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2011年全国高中数学联赛模拟卷(10)(一试+二试


2011 年全国高中数学联赛模拟卷(10)第一试
(考试时间:80 分钟 满分:120 分) 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分)
1、设 a, b 是两个正整数, 它们的最小公倍数是 24·3·2· 那么这样的有序正整数对(a, b)有 3 7 11, 1 2、方程 16sinπxcosπx=16x+ 的解集合为 x 3、三棱锥 S ? ABC 是三条侧棱两两垂直的三棱锥, O 是底面 ?ABC 内的一点, 那么 W ? tan ?OSA ? tan ?OSB ? tan ?OSC 的最小值是______________
2 4、对任意 x, y ? R ,代数式 M ? 2 x ? 6 x ? 5 ?

_

组.

y 2 ? 4 y ? 5 ? 2 x 2 ? 2 xy ? y 2 的最小值为________

5、计算: sin

?
2011

sin

2? 3? 2010? sin ?sin ? _______________ 2011 2011 2011

6、篮球场上有 5 个人在练球,其战术是由甲开始发球(第一次传球) ,经过六次传球跑动后(中途每人 的传球机会均等)回到甲,由甲投 3 分球,其中不同的传球方式为___________种. 7、对 ?x, y ? R ,函数 f ( x, y ) 都满足:① f (0, y) ? y ? 1 ;② f ( x ? 1,0) ? f ( x,1) ; ③ f ( x ? 1, y ? 1) ? f ( x, f ( x ? 1, y)) ;则 f (3, 2011) ? __________________
2 n ?1

8、设 2n 个实数 a1 , a2 ,?, a2 n 满足条件

? (a
i ?1

i ?1

? ai ) 2 ? 1

则 ? ? (an ?1 ? an ? 2 ? ? ? a2 n ) ? (a1 ? a2 ? ? ? an ) 的最大值为________________

二、解答题(本大题共 3 小题,第 9 题 16 分,第 10、11 题 20 分,共 56 分) m m ?1 9.设由不超过 1000 的两个正整数组成的数对 (m, n) 满足条件: . ? 2? n ?1 n 试求所有这样的数对 (m, n) 的个数.

10. P 是椭圆a2+b2=1(a>b>0)上任意一点,F1 , F2 是椭圆的焦点,PF1 , PF2 分别交椭圆与 A, B 两点,
求证:

x2

y2

| PF1 | | PF2 | ? 是定值. | F1 A | | F2 B |

11. 给定大于 2011 的正整数 n ,将 1, 2,3,?, n 2 分别填入 n ? n 的棋盘的方格中,使每个方格恰有一个
数,如果一个方格中填的数大于它所在行至少 2011 个方格内所填的数,且大于它所在列至少 2011 个方格内所填的数,则称这个方格为“优格” ,求棋盘中“优格”个数的最大值.

2011 模拟卷(10)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(10)加试
(考试时间:150 分钟 满分:180 分) 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 一、 (本题满分 40 分)设 D 为 ?ABC 内的一点,作 DP⊥BC 于 P,DQ⊥AC 于 Q,DR⊥AB 于 R BA DA 求证: PQ ? QR 是 的充要条件。 ? A BC DC

R D

Q

B P

C

二、 (本题满分 40 分)已知数列 {an } ,令 bk 为 a1 , a2 ,?, ak 中的最大值( k ? 1, 2,?, n ) ,则称数列
{bn } 为 { { “创新数列”数列 {bn } 中不同数的个数称为 , “创新数列” bn } 的 “阶数”例如: an } 为 1,3,5, 4, 2 , ,
则“创新数列” {bn } 为 1,3,5,5,5 ,其“阶数”为 3.若数列 {an } 由 1, 2,3,?, n ( n ≥3)构成,求能构 成“创新数列” {bn } 的“阶数”为 2 的所有数列 {an } 的首项和.

三、 (本题满分 50 分)设 ?ABC 的三边长为 a, b, c , ha , mb , tc 分别为对应边上的高、中线和角平
分线,求证: ha ? mb ? tc ≤

3 (a ? b ? c) , 当且仅当 ?ABC 是正三角形时等号成立. 2

四、 (本题满分 50 分)求证:面积为 1 的凸 n ( n ≥6)边形可以被面积为 2 的三角形覆盖.

