2022年全国高中数学联赛模拟卷

1、201x年全国高中数学联赛模拟卷一试（考试时间：80 分钟满分 100 分）一、填空题 （共 8 小题，5678分）1、已知 , 点(x,y)在直线x+2y=3上移动 , 当24xy取最小值时 , 点(x ,y )与原点的距离是。2、设( )f n为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如22212312314f。记1( )( )f nf n，1( )( )kkfnffn，1,2,3.k，则)2010(2010f。3、如图，正方体1111dcbaabcd中，二面角11abda的度数是。4、在2010,2, 1中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是。5、若正数cba,满足bacc

2、abcba，则cab的最大值是。6、在平面直角坐标系xoy中，给定两点m （ -1，2）和 n （1，4） ，点 p在 x轴上移动， 当mpn取最大值时，点p的横坐标是。7、已知数列.,.,210naaaa满足关系式18)6)(3(1nnaa且30a，则niia01的值是。8、 函数sincostancotsincostancot( )sintancostancoscotsincotxxxxxxxxf xxxxxxxxx在( ,)2xo时的最小值为。二、解答题 （共 3 题，分44151514）9、设数列na满足条件：2, 121aa，且, 3, 2, 1(12naaannn) 求证：对于任何

3、正整数n，都有：nnnnaa11110、已知曲线myxm22:，0 x，m为正常数直线l与曲线m的实轴不垂直，且精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 12 页 - - - - - - - - -依次交直线xy、曲线m、直线xy于a、b、c、d4 个点，o为坐标原点。（1）若|cdbcab，求证：aod的面积为定值；（2）若boc的面积等于aod面积的31，求证：|cdbcab11、 已知、是方程01442txx（rt）的两个不等实根，函数)(xf122xtx的定义域为 ， 。（）求);(min)(max)(xfxftg（）证明：

4、对于)2,0(iu)3,2, 1(i，若1sinsinsin321uuu，则643)(tan1)(tan1)(tan1321ugugug。二试精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 12 页 - - - - - - - - -（考试时间： 150 分钟总分： 200 分）一、 （本题 50 分）如图， o1和o2与abc的三边所在的三条直线都相切，e、f、g 、h为切点，并且 eg 、fh的延长线交于 p点。求证：直线 pa与 bc垂直。二、 （本题 50 分）正实数zyx,，满足1xyz。证明：0225252252522525y

5、xzzzxzyyyzyxxxe f a b c g h p o1。o2精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 12 页 - - - - - - - - -三、 （本题 50 分）对每个正整数n，定义函数.1,0)(不为平方数当为平方数当nnnnf（其中 x 表示不超过 x 的最大整数，)xxx。试求：2401)(kkf的值。四、 （本题 50 分）在世界杯足球赛前， f国的教练员为了考察a1、a2、a3、a4、a5、a6、a7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛( 每场比赛 90 分钟) 中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些队员都

6、有且只有一人在场上，并且a1、a2、a3、a4每人上场的总时间 (以分钟为单位 ) 均被 7 整除，a5、a6、a7每人上场的总时间 (以分钟为单位 ) 均被 13 整除如果每场换人的次数不限， 那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同的情况？精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 12 页 - - - - - - - - -答案与解析一、填空题1、453。yx42222xy= 42。x =32,y =34时取最小值 , 此时22xy=3 54。2、4。解：将5)2010(f记做52010，于是有89583716420421

7、458985292552010从 89 开始，nf是周期为8 的周期数列。故4)89()89()89()2010(58250520052010ffff。3、60。解：连结1,dc1作cebd，垂足为e，延长 ce交1ab于 f，则1febd，连结 ae ，由对称性知1,aebdfea是二面角11abda的平面角。连结 ac ，设 ab=1 ，则112,3.acadbd1rt abd在中，1123ab adaebd，在22222242213cos42223aeceacaeacaecaecae ceae中 ,0120 ,aecfeaaec而是的补角，060fea。4、40183。解：三个数成递增等

8、差数列，设为dadaa2,，按题意必须满足,20102da1004d。 对于给定的d，a 可以取 1，2， 2010-2d 。故三数成递增等差数列的个数为.1004*1005)22010(10041dd三数成递增等差数列的概率为401831004*100532010c。5、4117。解：由条件，有cbabaccab，令zacycbxba,；则2,2,2xzyczyxbyzxa，从而原条件可化为：ced1c1a1b1abdf精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 12 页 - - - - - - - - -, 1411yxzyzxz

9、yxzxzyzyx令, tzyx则14tt，解得21712171tt或，故41172122tzzyxcab6、1。解：经过 m 、n两点的圆的圆心在线段mn的垂直平分线y=3x 上，设圆心为s（a，3a） ，则圆 s的方程为：222()(3)2(1)xayaa对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当mpn取最大值时，经过m ，n，p三点的圆s必与 x轴相切于点p，即圆 s的方程中的a值必须满足222(1)(3) ,aa解得 a=1或 a=7。即对应的切点分别为(1,0)( 7,0)pp和，而过点 m ，n，p的圆的半径大于过点m ，n，p的圆的半径，所以mpnmp

