高中數(shù)學競賽模擬題1-5

1、2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽模擬試題一一試一填空題（每小題8分，共64分）1函數(shù)在上的最小值是 2. 函數(shù)的值域是 3. 將號碼分別為1、2、9的九個小球放入一個袋中，這些小球僅號碼不同，其余完全相同。甲從袋中摸出一個球，其號碼為a，放回后，乙從此袋中再摸出一個球，其號碼為b。則使不等式a2b+10>0成立的事件發(fā)生的概率等于 4設數(shù)列的前項和滿足：，則通項= 5.已知橢圓與直線交于M,N兩點,且,(為原點),當橢圓的離心率時,橢圓長軸長的取值范圍是 6函數(shù)的最大值是 7在平面直角坐標系中，定義點、之間的“直角距離”為若到點、的“直角距離”相等，其中實數(shù)、滿足、，則所有滿足條件的點的軌跡的

2、長度之和為 8一個半徑為1的小球在一個內壁棱長為的正四面體容器內可向各個方向自由運動，則該小球永遠不可能接觸到的容器內壁的面積是 二.解答題（共56分）9.（16分） 已知定義在上的函數(shù)滿足：，且對于任意實數(shù)，總有成立.（1）若數(shù)列滿足，求數(shù)列的通項公式； （2）若對于任意非零實數(shù)，總有.設有理數(shù)滿足，判斷和 的大小關系，并證明你的結論.10.（20分）設，數(shù)列滿足，（1）求數(shù)列的通項公式； （2）證明：對于一切正整數(shù)，11.（20分）若、，且滿足，求的最大值。加試一（40分）在平面直角坐標系上，給定拋物線：實數(shù)滿足，是方程的兩根，記（1）過點作的切線交軸于點證明：對線段上的任一點，有；（2）

3、設，當點取遍時，求的最小值 （記為）和最大值（記為）.二（40分）如圖，給定凸四邊形，是平面上的動點，令（）求證：當達到最小值時，四點共圓；（）設是外接圓的弧上一點，滿足：，又是圓的切線，求的最小值二題圖三（50分）如圖，在7×8的長方形棋盤的每個小方格的中心點各放一個棋子。如果兩個棋子所在的小方格共邊或共頂點，那么稱這兩個棋子相連?，F(xiàn)從這56個棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子，沒有五個在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。問最少取出多少個棋子才可能滿足要求？并說明理由。四（50分）求證：對均有無窮多個正整數(shù)，使得中恰有i個可表示為三個正整數(shù)的立方和。模擬試題一參考答案 第一試

4、一 填空題（每小題8分，共64分）1.2當時，因此，當且僅當時上式取等號而此方程有解，因此在上的最小值為22. 設t=sinx+cosx=因為所以又因為t2=1+2sinxcosx,所以sinxcosx=，所以，所以因為t-1，所以，所以y-1.所以函數(shù)值域為3. 。甲、乙二人每人摸出一個小球都有9種不同的結果，故基本事件總數(shù)為92=81個。由不等式a2b+10>0得2b<a+10，于是，當b=1、2、3、4、5時，每種情形a可取1、2、9中每一個值，使不等式成立，則共有9×5=45種；當b=6時，a可取3、4、9中每一個值，有7種；當b=7時，a可取5、6、7、8、9中

5、每一個值，有5種；當b=8時，a可取7、8、9中每一個值，有3種；當b=9時，a只能取9，有1種。于是，所求事件的概率為。4. 。，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以 5. 。由,可得 由得,即,將,代入得,即,因為,得,得,有,解得.6. 。函數(shù)的定義域為，且。當且僅當，等號成立，即時函數(shù)取最大值。7. 。由條件得 -當時，化為，無解；當時，化為，無解；當時，化為 -若，則，線段長度為；若，則，線段長度為；若，則，線段長度為綜上可知，點的軌跡的構成的線段長度之和為。 答圖18. 。如答圖1，考慮小球擠在一個角時的情況，記小球半徑為，作平面/平面，與小球相切于點，則小球球心為正四面

