高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬題8

1、全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題8一 試一 填空題1. 已知數(shù)列滿足，其前n項(xiàng)之和為Sn。則滿足不等式|Sn-n-6|<的最小整數(shù)n是_.2. 若，則的取值范圍是 3. 有10個(gè)不同的球，其中，2個(gè)紅球、5個(gè)黃球、3個(gè)白球。若取到一個(gè)紅球得5分，取到一個(gè)白球得2分，取到一個(gè)黃球得1分，那么，從中取出5個(gè)球，使得總分大于10分且小于15分的取法種數(shù)為_(kāi).4. 設(shè)函數(shù)，且對(duì)任意，則=_；5. 在四面體ABCD中則AD與BC所成的角為 .6. 已知，那么整系數(shù)多項(xiàng)式函數(shù)的各項(xiàng)系數(shù)和為_(kāi).7. 不等式的解集為 _.8. .若表示不超過(guò)的最大整數(shù)（如等等）則_ 二 解答題9. 對(duì)，令，求證：.10. 已知

2、圓C:,直線。（） 若直線與圓相切，求實(shí)數(shù)的值；（） 是否存在直線，使與圓交于兩點(diǎn)，且以為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)？如果存在，求出直線的方程，如果不存在，說(shuō)明理由11. 設(shè)函數(shù)（1）若與在同一個(gè)值時(shí)都取得極值，求的值.（2）對(duì)于給定的負(fù)數(shù)，有一個(gè)最大的正數(shù)，使得時(shí)，恒有的表達(dá)式； 的最大值及相應(yīng)的值.二 試一. 直角三角形中，分別是直角邊上的任意點(diǎn)，自向引垂線，垂足分別是。證明：四點(diǎn)共圓.二. 設(shè)，且，求證：。三. 試求最小的正整數(shù)使得對(duì)于任何個(gè)連續(xù)正整數(shù)中，必有一數(shù)，其各位數(shù)字之和是7的倍數(shù).四. 設(shè)T為所有n元數(shù)組(x1,x2,xn)的集合，xi=0,1(i=1,2, ,n)，n=2k-1,k6,k

3、Z,對(duì)于T中的x=(x1,x2,xn)與y=(y1,y2,yn),令d(x,y)為滿足xjyj(1jn)的j個(gè)數(shù),特別地，d(x,x)=0，設(shè)有一個(gè)T的具有2k個(gè)元素的子集S，具有以下性質(zhì)：對(duì)T的任何一個(gè)元素x，S中有唯一的元素y滿足d(x,y)3，求n之值。模擬試題8參考答案1. 答案:由遞推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，則an-1是以8為首項(xiàng)，公比為-的等比數(shù)列，Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+(an-1)=6-6×(-)n，|Sn-n-6|=6×()n<，得：3n-1>250，滿足條件的最小整數(shù)n=7。2. 答案: 提示：平方相加.3.答

4、案:符合要求的取球情況共有四種：紅紅白黃黃，紅紅黃黃黃，紅白白白黃，紅白白黃黃,故不同的取法數(shù)為4. 答案：=即。5.答案:60°，可證為直角三角形且，又AB=AC=AD=1，故A在面BCD內(nèi)的射影即為之外心，而為直角三角形，故其射影即為BD中點(diǎn)O，在面BCD內(nèi)作它們交于，則且故為正三角形，于是AD與BC所成之角即為AD與所成的角等于。6. 答案:設(shè)的各項(xiàng)系數(shù)和為s，則f(g(1)=3s2-s+4=188. 解得s=8或（舍去）。7. 答案:x|3-.原不等式即為令3=y2，不等式可化為由雙曲線的定義知，滿足上述條件的點(diǎn)在雙曲線(x-3)2-的兩支之間的區(qū)域內(nèi)。因此，原不等式與不等式

5、組同解。所以，原不等式的解集為8. 答案:2003提示： = = = = 1三 解答題9. 對(duì)，令，求證：.證明： ，故，得證.10. 解：（1）由，整理得若直線和圓C相切，則有圓心到的距離，即 （2）、設(shè)存在滿足條件的直線，由 消去，得 （1）設(shè)直線和圓C的交點(diǎn)為A，B，則是方程（1）的兩根 （2） 由題意有：即即 （3） 將（2）代入（3）得： ，解得：所以滿足條件得直線為： 11. 解： 易知，在時(shí)取得極值.，由題意得 ，解得 . 由，知.當(dāng) ，即時(shí)，要使，在上恒成立，而要最大的，所以只能是方程的較小根. 因此，.當(dāng)，即時(shí)，同樣道理只能是方程的較大根，.綜上得 當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.故當(dāng)且僅當(dāng)

6、時(shí)，有最大值.二試一. 證明：共圓,共圓，又共圓,由共圓，得所以故共圓.二. 證明：由和平均值不等式，有，從而左邊的不等是已證明。因?yàn)?，故可令且，從而?所以=（因?yàn)闀r(shí)，）=。故原命題得證。三.解：首先，我們可以指出12個(gè)連續(xù)正整數(shù)，例如994，995，999，1000，1001，1005，其中任一數(shù)的各位數(shù)字之和都不是7的倍數(shù)，因此，。再證，任何連續(xù)13個(gè)正整數(shù)中，必有一數(shù)，其各位數(shù)字之和是7的倍數(shù).對(duì)每個(gè)非負(fù)整數(shù)，稱如下10個(gè)數(shù)所構(gòu)成的集合:為一個(gè)“基本段”，13個(gè)連續(xù)正整數(shù)，要么屬于兩個(gè)基本段，要么屬于三個(gè)基本段。當(dāng)13個(gè)數(shù)屬于兩個(gè)基本段時(shí)，據(jù)抽屜原理，其中必有連續(xù)的7個(gè)數(shù)，屬于同一個(gè)基

7、本段；當(dāng)13個(gè)連續(xù)數(shù)屬于三個(gè)基本段時(shí)，其中必有連續(xù)10個(gè)數(shù)同屬于.現(xiàn)在設(shè) 是屬于同一個(gè)基本段的7個(gè)數(shù)，它們的各位數(shù)字之和分別是顯然，這7個(gè)和數(shù)被7除的余數(shù)互不相同，其中必有一個(gè)是7的倍數(shù).因此，所求的最小值為四. 解：(1)S中任意兩個(gè)不同元素x,y滿足d(x,y)>3，否則存在兩個(gè)x,y使得d(x,y)3，不妨設(shè)最多x1,y1；x2,y2；x3,y3這三組不同，先取T中的元素z=(x1,y2,x3,) 省略的部分與元素x,y的相同，則d(z,y)3，d(z,x)3與條件中的唯一性矛盾。(2)一方面，將S中的每個(gè)元素的分量改變0個(gè)，1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)后都是T中的元素，所以；另一方面，設(shè)與S中元素y1對(duì)應(yīng)的T中元素的集合為T(mén)1，能夠與S中的元素y滿足d(x,y)3的全部元素x也只能是由元素y改變0個(gè)，1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)分量而得到，故，同理，從而所以，可化為：32k-2=k(2k2-3k+4) (1)若3不能整除k，則k=2m，由于k6，m3，從而2k2-3k+4是4的倍數(shù)，但不是8的倍數(shù)，故2k2-3k+4=12，但此方程無(wú)整數(shù)解。于是k=3t=32q，q1，方程(1)可化為：23t-2=t(18t2-9t+4) (2