10、 n，故点 p（1， 0）为所求，所以点p的横坐标为1。7、)32(312nn。解：设1111,0,1,2,.,(3)(6)18,nnnnbnabb则即1111113610.2,2()333nnnnnnbbbbbb故数列13nb是公比为2 的等比数列，11001111112 ()2 ()2(21)33333nnnnnnbbba。11200111 2(21)1(21)(1)23332 13nnnninii oiiibnna。8、4。解：xxxxxxxxxxxxxfcotsin1tancos1)cot(tancotcos1tansin1)cos(sin)(xxxxxxxxxxxxcotcostan

11、sin4)cot(tancotcostansin4)cos(sin（由调和平均值不等式）4要使上式等号成立，当且仅当精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 12 页 - - - - - - - - -)2(sincotcostan) 1(cotcostansinxxxxxxxx（1）（ 2）得到xxxxsincoscossin，即得xxcossin。因为)2,0(x，所以当4x时，4)4()(fxf。所以4)(minxf。二、解答题9、证明：令10a, 则有11kkkaaa，且), 2, 1(1111kaaaakkkk于是nkkk

12、nkkkaaaan11111由算术 - 几何平均值不等式，可得nnnaaaaaa132211+nnnaaaaaa113120注意到110aa，可知nnnnnaaa11111，即nnnnaa11110、解： （1）设直线l：bkxy代入myx22得：02)1(222mbbkxxk，0得：0)1(22kmb，设),(11yxb，),(22yxc，则有22112kbkxx，22211)(kmbxx，设),(33yxa，),(44yxd，易得：kbx13，kbx14，由|cdbcab得|31|adbc，故|31|4321xxxx，代入得|12|311)(4)12(22222kbkmbkbk，整理得：)

13、 1(8922kmb，又|1|2|kboa，|1|2|kbod，90aod，aods=mkb89|1|22bacqpy o c x d b a 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 12 页 - - - - - - - - -为定值 . （2）设bc中点为p，ad中点为q则22112kbkxxxp，24312kbkxxxq，所以qpxx，p、q重合，从而|dpap，从而|cdab，又boc的面积等于aod面积的31，所以|31|adbc，从而|cdbcab. 11、 解： （）设22121122,4410, 4410,xxxtx

14、xtx则221212121214()4 ()20,2()02xxt xxx xt xx则211212212122222121()()2222()()11(1)(1)xxt xxx xxtxtf xf xxxxx又12121212211()22()20()()02t xxx xt xxx xf xf x故( )f x在区间,上是增函数。1,4t2222()()22( )max( )min( )( )( )1tg tf xf xff2222225181(25)225162516tttttt（）证：2228216(3)24coscoscoscos(tan)16169cos9cosiiiiiiiuuu

15、uguuu222 16 2416 6(1,2,3)169cos169cosiiiuu精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 12 页 - - - - - - - - -33322111111(169cos)(16 39 39)sin)(tan)16 616 6iiiiiiuugu33322111sin1,(0,),1,2,33sin(sin)12iiiiiiiuuiuu且，而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，123111113(759)6(tan)(tan)(tan)3416 6gugugu二试一、 证明：延长pa交 e

16、f于 d，则 peg和 phf分别是 acd与 abd的截线，由梅涅劳斯定理得：de cgapec ga pd=1 bf dp ahfd pa hb=1 o1、 o2都是 abc的旁切圆，ec=cg=12（bc+ca+ab ）=bf=hb 于是由、得：defd=gaah又 rtago1rtaho2defd=gaah=12aoao而 o1、a、o2三点共线，且,21effoefeobcpa二、 证明：原不等式可变形为0225522255222552yxzzzxzyyyzyxxx即3225222225222225222yxzzyxxzyzyxzyxzyx由柯西不等式以及1xyz可得h g f e

17、o2 o1 p d c b a 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 12 页 - - - - - - - - -222222225)()(zyxyzxzyyzzyx,)(2222zyx即22222225222zyxzyyzzyxzyx同理22222225222zyxxzzxxzyzyx22222225222zyxyxxyyxzzyx上面三式相加并利用zxyzxyzyx222得32222225222225222225222zyxzxyzxyyxzzyxxzyzyxzyxzyx三、解：对任意*,nka， 若22)1(kak， 则k

18、ka212，设, 10,ka则.21, 1221112222kakakakkakkakakaa让a跑遍区间22)1( ,(kk）中的所有整数，则22)1(21,21kakkiika于是2) 1(11212)(nanikiikaf下面计算kiik21,2画一张 2k 2k 的表，第i 行中，凡是i 行中的位数处填写“* ”号，则这行的“ * ”号共2ik个，全表的“ * ”号共kiik212个；另一方面，按列收集“* ”号数，第 j 列中，若j 有 t（ j ）个正因数，则该列使有t（j ）个“ *”号，故全表的“*”号个数共kjjt21)(个，因此kiik212=kjjt21)(. 示例如下：

19、精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 12 页 - - - - - - - - -j i 1 2 3 4 5 6 1 * * * * * * 2 * * * 3 * * 4 * 5 6 * 则)2() 12()4()3()1()2()1()()(1121ntntttnttnjtafninikj由此，1512561)() 12()16()(kkktktkkf记,15,2 , 1),2()12(kktktak易得ka的取值情况如下：k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ka3 5 6 6 7 8 6 9 8 8 8 10 7 10 10 因此，151161783)16()(kkkakkfn据定义0)16()256