全国高中数学联赛模拟题(16)

x2y2221.已知椭圆y1和双曲线x1，其中，F1、F2为椭圆的焦点，且P为椭圆与双曲线的一个

42交点，则cosF1PF2____________.

11xa有且仅有一个实根，则实数a的取值范围是___________. 243.对于平面直角坐标系中的任意两点P1x1,y1，P2x2,y2，称x1x2y1y2为P1，P2两点的直

2.若关于x的方程xx角距离，记作dP1,P2.若P0x0,y0为一定点，Qx,y为曲线Fx,y0的动点，称dP0,Q的最小值为点P0到曲线Fx,y0的直角距离.则点M1,0到抛物线x2y的直角距离为_______. 4.若x为正实数，则fx14x25.已知数列an满足a11，a23，an2n3an1n2annZ.则使得an是完全平方数的最

x的最大值为_______________. x2大数n为___________.

6.已知点A3,0，B3,0，Q为圆族x3ty4t61上一动点，动点P满足PA2PB.则P、Q两点间距离PQ的最小值为____________.

1n1n7.设函数fx3x2，定义fxfx，fxffxn1,2,22.则满足252f100m的

最小正整数m为___________.

18.已知函数fxx，对任意的x0,k，均有fxfkx≥x是____________. 二、解答题

k2.则正实数k的取值范围2k9.对t0,π，记Snis2xnis2y8nis2si2ntisnxy的最大值为Mt，最小值为Nt，其中x、

y≥0，且xyt.令gtMtNt.求gt的最大值，并指出此时t的值.

10.已知等差数列an的首项a1tt0，公差dt2，等比数列bn的首项b1a1，公比qd.若a2b2，当正整数n≥3时，试判断bn与a12an2an的大小，并给出证明. n的每一排x1,x2,11.设nn≥2为给定的正整数，对1，2，，

,xn，定义Sxk1xk，

k1n约定xn1x1.求： （1）S的最小值；

（2）使S达到最小值的所有排列的个数.

加试 一、（40分）如图1，在凸四边形ABCD中，已知ABAD，ACBD于点O，过O作AD的平行线

AECH分别与AB、CD交于点E、H，过O作AB的平行线分别与AD、BC交于点F、G。若，AFCG证明A、B、C、D四点共圆。

AEFBG图1COHD二、（40分）已知数列fn满足f1f21，fn2fn1fnnZ。

对任意正整数n，均存在正整数an、bn，使得 fffafminn1,n2nmaxn1,n2。

fn1bnfn1fnfn证明：对任意正整数n，均有bn≥fn2。

三、（50分）在边长为4的正方形中，任意放置n个点，均存在两个点的距离不超过5。求正整数n的最小值。 四、（50分）若集合A中的元素之和具有形式mkmkZ,k≥2，则称集合A具有性质P。是否存在2015元集合M，使得其任意非空子集A均具有性质P？请给出理由。 参考答案 第一试

1一、1.。

3由题意，知F1、F2为椭圆和双曲线的公共焦点，且|F1F2|23。 又根据椭圆和双曲线的定义知

|PF1|+|PF2|4，PF1PF22， 即PF12PF1PF2PF216，① PF12PF1PF2PF24。②

2222由式①、②知

PF1PF210，PF1PF23。

22故cosF1PF212.,. 4PF1PF2F1F22PF1PF222210121。 2331由条件知x≥。

411x。 241则fx在区间,上单调递增。

4令fxxx11于是，fx≥f。

441所以，实数a的取值范围是,。

433.。 4设Qt,t2为抛物线x2y上的动点。则点M1,0到抛物线x2y的直角距离为

St1t20t2t1的最小值。

当t≥1时，

133Stt1t≥，

244等号在t1时成立。

13所以，当t时，S有最小值。

4222因此，点M1,0到抛物线x2y的直角距离为

3。 44.32。 4x由f'x4x231xx23及f'x0，解得x2.

