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2014全国高中数学联赛高仿真模拟试题 (2)


数学联赛模拟题初试 1、 已知 x,y∈ R且x 2 + 2 ≤ 1,则 x+y-xy 的最大值是________ 2、 设 a、b、c 均为非零复数,另 w=? 2 +
1 3 2

,若 = = ,则 ?b+c 的值是________







+b ?c

3、 已知实数 x、y 满足 17( 2 + 2 ) ? 30xy ? 16 = 0,则 16 2 + 4 2 ? 16xy ? 12x + 6y + 9的最大值是________ 4、 将 11 个完全一样的小球放入 6 个各不相同的盒子中,使得至多有 3 个空盒子的放法有 ________种 5、 数列{ }中, 1 =6 , ? 2?1 = =________ 6、 椭圆 2 + 2 = 1(a> > 0)的四个顶点为 A、B、C、D,若菱形 ABCD 的内切圆半径等 于椭圆焦距的 倍,则椭圆离心率为________
6 6 2 2 2 ?1

+ n + 1(n ≥ 2),则此数列的通项公式

7、 已知实数 x、y 满足 xy+1=4x+y,且 x>1,则(x+1) (y+2)的最小值是________ 8、 若 a、b、c> 0, + + = 1,则 a+2b+3c 的最小值为________ 9、 已知正数数列{ }的前 n 项和为 ,且满足 2 + ? 2 = 0, = , (1) 求数列{ }的通项公式 (2) 若1 = 1,2 ? ?1 = 0(n ≥ 2,n ∈ ? ),求:数列{ }的前 n 项和 ; (3) 是否存在整数 m、M,使得 m< < 对任意正整数 n 恒成立,M-m=4?说明 理由 10、 11、 答案: 1、1, 提示:设由于 x+y-xy=x(1-y)+y,可见固定 y 时,必定当 x 尽量大时此式才可取最 大值;同样,固定 x 时,y 也应尽量大。因此不妨设 x、y 均非负,且x 2 + 2 = 1。 令 x+y=t , 则 由 基 本 不 等 式 (x + y) ≤ 2(x2 + 2 ) 可 得 t ∈ [1 , 2 ]. 有 由 2 = x 2 + 2 + 2xy = 1 + 2xy 得到 xy =
( 2 ?1) 2 2 1 2 3

在非钝角三角形 ABC 中证明:sinA+sinB+sinC> 2 证明方程 3 3 + 9 1 + 3 2 + 18 1 + 3 x+12+10 3=0 有唯一实根。

故 x + y ? xy = 1 ?

t ?1 2

2

≤ 1, 且

当 x=1,y=0 时可取等号,故所求最大值为 1 2、1,w, 2 ,提示:设 = = = k,则 3 = 1,k =1,w, 2


3 、 7, 提 示 : 17 ( 2 + 2 ) ? 30xy ? 16 = 0 即 x + y

2

+ 16 x ? y

2

= 16,令 x + y =

4cosa,x ? y = sina,a ∈ R, 16 2 + 4 2 ? 16xy ? 12x + 6y + 9 = 4x ? 2y
2

? 3 4x ? 2y + 9 =

3sina + 4cosa

2

? 3 3sina + 4cosa + 9

= [5sin? (a + φ)]2 ? 3 5 sin a + φ + 9当5sin? (a + φ)=-5 时取得最大值 7
5 1 4 4、4212,提示:没有空盒子,有10 种放法;有 1 个空盒子,有6 10 种放法;有 2 个空盒 3 2 2 3 子,有6 10 ;有 3 个空盒子,有6 10 。至多有 3 个空盒子共有 4212 种放法。

5 、 = (n + 1) (2 +1 ? 1)提示:由已知条件可得
+1

+1

+ 1 = 2(

?1

+ 1) (n ≥ 2),

+ 1 = 2?1 (
2

1 2

+ 1), = (n + 1) (2 +1 ? 1) × 2 × 2 + 2 ,可得 e =
4?1 ?1 2 2 4?1 ?1

6、 ,提示:ab=
2

6 6

7、 27, 提示: 由 xy+1=4x+y 知, y=

。 所以 (x+1) (y+2) = (x+1) (
1

+ 2) =

3(x+1) (2x ?1) ?1

, 设

x-1=t,t> 0,则(x+1) (y+2)=

3(t+2) (2t+1)