6、體的中心，垂足為的中心因 ，故，從而記此時小球與面的切點為，連接，則考慮小球與正四面體的一個面(不妨取為)相切時的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，記為，如答圖2記正四面體的棱長為，過作于答圖2 因，有，故小三角形的邊長小球與面不能接觸到的部分的面積為（如答圖2中陰影部分） 又，所以由對稱性，且正四面體共4個面，所以小球不能接觸到的容器內壁的面積共為二 解答題（共56分）9.解:（1）令，又，. 令，得 ，即 對任意的實數(shù)總成立， 為偶函數(shù). 令，得 ，. . 令，得，. 是以為首項，以為公比的等比數(shù)列. . （2）結論：. 證明：時，,，即.令（），故，總有成立. 則.對

7、于，總有成立. 對于，若，則有成立.，所以可設，其中是非負整數(shù)，都是正整數(shù)，則，令，則.，即. 函數(shù)為偶函數(shù)，. 10解：， 當時，則是以為首項，為公差的等差數(shù)列，即 當且時，當時，是以為首項，為公比的等比數(shù)列綜上所述（2）方法一：證明： 當時，； 當且時，對于一切正整數(shù)，方法二：證明： 當時，； 當且時，要證，只需證，即證即證即證即證，原不等式成立。對于一切正整數(shù)，11解:由均值不等式得,等號成立當且僅當,故的最大值為100 .加試一，解：（1）是拋物線上的點，則切線的斜率過點的拋物線的切線方程為：，即在線段上，不妨設方程的兩根為，則， 當時， 當時，綜上所述，對線段上的任一點，有（2）如圖

8、所示，由，求得兩個交點則， 由，得，即 由，得，令，則，即綜上所述，二解： （）由托勒密不等式，對平面上的任意點，有因此 因為上面不等式當且僅當順次共圓時取等號，因此當且僅當在的外接圓且在弧上時，又因，此不等式當且僅當共線且在上時取等號因此當且僅當為的外接圓與的交點時，取最小值故當達最小值時，四點共圓（）記，則，由正弦定理有，從而，即，所以，整理得，解得或（舍去），故， 由已知=,有，即，整理得，故，可得， 從而，為等腰直角三角形因，則又也是等腰直角三角形，故，故三解：最少要取出11個棋子，才可能滿足要求。其原因如下：如果一個方格在第i行第j列，則記這個方格為(i，j)。第一步證明若任取10個

9、棋子，則余下的棋子必有一個五子連珠，即五個棋子在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。用反證法。假設可取出10個棋子，使余下的棋子沒有一個五子連珠。如圖1，在每一行的前五格中必須各取出一個棋子，后三列的前五格中也必須各取出一個棋子。這樣，10個被取出的棋子不會分布在右下角的陰影部分。同理，由對稱性，也不會分布在其他角上的陰影部分。第1、2行必在每行取出一個，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)這些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)這些方格上至少要取出2個棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一個棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1

10、)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在區(qū)域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在區(qū)域內至少取出3個棋子。這樣，在這些區(qū)域內至少已取出了10個棋子。因此，在中心陰影區(qū)域內不能取出棋子。由于、這4個棋子至多被取出2個，從而，從斜的方向看必有五子連珠了。矛盾。圖1圖2第二步構造一種取法，共取走11個棋子，余下的棋子沒有五子連珠。如圖2，只要取出有標號位置的棋子，則余下的棋子不可能五子連珠。綜上所述，最少要取出11個棋子，才可能使得余下的棋子沒有五子連珠。四證明：三個整數(shù)的立方和被9除的余數(shù)不能是

11、4或5，這是因為整數(shù)可寫為而，對被9除的余數(shù)分別為4，5，故均不能表示為三個整數(shù)的立方和，而對被9除的余數(shù)為5，故不能表示為三個整數(shù)的立方和，而對滿足條件：2011年數(shù)學聯(lián)賽模擬試題二山東青島 鄒明一試一. 填空題1.函數(shù)的值域是_;2.設a,b,c為直角三角形的三邊長,點(m,n)在直線ax+by+c=0上.則m2+n2的最小值是_3.定義區(qū)間，的長度均為，其中已知實數(shù)，則滿足的構成的區(qū)間的長度之和為_;4.擲6次骰子,令第次得到的數(shù)為,若存在正整數(shù)使得的概率，其中是互質的正整數(shù).則= . 5.已知點在曲線y=ex上，點在曲線y=lnx上，則的最小值是_6.已知A,B,C為ABC三內角,向量

