高中数学比赛模拟试题一汇总

千里之行，始于足下。第2页/共2页精品文档推荐高中数学比赛模拟试题一汇总高中数学比赛模拟试题一

一试

（考试时刻：80分钟满分100分）

一、填空题（共8小题，5678=?分）

1、已知,点(,)xy在直线23xy+=上挪移,当24xy+取最小值时,点(,)xy与原点的距离是。

2、设()fn为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如

()22212312XXX

f=++=。记

1()()

fnfn=，

1()(())

kkfnffn+=，

1,2,3...

k=，则

=)2010(2010f

。

3、如图，正方体1

111DCBAABCD-中，二面角

1

1ABDA--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,,满脚

b

ac

cabcba+-

+=+，则cab+的最大值是。

6、在平面直角坐标系xoy中，给定两点(1,2)M-和(1,4)N，点P在X轴上挪移，当MPN∠取最大值时，点P的横坐标是。

7、已知数列...,,...,,,210naaaa满脚关系式18)6)(3(1=+-+nnaa且30=a，则∑=n

ii

a01

的值是。

8、函数sincostancotsincostancot()sintancostancoscotsincotxxxxxxxxfxxx

xx

xx

xx

++++=+++++++在(,)2

xoπ∈时的最

小值为。

二、解答题（共3题，分44151514=++）

9、设数列}{na满脚条件：2,121==aa，且,3,2,1(12=+=++naaannn)

求证：关于任何正整数n，都有：nn

nnaa111+≥+

10、已知曲线myxM=-22:，0>x，m为正常数．直线l与曲线M的实轴别垂直，且依次交直线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3

1，求证：||||||CDBCAB==

11、已知α、β是方程24410()xtxtR--=∈的两个别等实根，函数=)(xf

1

22

+-xt

x的定义域为[,]αβ.（Ⅰ）求);(min)(max)(xfxftg-=（Ⅱ）证明：关于)

2

,0(π∈iu)3,2,1(=i，若1sinsinsin321=++uuu，则

64

3

)(tan1)(tan1)(tan1321∠，故点(1,0)P为所求，因此点P的横坐标为1.7、)32(3

12--+nn.

解：设1111,0,1,2,...,(3)(6)18,nnnn

bnabb+==-+=则

即111111

3610.2,

2()333

nnnnnnbbbbbb+++--=∴=++=+故数列1{}3

nb+是公比为2的等比数列，

1100111111

2()2()2(21)33333

nnnnnnbbba+++

=+=+=?∴=-。()112001112(21)

1(21)(1)2333213

nn

nn

iniioiiibnna+++===??-==-=-+=--??-??∑∑∑。8、4.解：

?

?

???+++++?????++++≥xxxxxxxxxxxxcotcostansin4)cot(tancotcostansin4)cos(sin（由调和平均值别等式）4=要使上式等号成立，当且仅当

（1）－（2）得到xxxxsincoscossin-=-，即得xxcossin=。因为)2

,0(π∈x，

因此当4

π=x时，4)4

()(==

π

fxf。因此4)(min=xf。

二、解答题9、证明：令10=a,则有11-++=kkkaaa，且),2,1(11

11=+=

+-+kaa

aakkkk于是

∑∑=+-=++=n

kkkn

kkkaa

aan11

111由算术-几何平均值别等式，可得注意到

110==aa，可知

n

nnn

naaa11

1

1

1+++

≥

，即

n

n

n

naa1

11+

≥+

10、解：（1）设直线l：bkxy+=代入myx=-22得：

02)1(222=mbbkxxk，0>?得：0)1(22>-+kmb，

设),(11yxB，),(22yxC，则有2

2112kbkxx-=+，2

2211)

(k

mbxx-+-=，设),(33yxA，),(44yxD，

易得：k

bx-=13，k

b

x+-=

14，由||||||CDBCAB==得||3

1||ADBC=，

故||3

1||4321xxxx-=-，

代入得

|12|311)(4)12(2

2222k

bkmbkbk-=-++-，整理得：)1(8

922-=kmb，又|1|

2||kbOA-=

，|1|2||k

b

OD+=，?=∠90AOD，∴22

9|1|8

AOD

bSmk?==-为定值.（2）设BC中点为P，AD中点为Q则2

2112kbk

xxxp

-=+=

，2

4312kbk

xxxQ

-=+=

，

因此QPxx=，P、Q重合，从而||||DPAP=，

从而||||CDAB=，又BOC?的面积等于

AC

Q

AOD?面积的

31

，因此||3

1||ADBC=，从而||||||CDBCAB==.

