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1、75中高二数学竞赛训练试卷（4）班级 姓名 一、选择题1设函数如果那么的值等于（ ）A3 B7 C-3 D-72已知P为四面体S-ABC的侧面SBC内的一个动点，且点P与顶点S的距离等于点P到底面ABC的距离，那么在侧面SBC内，动点P的轨迹是某曲线的一部分，则该曲线是（ ）A圆或椭圆 B椭圆或双曲线 C双曲线或抛物线 D抛物线或椭圆3给定数列xn，x1=1，且xn+1=，则=（ ）A，1B-1C2+D-2+4已知，定义，则（）A B C D5在ABC中，角A、B、C的对边分别记为a、b、c(b1)，且，都是方程logx=logb(4x-4)的根，则ABC（ ）A是等腰三角形，但不是直角三角形
2、B是直角三角形，但不是等腰三角形C是等腰直角三角形D不是等腰三角形，也不是直角三角形二、填空题6若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，则|x|-|y|的最小值是_.7如果：（1）a, b, c, d都属于1, 2, 3, 4（2）ab, bc, cd, da（3）a是a, b, c, d中的最小数那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是_.8设则关于的方程的所有实数解之和为 9若对|x|1的一切x，t+1(t2-4)x恒成立，则t的取值范围是_.10边长为整数且面积（的数值）等于周长的直角三角形的个数为 。11对每一实数对(x, y)，函数f(t)满足f(x+y)=f(x)+f
3、(y)+f(xy)+1。若f(-2)=-2，试求满足f(a)=a的所有整数a=_.三、解答题（每小题20分，共60分）12已知a, b, cR+，且满足(a+b)2+(a+b+4c)2，求k的最小值。13已知半径为1的定圆P的圆心P到定直线的距离为2，Q是上一动点，Q与P相外切，Q交于M、N两点，对于任意直径MN，平面上恒有一定点A，使得MAN为定值。求MAN的度数。14 数列定义如下：，且当时，已知，求正整数n高二数学竞赛模拟试卷（4）答案一、选择题1设函数如果那么的值等于（ ）A3 B7 C-3 D-7解：取，而当，所以，故选C.2已知P为四面体S-ABC的侧面SBC内的一个动点，且点P与
4、顶点S的距离等于点P到底面ABC的距离，那么在侧面SBC内，动点P的轨迹是某曲线的一部分，则该曲线是（ ）A圆或椭圆 B椭圆或双曲线 C双曲线或抛物线 D抛物线或椭圆解：把问题转化成动点P到S的距离与它到边BC的距离比值问题，容易的出答案D3给定数列xn，x1=1，且xn+1=，则=（ ）A，1B-1C2+D-2+解：xn+1=，令xn=tann，xn+1=tan(n+), xn+6=xn, x1=1，x2=2+, x3=-2-, x4=-1, x5=-2+, x6=2-, x7=1，有。故选A。4已知，定义，则（）A B C D解：计算可知是最小正周期为的函数。即得，所以，故选C.5在ABC
5、中，角A、B、C的对边分别记为a、b、c(b1)，且，都是方程logx=logb(4x-4)的根，则ABC（ ）A是等腰三角形，但不是直角三角形B是直角三角形，但不是等腰三角形C是等腰直角三角形D不是等腰三角形，也不是直角三角形解：由logx=logb(4x-4)得：x2-4x+4=0，所以x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180，所以3A+B=180，因此sinB=sin3A，3sinA-4sin3A=2sinA，sinA(1-4sin2A)=0，又sinA0，所以sin2A=，而sinA0，sinA=。因此A=30,B=90,C=60。故选B。二、填空题6若l
6、og4(x+2y)+log4(x-2y)=1，则|x|-|y|的最小值是_.答案：。由对称性只考虑y0，因为x0，只须求x-y的最小值，令x-y=u，代入x2-4y2=4，有3y2-2uy+(4-u)2=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故=16(u2-3)0。7如果：（1）a, b, c, d都属于1, 2, 3, 4（2）ab, bc, cd, da（3）a是a, b, c, d中的最小数那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是_.答案：46个。abcd中恰有2个不同数字时，能组成C=6个不同的数。abcd中恰有3个不同数字时，能组成=16个不同数。abcd中恰有4个不同数字时，能组
7、成A=24个不同数，所以符合要求的数共有6+16+24=46个。8设则关于的方程的所有实数解之和为 答案：4解：令变形为可以发现函数是R上的减函数。又因为，从而关于的方程的解分别为0、1、3，9若对|x|1的一切x，t+1(t2-4)x恒成立，则t的取值范围是_.答案：。解：若t2-40，即t2，则由x(|x|1)恒成立，得, t+1t2-4, t2-t-s0解得，从而t-2或2t。若t2-4=0，则t=2符合题意。若t2-40，即-2t2，则由-t2+4; t2+t-30，解得：t，从而t2。综上所述，t的取值范围是：t0，由f(1)=1可知对一切正整数y，f(y)0，因此yN*时，f(y+
8、1)=f(y)+y+2y+1，即对一切大于1的正整数t，恒有f(t)t，由得f(-3)=-1, f(-4)=1。下面证明：当整数t-4时，f(t)0，因t-4，故-(t+2)0，由得：f(t)-f(t+1)=-(t+2)0，即f(-5)-f(-4)0，f(-6)-f(-5)0，f(t+1)-f(t+2)0，f(t)-f(t+1)0相加得：f(t)-f(-4)0，因为：t4，故f(t)t。综上所述：满足f(t)=t的整数只有t=1或t=2。三、解答题：12解：因为(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+(a+2c)+(b+2c)2(2)2+(2+2)2=4ab+8ac+8bc+16c。所
9、以。当a=b=2c0时等号成立。故k的最小值为100。13解：以为x轴，点P到的垂线为y轴建立如图所示的直角坐标系，设Q的坐标为(x, 0)，点A(k, )，Q的半径为r，则：M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ=1+r。所以x=, tanMAN=，令2m=h2+k2-3，tanMAN=，所以m+rk=nhr，m+(1-nh)r=，两边平方，得：m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2，因为对于任意实数r1，上式恒成立，所以，由（1）（2）式，得m=0, k=0，由（3）式，得n=。由2m=h2+k2-3得h=，所以tanMAN=h=。所以MAN=60或120（舍）（当Q(0, 0), r=1时MAN=60），故MAN=60。14解 由题设易知，又由，可得，当n为偶数时，；当是奇数时， 由，所以n为偶数，于是，所以，是奇数于是依次可得：， 是偶数，是奇数，是偶数，是奇数，是偶数，是偶数， ，是奇数， ，是偶数，是奇数，是偶数，所以，解得，n238