12、,.如果當C最大時,存在動點M,使得成等差數(shù)列,則最大值是_;7.四面體OABC中,已知AOB=450,AOC=BOC=300,則二面角AOCB的平面角的余弦值是_;8.設向量滿足對任意和,恒成立.則實數(shù)a的取值范圍是_.二. 解答題xyOPF1F2MN 9.如圖,設p為雙曲線上第一象限內的任一點,F1, F2為左右焦點,直線PF1,PF2分別交雙曲線于M,N.若,.求的值及直線MN的斜率KMN的取值范圍.10.設數(shù)列滿足,.求證:當時,. (其中表示不超過的最大整數(shù))11.求證:存在函數(shù)f:RR,滿足對一切xR都有f(x3+x)xf3(x)+f(x).二 試ABCDEFGM·ON1

13、.如圖,四邊形BDFE內接于圓O,延長BE與DF交于A,BF與DE相交于G,做ACEF交BD延長線于C.若M是AG的中點.求證:CMAO.2.求最小的正數(shù)c,使得只要n=(k1,kmN,k1>k2>>km0),就有.3求證:對任意正整數(shù)n,都能找到n個正整數(shù)x1,x2,xn,使得其中任意r(r<n)個數(shù)均不互素,而r+1個數(shù)均互素.4.給定2010個集合,每個集合都恰有44個元素,并且每兩個集合恰有一個公共元素.試求這2010個集合的并集中元素的個數(shù).模擬試題二參考答案1. 解:令sinx+cosx=t,則t=,2sinxcosx=t2-1,關于t+1在和上均遞增,所以

14、,或,即值域.2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2,所以, m2+n21,等號成立僅當mb=na且am+bn+c=0,解得(m,n)=(),所以, m2+n2最小值是1.3. 解:由，得，令，則，設方程的兩根為、，又因為，所以不等式的解集為，構成的區(qū)間長度之和為4.解:當時，概率為;當時,，概率為； 當時，概率為； 當時，概率為； 當時， ，概率為；當時，概率為；故,即,從而.5. 解:因曲線y=ex與y=lnx關于直線y=x對稱所求的最小值為曲線y=ex上的點到直

15、線y=x最小距離的兩倍,設P(x,ex)為y=ex上任意點,則P到直線y=x的距離,因,所以,即min=.6.解: ,等號成立僅當.令|AB|=2c,因,所以, M是橢圓上的動點.故點C(0,),設M(x,y),則|MC|2=x2+()2=.當y=時, |MC|2max=,|MC|max=.即max=7. 解:不妨設ACOCBC,ACB=,AOC=BOC=,CAOBAOB=.因=即，兩端除以并注意到,即得,將=450,=300代入得,所以,.8.解:令則,因,所以,對任意恒成立或或對任意恒成立或.xyOPF1F2MN三. 解答題 9. 解: 設p(x0,y0),因,所以,同理,將M、N坐標代入

16、雙曲線得:即消去x0得:即,因所以,解得.將(1)-(2)得:將代入得: 與聯(lián)立解得:代入,由x02-3y02=3得即斜率KMN的取值范圍是().10. 證明：對于任何正整數(shù)，由遞推知由知數(shù)列遞減.又對任意,即有,從而.于是，當時，；當時，由遞減得.故所以，.11. 證:由xg(f(x)g(g-1(x)g(f(x)及g(x)是R上的增函數(shù),可得g-1(x)f(x).又由f(g(x)x得f(x)=f(g(g-1(x)g-1(x),即f(x)g-1(x),所以,f(x)=g-1(x).顯然,當f(x)=g-1(x)時,有f(g(x)=g(f(x)=x,當然有f(g(x)xg(f(x).回到原題:取