当x0,2时，f'x0； 当x2,时，f'x0。 所以，fx有最大值f25.3 由条件知

an2an1n2。

an1an43a2a1n2!。

32。 4故an2an1n2n1所以an1!2!n!n≥1。

易知，a11，a23，a39，a433。 而当n≥5时，5|n!。 故当n≥5时，

ana45!n!a4mod53mod5。 此时，an不为完全平方数。

从而，使得an为完全平方数的最大数n3。 n3。 136.. 5设点Px,y。

222由条件得x3y24x3y2x5y242。

于是，点P的轨迹是以O15,0为圆心、4为半径的圆。

从而，圆族的圆心3t,4t6在直线l:4x3y180上。 又点O1到直线l的距离d4530184232384， 5则由条件知PQ的最小值为d4113。 57.25

100100由f100x3100x1125|3m113m11mod25。 又3,251 3251mod253201mod2531001mod25。

则m11mod25。 m0mod25。

故符合条件的正整数m的最小值为25。 8.k|0k≤252。

记ykx0,k。则

2222xyxy11k211fxfkxfxfyxyxy2。

xyxyxyk2令xyt，则t0,。

41k2k22记gtfxfytt0,4。 tk22（1）当1k≤0时，gt在t0,上单调递增，则

4k2k2gmaxg，

42k不符合条件。

（2）当1k20时，

1k2gtt2。

t2k（i）若≤1k2，即0k≤24k2k2gming，

42k符合条件。

k2（ii）若1k2，即k2422k252时，gt在t0,上单调递减，则

4k252时，g4g1k2，

k2即g2k21k2，不符合条件。

因此0k≤252。 二、9.注意到，

2sin2xysinxcosycosxsinysin2xcos2ycos2xsin2y2sinxsinycosxcosy sin2xsin2xsin2ysin2ysin2xsin2y2sinxsinycosxcosy

sin2xsin2y2sinxsinysinxsinycosxcosy sin2xsin2y2sinxsinycosxy。

故Ssin2xsin2y8sin2t2sinxsinysin2t2costsinxsiny8sin2t2sinxsiny

sin2t108cos2t2costsinxsiny sin2t54cos2tcostcosxycost。

易知，54cos2tcost≥0。

则Mtsin2t54cos2tcost1cost（当xy时成立），

Ntsin2t（当sinxsiny0时成立）。 故gtMtNt54cos2tcost1cost 522cost1cost1cost

252cost1cost1cost272≤2.

34512π当且仅当2cost1cost，即cost，亦即t时，上式等号成立。

223272π综上，gt的最大值为，此时，t。

3410.由已知得

3antn1t2，bnt2n1。

若a2b2，则tt2t3t2t1t153,2。 2222故a12an2ant2tn3ttn1t

n3t4t3n1t2t

当n3时，a12an2ant32t2ttt1t5bn；

当n4时，bna12an2ant7t4t33t2ttt1t4t33t2t2t30， 即bna12an2an。

又a12an2ann3t4t3n1t2t4n7t3n6， 故bna12an2ant2n14n7t3n6。 构造gnt2n14n7t3n6，其中，n≥4。

则gn1gnt2n1t2n14t3t2n1t4t3t64t3t14t3t3t3t220。 从而，数列gn在n≥4时是严格单调递增的。 故当n4时，gn≥g40。 综上，当n3时，bna12an2an； 当n≥4时，bna12an2an。 11.（1）由于S为关于x1,x2,x1n，xj1j2,3,,xn的轮换对称式，因此，不妨设

323,n。

故Sxk1xkk1nnx2x3x2≥nx2x2x32n2。

当xin1ii1,2,xj1xj2xj11xj11xj2xj1xnxn1nxn

xnxn1nxn

xj2xj1xj11xj11xj2xj1,n时，可取到等号。

所以，S的最小2n2。

（2）当固定x1n，xj1时，由（1），知当且仅当

nx2x3xj2xj11xj1xj2xn时，

S取最小值2n2，即x2,x3,,xj1单调递减，xj1,xj2,,xn，故有C0n2种排列；

,xn，故有C1n2种排列；

,xn单调递增。

若j2，xi即为n,1,x3,x4,若j3，xi即为n,x2,1,x4,x5,若j4，xi即为n,x2,x3,1,x5,,xn，故有C2n2种排列；

2若jn，xi即为n,x2,x3,,xn1,1，故有Cnn2种排列。

n2故当固定x1n时，使得S2n2的排列数共有Ck。 n22k0n2所以，使得S2n2的排列共有2n2n种。 加试

一、联结CE、CF。

显然，四边形AEOF为平行四边形。 于是，点E、F到AC的距离相等。 从而，S△EOCS△FOC。

11则OECHsinCHEOFCGsinCGF。 22故AFCHsinCHEAECGsinCGF。 AECH又，则sinCHEsinCGF。 AFCG故CHECGF或CHECGFπ。 又因为AB∥FG，AD∥EH，所以， CHECDA，CGFCBA。

