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高中数学联赛模拟试题(1)


高中数学联赛模拟试题(1)
一 一、选择题(本大题 36 分,每小题 6 分) 试

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)i /2)i

C.-3/2+(

>/2)iD.3/2-(




2.已知函数f(x)=loga(ax -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 ) . 2 2 A. (x-1) /25+(y-4) /16=1(y≠0)或x=1(y≠0) 2 2 B. (x-1) /16+(y-4) /25=1(x≠0)或x=1(y≠0) 2 2 C. (x-4) /25+(y-1) /16=1(y≠0)或y=1(x≠0) 2 2 D. (x-4) /16+(y-1) /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.4 5.一条笔直的大街宽是 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E

F、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 2 2 2. 在△ ABC中, a、 b、 c是角A、 B、 C的对边, 且满足a +b =2c , 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)=m in {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. 2 2 2 2 2 2 四、 (本大题 20 分)直线Ax+Bx+C=0(A· B· C≠0)与椭圆b x +a y =a b 相交于 P 和 Q 2 2 2 2 2 2 2 两点,O 为坐标原点,且 OP⊥OQ,求证:a b /c =(a +b )/(A +B ) . 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 部门 百货部 服装部 家电部 表 2 各部每 1 万元营业额所得利润表 部门 百货部 服装部 家电部 利润 0.3 万元 0.5 万元 0.2 万元 人数 5 4 2

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 2 2 2 不同于A、B的一点 P,连 PC,PD交AB于E、F,若AE +BF =AB ,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 2 2 x +(y-1) =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, y=0. 故z2=-

(舍去)

x=- y=3/2.

/2,

/2+(3/2)i.


2.选C. 设g(x)=ax -x+1/2. 2 首先由ax -x+1/2>0,得 2 2 a>(x-1/2)/x =-(1/2x )+1/x. 2 当 1?x?2 时,(-(1/2x )+1/x)max=1/2, 从而 a>1/2. 2 在a>1/2 的前提下,易知函数g(x)=ax -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 2 2 (x-1) /25+(y-4) /16=1(y≠0). 4.选B. 一方面M> 另一方面M< + =2, =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. 2 6.选C. 新增的n个车站之间需要P n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 2 P n+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, n=29, n=2, 或 解出 ∴ n-1+2m=29 n-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=2 F=FH=HB=2 a.图 3(1)为折前长方形,有AC= a,AM=MN= a/3,A

a/3,MF=a/3,HN=2a/3. a/3×2 a/3×

设平面AMN 与平面AFH 的夹角为 θ (如图 3(2)),由S△AFH=1/2×2 sin60°= a /3.
2

在Rt△ NHA中,AN= 取AN 的中点 P, ∵AM=MN MP⊥AN.

=4a/3.

在Rt△ MPA中,MP= ∴S△AMN=a/2·4a/3=2a /3. ∴cosθ =S△AFH/S△AMN = /2,
2

=a,

∴θ =π /6. 2 2 2 2.填 π /3. 因为a +b =2c , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 所以cosC=(a +b -c )/2ab=(a +b -(a +b )/2)/2ab=(a +b )/4 ab, 2 2 所以a -4abcosC+b =0. 2 即(a/b) -(4cosC)(a/b)+1=0(因为b≠0). 因为a/b是正实数,所以 2 2 Δ=(-4cosC) -4≥0, cos C≥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. n 3.填(1-(1/a)) . 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, n-1 n ∴an=a1q =(1-(1/a)) , 4.填 2 -1. ∵x?0,令 3-x> ,解得 0?x<4-2 ,0≤x<4-2 ∴f(x)*g(x)= 3-x,x≥4-2 ∵3-x在 R 上单调递减,故当x?4-2 =3-(4-2 )=2 -1. 时, 单调递增,故当 x∈[0,4-2 ]时,f(x)*g(x)< . )*g(4-2 ) , .

时, f(x)*g(x)?f(4-2

当 0?x?4-2 =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 2 4 2 2 5 3 6.填③④. ∵a +1=(a +1)(a -a +1)=(a +1)/a·(a -a +a)=2(a+1 /a),(a≠0) ∵a>0,且a≠1,∴a +1>4,∴a >3, 即a>
5 3 3 2 2 6 6



又a -a +a=2,∴2/(a +1)=a +(1/a )>2, ∴a <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│ ?=

?=3

a.

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)a >a .
2 2

四、将Ax+By+C=0, 变形为 1=-(Ax+By)/C代入椭圆方程,得 2 2 2 2 2 2 2 b x +a y =a b (-(Ax+By)/C) , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 整理得(a b B -a C )y +2ABa b xy+(a b A -b C )x =0, (1)当x=0 时,显然成立; (2)当x≠0 时,同除以x2 得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b B -a C )((y/x) +2ABa b (y/x)+(a b A -b C )=0, 则方程 的两根为OP、OQ 的斜率. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 因为OP⊥OQ,所以-1=(a b A -b C )/(a b B -a C ), 2 2 2 2 2 2 2 即 a b /C =(a +b )/(A +B ). 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 ① x+y+z=60, ② 5x+4y+2z=190, ③ c=0.3x+0.5y+0.2z, ④ 19≤c≤19.7. y=35-(3/2)x, 由①,②得 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, 或 或 ∴ ∴ z=29 z=30. 2z=58 2z=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5 AE=AB-BE=2-2λtgβ, BF=AB-AF=2-2λtgα. ∵(2λ+h)tgα+(2λ+h)tgβ=2, ∴tgα+tgβ=2/(2λ+h) , ① 2 又(2λ+h)tgα(2λ+h)tgβ=h , 2 2 ∴tgα·tgβ=h /(2λ+h) . ② 2 2 2 2 2 ∵AE +BF =(2-2λtgβ) +(2-2λtgα) =AB , 2 2 2 ∴8-8λ(tgα+tgβ)+4λ (tg α+tg β)=4. 2 2 2 即 λ (tgα+tgβ) -2λ tgαtgβ-2λ(tgα+tgβ)+1=0,①、②代入得 2 2 2 2 (4λ -2λ h )/(2λ+h) -(4λ)/(2λ+h)+1=0. 2 2 ∴h (1-2λ )=0,∵h≠0, 2 ∴1-2λ =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. ② ①+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 2 2 4λ2( (2-x-y)/(x+y) ) =4xy/(x+y) , 2 化简得 λ2(2-x-y) =xy, ⑥ 2 2 2 又∵AE +BF =AB , 2 2 ∴(2-x) +(2-y) =4, 2 2 即 4-4(x+y)+x +y =0, 2 ∴4-4(x+y)+(x+y) =2xy. ⑦ 将⑥代入⑦得 2 2 2 4-4(x+y)+(x+y) =2λ (2-x-y) . 2 2 2 即(2-x-y) =2λ (2-x-y) . ∵x+y≠2, 2 ∴2λ =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 2cn,若 0≤cn<(1/2) , ① cn+1= 2-2cn,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. 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 1/2 ,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.




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