高中数学联赛模拟试题(1)

高中数学联赛模拟试题(1)一试一、选择题（本大题36分，每小题6分）1．在复平面上，非零复数ｚ１，ｚ２在以i对应的点为圆心，1为半径的圆上，ｚ１·ｚ２的实部为零，argｚ１＝π／6，则ｚ２＝（）．Ａ．－／2＋（3／2）iＢ．／2－（3／2）ｉＣ．－3／2＋（／2）ｉＤ．3／2－（／2）ｉ2．已知函数ｆ（ｘ）＝ｌｏｇａ（ａｘ２－ｘ＋1／2）在［1，2］上恒正，则实数ａ的取值范围是（）．Ａ．（1／2，5／8）Ｂ．（3／2，＋∞）Ｃ．（（1／2，（5／8）∪（（3／2，＋∞）Ｄ．（1／2，＋∞）3．已知双曲线过点Ｍ（－2，4）、Ｎ（4，4），它的一个焦点为Ｆ１（1，0），则另一个焦点Ｆ２的轨迹方程是（）．Ａ．（ｘ－1）２／25＋（ｙ－4）２／16＝1（ｙ≠0）或ｘ＝1（ｙ≠0）Ｂ．（ｘ－1）２／16＋（ｙ－4）２／25＝1（ｘ≠0）或ｘ＝1（ｙ≠0）Ｃ．（ｘ－4）２／25＋（ｙ－1）２／16＝1（ｙ≠0）或ｙ＝1（ｘ≠0）Ｄ．（ｘ－4）２／16＋（ｙ－1）２／25＝1（ｘ≠0）或ｙ＝1（ｘ≠0）4．已知正实数ａ、ｂ满足ａ＋ｂ＝1，则Ｍ＝的整数部分是（）．Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．45．一条笔直的大街宽是40米，一条人行道穿过这条大街，并与大街成某一角度，人行道的宽度是15米，长度是50米，则人行道间的距离是（）．Ａ．9米Ｂ．10米Ｃ．12米Ｄ．15米6．一条铁路原有ｍ个车站，为适应客运需要新增加ｎ个车站（ｎ＞1），则客运车票增加了58种（注：从甲站到乙站和从乙站到甲站需要两种不同的车票），那么原有车站的个数是（）．Ａ．12 Ｂ．13 Ｃ．14 Ｄ．15二、填空题（本大题54分，每小题9分）1．长方形ＡＢＣＤ的长ＡＢ是宽ＢＣ的2倍，把它折成无底的正三棱柱，使ＡＤ与ＢＣ重合，折痕线ＥＦ、ＧH分别交原对角线ＡＣ于Ｍ、Ｎ，则折后截面ＡＭＮ与底面ＡＦH所成的角是_________．2．在△ＡＢＣ中，ａ、ｂ、ｃ是角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边，且满足ａ２＋ｂ２＝2ｃ２，则角Ｃ的最大值是_________．3．从盛满ａ升（ａ＞1）纯酒精的容器里倒出1升，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，如此继续下去．则第ｎ次操作后溶液的浓度是_________．4．