2013联赛考前模拟训练2

2013年全国高中数学联赛冲刺模拟试题（五）

姓名__________评价__________

一试

一、填空题(共64分,每题8分)

11、设方程2013x{x}（{x}x[x]，[x]表示不超过x的最大整数）的两个不同实

2014数解为x1,x2，则20142(x1x2)=__________

2013n12、将表示成两个(nN*)型分数的乘积的不同方法数是__________

n20123、已知复数z满足z2z217且其在复平面上对应的点的轨迹为一条圆锥曲线，则其离心率等于__________

4、实数x,y同时满足4x27y,log27ylog4x561及27y4x1,则xy的取值范围是6__________

5、正四棱锥PABCD中，PA5,AB6，M是PAD的重心，则四面体MPBC的体积是

6、若sinsinsin，coscoscos，则cos2cos2cos2 7、已知实系数一元二次方程ax2bxc0有实数根，则使得(ab)2(bc)2(ca)2ra2成立的正实数r的最大值为__________

223322013220138、S1111的整数部分是 3!4!2014!二、解答题(共56分,其中第9题16分,其余两题各20分)

1n9、数列an满足：a11,an11ak，

nk1(1)写出数列前7项的值； (2)对任意正整数n，求an的表达式．

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x2y210、椭圆C:1，过点F(4,0)作C的两条互相垂直的弦AB、CD，M、N分别是

259AB、CD的中点，问：直线MN是否恒过一定点？

ln22ln32lnn2(an1)(2n1)11、求使不等式222对任意大于等于2的正整数n都成立

23n2(n1)的a的最小整数值

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加试题

姓名__________评价__________

一、ABC的A旁切圆I分别切直线AB,AC于E,F,点P,Q分别在线段AB,AC上,AK是ABC外接圆直径,已知AQCF,APBE.求证IK⊥PQ.

abbcc2二、设a,b,c是不全为零的实数，求F(a,b,c)2的最大值与最小值，并说明a,b,ca2b23c2满足什么条件时取得最大值与最小值.

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三、求不定方程284553的正整数解.

四、盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为1,3,3,,3的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S；对于给定的正整数n，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n，便称为一种取牌n_方案，不同的n_方案种数记为f(n)； 试求f(1)f(2)f(S)之值．

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参考解答

一、填空题(共64分,每题8分) 1.2012 2.24 13. 24. 解.令451111m,27yn,则mn,1,解得m,故xlog4m;又

26nm2511111,再由条件nm,故ylog27n,从而log27ylogx()()46333261115log27ylog4x可得x,y,xy.

6236x5.

解：

设

PM2交

AD于

N，则

PADPN2PA216，所以PN4；若PH是

2四棱锥的高，则PHPN22MDNABPH7，7，

22CBA正方形ABCD面积为36，所以，

1NBC的面积为18，故四面体PNBC体积为VPNBC18767，

3MN11又由，所以四面体MNBC体积为VMNBCVPNBC27，于是四面体

PN33MPBC的体积为：VMPBCVPMBCVMNBC47．

6. 平方得，sin2sin22sinsinsin2，cos2cos22coscoscos2， 两式相加得cos()1；两式相减得：cos2cos2cos22cos() 22cos()cos()2cos()cos()；

因此，coscoscos31cos2cos2cos2 223332cos()cos()cos2cos()cos2． 222222第 5 页 共 15 页

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7.

9 88. 考虑更一般的结果

二、解答题(共56分,其中第9题16分,其余两题各20分)

51737197207； ,a4,a5,a6,a726126060aaan1anaa2an1，an11， (2)因为an1112nn1aa2an1ana1a2an1所以an1an1 nn19. 解：(1)顺次算出：a11,a22,a3ana1a2an1a1a2an1 nnn11aaan1111112aaan1． 12nn1nn1n所以，anan1111 ，an1an2 ，… …，a2a1 ，a11， n1n21111． 23n1相加得，an11第 6 页 共 15 页

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10.

11.

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加试题

证明 连接IE,IF,IP,IQ,KE,KF,KP,KQ.设BCa,CAb,ABc,s表示ABC 的半周长,因为AK是直径,AQCF,APBE.所以得:

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BQcAQcCFcsbbcsCPbAPbBEbscbcs所以BQCP,PFACb,QEABc.