2011 模拟卷(10)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(10)答案
1、设 a ? 2 1 ? 3 2 ? 7 3 ?11 4 , b ? 2 1 ? 3 2 ? 7 3 ?11 4 , 则有
? ? ? ? ? ? ? ?

{?1 , ?1}max ? 4,{? 2 , ? 2 }max ? 3,{?3 , ?3}max ? 2,{? 4 , ? 4 }max ? 1 . 故有序正整数对(a, b)有 (2 ? 4 ? 1)(2 ? 3 ? 1)(2 ? 2 ? 1)(2 ?1 ? 1) =945 组.
1 1 2、当 x>0 时,16x+ ≥8,(x= 取到等号)而 x 4 1 ,(x= +k, k∈Z 取到 4 1 1 等号), 于是有当 x>0 时,方程只有一个解 x= 。由于奇函数的性质,可知 x= 是方程的另一解。 4 4 1 1 故方程的解集合为{ , - } 4 4
2 2 2 2 2 2

3、解:由 cos ?OSA ? cos ?OSB ? cos ?OSC ? 1 , 得 sin ?OSC ? cos ?OSA ? cos ?OSB ≥ 2cos ?OSA ? cos ?OSB , 同理还有两个不等式,则 W≥ 2 2 . 4、 配方得 M ? 解:

( x ? 1) 2 ? ( x ? 2) 2 ? 1 ? ( y ? 2) 2 ? x 2 ? ( x ? y ) 2 , A1 ( , , 0 ) C 设 ,, 2 ( ) ) ( Bxx ,

y



点 A 关于直线 y ? x 的对称点为 A1 (2,1) ,关于 y 轴的对称点为 A2 (?1, 2) , 所以: M ?| AB | ? | AC | ? | BC |?| A1B | ? | A2C | ? | BC | ≥ | A1 A2 |? 10 .

2? 2? , 则 z1 是方程 z n ? 1 的根, ? i sin n n 2 n ?1 2 n ?1 则 1 ? z ? z ? z ? ( z ? z1 )( z ? z1 )? ( z ? z1 ) , ? 2? (n ? 1)? 2011 ,令 n ? 2011 ,则原式= 2010 ? n ?| (1 ? z1 )(1 ? z12 )? (1 ? z1n?1 ) |? 2n?1 sin sin ?sin n n n 2 n ?1 6、解:设经过 n 次传球跑动后回到甲的不同传球方式为 an ( n ≥2) ,则 an ? an ?1 ? 4 ,
5、解:设 z1 ? cos 所以 a6 ? (a6 ? a5 ) ? (a5 ? a4 ) ? ?? ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 820
5 4 3 2

f (2, n) ? 2n ? 3 f (3, n) ? 2n?3 ? 3 . f (3, 2011) ? 22014 ? 3 8、解: 当 n ≥2 时,令 x1 ? a1 , xi ?1 ? ai ?1 ? ai i ? 1, 2,3,?, 2n ? 1
7、解:由①②③可推出 f (1, n) ? n ? 2
2 n ?1



?x
i?2

2 i

? 1 , ai ? x1 ? x2 ? ? ? xi
? x2 ? 2 x3 ? ? ? (n ? 1) xn ? nxn?1 ? (n ? 1) xn? 2 ? ? ? x2 n

所以: ? ? n( x1 ? x2 ? ? ? xn ) ? nxn?1 ? (n ? 1) xn ?2 ? ? ? x2 n ? (nx1 ? (n ? 1) x2 ? ? ? xn )
2 n ?1 i ?2

≤ (1 ? 2 ? ? ? n ? ? ? 1 )
2 2 2 2

?x

2 i

?

n(2n 2 ? 1) . 3

m m ?1 9、解:由 可得 2n ? 1 ? m ? 2( n ? 1) ? 2? n ?1 n 对于每个 n ,在这个范围内的整数个数为 [ 2(n ? 1)] ? [ 2n ? 1] ? [ 2( n ? 1)] ? [ 2n] ? 1
又 707 2 ? 1000 ? 708 2 , 则 n ≤707, 但当 n ? 707 时, m ? 999,1000 所以:数对 (m, n) 的总数为
706