17、g(x)=x3+x,顯然,g(x)是R上的增函數(shù),由引理即得f(x)=g-1(x)時,就有f(x3+x)xf3(x)+f(x).二 試ABCDEFGM·ON1. 證法1:設O半徑為R,則由圓冪定理得CO2=CD·CB+R2.因ACEF,所以,CAD=ABC,ACDABC,即AC2=CD·CB,所以,CO2-AC2=R2,下證MO2-MA2=R2:由中線長公式得MO2=(OA2+OG2)-MA2,所以,MO2-MA2=R2OA2+OG2-AG2=2R2.由圓冪定理得:OA2=R2+AF·AD,OG2=R2-GE·GD,延長AG到N,使得AF

18、83;AD=AG·AN,則F,D,N,G四點共圓,因AE·AB=AF·AD=AG·AN,所以E,B,N,G四點共圓,NEB=NGB=ADN,從而A,D,N,E四點共圓,AG·AN=EG·GD,所以,OA2+OG2-AG2=2R2+AF·AD-GE·GD=2R2+ AG·AN-GE·GD=2R2.即有CO2-AC2= MO2-MA2=R2,由平方差定理知CMAO.證完.ABCDEFGM·NPTO證法2:由證法1知，只要證MO2-MA2=R2:設BEG的外接圓交AG于N,DNO=P,連BP

19、,BN,則B,E,G,N四點共圓,所以,AE·AB=AF·AD=AG·AN,其中R為O半徑.故F,D,N,G四點共圓,延長AN交O于T,則BPD=BED=BFD=DNT,BPAT,BNT=PBN,所以,BPD=BED=BNT=PBN,從而BN=PN,ONBP,ONAT.設AM=MG=x,GN=y,則OA2=(2x+y)2+ON2, OM2=(x+y)2+ON2,因OA2=R2+AF·AD=AG·AN,所以,OM2=OA2-(2x+y)2+(x+y)2=OA2-2x(2x+y)+x2=OA2-AG·AN+x2=OA2-AF·A

20、D+x2=R2+x2,OM2-AM2=R2,所以,CO2-AC2=MO2-MA2=R2,CMAO.證完.2.解:因對n=時,有,所以,c>1.因對n=+2+1=2k+1-1,有,即,所以, ,令t=, 則恒成立,所以,c,cmin=.現(xiàn)對m歸納證明:當m=1時,已知成立,假設對m成立,對m+1:設n=(k1>k2>>km+10),則n-=,由歸納假設得: ,所以,現(xiàn)證: .因,所以, 左端, 即對m+1成立.故cmin=.3證明:設存在這樣的n個正整數(shù),則它們可組成個不同的r元數(shù)組.每組的r個數(shù)不互素,即r個數(shù)的最大公約數(shù)大于1,令每個r元數(shù)組對應它們的最大公約數(shù).任何

21、r+1個數(shù)均互素上述對應是單射:若(x1,x1,xr)=(x1/,x1/,xr/)=d,則(x1,x1,xr,x1/)=(d,x1/)=d>1矛盾!任取個互不相同的素數(shù)p1,p2,p,并使之與1,2,n的個r元子集一一對應,然后對每個i1,2,n,令xi為i所在的所有r元子集(個)所對應的素數(shù)之積,則這n個數(shù)滿足要求:對x1,x1,xn的任意r元子集,它們的最大公約數(shù)恰為r元子集i1,i2,ir所對應的素數(shù),當然大于1,從而這r個數(shù)不互素,由于個素數(shù)中的每一個都恰為x1,x1,xn中r個數(shù)的約數(shù),故x1,x1,xn中任意r+1個數(shù)均互素.4. 解:設給定集合為A1,A2,A2010,則有

22、|Ai|=44(1i2010), |AiAj|=1(1i<j2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3).由|AiAj|=1知|Ai1Ai2Aik|1,若都等于1,則必有一個元是所有集合的公共元素.下面證明|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3)=1:對于A1,因它與其它2009個集合都有公共元,且|A1|=44,=45,若A1中每個元素至多屬于其它45個集合,則A1至多與44×45=1980個集合有公共元素.矛盾!可見, A1中必有一個元a至少屬于其它46個集合,設aA2,A47,而B是