已知函数ｆ（ｘ）与ｇ（ｘ）的定义域均为非负实数集，对任意的ｘ≥0，规定ｆ（ｘ）＊ｇ（ｘ）＝ｍｉｎ｛ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）｝．若ｆ（ｘ）＝3－ｘ，ｇ（ｘ）＝，则ｆ（ｘ）＊ｇ（ｘ）的最大值为_________．5．从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，则可有_________种不同的取法．6．若实数ａ＞0，则满足ａ5－ａ3＋ａ＝2的ａ值属于区间：①（0，）；②（，）；③（，＋∞）；④（0，）．其中正确的是_________．三、（本大题20分）求证：经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体一个侧面的面积．四、（本大题20分）直线Ａｘ＋Ｂｘ＋Ｃ＝0（Ａ·Ｂ·Ｃ≠0）与椭圆ｂ２ｘ２＋ａ２ｙ２＝ａ２ｂ２相交于P和Q两点，O为坐标原点，且OP⊥ＯＱ，求证：ａ２ｂ２／ｃ２＝（ａ２＋ｂ２）／（Ａ２＋Ｂ２）．五、（本大题20分）某新建商场设有百货部、服装部和家电部三个经营部，共有190名售货员，计划全商场日营业额（指每日卖出商品所收到的总金额）为60万元，根据经验，各部商品每1万元营业额所需售货员人数如表1，每1万元营业额所得利润情况如表2．商场将计划日营业额分配给三个经营部，同时适当安排各部的营业员人数，若商场预计每日的总利润为ｃ（万元）且满足19≤ｃ≤19．7，又已知商场分配给经营部的日营业额均为正整数万元，问这个商场怎样分配日营业额给三个部?各部分别安排多少名售货员?表1各部每1万元营业额所需人数表表2 各部每1万元营业额所得利润表加试一、（本大题50分）矩形ＡＢＣＤ的边ＡＤ＝λ·ＡＢ，以ＡＢ为直径在矩形之外作半圆，在半圆上任取不同于Ａ、Ｂ的一点P，连PＣ，ＰＤ交ＡＢ于Ｅ、Ｆ，若ＡＥ２＋ＢＦ２＝ＡＢ２，试求正实数λ的值．二、（本大题50分）若ａｉ∈Ｒ＋（ｉ＝1，2，…，ｎ），Ｓ＝，且2≤ｎ∈Ｎ，求证：三、（本大题50分）无穷数列｛ｃｎ｝可由如下法则定义：ｃｎ＋1＝│1－│1－2ｃｎ││，而0≢ｃ１≢1．（1）证明：仅当ｃ１是有理数时，数列自某一项开始成为周期数列．（2）存在多少个不同的ｃ１值，使得数列自某项之后以T为周期（对于每个Ｔ＝2，3，…）？参考答案一试一、选择题1．选Ａ．如图1所示，设复数ｚ１对应的点为Ｚ１，则图1│ＯＺ１│＝2ｓｉｎ（π／6）＝1，∴ｚ１＝＝（／2）＋（1／2）ｉ．再设ｚ２＝ｘ＋ｙｉ（ｘ，ｙ∈Ｒ），由│ｚ２－ｉ│＝1，得ｘ２＋（ｙ－1）２＝1．①∵（／2－（1／2）ｉ）（ｘ＋ｙｉ）的实部为零，∴ｘ＋ｙ＝0．