? ([
n ?1

706

2(n ? 1)] ? [ 2n] ? 1) ? 2

? ? ([ 2(n ? 1)] ? [ 2n]) ? 708
n ?1

? 708 ? [707 2] ? [ 2] ? 708 ? 999 ? 1 ? 1706
2011 模拟卷(10) 第 3 页 共 6页

10、证明:如图, 由椭圆的定义知: | PP |? 1

| PF1 | , | F1M |? p , e

P
P1 M A1

| AA1 |?

| FA1 | 其中 e 为该椭圆的离心率, e

p 为该椭圆的焦准距.由相似形及和分比定理得: | PF1 | | AF1 | ? | AP | | AF1 | ? | F1P | e ? | PF1 | ? | AF1 | ? 2 | PF1 | ? ? e | AF1 | | AF1 | | AF1 | ep ? | AF1 | ep p? e | PF1 | 2 | PF1 | | PF2 | 2 | PF2 | 所以: ? ? 1 , 同理可得: ? ?1 | AF1 | ep | BF2 | ep

A

F1

F2

B

| PF1 | | PF2 | 2 4a 4a 2 ? (| PF1 | ? | PF2 |) ? 2 ? ? 2 ? 2 ? 2 为定值. 所以: ? ep b | F1 A | | F2 B | ep
11、解:定义一个方格中填的数大于它所在行至少 2011 个方格中所填的数,则称此格为行优的. 又每一行中填较小的 2011 个数的格子不是行优的,得到每行中有 n ? 2011个格子为行优的. 另外,每一个“优格”一定是行优的,所以棋盘中“优格”个数≤ n(n ? 2011) . 将棋盘的第 i (i ? 1, 2,3,?, n) 行第 i, i ? 1,?, i ? 2010 (大于 n 时, 取模 n 的余数) 列中的格子填入 “*” , 再将 1, 2,3,?, 2011n 填入有“*”的格子,其余的数填入没有“*”的格子.没有“*”的格子中填的数 大于有“*”的格子中填的数,所以,棋盘中没有“*”的格子都是“优格” ,共有 n(n ? 2011) 个. 容易验证这种填法满足条件,所以“优格”个数的最大值为 n(n ? 2011) 个. A

二试题答案:
一、证明:证明:先证充分性。 如图,由于∠DPC=∠DQC=90° ,所以 D,Q,P,C 四点共圆。 进而∠BCA+∠PDQ=180° ,∠ACD=∠QPD 同理,由 D,R,A,Q 四点共圆, 得∠CAD=∠QRD,∠BAC+∠QDR=180° 在 ?ABC 和 ?ADC 中应用正弦定理,得 B P C D R Q

BA sin ?BCA sin ?PDQ DA sin ?ACD sin ?QPD ? ? ? ? ; BC sin ?BAC sin ?QDR DC sin ?CAD sin ?QRD BA DC sin ?PDQ sin ?QRD PQ QD PQ BA DA ? ? ? ? ? ? ? 1 ,于是 又 PQ=QR,所以 ? BC DA sin ?QPD sin ?QDR QD QR QR BC DC BA DC sin ?PDQ sin ?QRD PQ QD PQ ? ? ? ? ? ? 再证必要性。同上可得 BC DA sin ?QPD sin ?QDR QD QR QR PQ BA DA BA DC ? 1 ,所以 PQ ? QR 又 ,所以 ? ? ? 1 ,即 QR BC DC BC DA
2011 模拟卷(10) 第 4 页 共 6页

二、解:首项 a1 ? k ,则 1, 2,?, k ? 1任意排列,第一个空的位置是 n , 则所有数列 {an } 的首项和为 ?

? kP
k ?1

n ?1

k ?1 n ?1

(n ? 1 ? k )! ? ? k
k ?1

n ?1

(n ? 1)! (n ? 1 ? k )! (n ? k )!

k n?k n (n ? 1)! ? (n ? 1)!? ? (n ? 1)!? ( ? 1) k k ?1 n ? k k ?1 k ?1 k n ?1 n ?1 1 1 1 1 1 1 n ?1 ? n !? ( ? ) ? n !(1 ? ? ? ? ? ? ) ? n !? n 2 3 n ?1 n k ?1 k k ?1 k ? 1 方法二、设 ak ?1 ? n ,首项 a1 ? q ( q ≥ k ) , ??
n ?1

n ?1

n ?1

则所有数列 {an } 的首项和为

?? qP
q ? k k ?1
n ?1

n ?1 n ?1

k ?1 n ?1? k q ?1 n ?1? k

P

? ?? q
q ? k k ?1

n ?1 n ?1

(q ? 1)! (n ? 1 ? k )! (q ? k )!

