No.30全国高中数学联合竞赛模拟试题

1、no.30高中数学联赛模拟试卷1、抛物线yx2上到直线x y 2 0的距离最小的点的坐标是12、 s,71 ，一，一、-=的整数部分是993、在棱长为j2的正四面体内任取一点 p , p到四面体四个面的距离分别记为 pr, pp2,pp3 , pp4 ,贝u pp1 pp2 pp3 pp44、在三棱锥 s abc中，侧棱sa, sb , sc两两垂直，sa sb 4, sc 6,在三棱锥的内部有一个与三棱锥的四面体都相切的球，则此球的半径r.x 1, x 0,5、若f (x)则1,x 0f(cos2)二当x 0,2 )且满足cosxf (sin x) 1的x的集合o6、已知（1 xn的展开式中

2、没有常数项, 7、双曲线y2 k关于直线x-y=1对称的曲线与直线 x+2y=1相切，则k的值等于8、求函数x4 32x 80x24的最小值和取最小值时x的值9、证明圆(x22a) (y b)2 .r的两条互相垂直的切线m,n的交点 p的轨迹万程是(x a)2(yb)2 2r2。10、密码员王超设计了一种给自然数编码的方法:（1）先将自然数表示成五进制数（逢五进）（2）再将五进制中的5个数码与集合 v,w,x,y,z中的元素建立一个对应，后来,他发现三个递增的相邻的十进制自然数被编成 的十进制数。vyz,vyx,vvw求被编成 vwxyz的数所对应11、数列 an的定义是:a 1包 1包 2,

3、an 31 ,、1一（an 1an 2 7）,证明，该数列中的 an项都是正整数。（德国）12、已知a, b是正数，并且2009. 20092007. 2007a b a b，求证 a2 b2 2。乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题3参考答案1、解法1设抛物线y x2上的点的坐标是 x,x2 ,则它到直线x y 2 0的距离是x x2 2 (x 2)2 7招21 12,4 .12时d最小，此时y 4 .故所求点的坐标是解法2如图，将直线x y 2 0平移至与抛物线 y求点.设切线方程为y x k ,代入y x2 ,得x2y y x2。，即14k 0 ,得k 1.解（得414 y x 4求点的坐标

4、是 1,1 .2,42 .x相切，则此时的切点即为所xxy解法3设所求点的坐标为p xo,yo，则过点p的抛物线的切线应与直线x y 2 0平行.而其切线方程为工2处 x0x，故2xo1 ,xo2. y x2 4.故所求点的坐标为2，1 .2、解112k 3 2k 12 v 2k 1即 l2r7 1 k k22.2k 12取k 1,2, ,49,得49个式子,并相加，得，1013111.3.5. 7显然1、1在8与9之间, 991998.拓展将题中106改为n2,得推广1当n为大于1的自然数时,1的整数部分是2(n1)., 1推广2当n为大于1的自然数时，1 ，3 22一 13证明 q12j2

5、,_3 k23.k 3k3,k3 k23(n 1).3 3k13k 3 3k 3n . (k 1) 1由于1,2,l ,n3n311, 113 22mmk_ m 1 mkmkm m 1l mk 1mk mmk 1mk ml1mmkm1mk 1 mk，故又得推广_1_3ktmk1).1332mk mk1，(k 1)3 当m、n为大于 1的自然数时，11，,的整数部分是m m 1m(n 1).3、解法1将p与正四面体的四个顶点联结，得到以p为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为 pp1, pp2 , pp3 , pp4,体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四

6、面体的底面一样，所以pp1 pp2 pp3 pp4 正四面体的高解法2设已知正四面体为 abcd ,由题意，可知 pp1 pp2 pp3 pp4为定值.故不妨令p为正四面体的一个顶点 a ,则p到面abc 、面acd、面adb的距离都是0 ,故pp1pp2 pr pp4就是点a到面bcd 的距离，即正四面体的高4、解：. sa, sb, sc 两两垂直，sa sb 4, sc 6 , ab 42 ,ac bc2%；13 , s sab 8 , s sbcs sac 12 , s abc4722,1 一 一 一 一设此二棱锥的内切球的半径为r ,则vsabc (s sabs sbcs sacs

