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  • 2021-06-11 发布

高考数学专题复习:高中数学联赛模拟试题(1)

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高中数学联赛模拟试题(1)‎ 一、选择题 ‎1、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 ‎ ‎2、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   C.-3/2+(/2)iD.3/2-(/2)i ‎ ‎3、已知函数f(x)=loga(ax2-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,+∞) ‎ ‎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 ‎ ‎6、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(  ).   A.(x-1)2/25+(y-4)2/16=1(y≠0)或x=1(y≠0)   B.(x-1)2/16+(y-4)2/25=1(x≠0)或x=1(y≠0)   C.(x-4)2/25+(y-1)2/16=1(y≠0)或y=1(x≠0)   D.(x-4)2/16+(y-1)2/25=1(x≠0)或y=1(x≠0) ‎ 二、填空题 ‎7、在△ABC中,a、b、c是角A、B、C的对边,且满足a2+b2=2c2,则角C的最大值是_________. ‎ ‎8、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EF、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_________. ‎ ‎9、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_________. ‎ ‎10、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)=min{f(x),g(x)}.若f(x)=3-x,g(x)=,则f(x)*g(x)的最大值为_________. ‎ ‎11、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. ‎ ‎12、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、解答题 ‎13、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. ‎ ‎14、 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). ‎ ‎15、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,…)?   ‎ ‎16、若ai∈R+(i=1,2,…,n),‎ S=,且2≤n∈N,求证:‎ ‎17、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,若AE2+BF2=AB2,试求正实数λ的值. ‎ ‎18、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 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 部门 利润 百货部 ‎0.3万元 服装部 ‎0.5万元 家电部 ‎0.2万元 以下是答案 一、选择题 ‎1、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、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   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. ‎ ‎3、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. ‎ ‎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. 新增的n个车站之间需要P2n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   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=2,‎ n-1+2m=29‎ n-1+2m=2.‎ m=14.‎ ‎6、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   (x-1)2/25+(y-4)2/16=1(y≠0). ‎ 二、填空题 ‎7、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,所以C≤π/3.   因此角C的最大值是π/3. ‎ ‎8、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=2a.图3(1)为折前长方形,有AC=a,AM=MN=a/3,AF=FH=HB=2a/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=1/2×2a/3×2a/3×sin60°=a2/3.‎ 在Rt△NHA中,AN==4a/3.‎ ‎  取AN的中点P,   ∵AM=MNMP⊥AN.‎ 在Rt△MPA中,MP==a,‎ ‎  ∴S△AMN=a/2·4a/3=2a2/3.   ∴cosθ=S△AFH/S△AMN   =/2,   ∴θ=π/6. ‎ ‎9、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,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,   ∴an=a1qn-1=(1-(1/a))n, ‎ ‎10、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)<=2-1.   综上知,f(x)*g(x)的最大值为2-1. ‎ ‎11、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. ‎ ‎12、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、解答题 ‎13、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│   =   =3a.   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. ‎ ‎14、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, 则方程的两根为OP、OQ的斜率.   因为OP⊥OQ,所以-1=(a2b2A2-b2C2)/(a2b2B2-a2C2),   即 a2b2/C2=(a2+b2)/(A2+B2). ‎ ‎15、易知题中的递推关系式即为 cn+1=‎ ‎2cn,若0≤cn<(1/2),‎ ‎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.    ③   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1/2k,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.‎ ‎16、由柯西不等式,得 故原不等式得证. ‎ ‎17、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=/2. ‎ ‎18、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,‎ 或 x=10,‎ ‎∴‎ ‎5x=40,‎ 或 ‎5x=50,‎ y=23,‎ y=20,‎ ‎4y=92,‎ ‎4y=80,‎ z=29‎ z=30.‎ ‎2z=58‎ ‎2z=60.‎ ‎                    加 试 ‎

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