②联立①与②，解出ｘ＝0，（舍去）ｘ＝－／2，ｙ＝0．ｙ＝3／2．故ｚ２＝－／2＋（3／2）ｉ．2．选Ｃ．设ｇ（ｘ）＝ａｘ２－ｘ＋1／2．首先由ａｘ２－ｘ＋1／2＞0，得ａ＞（ｘ－1／2）／ｘ２＝－（1／2ｘ２）＋1／ｘ．当1≢ｘ≢2时，（－（1／2ｘ２）＋1／ｘ）ｍａｘ＝1／2，从而ａ＞1／2．在ａ＞1／2的前提下，易知函数ｇ（ｘ）＝ａｘ２－ｘ＋（1／2）的对称轴ｘ＝（1／2）ａ在区间［1，2］的左边，从而ｇ（ｘ）在［1，2］上是递增函数．当ａ＞1时，ｆ（ｘ）在［1，2］上是增函数，有ｆ（1）＝ｌｏｇａ（ａ－1＋1／2）＞0，∴ａ＞3／2．当（1／2＜ａ＜1时，ｆ（ｘ）在［1，2］上是减函数，有ｆ（2）＝ｌｏｇａ（4ａ－2＋1／2）＞0，∴1／2＜ａ＜5／8．综上，1／2＜ａ＜5／8或ａ＞3／2．3．选Ａ．易知│ＭＦ１│＝│ＮＦ１│＝5，而││ＭＦ１│－│ＭＦ２││＝││ＮＦ１│－│ＮＦ２││，即│5－│ＭＦ２││＝│5－│ＮＦ２││．当5－│ＭＦ２│＝5－│ＮＦ2│，即│ＭＦ２│＝│ＮＦ２│时，点Ｆ２的轨迹是线段ＭN的中垂线，其方程为ｘ＝1（ｙ≠0）．当5－│ＭＦ２│＝－（5－│ＮＦ２│），即│ＭＦ２│＋│ＮＦ２│＝10时，点Ｆ２的轨迹是以Ｍ、Ｎ为焦点，长轴长为10的椭圆，其方程为（ｘ－1）２／25＋（ｙ－4）２／16＝1（ｙ≠0）．4．选Ｂ．一方面Ｍ＞＋＝2，另一方面Ｍ＜＝1＋ａ＋1＋ｂ＝2＋（ａ＋ｂ）＝3，即有2＜Ｍ＜3．5．选Ｃ．如图2，人行横道的面积S＝15×40＝600，图2∴Ｓ＝50ｘ＝600，解得ｘ＝12．6．选Ｃ．新增的ｎ个车站之间需要Ｐ２ｎ种车票，新增的ｎ个车站与原来的ｍ个车站之间需要2ｍｎ种车票，从而Ｐ２ｎ＋2ｍｎ＝58，即ｎ（ｎ－1＋2ｍ）＝58．∵ｍ、ｎ是非负数（ｎ＞1），且58只能分解为1×58，和2×29，∴ｎ＝2，或ｎ＝29，解出ｎ＝2，ｎ－1＋2ｍ＝29ｎ－1＋2ｍ＝2．ｍ＝14．二、填空题1．填π／6．折叠后，仍有ＡＦ＝ＦＨ＝ＨＢ（或HＡ，折叠后Ａ点和Ｂ点重合），ＡＭ＝ＭＮ＝ＮＣ，且它们的长度没有改变，仍等于折叠前的长度，但对角线ＡＣ由直线段变成了折线段，Ａ，Ｍ，N三点由原来共线（如图3（1））变成现在Ａ，Ｍ，N三点构成三角形（如图3（2））．图3设ＡＤ＝ａ，则ＡＢ＝2ａ．图3（1）为折前长方形，有ＡＣ＝ａ，ＡＭ＝ＭＮ＝ａ／3，ＡＦ＝ＦＨ＝ＨＢ＝2ａ／3，ＭＦ＝ａ／3，ＨＮ＝2ａ／3．设平面ＡＭN与平面ＡＦH的夹角为θ（如图3（2）），由Ｓ△ＡＦＨ＝1／2×2ａ／3×2ａ／3×ｓｉｎ60°＝ａ2／3．