故CDACBA或CDACBAπ。 由ACBD，知AB2AD2CB2CD2。 故由ABAD，知CBCD。

于是，ABDADB，CBDCDB。 所以，CDACBA。 因此，CDACBAπ。

从而，A、B、C、D四点共圆 。 二、首先证明两个引理。

引理1 若正整数x、y、z、t、a、b满足yzxt1，且则b≥yt。 引理1的证明 由

xaz，则xbay。 ybtxaz。 ybt故xb≤ay1。

类似地，ta≤bz1。

故txb≤tay1tayt≤bz1ytbzyyt。 所以，yt≤bzytxbbyzxtb。 引理2 对任意正整数n，均有

n1fn2fnfn211。

引理2的证明 当n1时，

n1f3f1f22211211。 故结论成立。

假设当nk≥1时，结论成立，即fk2fkfk211当nk1时，

fk3fk1fk22fk2fk1fk1fk1fkfk2 fk21fk2fk1k1k1。

1k2，

n1即nk1时，结论也成立。

由归纳原理，知对任意正整数n，均有fn2fnfn211回到原题。

显然，对任意nZ，均有fnZ。 （1）若n为奇数，由引理2知 fn2fnfn211。

ff从而，n1n2。

fnfn1于是，

fn1anfn2。 fnbnfn1。

由引理1知bn≥fnfn1fn2。

（2）若n为偶数，由引理2知 fn2fnfn211。

从而，于是，

fn1fn2。 fnfn1fn2anfn1。 fn1bnfn由引理1知bn≥fn1fnfn2。

综上，对任意正整数n，均有bn≥fn2。 三、（1）如图2，以AB为x轴，AD为y轴建立直角坐标系。取六点：

DCA图2B2,0，2,2.75，0,4，4,4，0,1.75，4,1.75。

可验证这六点中任意两点间的距离均大于5。 故n≥7。

（2）先给出两个引理。

引理1 如图3，在22图形中任意放入三个点，必有两个点的距离不超过5。

图3图4

引理2 如图4，在“3-斜”图形中任意放入三个点，必有两个点的距离不超过5。 引理1、引理2可用反证法证明，过程略。

（3）下面用反证法证明当n7时，其符合条件。

假设结论不成立，即存在某种放置七个点的方法，使得任意两点的距离均大于5。

将原边长为4的正方形（即44的方格表）分成四个22的图形。由引理1，知四个22的图形中，恰有三个方格各放两个点，另一个方格放一个点。不妨设右下角的22图形放一个点，其余三个22图形恰均放两个点。

（i）若左上角的22图形放点的情形如图5（点放在阴影部分中），则右上角、左下角的22图形放点情形如图6，此时，表中出现了“3-斜”图形，与引理2矛盾。

图5图6

（ii）若左上角的22图形放点的情形如图7（点放在阴影部分中），则右上角、左下角的22图形放点情形如图8，此时，表中出现了“3-斜”图形，与引理2矛盾。

图7图8综上，当n7时，符合条件。 因此，所求正整数n的最小值为7. 四、先证明一个引理。

引理 对任意给定的nZ，均存在dZ，使得d,2d,证明 当n1时，取d1，则d1kk≥2，结论成立。

,nd均具有形式mkk≥2,mZ。

,n。

假设结论对nZ成立，即存在dZ，使得idmiki，其中miZ，kiZ，ki≥2，i1,2,记kk1,k2,,kn，令

d'dn1d。

则i1,2,,n，有

kkkiid'idn1dmn1d 再由ki|k，知id'为ki次方数。

k又n1d'n1d回到原题。 取n012k1为k1次方数，于是，结论对n1成立。

2015。

k,n0d均具有形式mk≥2,mZ。

由引理，知存在dZ，使得d,2d,对上述正整数d，取Md,2d,故集合A具有性质P。

所以，符合条件的集合M存在。

,2015d符合条件。

对于M的任意子集A，则A中元素之和为kd1≤k≤n0。