11、解：（Ⅰ）设22

121122,4410,

4410,xxxtxxtxαβ≤+-+>∴->故()fx在区间[],αβ上是增函数。（Ⅱ）证：

22

28216

(3)24coscoscoscos(tan)16169cos9cosi

iiiii

i

uuuuguuu++==+

+22(1,2,3)169cos169cosiiiuu≥==++

3

33

2

21

1

1

sin1,(0,),1,2,3

3sin(sin)12

i

iiiiiiu

uiuuπ

====∈=∴≥=∑∑∑且，

而均值别等式与柯西别等式中，等号别能并且成立，

二试

一、证明：延长PA交EF于D，则PEG和PHF分不是

ACD?与ABD?的截线，由梅涅劳斯定理得：

1DECGAP

ECGAPD=①

1BFDPAH

FDPAHB

=②

12,OO基本上ABC?的旁切圆，

1

()2

ECCGBCCAABBFHF

∴==++==③

于是由①、②、③得：

DE

FD

=GAAH

H

G

F

E

O2

O1

PDCB

A

又

1

2RtAGORtAHO??

∴

DE

FD

=GAAH=1

2

AOAO

而12,,OAO三点共线，且,,21EFFOEFEO⊥⊥∴

BCPA⊥

二、证明：原别等式可变形为02255

22255222552≤++-+++-+++-y

xzzzxzyyyzyxxx

即32252

22225222225222≤++++++++++++++y

xzzyxxzyzyxzyxzyx

由柯西别等式以及1≥xyz可得

即2222

2225222zyxzyyzzyxzyx++++≤++++

同理2222

2225222z

yxxzzxxzyzyx++++≤++++

上面三式相加并利用zxyzxyzyx++≥++222得三、解：对任意*,Nka∈，若22)1(+<<kak，则kka212≤-≤，设,10,<<+=θθka

则

].2[]}

{1[,12211}{12

222kakakakkakkakak

aa-=∴+-<-+=-+=

-=

=θθ

让a跑遍区间22)1(,(+kk）中的所有整数，

则∑∑+<<==22)1(21],2[]}

{1

[kakk

iika

于是∑

∑∑+====2)1(1

121

]

2[

)(nanik

ii

kaf……①

下面计算∑=k

ii

k21

],2[画一张22kk?的表，第i行中，凡是i行中的位数处

填写“*”号，则这行的“*”号共]2[ik

个，全表的“*”号共∑=k

iik21

]2[个；

另一方面，按列收集“*”号数，第j列中，若j有()Tj个正因数，则

该列使有()Tj个“*”号，故全表的“*”号个数共

∑=kjjT21

)(个，所以22112[]().k

k

ijk

Tji===∑∑示例如下：

则)]2()12([)]4()3()[1()]2()1([)()(1

121

nTnTTTnTTnjTafninik

j+-+++-++==∑∑∑===

……②

由此，∑∑==+--=15

1

256

1

)]()12()[16()

(kkkTkTkkf……③

记,15,,2,1),2()12(=+-=kkTkTak

易得ka的取值事情如下：

所以，∑∑===-=15

1

161

783)16()(kkkakkfn

……④

据定义0)16()256(2==

ff，

又当)3016(15},255,,242,241{2≤≤+=∈rr

kk设，

30

1515311515151515222r

rrrrr

rk<

++<?

++=

-+=-，

231

}15{13012<<+<≤