在Ｒｔ△ＮＨＡ中，ＡＮ＝＝4ａ／3．取ＡN的中点P，∵ＡＭ＝ＭＮＭＰ⊥ＡＮ．在Ｒｔ△ＭＰＡ中，ＭＰ＝＝ａ，∴Ｓ△ＡＭＮ＝ａ／2·4ａ／3＝2ａ2／3． ∴ｃｏｓθ＝Ｓ△ＡＦＨ／Ｓ△ＡＭＮ ＝／2，∴θ＝π／6．2．填π／3． 因为ａ２＋ｂ２＝2ｃ２，所以ｃｏｓＣ＝（ａ２＋ｂ２－ｃ２）／2ａｂ＝（ａ２＋ｂ２－（ａ２＋ｂ２）／2）／2ａｂ＝（ａ２＋ｂ２）／4ａｂ，所以ａ２－4ａｂｃｏｓＣ＋ｂ２＝0．即（ａ／ｂ）２－（4ｃｏｓＣ）（ａ／ｂ）＋1＝0（因为ｂ≠0）． 因为ａ／ｂ是正实数，所以Δ＝（－4ｃｏｓＣ）２－4≥0， ｃｏｓ２Ｃ≥1／4， 4ｃｏｓＣ＞0 ｃｏｓＣ＞0．故ｃｏｓＣ≣1／2，所以Ｃ≢π／3． 因此角Ｃ的最大值是π／3．3．填（1－（1／ａ））ｎ． 开始的浓度为1，操作一次后溶液的浓度是ａ１＝1－（1／ａ）．设操作ｎ次后溶液的浓度为ａｎ，则操作ｎ＋1次后溶液的浓度为 ａｎ＋1＝ａｎ（1－（1／ａ））． ∴｛ａｎ｝是首项和公比均为ａ１＝1－（1／ａ）的等比数列，∴ａｎ＝ａ１ｑｎ－1＝（1－（1／ａ））ｎ， 4．填2－1． ∵ｘ≣0，令3－ｘ＞，解得0≢ｘ＜4－2．∴ｆ（ｘ）＊ｇ（ｘ）＝，0≤ｘ＜4－2，3－ｘ，ｘ≥4－2．∵3－ｘ在R 上单调递减，故当ｘ≣4－2时， ｆ（ｘ）＊ｇ（ｘ）≢ｆ（4－2）＊ｇ（4－2）＝3－（4－2）＝2－1．当0≢x≢4－2时，单调递增，故当x∈［0，4－2］时，f （x ）＊g （x ）＜＝2－1．综上知，f （x ）＊g （x ）的最大值为2－1．5．填2500． 以1为被加数，则1＋100＝101＞100，有1种取法． 以2为被加数，则2＋100＝102＞100， 2＋99＝101＞100，有2种取法．依次可得，被加数为ｎ（ｎ∈Ｎ，ｎ≢50）时，有ｎ种取法．但51为被加数时，则扣除前面已取过的，只能取52，53，…，100，有49种取法，同理52为被加数时，有48种取法，依次可得当被加数ｎ（ｎ∈Ｎ，51≢ｎ≢100）时，有100－ｎ种取法． 所以不同的取法有（1＋2＋3＋…＋50）＋（49＋48＋…＋1） ＝2500．6．填③④． ∵ａ６＋1＝（ａ２＋1）（ａ４－ａ２＋1）＝（ａ２＋1）／ａ·（ａ５－ａ３＋ａ）＝2（ａ＋1／ａ），（ａ≠0）∵ａ＞0，且ａ≠1，∴ａ６＋1＞4，∴ａ６＞3， 即ａ＞．又ａ５－ａ３＋ａ＝2，∴2／（ａ３＋1）＝ａ２＋（1／ａ２）＞2，∴ａ３＜2，即ａ＜，综合知应填③④．三、显然，所作截面是一个中心对称的凸多边形，它是一个四边形或一个六边形如果截面是一个四边形，那么它一定没有截到立方体的某一组对面，故截面的面积不小于正方体一个侧面的面积．