23、A48,A2010中任意一個集合,若aB,因B與A1,A47中每一個都有公共元素,則這些公共元素兩兩不同(因若B與Ai, Aj(1i<j47)有相同公共元素b,則ba,從而Ai, Aj(1i<j47)有兩個公共元素,矛盾!),故B至少有47個元素,與|B|=44矛盾!故aB,即a是2010個集合的公共元素.再由A1,A2,A2010每兩個集合恰有一個公共元素知|Ai1Ai2Aik|(1i1<i2<<ik2010,k3)=1.所以,| A1A2A2010|=2010×44-=2010×44=86431.高中數(shù)學聯(lián)賽模擬題三人大附中 李秋生一試一、

24、填空題（本題滿分64分，每小題8分）1. 已知，且，若，則a的取值范圍是 。2. 在中，若，為的內心，且，則 .3. 已知函數(shù)若關于x的方程有且只有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是 。4. 計算器上有一個特殊的按鍵，在計算器上顯示正整數(shù)n時按下這個按鍵，會等可能的將其替換為0n-1中的任意一個數(shù)。如果初始時顯示2011，反復按這個按鍵使得最終顯示0，那么這個過程中，9、99、999都出現(xiàn)的概率是 。5. 已知橢圓的左、右焦點分別為F1、F2，過橢圓的右焦點作一條直線l交橢圓于點P、Q，則F1PQ內切圓面積的最大值是 6. 設為一個整數(shù)數(shù)列，并且滿足：，若，則滿足且的最小正整數(shù)n是 7.

25、 如圖，有一個半徑為20的實心球，以某條直徑為中心軸挖去一個半徑為12的圓形的洞，再將余下部分融鑄成一個新的實心球，那么新球的半徑是 。8. 在平面直角坐標系內，將適合且使關于t的方程沒有實數(shù)根的點所成的集合記為N，則由點集N所成區(qū)域的面積為 。二、解答題（本題滿分56分）9. （本小題滿分16分）對正整數(shù)，記，求數(shù)列中的最大值10.（本小題滿分20分）已知橢圓 過定點A（1，0），且焦點在x軸上，橢圓與曲線的交點為B、C?，F(xiàn)有以A為焦點，過B，C且開口向左的拋物線，其頂點坐標為M（m，0），當橢圓的離心率滿足 時，求實數(shù)m的取值范圍。11.（本小題滿分20分）映射f的定義域是的全體真子集，值

26、域包含于，滿足條件：對任意，都有，求這種映射的個數(shù)二試一、（本題滿分40分）設為直線上順次排列的五點，在直線外的一點，連結并延長至點，恰使，同時成立.求證：。二、（本題滿分40分）已知：，求證：三、（本題滿分50分）設正整數(shù)n大于1，它的全部正因數(shù)為d1，d2，dk，滿足1=d1<d2<<dk = n。再設D = d1d2d2d3dk1dk。(i) 證明：D<n2；(ii) 確定所有的n，使得D整除n2。四、（本題滿分50分）設圓周上有一些紅點和藍點，可以進行如下操作：加上一個紅點，并改變其相鄰兩點的顏色；或去掉一個紅點，并改變原先與之相鄰的兩點顏色已知開始時只有兩個點

27、，均為紅點，那么是否有可能經(jīng)過若干次操作，使得圓周上只有兩個點，且均為藍點模擬試題三參考答案一、填空題（本題滿分64分，每小題8分）1. 答：，要使，只需C中的最大元素在B當中，所以，得。2. 答：設AO交BC于點D，由角平分線定理知，于是，又，所以 ，因此。3. 答： 利用函數(shù)圖象進行分析易得結果。4. 答：若計算器上顯示n的時候按下按鍵，因此時共有1n-1共n種選擇，所以產(chǎn)生給定的數(shù)m的概率是。如果計算器上的數(shù)在變化過程中除了2011，999，99，9和0以外，還產(chǎn)生了，則概率為，所以所求概率為 注意到兩式相除即得。5. 答：因為三角形內切圓的半徑與三角形周長的乘積是面積的2倍，且F1PQ