7、abc )rsabcsab sbc sac abc /31(32 4v22)r vc sab 1s sab sc 11 4 4 616 ,333 2一 1 一 一 一即 1(32 4j22)r 16 ,解得 r 316 2、2275、希望杯 162 2126、08高考辽宁理科15题。答案5227、解 设点p (xo,yo)是双曲线x yk上任意一点，点 p关于直线x-y=1的对称点为p (x,y),则3 j 1，又一22x x01，解、联立方程组得x0y 1.p点在双曲线x2 y2 k上，x2y2v。x 1k.代入，得22(y 1) (x 1) k，此即对称曲线的方程，由x+2y=1 ,得x=

8、1-2y,代入并整理，得3y2 2y k 1。.由题意,=4-12 (k-1) =0,解得 k=,故选 b.38、解法1由已知函数式，得 jx4 32x 80 (y 4) x2 ,两边平方并整理，得2(y4)x2 32x(648yy2) 0,看作关于x的方程，由x r,知x0,即3228( y4)(648yy2)0,得 4后 y 4v,2 或 y 12 ，因为jx432x 80j(x24)28(x 2)2 32 4行，即 y (x2 4) 4&44行,故舍去，只取：y 12,将y 12代入已知函数式，得 x 1,即当且仅当x 1时，y 有最小值12.解法 2 因为 y 7(x2 8)2(4x

9、4)2 v(x2 4)2,所以设 a (x2 8,4x 4),b (x2 4,0),则 y a| b a b(x2 8,4x 4) (x2 4,0).(12)2 (4x 4)212,故当且仅当x1时，y有最小值12.9、证明如图，易知四边形 apbo1为正方形，所以|po1|= j2| ao1 | v2r ,所以点p的轨迹是以oi为圆心，j2r为半径的圆，其方程是 （x a）2 （y b）2 2r2 .10、希望杯 16 2 22211、12、由递推公式知,an 3anan1an 27, an 4an1an 2an7 ,两式相减，得:an 3anan4an 1 an 2anan 1 anan

10、3anan2an 3an 1anan 4anan 3(an an 2)an 1(an 2an 4)anan 2an 2 an 4(*),记 bna1an 1an 3an an 2，则 bn+2an 1an 2 anan 3,即 bnbn+2(*)a2k12、1包1 .1,a32,an 3-(an 1anan13a2ka2k 1 , a2k 25a2k 1证法b2证法27),彳#a49b13,b25,从而a2k ,结合 a1 1,a21,a32,知数列中各项为正。1若a与b中有一个等于1,那么另一个也等于, 一 .，21,此时，显然ab22.1996b1998a1，可将 a1998.1998b1

11、9981996,1996 由仁4 19962b 改与为a a,1996 .b 1b2 ,由矛盾）,1,0b219961996a1,.1996bb21996a1996b.q a22 -1996b与a1998a1998bb219961996a b证法1998a 1998b1998a 1998b1996, 2a b19981 1998a b1996. 22. 1996q a b a b又a21 2 -1996b与a1996. 2a b2. 1996a b19981 1998aba2 11 b21998a1996 丑 口b 同方,.q1998.1998a b1,得a2. 1996a bb21996 21998abba2 b21996a19961996a b,1996b0, a20,b219961 1996 f .a b 及 a,br，得 a2b21996. 1996abb219981998a b2, 1996a b19981998a b,1996 -1b 同号,1, a2b21996, 2a b2, 1996a b1998a 1998bb2b219961996a b19961996a b0,推广1设a,br,且a1998b1998 a1996 b1996