=6(t + )+15≥27
1 2 3 2

8、36,提示:根据柯西不等式,a+2b+3c=(a+2b+3c) ( + + )≥ 1 + 2 + 3

= 36

9、 (1) 令 n>1, ?1 2 + ?1 ? 2?1 = 0, 所以 ( ? ?1 ) ( + ?1 ) + -?1 -2 =0, ( + ?1 ) ( ? ?1 ? 1)=0,因此 ? ?1 = 1.令 n=1, =n。 (2)因为
1 2 1 ?1

= , 所 以 = ( )
2 2 1 2 ?1 1 2

1

1

?1

, 因 此 = n( )
2 1 2 2 1 2

1

?1

。 所 以 = 1( ) +
2 1 2 0 1 2 1

1

0

2( ) … n ( )
2

1

, = 1( ) + 2( ) … n ( ) , = ( ) + ( ) …
2 1

1

1

(2)

1

?1

-n( 2 ) , = 4 ? (2n + 4)( 2 ) 。
1 2

1



(3)由(2)知 ≤ 4,因为 +1 ? = (n + 1)( ) ,所以 ≥ 1 = 1.故存在整数 M=4,m=0 满足题目要求。 10、证明:sinA+sinB+sinC-2 =sinA+sinB+sin(A+B)-(sin2 + cos2 )-(sin2 + cos2 ) =sinA(1-sinA)+sinB(1-sinB)+sin(A+B)-(cos2 + cos2 ) =sinA(1-sinA)+sinB(1-sinB)+cosB(sinA-cosB)+cosA(sinB-cosA) >0 12、 原方程可化为 3 3 1 + 3 2 + 6 1 + 3 x+4+ 3
10

3=0.令 x=y-1, 则得 3 + 3 3y 2 +

3 +

3 3

= 0, 即 3 3 + 9y 2 + 3 3 + 1 = 0, 令 y=- , 得 3 ? 3 3 2 + 9 ? 3 3=-2 3,
3
3

1

所以(z + 3) =-2 3,z= 3- 2 3,即 x=-118 1 + 3 x+12+10 3=0 有唯一实根。 加试 1、 已知正实数 a、b、c 满足 abc=1.证明:

1 3? 2 3
3

。所以方程 3 3 + 9 1 + 3 2 +

1
2

5 (b+2c )

+

1
2 5 (c+2a )

+

1 5 (a+2b )
2



1 3

2、 已知锐角三角形 ABC 的三边 BC、CA、AB 上的高线长分别是 、 、 。若 P 在三 角形内一点,证明:
+

+



+ +

+



≥1.

3、 设a1 、a2 、a3 、1 、2 、3 为互不相同的正整数,满足 [(n+1)a1 + a2 + (n ? 1)a3 ]|[(n+1)1 + 2 + (n ? 1)3 ]对任何正 整数 n 都成立,求证:存在正整数 k,使得a =k (i=1、2、3) 4、 设复数 a、b、c 都满足:对任意模不超过 1 的复数 z,都有|a 2 + z + c|≤1.求|bc| 的最大值 答案: 1、设 S= T=
1
2

5 (b+2c ) 1

+

1 5 (c+2a ) 1
2

+

1 5 (a+2b ) 1
2

,

3 ( +2c)

+

3 (c+2a )

+

3 (a+2b )



由柯西不等式得 T·[a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b)]≥ ( + + ) →T≥ 3 · 再由柯西不等式得 S· ( + + )≥ 2 →S≥ 9( + + )=9 ab + bc + ac ≥ 3 2、 引理设 a=BC,b=AC,c=AB,点 P 到边 BC、CA、AB 的距离分别记为 、 、 ,则 2aPA≥ (b + c) ( + )。 由引理得
+ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ab +bc +ac abc
2

= 3( + + ) 。

1

1

1

1



(b+c ) ( + ) 2 ( + )
+

=

(b+c ) ( + ) 2 (
2 ?