? ??
q ?k
n ?1

n ?1 n ?1

q! k (n ? 1 ? k )!k ! ? ?? Cq (n ? 1 ? k )!k ! ? k ?1 ( q ? k )! k ! q ? k k ?1
n ?1 n ?1 n! n! 1 (n ? 1 ? k )!k ! ? ? ? n !? ? k ?1 ( k ? 1)! ( n ? k ? 1)! k ?1 k ? 1 k ?1 k ? 1

n ?1 n ?1

k ? ? Cn ?1 (n ? 1 ? k )!k ! ? ? k ?1

2bc A cos , b?c 2 2 2 2 2 4b c 4b c 1 ? cos A 2b 2c 2 b2 ? c 2 ? a 2 2 2 A cos ? ? (1 ? ) 所以: ta ? (b ? c) 2 2 (b ? c) 2 2 (b ? c) 2 2bc bc 1 ? ((b ? c) 2 ? a 2 ) ≤ ((b ? c)2 ? a 2 ) , 2 (b ? c) 4
三、证明:由角平分线公式知 ta ? 由柯栖不等式得: mb ? 2ta ≤ 3(mb ? 2ta ) ≤
2 2

3 3 (2(a 2 ? c 2 ) ? b 2 ? 2(b ? c) 2 ? 2a 2 ) ? (b ? 2c) , 4 2

同理 mb ? 2tc ≤

3 (b ? 2a) , 2

所以: ha ? mb ? tc ≤ ta ? mb ? tc ?

当且仅当 ?ABC 是正三角形时等号成立.

1 3 3 1 (b ? 2c ? b ? 2a) ? (a ? b ? c) , (mb ? 2ta ? mb ? 2tc ) ≤ 2 2 2 2

1 四、证明: (1)若凸 n 边形中顶点三角形面积都小于等于 ,则取其顶点三角形中面积最大的, 2 设为 ?A1 B1C1 ,作 ?A2 B2C2 使得 A1 , B1 , C1 为 ?A2 B2C2 各边的中点. C2 则凸 n 边形其它顶点都在 ?A2 B2C2 中(包括边界) , 其面积小于等于 2. 否则与 ?A1 B1C1 面积最大矛盾.所以 ?A2 B2C2 覆盖了凸 n 边形,

C2

C1 P1

P2 A1
A2

A1

B1
B2

B1
A2
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O

B2

C1

P3

2011 模拟卷(10)

1 (2)若凸 n 边形中存在顶点三角形面积大于 ,设为 ?A1 B1C1 ,如图设 P 为直线 B1C1 与 A1 异侧的顶点 1 2 中到直线 B1C1 距离最大的点; P2 为直线 A1C1 与 B1 异侧的顶点中到直线 A1C1 距离最大的点; P3 为直线

A1 B1 与 C1 异侧的顶点中到直线 A1 B1 距离最大的点;过 P1 , P2 , P3 分别作 B1C1 , A1C1 , A1 B1 的平行
线,得到 ?A2 B2C2 .设 ?A2 B2C2 与 ?A1 B1C1 的位似中心为 O ,相似比为 t (t ? 1) 则 OC1 : C1C2 ? 1: (t ? 1) 所以:S?P1B1C1 ? (t ? 1) S?OB1C1 ,S?P2 A1C1 ? (t ? 1) S ?OA1C1 ,S?P3 A1B1 ? (t ? 1) S?OA1B1 又 S六边形P1B1P3 A1P2C1 ≤1,得 所以: S?A2 B2C2

t ? t ( S?OB1C1 ? S?OA1C1 ? S?OA1B1 ) ≤1,所以: t ? 2 2 ? t 2 ( S?OB1C1 ? S?OA1C1 ? S?OA1B1 ) ? t ? t ( S?OB1C1 ? S?OA1C1 ? S?OA1B1 ) ? 2

即 ?A2 B2C2 覆盖了凸 n 边形.

2011 模拟卷(10)

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