图4如果截面是一个六边形，那么它一定截到立方体的六个面．将立方体展开在一个平面上（如图4）．设截面的周长为ｌ，正方体的棱长为ａ，则ｌ≣│ＡＢ│＝＝3ａ．由于正方体的中心是其内切球的球心，所以截面内含有半径为ａ／2的圆．从而有Ｓ截面≣（1／2）·（ａ／2）ｌ≣（3／4）ａ２＞ａ２．四、将Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝0，变形为1＝－（Ａｘ＋Ｂｙ）／Ｃ代入椭圆方程，得ｂ２ｘ２＋ａ２ｙ２＝ａ２ｂ２（－（Ａｘ＋Ｂｙ）／Ｃ）２，整理得（ａ２ｂ２Ｂ２－ａ２Ｃ２）ｙ２＋2ＡＢａ２ｂ２ｘｙ＋（ａ２ｂ２Ａ２－ｂ２Ｃ２）ｘ２＝0，（1）当ｘ＝0时，显然成立；（2）当ｘ≠0时，同除以ｘ2得（ａ２ｂ２Ｂ２－ａ２Ｃ２）（（ｙ／ｘ）２＋2ＡＢａ２ｂ２（ｙ／ｘ）＋（ａ２ｂ２Ａ２－ｂ２Ｃ２）＝0，则方程的两根为ＯＰ、OQ的斜率．因为ＯＰ⊥ＯＱ，所以－1＝（ａ２ｂ２Ａ２－ｂ２Ｃ２）／（ａ２ｂ２Ｂ２－ａ２Ｃ２），即ａ２ｂ２／Ｃ２＝（ａ２＋ｂ２）／（Ａ２＋Ｂ２）．五、设商场分配给百货、服装、家电营业额分别为ｘ，ｙ，ｚ（万元）（ｘ，ｙ，ｚ是正整数），则ｘ＋ｙ＋ｚ＝60，①5ｘ＋4ｙ＋2ｚ＝190，②ｃ＝0．3ｘ＋0．5ｙ＋0．2ｚ，③19≤ｃ≤19．7．④由①，②得ｙ＝35－（3／2）ｘ，ｚ＝25＋（ｘ／2），∴ｃ＝0．3＋0．5（35－（3ｘ／2））＋0．2（25＋（ｘ／2）） ＝22．5－0．35ｘ．代入④得8≢ｘ≢10．∵ｘ，ｙ，ｚ必为正整数，ｘ＝8，ｘ＝10，5ｘ＝40，5ｘ＝50，ｙ＝23，ｙ＝20，4ｙ＝92，4ｙ＝80，ｚ＝29ｚ＝30．2ｚ＝582ｚ＝60．加试一、解法1（三角法）：如图5，过P作ＰＧ⊥ＡＢ，垂足为Ｇ．不失一般性，设ＡＢ＝2，则ＡＤ＝2λ．再设PＧ＝ｈ，∠ＰＤＡ＝α，∠ＰＣＢ＝β，则图5ＡＥ＝ＡＢ－ＢＥ＝2－2λｔｇβ，ＢＦ＝ＡＢ－ＡＦ＝2－2λｔｇα．∵（2λ＋ｈ）ｔｇα＋（2λ＋ｈ）ｔｇβ＝2，∴ｔｇα＋ｔｇβ＝2／（2λ＋ｈ），①又（2λ＋ｈ）ｔｇα（2λ＋ｈ）ｔｇβ＝ｈ２，∴ｔｇα·ｔｇβ＝ｈ２／（2λ＋ｈ）２．②∵ＡＥ２＋ＢＦ２＝（2－2λｔｇβ）２＋（2－2λｔｇα）２＝ＡＢ２，∴8－8λ（ｔｇα＋ｔｇβ）＋4λ２（ｔｇ２α＋ｔｇ２β）＝4．即λ２（ｔｇα＋ｔｇβ）２－2λ２ｔｇαｔｇβ－2λ（ｔｇα＋ｔｇβ）＋1＝0，①、②代入得（4λ２－2λ２ｈ２）／（2λ＋ｈ）２－（4λ）／（2λ＋ｈ）＋1＝0．∴ｈ２（1－2λ２）＝0，∵ｈ≠0，∴1－2λ２＝0，即λ＝／2．