+

2 ?



=

bc ( + ) c ? +? 4 ?

=

2 ?

=2 + 2








同理得 故

+

≥ 2 + 2 ,







+

≥ 2 + 2 ,




+


+

+


+

≥ 2 + 2 +2 + 2 +2 + 2 ≥ + + = 1




















3、

设 r 任意的正整数,由于质数有无穷多个,故存在质数 p 使得

P> 1 + 2 + 3 1 + 2 + 3 ①. 由 p 为质数及式①得(p,1 + 2 + 3 )=1. 又 p 与 p-1 互质,由中国剩余定理知,存在正整数 n 使 n≡ r mod p ? 1 ②, n(1 + 2 + 3 )+1 ? 3 ≡ 0(modp)③。 由式②③及费马小定理知 (n+1)1 +n2 +(n-1)3 ≡n(1 + 2 + 3 )+1 ? 3 ≡ 0(modp)④, 由题设知(n+1)1 +n2 +(n-1)3 ≡ 0(modp) 再由式②及费马小定理得 n(1 + 2 + 3 )+1 ? 3 ≡ 0(modp)⑤, 由式④⑤消去 n 得 (1 + 2 + 3 ) (1 ? 3 )≡(1 + 2 + 3 ) (1 ? 3 ) (modp)⑥, 由式①⑥得(1 + 2 + 3 ) (1 ? 3 )=(1 + 2 + 3 ) (1 ? 3 ) , 即(2 1 ) +2(3 1 ) +(3 2 ) =(1 2 ) +2(1 3 ) +(2 3 ) ⑦. 引理设1 、 2 、 3 、 … , 1 、 2 、 3 … (0 < 1 ≤ 2 ≤ 3 …≤ , 0< 1 ≤ 2 ≤ 3 … ≤ )为实数,满足对任意的正整数 r,总有 s) 。 由式⑦及引理得2 1 = 3 2 = 1 3 ,3 1 = 1 2 = 2 3 ,⑧ 或2 1 = 1 2 ,3 1 = 1 3 ,3 2 = 2 3 ,⑨ 若结论⑧成立可推出 2 = 3 = 1 ,与1 、2 、3 互不相同矛盾。所以结论⑨成立。于
3 1 2













=1 = =1 ,则

= (i=1,2,…









3 3

=

1 1

=


2 2

,设



= ( k,l = 1,l ≥ 1) , 则 = a ( i=1 , 2 , 3 ) ,由






21 + 2 = (21 + 2 )及题设(取 n=1) , 21 + 2 |(21 + 2 )知 是整数,即 l=1.所以a =k (i=1、2、3) 。 4、 5、 6、 令 = a 2 + z + c, g(z)= ?2 = a + b ?1 + ?2 , h(z)= ia ib z = c ′
?2

+ ′

?1

+ ′。

取适当的实数α、β使得 c’、b’≥ 0, 对r ≤1 有 2 ≥ |h r θ | ≥ |Imh r θ = | ?2 c ′ sin2θ + ?1 b′ sinθ + Ima′|。 不妨设Ima′ ≥ 0,否则可作变换θ → ?θ,这样对任意的θ ∈ (0, 2 )
π 1

有 2 ≥ ?2 c ′ sin2θ + ?1 b′ sinθ ≥ 2 ?3 b ′ c ′ sinθsin2θ → bc = b′c′ ≤ 4 sin 2θ · (对任意 r≤ 1,θ ∈ (0, 2 )) sin θ → |bc| ≤ min 4 sin 2θ · ≤ min 4sin 2θ · ≤ max 4sin 2θ · = . sin θ sin θ sin θ 16 所以|bc|最大值为
3 3 16 1 1 1 3 3
2

1

1

π


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