全国高中数学联赛模拟试题(七)

一。选择题

41、在等比数列 n 中，记 sna1a2an, 已知5数列的公比为

A 2 B 3 C 4 D 5

aa2s3,a62s53则此

2、设函数yf(x)对一切实数x都满足f(3x)f(3x)，且方程f(x)0，恰有6个不同的实根，则这6个实根的和为

A 0 B 9 C 12 D 18

3、已知点A为双曲线xy1的左顶点，点B和点C在双曲线的右支上，ABC是等边三角形，则ABC的面积是

22333A．3 B。2 C。33 D 63 x1224．设 x1,x2 是实系数一元二次方程axbxc0的根，若x1是虚数，x2是实数，则

xxxs11(1)2(1)1995x2x2x2的值为

A 0 B -998 C 998 D 1

5．正方体棱长为a，与正方体一条对角线垂直的最大截面面积为

32332aaA．2 B。4C.2a2D.322a4

6．函数y1sinx1sinx的单调递增区间是

A.k,k,kz,2kkC.,,kz.242二．填空题

B.k,k,kz,2kkD.,,kz224

xlgx10,7．已知

y10y10.则xy

8．函数f(x)对任意正实数x,y。都满足：9．

f(xy)f(x)f(y)且f(2)1,则f(1)的值是64

ABC中，AB边为最长边，sinAsinB=2-3则cosAcosB的最大值为4

10．已知a(0,1)的常数，xy1,函数f(x,y)axy的最大值为

（abcdabadcd1)379(bcdbd), 11．已知a,b,c,dN且满足342设Ma103b102c10d 则M的值为 12．已知

99

2a个数a1,a,每个都只能取1或-1，则

a1a2a1a3a1a9a2a的最小值是a a93

三．解答题

13．已知

f(x)(2x)2(x0),又数列an(an0)中，a12，这数列的前n项

和sn(nN) 对所有大于1的正整数n都有snf(sn1) （1）求数列an的通项公式。

(nN)22an1anbn2an1an（2）若

(bblim，求证：

1n2bnn)1

14．已知函数

f(x)(x12)x1(x1),如果不等式（1x)f1(x)m(mx)对区间

11,164上的每一个 x 值恒成立，求实数m的范围。

的轨迹

2x2px 的切线交等轴双曲线 xy1 于 P12 中点1,P2两点，15．如果抛物线 求 PP全国高中数学联赛模拟试题（七）答案

选择题

q63q51、 B.

2、 D. f(x)关于x3对称,每一对根之和为6,6个实根和为63=18,

a6a52(s5s4)2a5,a63a5,公比q设点B在x轴上方,由已知得KAB3、 C.

3,3直线AB方程为y=33x,333).同理,C(2,3)故ABC的面积为33 ii()由已知x与x共轭,设xre,xre, 12124、 D.

24iix12x12i3则reR,得或,所以e3或e3,代入s中得s1x233x2

代入双曲线方程,得B(2,5、B. 当A、B、C、D、E、F均为所在棱的中点时，正六边形ABCDEF，所在面与正

方体对角线垂直、且面积最大，正方形边长为

2322332a,故面积为6(a)a.2424

因y0,易证:y与y2具有相同的单调区间,22y1sinx1sinx21sinx22cosx

6、A.

而|cosx|的周期为,

故只需研究y2在,的单调性.

一、填空题

7、10 . 在,内,y2的单调增区间为,,从而y2的单调增区间为2

k,k(kz),故y的单调增区间为kk,k(z)22 

令f(t)t10t,则f(t)是严格递增函数,故存在唯一的实数y,使得y+10y10, 又lgx10x,故1

8、—6 . 10x0x即,(1x0x)1010所以1010-x=y,,即x+y=10

由f(11)f(1)f(1),得f(1)0,f(4)f(2)f(2)2,f(8)f(2)f(4)3 111f(64)f(8)f(8)6,0f(1)f(64)f(64)f(),所以f()6646464

239、4

232+3,则cosAcosB的最大值为44

由,AB是最长边知,A,B均为锐角,cosAcosB+sinAsinB=cos(A-B)1ABC中,AB为最长边,sinAsinBcosAcosB1sinAsinB10、1.

2362,当AB,即sinAsinB时等号成立44f(x,y)axyaxyax(1x)(a1)x1前一个等号成立,应有x0,y0,当0x1,0a1时,g(x)(a1)x1为减函数,x0时,g(x)max1x0故时,g(x)max1y111、1949

由已知得1+9+

12、11

1114+9ab11c1a,连分数表示法唯一.

22(a1a2a99)2a12a2an21ij99aiaj(a1an)299244个1,

使99+2为完全平方数的最小正整数为121,即当取55个1,

或55个1,4个4可使1a1a9911的最小值为11.2(1)因为S(2S),nn113、

Sn0,所以有SnSn12,且S12,

a12

2故得S2n,即S2n(n2),nn

所以an4n2(n1 )即anSnSn14n2,

(an1an)2211由(1)可知bn111,2an1an(2n1)(2n1)2n12n1

11所以b1b2bn1n,b1bbn1,2n2n12n1

因此lim(b1b2bnn)1

n

(x1)21xx12221由f(x)f(x),因f(x)()(1)2(x1)x1x11x14、

故f(x)的值域为(0,1),由题设(1x)11故f-1(x)11且x1

x(0x1)x

xm(mx),故(1m)x1m20x

11对一切满足x的x恒成立,显然1m0,即m1164

11令tx,则(t)(1m)t1m2(t),故(t)是一个一次函数,42 11且(t)(1m)t(1m2)0,对比,恒成立,由一次函数的单调性42

151(1)当m1时,只要()01m,(2)当m<-1时,只要()0m.442

5综上,m的范围为1m.4

21115、设p1p2与抛物线x2py的切点为M(x0,y0),p1p2的中点为p(x,y).

因p1p2是抛物线x22py切于M(x0,y0)的切线,则p1p2方程为x0xpypy00(1) 同理p1p2是双曲线xy=1以p(x1,y1)为中点的弦,易求p1p2方程为y1xx1y2x1y10(2)(1)与(2)是同一条直线,所以有y1:x0x1:(p)(2x1y1):(py0),py1x从而0x1(3),y2y10但点M(x0,y0)在抛物线上,所以有x022py0,py121将(3)代入得()2p(2y),1x

即(x1)21py1.4

以(x,y)代换动点p的坐标有所求方程为x21py(xy1)4