解法2（代数法）：如图5，不失一般性，设ＡＢ＝2，则ＡＤ＝2λ，并令ＡＦ＝ｘ，ＢＥ＝ｙ，因为△ＰＧＥ∽△ＣＢＥ，于是有ＰＧ／ＢＣ＝ＢＥ／ＢＥ，即ＰＧ／2λ＝ＧＥ／ｙ．所以，ＧＥ＝（ＰＧ·ｙ）／2λ．①同理，ＧＦ＝（ＰＧ·ｘ）／2λ．②①＋②，得ＥＦ＝（ｘ＋ｙ）·（ＰＧ）／2λ，即ＰＧ＝（ＥＦ·2λ）／（ｘ＋ｙ）＝（2λ（2－ｘ－ｙ））／（ｘ＋ｙ）．③由①、②、③得ＧＥ＝（ＰＧ·ｙ）／2λ＝（2λ（2－ｘ－ｙ）／ｘ＋ｙ·ｙ·（1／2）λ＝［（2－ｘ－ｙ）／（ｘ＋ｙ）］·ｙ，ＧＦ＝（ＰＧ·ｘ）／2λ＝［（2－ｘ－ｙ）／（ｘ＋ｙ）］·ｘ．∴ＢＧ＝ＧＥ＋ｙ＝2ｙ／（ｘ＋ｙ），④同理ＡＧ＝2ｘ／（ｘ＋ｙ）．⑤又ＰＧ2＝ＡＧ·ＢＧ，综合③④⑤，得4λ2（（2－ｘ－ｙ）／（ｘ＋ｙ））２＝4ｘｙ／（ｘ＋ｙ）２，化简得λ2（2－ｘ－ｙ）２＝ｘｙ，⑥又∵ＡＥ２＋ＢＦ２＝ＡＢ２，∴（2－ｘ）２＋（2－ｙ）２＝4，即4－4（ｘ＋ｙ）＋ｘ２＋ｙ２＝0，∴4－4（ｘ＋ｙ）＋（ｘ＋ｙ）２＝2ｘｙ．⑦将⑥代入⑦得4－4（ｘ＋ｙ）＋（ｘ＋ｙ）２＝2λ２（2－ｘ－ｙ）２．即（2－ｘ－ｙ）２＝2λ２（2－ｘ－ｙ）２．∵x＋y≠2，∴2λ２＝1．解得λ＝／2．二、由柯西不等式，得故原不等式得证．三、易知题中的递推关系式即为ｃｎ＋１＝2ｃｎ，若0≤ｃｎ＜（1／2），①2－2ｃｎ，若（1／2）≤ｃｎ≤1．（1）若ｃ１为有理数，即ｃ１＝ｐ／ｑ，其中（ｐ，ｑ）＝1时，对一切ｎ，均有ｃｎ＝（ｐｎ／ｑ，其中ｐｎ∈｛0，1，…，ｑ｝，故有ｎ１＜ｎ２，使得ｐｎ1＝ｐｎ2．从而ｃｎ1＝ｃｎ2．于是，由①式可知｛ｃｎ｝自第ｎ１项之后呈周期变化．假设数列自第ｎ１项开始成为周期为T的，我们记ｃｎ1＝ａｋ·2－ｋ，即用二进制表示cｎ1，其中ａｋ＝0或1，并记ａｋ＝1－ａｋ，ｋ∈Ｎ，②由此并结合归纳法，即知此即表明ｃｎ1为二进制循环小数，故为有理数．当ａ１＋…＋ａＴ≡1（ｍｏｄ2）时，由于ｃｎ1＋Ｔ＝ｃｎ1得ａｋ＝ａｋ＋Ｔ＝1－ａｋ＋Ｔ，ｋ∈Ｎ．③由于③式亦表明ａｋ＋Ｔ＝ａｋ＋2Ｔ，ｋ∈Ｎ，所以，ａｋ＝1－ａｋ＋Ｔ＝1－ａｋ＋2Ｔ＝1－（1－ａｋ＋2Ｔ）＝ａｋ＋2Ｔ，（ｋ∈Ｎ）．故ｃｎ1亦为有理数．再由递推式①知ｃｎ１是由c１经ｎ１－1步有理运算得出的，所以，ｃ1也必为有理数．（2）如果分别取④则可使｛ｃｎ｝分别以T＝2和Ｔ＝ｍ，ｍ≥3为周期，又易见，只要将ｃ１取为④中的1／2ｋ，ｋ∈Ｎ，都可使数列最终以相应的T为周期．从而，对每个T＝2，3，…都有无穷多个c１使得数列自某项之后以T为周期变化．。