高中数学联赛模拟试题含详细解答Word文档下载推荐.docx
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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：
通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，打算全商场日营业额（指每日卖出商品所收到的总金额）为60万元，依照体会，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形如表2．商场将打算日营业额分派给三个经营部，同时适当安排各部的营业员人数，假设商场估量每日的总利润为ｃ（万元）且知足19≤ｃ≤19．7，又已知商场分派给经营部的日营业额均为正整数万元，问那个商场如何分派日营业额给三个部?
各部别离安排多少名售货员?
表1 各部每1万元营业额所需人数表
部门
人数
百货部
5
服装部
4
家电部
2
表2 各部每1万元营业额所得利润表
利润
0．3万元
0．5万元
0．2万元
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，假设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｝可由如下法那么概念：
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，使得数列自某项以后以T为周期（关于每一个Ｔ＝2，3，…）？
参考答案
一、选择题
1．选Ａ． 如图1所示，设复数ｚ１对应的点为Ｚ１，那么
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］的左侧，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为核心，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个车站与原先的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－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，那么ＡＢ＝2
ａ．图3
（1）为折前长方形，有ＡＣ＝
ａ，ＡＭ＝ＭＮ＝
ａ／3，ＡＦ＝ＦＨ＝ＨＢ＝2
ａ／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×
ａ／3×
ｓｉｎ60°
＝
ａ2／3．
在Ｒｔ△ＮＨＡ中，ＡＮ＝
＝4ａ／3．
取ＡN的中点P，
∵ＡＭ＝ＭＮ
ＭＰ⊥ＡＮ．
在Ｒｔ△ＭＰＡ中，ＭＰ＝
＝ａ，
∴Ｓ△ＡＭＮ＝ａ／2·
4ａ／3＝2ａ2／3．
∴ｃｏｓθ＝Ｓ△ＡＦＨ／Ｓ△ＡＭＮ
＝
∴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，因此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，那么操作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
综上知，f（x）＊g（x）的最大值为2
5．填2500． 以1为被加数，那么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
若是截面是一个六边形，那么它必然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）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， 那么方程的两根为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，
①
5ｘ＋4ｙ＋2ｚ＝190，
②
ｃ＝0．3ｘ＋0．5ｙ＋0．2ｚ，
③
19≤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＝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
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． 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
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＝
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），
2－2ｃｎ，若（1／2）≤ｃｎ≤1．
（1）假设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项以后呈周期转变．
假设数列自第ｎ１项开始成为周期为T的，咱们记
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
此即说明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，因此，
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，因此，ｃ1也必为有理数．
（2）如果分别取
那么可使｛ｃｎ｝别离以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，对每一个T＝2，3，…都有无穷多个c１使得数列自某项以后以T为周期转变．
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