在RtIEQ,RtKBQ和RtIEA,RtKBA中,由勾股定理得:

IQ2KQ2QE2EI2QB2BK2AC2AI2AE2AK2AB2BQ2

在RtIFP,RtKCP和RtIFA,RtKCA中,由勾股定理得:

IP2KP2PF2FI2KC2CP2AB2AI2AF2AK2AC2CP2

因为AEAF,BQCP,所以IQKQIPKP.因此IK⊥PQ. 二、

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三、解 因为，所以，所以为偶数.

又，，所以. 而关于模的阶数为，所以，所以为偶数. 又，，所以.而关于模的阶数为，所以，所以为偶数.

于是知均为偶数，不妨设，，，则，即.

又因为、、两两互素，所以存在互素的自然数（），使

得因为代入

又因为于是知

当为偶数时，当为奇数时，于是知

，.所以

，

.

，从而知，所以，从而，.

229999.

，由于

，得

互素，且

.

，所以，所以

，即

，

.，矛盾；

.，。

，此时只有

四、解一、将盒中的纸牌按标数自小到大的顺序排成一列：1,1,3,3,3,3,,3,3，值

kn相等的两个项不同色，对于每个k1k100，数列前2k项之和小于3，故形如3的

项必须从两个3中选出，（任何其它项的和不等于3），于是选出一个3有两种方法，同时选出两个3只有一种方法．

对于集合A0,1,2,,S中的每个数m，可将其表为含有一百个数位的三进制形式：

nnnnma99a98a1a0，

即 ma0a13a23a993，其中ai{0,1,2},i0,1,2,,99； 若在a0,a1,a2,,a99中恰有k个为1（其余100k个数为0或2），则f(m)2（这是由于，每个1有红蓝两种选取方案）．

现将集A分解为AA0A1A2A100，其中Ak中的每个数m在表成上述三

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进制形式后，其系数a0,a1,a2,,a99恰有k个为1（其余100k个数为0或2），因此集Ak中，共有C1002k100k个数，（这是由于，从a0,a1,a2,,a99中选取k个为1，有C100种选

k法，其余100k个数，每个可取作0或2，有2100k种方法）；

这样，Ak中各数的f值之和为

mAkkk， f(m)2kC1002100k2100C100由于集合A0,A1,A2,,A100两两不相交，从而

mAf(m)f(m)mA0mA1f(m)mA2f(m)mA100f(m)

011002100C100C100C100210021002200，

注意到00030303，即数列中的每个数都不选，其方案数f(0)1， 所以f(1)f(2)f(S)22002991．

解二、采用数学归纳法，为此，将问题一般化，将具体数99改为非负整数k， 考虑数列1,1,3,3,3,3,,3,3，其和为Sk，

今计算Fkf(0)f(1)f(Sk)的值．

对k归纳，k0时数列有两项：1,1，则S0112；由于f(0)1,f(1)2,f(2)1，所以F0f(0)f(1)f(2)4；

k1时数列有四项：1,1,3,3，则S18，而f(0)1,f(1)2,f(2)1,f(3)2，

22kkf(4)4,f(5)2,f(6)1,f(7)2,f(8)1，

于是F1f(0)f(1)f(8)164；

据此猜想，对于数列1,1,3,3,3,3,,3,3（其和为Sk），有

22kk2Fkf(0)f(1)f(Sk)4k1 … ①

此式在k0,1时已验证，今假定对于k成立，考虑k1情况，

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数列1,1,3,3,3,3,,3,3,3每个数n表成三进制形式：

22kkk1,3k1的和为Sk1，将集合A0,1,2,,Sk1中的

na0a13a232ak3kak13k1n1ak13k1 … ②

其中n1a0a13a23ak3,aj{0,1,2}， 若ak10，这时nn1，利用归纳假设，有Fk4若ak11时，nn13假设，有2Fk24k1k12kk1种选法；

从两个3k1中取其一，有两种取法，对前段表达式n1用归纳

种选法；

k1当ak11时，nn123有Fk4k1 两个3k1全取，有一种取法，对前段表达式n1用归纳假设，

种选法；

k2所以Fk1Fk2FkFk4Fk4，即Fk1f(0)f(1)f(Sk1)4k1k2，

即①式对于任何非负整数k成立；f(1)f(Sk)4取k99，得f(1)f(2)f(S)2200f(0)4k11；

1．

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