28、的周長是定值8，所以只需求出F1PQ面積的最大值。設直線l方程為，與橢圓方程聯(lián)立得，設，則，于是。因為，所以內切圓半徑，因此其面積最大值是。6. 答：501當時，將原式變形為，令，則有，疊加可得，于是。由，得，化簡得。由，得，將上述關于的結果代入得，于是質數(shù)且n是奇數(shù)，所以滿足條件的最小的n是501。7. 答：16 將題目所得幾何體的上半部分與半徑為16的半球作比較，將它們的底面置于同一水平面，并考察高度為h的水平面與兩個幾何體所截的截面面積。與第一個幾何體形成的截面是圓環(huán)，外徑是，內徑是12，所以面積是，這正是與第二個球體形成的截面圓的面積，由祖暅原理知兩個幾何體的體積是相等的。8. 答：令

29、，原方程化為 所給方程沒有實根等價于方程無實根或有實根但均為負根，所以，或點集N所成區(qū)域為圖中陰影部分，其面積為二、解答題（本題滿分56分）9. （本小題滿分16分）解：經(jīng)計算知，下面用數(shù)學歸納法證明：當時，有。假設，則 。所以數(shù)列中的最大值是。10.（本小題滿分20分）解：橢圓過定點A（1，0），則，。由對稱性知，所求拋物線只要過橢圓與射線的交點，就必過橢圓與射線的交點。聯(lián)立方程 ，解得 。，。設拋物線方程為：，。又 ， 把 ， 代入得，。令， 在內有根且單調遞增， 綜上得：。11.（本小題滿分20分）解：記，其中。首先任意設定的值，則對于A的任意真子集B，記，則，因此，映射f可由的值完全確

30、定。下面證明這樣的映射滿足條件。對任意，有， ， ，由知。綜上所述，由于確定的值有種選擇，所以這種映射的個數(shù)也為。二試一、（本題滿分40分）證法一：過作BHAF，交于，則，又由，故。連結，知，延長分別交于，連結。因為，故、共圓；因為，故、共圓，、五點共圓，故。，故，。證法二：作外接圓，交射線于，則。又由，知，所以、共圓，記該圓為。下證必在內.用反證法，假設不在內。連結、，則又，矛盾！于是，在延長線上.,，為切線，為切線，故。二、（本題滿分40分）證明：， ， 。，同理， 。那么將不等式左式的三個分母均放縮為其中最小的那個即可。三、（本題滿分50分）解：(i) 若d1，d2，dk是n的全部正因數(shù)

31、，則n/d1，n/d2，n/dk也是n的全部正因數(shù)，且當1=d1<d2<<dk=n時，有dj=n/dkj1。則n2/d2=n2/(d1d2)D = d1d2d2d3dk1dk=n21/(dk1dk)1/(dk2dk1)1/(d1d2)n2(1/dk11/dk)(1/dk21/dk1)(1/d11/d2)=n2(1/d11/dk)=n2(11/n)=n2n。 (*)(ii) 在(i)的證明中已指出n2/d2Dn2n。若D整除n2，由上式知n2=qD，1<qd2。(*)因為d2是n的最小的大于1的除數(shù)，所以，d2是素數(shù)。d2當然也是n2的素除數(shù)，并且n2沒有比d2更小的大于

32、1的除數(shù)。那么由式(*)就推出q=d2。因此，k=2，n的全部正因數(shù)是1和n本身，即n是素數(shù)。四、（本題滿分50分）解：對于圓周上任意一種狀態(tài)，按下列方式定義該狀態(tài)的特征值：考察圓周上的n個藍點將圓周分成的n段圓弧，將這n段圓弧依次賦值+1，-1，+1，-1，并在每個紅點處標上所在弧的數(shù)值，再將所有紅點上的數(shù)值相加即得S值。下面考察各種加點的操作：(1) 若在兩個相鄰紅點（原本標有+1）間增加一個紅點，則標有+1的這兩個紅點變?yōu)樗{點，新增加的紅點應標-1，且其他紅點不受影響，所以S值減少3。若兩個紅點原本標有-1，則類似可知S值增加3；(2) 若在兩個相鄰藍點間增加一個紅點，則這三個紅點都將標

