发布时间 : 星期一 文章2011年全国高中数学联赛模拟题2（最新）更新完毕开始阅读db597d5ebe23482fb4da4c80
?x?y,?x?y,?x?3,????x?3,或 ?y?3,??(5x?3y)(x?y)?0,?y?3,?(5x?3y)(x?y)?0????3x?y?0.点集N所成区域为图中阴影部分，其面积为
S?S?ABO?S?BCO124181
???3??6?3?.25259. （本小题满分16分）
解：经计算知a2?2，a3?3，a4?a5?假设an?1010，下面用数学归纳法证明：当n?5时，有an?。 33n?1n?11n?11n?1110?n?5?，则an?1?n?n?1?2?n?2?2???1?n?1
223 ? ? ?n?1n?1?nn1n1?????????? n2n?n?1n?2212n?2?n?1n?1?an n2nn?1n?110n?186810???????。 n2n3n353310。 3所以数列?an?中的最大值是a4?a5?
10.（本小题满分20分）
解：椭圆过定点A（1，0），则a?1,c?1?b2,e?1?b2,
∵
23?e2?1，∴0?b?。 33由对称性知，所求抛物线只要过椭圆与射线y?x(x?0)的交点，就必过椭圆与射线y??x(x?0)的交点。
?y?x(x?0)b?联立方程 ?2y2 ，解得 x?y?。
21?b?x?2?1b?∵0?b?13，∴0?x?。
232设抛物线方程为：y??2p(x?m)，p?0,m?1。
又 ∵
p?m?1， ∴ y2?(1?m)(x?m) ① 25
把 y?x，0?x?11 代入①得x2?4(m?1)x?4m(m?1)?0，m?1，0?x?。 22令f(x)?x2?4(m?1)x?4m(m?1)，m?1，0?x?∵ f(x)在?0,1， 2??1??内有根且单调递增， 2??f(0)??4m(m?1)?0?m?1或m?0??∴??1?1 ? ?3?23?2
f??2(m?1)?4m(m?1)?0??〈m〈?2?4??44??综上得：1?m?
11.（本小题满分20分）
解：记Ai?A/?i?，其中i?1,2,?,20。
首先任意设定f?A1?,f?A2?,?,f?A20?的值，则对于A的任意真子集B，记A/B??ai1,ai2,?,ain?，则
3?2。 4f?B??f?Ai1?Ai2???Ain??min?f?Ai1?,f?Ai2?,?,f?Ain??，
因此，映射f可由f?A1?,f?A2?,?,f?A20?的值完全确定。 下面证明这样的映射满足条件。
??对任意B,C?A，有f?B??f??Ai??min?f?Ai??，
???i?A/B?i?A/B?? f?C??f??Ai??min?f?Ai??，
???i?A/C?i?A/C?? f?B?C??f??Ai??min?f?Ai??，
?i?A/?B?C??i?A/?B?C???由?A/B???A/C??A/?B?C?知f?B?C??minf?B?,f?C?。
2020综上所述，由于确定f?A1?,f?A2?,?,f?A20?的值有10种选择，所以这种映射的个数也为10。
??
加 试
一、 证法一：过B作BH∥AF，交CF于H，则
CHCBCBCDCHCD???，又由，故。 CFCACACECFCE连结HD，知HD∥FE，延长HB,HD分别交AG,EG于I.J，连结IJ。 因为?IBA??FAC??AGD，故I、B、D、G共圆； 因为?JDE??FEC??EGB，故J、D、B、G共圆， ∴I、B、D、J、G五点共圆，故?HBC??DJI。
6
∵IH?AF，JH?EF，∴
GIGHGJ??，故IJ?AE，?DJI??EDJ， GAGFGE∴?FAC??HBC??DJI??EDJ??FEC。
证法二：作?EBG外接圆C1，交射线CF于P，则BC?CE?GC?CP。
又由BC?CE?AC?CD，知AC?CD?GC?CP，所以P、A、G、D共圆，记该圆为C2。 下证P必在CF内.用反证法，假设P不在CF内。
连结PA、PE，则
?AFE??APE??APG??EPG??ADG??EBG?180???BGD
又?FAE??AGD，
∴180??AFE?FAE?180??BGD??AGD?180，矛盾！ 于是，F在GP延长线上.
∵?FAC??AGD,?FEC??EGB，∴FE为C1切线，FA为C2切线， ∴FA2?FP?FG?FE2?AF?EF，故?FAC??FEC。 二、 证明：1?abc ∵a,b,c ∴c????a?b???ab?bc?ca????1?c?a?b?????1?ab?，
?0，a?b?c?2，
?a?b??1,ab?1。
?a?b??ab?bc?ca， ?b?c??ab?bc?ca，
b?c。 ca∴1?abc同理1?abc
1?abc??a?a?b?c那么将不等式左式的三个分母均放缩为其中最小的那个即可。
三、(i) 若d1，d2，…，dk是n的全部正因数，则n/d1，n/d2，…，n/dk也是n的全部正因数，且当1=d1 n2/d2=n2/(d1d2)≤D = d1d2＋d2d3＋…＋dk－1dk=n2｛1/(dk－1dk)＋1/(dk－2dk－1)＋…＋1/(d1d2)｝ ≤n2{(1/dk－1－1/dk)＋(1/dk－2－1/dk－1)＋…＋(1/d1－1/d2)} =n2(1/d1－1/dk)=n2(1－1/n)=n2－n。 (*) (ii) 在(i)的证明中已指出n2/d2≤D≤n2－n。若D整除n2，由上式知 n2=qD，1 因为d2是n的最小的大于1的除数，所以，d2是素数。d2当然也是n2的素除数，并且n2没有比d2更小的大于1的除数。那么由式(**)就推出q=d2。因此，k=2，n的全部正因数是1和n本身，即n是素数。 四、对于圆周上任意一种状态，按下列方式定义该状态的特征值： 考察圆周上的n个蓝点将圆周分成的n段圆弧，将这n段圆弧依次赋值?1，?1，?1，?1，……并在每个 7 红点处标上所在弧的数值，再将所有红点上的数值相加即得S值。 下面考察各种加点的操作： (1) 若在两个相邻红点（原本标有+1）间增加一个红点，则标有+1的这两个红点变为蓝点，新增加的红点应 标?1，且其他红点不受影响，所以S值减少3。若两个红点原本标有?1，则类似可知S值增加3； (2) 若在两个相邻蓝点间增加一个红点，则这三个红点都将标上相同的数值，且其他红点不受影响，所以S 的变化量仍然是3的倍数； (3) 若在两个相邻的异色点间增加一个红点，则两个端点红蓝交换，因此端点处的红色点标数变为原来的相 反数，而且新增的红点与它的标数相同，所以S的变化量仍然是3的倍数； 对于各种减点的操作，因为都是加点操作的逆向操作，所以S值的变化量始终是3的倍数，因此S值除以3的余数应该是不变的。 在初始状态中，只有两个红点，S??2；而在只有两个蓝点的状态中，S?0，这说明不可能经过若干次操作，使圆周上只有两个点，且均为蓝点。 8