2011年全国高中数学联赛模拟卷(一)

2011年全国高中数学联赛模拟卷(一)

第一试

一、填空题

1．将数20分成5个实数之和，则这5个数的平方和的最小值是________.

2．设函数f(x)的定义域是N*，且f(x+y)=f(x)+f(y)+xy，f(1)=1，则f(2 011)=________.

3．设a,b,c,d为已知常数，且b≥c≥d≥0，要使

|x-a|+|x-a+b|+|x-a+b-c|+|x-a+b+c|+|x-a+b-c+d|+|x-a+b+c-d|

为常数，则x的取值范围是________．

图1

4．如图1，长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=a,BC=b，A1A=c，E为D1C1的中点.若平面A1BC1与平面ACE所成二面角的平面角为θ，则sinθ=________．

6．已知曲线y2=ax与其关于点(1，1)对称的曲线有2个不同的公共点，如果过这2个公共点的直线的倾斜角为45°，那么实数a=________.

二、解答题

11．在数列{an}中，a1，a2是给定的非零整数，an+2=|an+1-an|．证明：从{an}中一定可以选取无穷多项组成2个不同的常数数列．

第二试

一、在△ABC中，D，E，F和X，Y，Z分别为边BC，CA，AB上的中点和高的垂足，ZD与FX交于点L，ZE与FY交于点M，DY与XE交于点N，求证：点L，M，N都在△ABC的欧拉线上(即三角形外心和垂心的连线上).

三、桌上放着个数分别为1,2,…,k的k堆石子(k≥3).第1步，任选3堆石子将它们合并成一堆，并在这堆石子中挑出一个石子扔掉；第2步，从现在桌上的所有石子堆中选出3堆石子将它们合并成一堆，并在这堆石子中挑出2个石子扔掉；…；一般地，第i步，在桌上选取石子总数大于i的3堆将它们合并成一堆，并在这堆石子中挑出i个石子扔掉.若经过有限步上述操作后，桌面上仅剩下一堆p个石子.求证：当且仅当2k+2和3k+1都是完全平方数时，p为完全平方数，并求这样的最小自然数k.

四、一副牌有2n+1张，其中有一张“王”，1，2，…，n各2张.把这2n+1张牌排成一行,使得王在中间,且对每个k(1≤k≤n),2个k之间恰有k-1张牌.当n≤10时,对怎样的n,上述安排是可能的吗?并给出相应的安排方法.

参考答案

第一试

1．80 2．2 023 066 3．a-b≤x≤a-b+c-d

8.2n+1．

9.解存在符合条件的二次函数．设f(x)=ax2+bx+c，则当k=1,2,3时,

联立式(1)，式(2)，式(3)，解得

于是

因此

10.解由均值不等式得

(a+b)2+(a+b+4c)2=

(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥

于是

当且仅当a=b=2cgt;0,等号成立,故k的最大值为100.

11.解首先证明数列{an}必在有限项后出现零项．假设{an}中没有零项.由于

an+2=|an+1-an|，

因此当n≥3时，有an≥1．

当an+1gt;an时，

an+2=an+1-an≤an+1-1(n≥3)；

当an+1lt;an时，

an+2=an-an+1≤an-1(n≥3)，

即an+2的值要么比an+1至少小1，要么比an至少小1．令

则

0lt;bn+1≤bn-1．

由于b1是确定的正整数，因此这样下去，必然存在某项bklt;0，与bkgt;0矛盾，从而{an}中必有零项．

若第一次出现的零项为an，记an-1=M(M≠0)，则自第n项开始，每3个相邻的项周期地取值0,M,M，即

因此数列{an}中一定可以选取无穷多项组成2个不同的常数数列.

第二试

一、证明设O，H分别为△ABC的外心和垂心，下面证明点L在OH上.设△ABC外接圆半径为R.设直线ZC，FX交于点P，连结OF，HL，OL.由OF⊥AB，PZ⊥AB，得

OF∥PZ，

从而

∠OFL=∠P.

由F为Rt△AXB斜边AB上的中点，得FX=FB，从而

∠B=∠FXB=∠CXP，

于是

∠P=90°-∠ZFP=90°-2∠B.

又由FO=RcosC,得

同理可得∠B=∠DZB.于是在△PLZ中,

在△FLZ中，

从而

得

又因为∠OFL=∠P,所以

△OFL∽△HPL,

而F,L,P共线，故O,L,H共线，即点L在OH上.

同理可证,点M，N也在OH上.

二、解不妨设12∈A，由于当集合A确定后，集合B便唯一确定，因此只需考虑集合A的个数，设A={a1,a2,…,a6}，a6为最大数.由1+2+…+12=78，得

a1+a2+…+a6=39,a6=12,

于是

a1+a2+a3+a4+a5=27，

故A1={a1,a2,a3,a4,a5}中有奇数个奇数．

(1)若A1中有5个奇数，因M中的6个奇数之和为36，而27=36-9，则A1={1,3,5,7,11}，这时得到唯一的A={1,3,5,7,11,12}.