33、上相同的數(shù)值，且其他紅點不受影響，所以S的變化量仍然是3的倍數(shù)；(3) 若在兩個相鄰的異色點間增加一個紅點，則兩個端點紅藍交換，因此端點處的紅色點標數(shù)變?yōu)樵瓉淼南喾磾?shù)，而且新增的紅點與它的標數(shù)相同，所以S的變化量仍然是3的倍數(shù)；對于各種減點的操作，因為都是加點操作的逆向操作，所以S值的變化量始終是3的倍數(shù)，因此S值除以3的余數(shù)應該是不變的。在初始狀態(tài)中，只有兩個紅點，；而在只有兩個藍點的狀態(tài)中，這說明不可能經(jīng)過若干次操作，使圓周上只有兩個點，且均為藍點。聯(lián)賽模擬題四東北育才學校 彭玲一試一、 填空題（每小題8分，共64分）1、若函數(shù)的圖像經(jīng)過點，則的反函數(shù)必過點_.2、某天下午的課程表要排入物

34、理、化學、生物和兩節(jié)自習共5節(jié)課，如果第1節(jié)不排生物，最后1節(jié)不排物理，那么，不同的排課表的方法有_種.3、正八邊形邊長為1，任取兩點，則最大值為_.4、某人排版一個三角形，該三角形有一個大小為60°角，該角的兩邊邊長分別為和9，這個人排版時錯把長的邊排成長，但發(fā)現(xiàn)其它兩邊的邊長度沒變，則= .5、過正方體外接球球心的截面截正方體所得圖形可能為_. 三角形 正方形 梯形 五邊形 六邊形6、若，且為正整數(shù)，則7、對于實數(shù)，表示不超過的最大整數(shù)。對于某個整數(shù)，恰存在2008個正整數(shù)，滿足，并且整除，則=_.8、A、B兩隊進行乒乓球團體對抗賽，每隊各三名隊員，每名隊員出場一次。A隊的三名隊

35、員是，B隊三名隊員是，且對的勝率為，A隊得分期望的最大可能值是_.二解答題（第9題16分，第10，11題各20分）9過點作動直線交橢圓于兩個不同的點，過作橢圓的切線，兩條切線的交點為，（1） 求點的軌跡方程；（2） 設O為坐標原點，當四邊形的面積為4時，求直線的方程.10已知數(shù)列：，確定使為完全平方數(shù).11設為正實數(shù)，且證明：二 試1.如圖，A、C、E為直線上三點，B、D、F為另一直線上三點，直線AB、CD、EF分別和DE、FA、BC相交證明交點L、M、N三點共線2已知為正整數(shù)，且是集合中不同的正整數(shù)，其滿足整除，證明：不整除.3設且證明：4.設n是一個固定的正偶數(shù).考慮一塊的正方板，它被分成

36、個單位正方格.板上兩個不同的正方格，如果有一條公共邊，就稱它們?yōu)橄噜彽?將板上N個單位正方格作上標記，使得板上的任意正方格（作上標記的或者沒有作上標記的）都與至少一個作上標記的正方格相鄰.確定N的最小值.模擬試題四參考答案一試一、填空題1、； 解：由于，故函數(shù)過點，則其反函數(shù)過點.2、39；解：由容斥原理知，有種.3、；解：根據(jù)向量內積的幾何意義，只要看向量在方向上的投影即可。最大值為 +14、4解： 5、，解：由對稱性可知，所得圖形應為中心對稱圖形，且可以截得。6、解：由知：可能為1，3，11，33，從而解得7、668解：若，則，滿足整除，則可取，共個，所以。8、； 解：討論可知，最大期望9

37、. 解（1）依題意設直線方程為，與橢圓聯(lián)立得 ，由得 設，則過橢圓的切線分別為 和 ，并且由及得，同理，故點的軌跡方程為（在橢圓外） （2），O到PQ的距離為，M到PQ的距離為， 四邊形的面積當時解得或，直線為或10.解 ，我們用歸納法證明. （*）（1）當時，結論成立.（2）假設當時，結論成立。即又由于代入上式可得：則當時，（由）故當時，結論成立，即（*）式成立.又可知：則 設則知：又且故或故或（舍去）則當時，滿足條件.11.證明 因為，要證原不等式成立，等價于證明 事實上， 由柯西不等式知 又由知 由，可知式成立，從而原不等式成立 二 試1. 證：如圖圖設AB、CD、EF圍成一個UVW (

