No.30全国高中数学联合竞赛模拟试题 6页

No.30高中数学联赛模拟试卷1、抛物线yx2上到直线xy20的距离最小的点的坐标是12、s,71，一，一、-=的整数部分是993、在棱长为J2的正四面体内任取一点p,p到四面体四个面的距离分别记为PR,PP2,PP3,PP4,贝UPP1PP2PP3PP44、在三棱锥SABC中，侧棱SA,SB,SC两两垂直，SASB4,SC6,在三棱锥的内部有一个与三棱锥的四面体都相切的球，则此球的半径R.x1,x0,5、若f(x)则1,x0f(cos2)二当x[0,2)且满足cosxf(sinx)1的x的集合o6、已知（1xn的展开式中没有常数项,♦♦7、双曲线y2k关于直线x-y=1对称的曲线与直线x+2y=1相切，则k的值等于8、求函数x432x80x24的最小值和取最小值时x的值9、证明圆(x22a)(yb)2.r的两条互相垂直的切线m,n的交点P的轨迹万程是(xa)2(yb)22r2。10、密码员王超设计了一种给自然数编码的方法:（1）先将自然数表示成五进制数（逢五进）（2）再将五进制中的5个数码与集合V,W,X,Y,Z中的元素建立一个对应，后来,他发现三个递增的相邻的十进制自然数被编成的十进制数。VYZ,VYX,VVW求被编成VWXYZ的数所对应11、数列｛an｝的定义是:a1包1包2,an31,、、1一（an1an27）,证明，该数列中的an项都是正整数。（德国）12、已知a,b是正数，并且2009.20092007.2007abab，求证a2b22。\n乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题3参考答案1、解法1设抛物线yx2上的点的坐标是x,x2,则它到直线xy20的距离是xx22(x2)27招2112,4.12时d最小，此时y4.故所求点的坐标是解法2如图，将直线xy20平移至与抛物线y求点.设切线方程为yxk,代入yx2,得x2yyx2。，即14k0,得k1.解（得414yx4求点的坐标是1,1.2,42.x相切，则此时的切点即为所xxy解法3设所求点的坐标为Pxo,yo，则过点P的抛物线的切线应与直线xy20平行.而其切线方程为工2处x0x，故2xo1,xo2.yx24.故所求点的坐标为2，1.2、解112k32k12v2k1即l2r71kk22.2k12取k1,2,,49,得49个式子,并相加，得，1013111.3.5.7显然1」、、1—在8与9之间,991998.拓展将题中106改为n2,得推广1当n为大于1的自然数时,1的整数部分是2(n1).\n,,1推广2当n为大于1的自然数时，1，322一13证明Q—1——2——J2,_3k23.k3k3,k3k23(n1).33k13k「33k3n.(k1)1由于1,2,L,n3n311,11322mmk_m1mkmkmm1Lmk1mkmmk1mkml1mmkm1mk1mk，故又得推广_1_3kTmk1).1332mkmk1，(k1)3当m、n为大于1的自然数时，11，,的整数部分是mm1m(n1).3、解法1将P与正四面体的四个顶点联结，得到以P为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为PP1,PP2,PP3,PP4,体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四面体的底面一样，所以PP1PP2PP3PP4正四面体的高解法2设已知正四面体为ABCD,由题意，可知PP1PP2PP3PP4为定值.故不妨令P为正四面体的一个顶点A,则P到面ABC、面ACD、面ADB的距离都是0,故PP1PP2PRPP4就是点A到面BCD的距离，即正四面体的高4、解：.♦SA,SB,SC两两垂直，SASB4,SC6,AB4<2,\nACBC2%；13,SSAB8,SSBCSSAC12,SABC4722,1一一一一设此二棱锥的内切球的半径为R,则VsABC—(SSABSSBCSSACSABC)RSABCSABSBCSACABC/31(324V22)RVcsab1SsabSC1144616,3332一1一一一即1(324J22)R16,解得R3162、2275、希望杯16—2—2—126、08高考辽宁理科15题。答案5227、解设点P(xo,yo)是双曲线xyk上任意一点，点P关于直线x-y=1的对称点为p(X,y),则3j1①，又一22xx01②，解①、②联立方程组得x0y1③.P点在双曲线x2y2k上，x2y2V。x1k④.③代入④，得22(y1)(x1)k⑤，此即对称曲线的方程，由x+2y=1,得x=1-2y',代入⑤并整理，得3y22yk1。.由题意,△=4-12(k-1)=0,解得k=—,故选B.38、解法1由已知函数式，得Jx432x80(y4)x2,两边平方并整理，得2(y4)x232x(648yy2)0,看作关于x的方程，由xR,知x0,即3228(y4)(648yy2)0,得4后y4v,2①或y12②，因为Jx432x80J(x24)28(x2)2324行，即y(x24)4&44行,故舍去①，只取②：y12,将y12代入已知函数式，得x1,即当且仅当x1时，y有最小值12.解法2因为y7(x28)2—(4x4)2V(x24)2,所以设a(x28,4x4),b(x24,0),则ya|bab(x28,4x4)(x24,0).(12)2(4x4)212,故当且仅当x1时，y有最小值12.9、证明如图，易知四边形APBO1为正方形，所以|PO1|=J2|AO1|V2r,所以点p的轨迹\n是以Oi为圆心，J2r为半径的圆，其方程是（xa）2（yb）22r2.10、希望杯16—2—2—2211、12、由递推公式知,an3anan1an27,an4an1an2an7,两式相减，得:an3anan4an1an2anan1anan3anan2an3an1anan4anan3(anan2)an1(an2an4)anan2an2an4(*),记bna1an1an3anan2，则bn+2an1an2anan3,即bnbn+2(**)a2k12、1包1.1,a32,an3-(an1anan13a2ka2k1,a2k25a2k1证法b2证法27),彳#a49b13,b25,从而a2k,结合a11,a21,a32,知数列中各项为正。1若a与b中有一个等于1,那么另一个也等于…,一.，21,此时，显然ab22.1996b1998a1，可将a1998.1998b19981996,1996由仁419962b改与为aa,1996.b1b2,由矛盾）,1,0b219961996a1,.1996bb21996a1996b.Qa22-1996b与a1998a1998bb219961996ab证法1998a■1998b1998a■1998b1996,2ab199811998ab1996.22.1996Qabab又a212-1996b与a1996.2ab2.1996ab199811998aba211b21998a1996丑口b同方,.Q1998.1998ab1,得a2.1996abb2199621998abba2b21996a19961996ab,1996b0,a20,b2199611996F.ab及a,bR，得a2b21996.1996abb219981998ab2,1996ab19981998ab,1996-1b同号,1,a2b21996,2ab2,1996ab1998a■1998bb2b219961996ab19961996ab0,\n推广1设a,bR,且a1998b1998a1996b1996,则a2b22.推广2设a,bR,且a2n2b2n2a2nb2n,其中nN，则a2b22.推广3设a,bR,且a2m2nb2m2na2mb2m,其中m,nN,则a2nb2n2..2m2n2m2n2m2m推广4设a,bR,且AaBbAaBb,其中m,nN,A,BR,AB1,则Aa2nBb2n1②.