(2)若A1中有3个奇数、2个偶数,用p表示A1中这2个偶数x1,x2之和；q表示A1中这3个奇数y1,y2,y3之和，则

p≥6,q≥9，

于是

q≤21,p≤18．

可得A1的24种情形．

1°当p=6,q=21时,

(x1,x2)=(2,4),

(y1,y2,y3)=(1,9,11)，(3,7,11)，(5,7,9)，

可搭配成A1的3种情形；

2°当p=8,q=19时,

(x1,x2)=(2,6)，

(y1,y2,y3)=(1,7,11),(3,5,11),(3,7,9)，

可搭配成A1的3种情形；

3°当p=10,q=17时,

(x1,x2)=(2,8),(4,6)，

(y1,y2,y3)=(1,5,11)，(1,7,9),(3,5,9)，

可搭配成A1的6种情形；

4°当p=12，q=15时,

(x1,x2)=(2,10)，(4,8)，

(y1,y2,y3)=(1,3,11),(1,5,9)，(3,5,7),

可搭配成A1的6种情形；

5°当p=14,q=13时,

(x1,x2)=(4,10),(6,8)，

(y1,y2,y3)=(1,39),(1,5,7),

可搭配成A1的4种情形；

6°当p=16,q=11时，

(x1,x2)=(6,10)，(y1,y2,y3)=(1,3,7)，

可搭配成A1的1种情形；

7°当p=18,q=9时，

(x1,x2)=(8,10)，(y1,y2,y3)=(1,3,5)，

可搭配成A1的1种情形．

(3)若A1中有1个奇数、4个偶数，由于M中除12外，其余的5个偶数和2+4+6+8+10=30，从中去掉一个偶数，补加一个奇数，使A1中五数之和为27，分别得到A1的4种情形：(7,2,4,6,8),(5,2,4,6,10),(3,2,4,8,10),(1,2,6,8,10)．

综合以上讨论，可知集合A有1+24+4=29种情形，即M有29种“等和划分”．

下面分k≡1(mod 4)和k≡3(mod 4)这2种情况来解决问题.

(1)若k≡1(mod 4),记k=4c+1,则开始时共有石子

经过2c步共扔掉的石子数为

1+2+…+2c=c(2c+1),

故p=(4c+1)(2c+1)-c(2c+1)=

(2c+1)(3c+1).

(2)若k≡3(mod 4),记k=4c+3,则

3k+1=12c+10≡2(mod 4),

不可能为完全平方数.

下证p也一定不是完全平方数.此时总的石子数为

2(4c+1)(c+1).

经过2c步共扔掉的石子数为

1+2+…+2c=(c+1)(2c+1),

故p=2(4c+1)(c+1)-(c+1)(2c+1)=

(c+1)(6c+5).

若p为完全平方数,则由(c+1,6c+5)=1知，c+1和6c+5均为完全平方数.记c+1=x2,6c+5=y2,则6x2-y2=1,y为奇数,于是

y2≡1(mod)8,6x2≡2(mod 8).

故3x2≡1(mod 4),这不可能,故p不为完全平方数.

综上所述,当且仅当2k+2和3k+1都是完全平方数时,p为完全平方数.

下面寻找满足条件的最小自然数k.由上面的证明可得k=4c+1(c≥1),因此只需寻找最小的c.记2c+1=x2,3c+1=y2,则

显然x≡1(mod 2),x2≡1(mod 4),则

2y2=2(mod 4),y≡1(mod 2).

设x=2a+1,y=2b+1,则式(4)变为

3a(a+1)=2b(b+1)。

将a=1,2,…逐一代入,知最小的a=4,此时b=5,故最小的

k=4c+1=2x2-1=2(2a+1)2-1=161.

四、解把2n+1个位置从左到右依次记为第1号位,第2号位,…,第2n+1号位.

对每个k(1≤k≤n),设左边的那个k位于第ak号位,右边的k位于第bk号位.由于2个k之间恰有k-1张牌,因此k=ak+k,即

(ak+bk)-2ak=k.

对k从1到n求和,得

2n(n+1).

由式(5),得

当n=3,4,7,8时,满足题设要求的安排是可能的,具体排法如下:

当n=3时,1 1 3 王 2 3 2;

当n=4时,1 1 3 4 王 3 2 4 2;

当n=7时,1 1 3 6 7 3 4 王 5 6 4 7 2 5 2;

当n=8时,5 8 4 1 1 5 4 7 王 8 6 2 3 2 7 3 6.

(供稿人：虞金龙)