38、平行直線視為交于無窮遠點)對UVW三邊上的五個共線三點組LDE、AMF、BCN、ACE、BDF用梅氏定理得 = 1 = 1 = 1 = 1 = 1 得 = 1由梅氏定理之逆定理知L、M、N三點共線2.如果整除.不妨設，其中，則可以推得：，顯然互素，且，只要令，則，而，故，即，而，矛盾.3證明 由均值不等式得：則我們只要證明令，且則只要證明：通分整理等價于由算術平均值及可證明成立.4.解 設首先將正方板黑白相間地涂成象國際象棋盤那樣.設為所求的N的最小值.為必須作上標記的白格子最小數(shù)目，使得任一黑格都有一個作上標記的白格子與之相鄰.同樣定義為必須作上標記的黑格子最小數(shù)目，使得任一白格都有一個作上

39、標記的黑格子與之相鄰.由于n是偶數(shù)，“棋盤”是對稱的，故有且.為方便，將“棋盤”按照最長的黑格子對角線水平放置，則各行黑格子數(shù)目分別為在含有個黑格子那行下面，將奇數(shù)位置白格子作上標記.當該行在對角線上方時，共有個白格子作上了標記；而當該行在對角線下方時，共有個白格子作上了標記.因而作上標記的白格子共有個.易見這時每個黑格子都與一個作上標記的白格子與之相鄰.故得： 考慮這個作上標記的白格子.它們中任意兩個沒有相鄰公共黑格子，所以至少還需將個黑格子作上標記，從而因此， 聯(lián)賽模擬試題五復旦附中 萬軍一試一、 填空題（每題8分，共64分）1、已知多項式滿足：則_2、三棱錐是三條側棱兩兩垂直的三棱錐，是

40、底面內的一點，那么的取值范圍是_3、對任意，代數(shù)式的最小值為_4、計算：_5、籃球場上有5個人在練球，其戰(zhàn)術是由甲開始發(fā)球（第一次傳球），經(jīng)過六次傳球跑動后（中途每人的傳球機會均等）回到甲，由甲投3分球，其中不同的傳球方式為_種6、設、是的兩條邊長，、分別是與這兩條邊相對應的角平分線的長，若不等式恒成立，則實數(shù)的最小值是_7、對，函數(shù)都滿足：；則_8、設個實數(shù)滿足條件則的最大值為_二、解答題（每題分，共56分）9、設由不超過1000的兩個正整數(shù)組成的數(shù)對滿足條件：試求所有這樣的數(shù)對的個數(shù)10、是橢圓上任意一點，是橢圓的焦點，分別交橢圓與兩點，求證：是定值11、給定大于2011的正整數(shù)，將分別填

41、入的棋盤的方格中，使每個方格恰有一個數(shù)，如果一個方格中填的數(shù)大于它所在行至少2011個方格內所填的數(shù)，且大于它所在列至少2011個方格內所填的數(shù)，則稱這個方格為“優(yōu)格”，求棋盤中“優(yōu)格”個數(shù)的最大值二 試一、（40分）在中，是斜邊上的高，記分別是的內心，在邊上的射影為，的角平分線分別交于，且的連線與相交于，求證：四邊形為正方形二、（40分）已知數(shù)列，令為中的最大值（），則稱數(shù)列為“創(chuàng)新數(shù)列”，數(shù)列中不同數(shù)的個數(shù)稱為“創(chuàng)新數(shù)列”的“階數(shù)”，例如：為，則“創(chuàng)新數(shù)列”為，其“階數(shù)”為3若數(shù)列由（3）構成，求能構成“創(chuàng)新數(shù)列”的“階數(shù)”為2的所有數(shù)列的首項和 三、（50分）設的三邊長為，分別為對應邊上的高、中線和角平分線，求證： 當且僅當是正三角形時等號成立四、（50分）求證：面積為1的凸（6）邊形可以被面積為2的三角形覆蓋模擬試題五參考答案1、已知多項式滿足：則_解：用代替原式中的得：解二元一次方程組得所以：， 則（分析得為一次多項式，可直接求解析式）2、三棱錐是三條側棱兩兩垂直的三棱錐，是底面內