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2012年高中数学奥林匹克模拟真题及答案


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2012 年高中数学奥林匹克模拟真题及答案
一、填写题:共 64 分,每小题 8 分. 1.由 10 个元素组成的集合 M ? {1,99 , ? 1, 0 , 25 , ? 36 , ? 91 ,19 , ? 2 ,11 } ,记 M 的所 有非空子集为 M i , i ? 1,

2 ? ,1023 ,每一个 M i 中的所有元素之积为 m i ,则
1023

?

mi

=

.

i ?1

· · DC ? 2. O 的半径为 7 , ○ D,B,C 为○ O 上的三点, BOC ? 120 ? , ? DB ? 1 ,

则 DB=

.
x

3.已知 sin ( x ? 20 ? ) ? cos( x ? 10 ? ) ? cos( x ? 10 ? ) ,则 tan 4.若实数 x , y 满足 5.所有能使 [
n
2

= .

.

x

2

?

y

2

? 1 ,则

1 x
2

?

y x

的取值范围是 .

4

4

] 为质数的正整数 n

的倒数和为

5

6. 已知函数 f ( x ) ? log a ( ? ax 2 ? 3 x ? 2 a ? 1) 对任意的 x ? ( 0 ,1] 恒有意义,则实 数 a 的取值范围是 三角形,这样的三位数 n 有 8.一个正三梭锥的体积为
2 3

. 个. ,则它的表面积的最小值为 .

7.设三位数 n ? abc ,若 a , b , c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)

二、解答题:共 56 分,第 9 题 16 分,第 10、11 题各 20 分. 9.设点 Z 是单位圆 x 2 ? y 2 ? 1 上的动点,复数 W 是复数 Z 的函数:
W ? 1 (1 ? Z )
2

,试求点 W 的轨迹。

10.设二函数 y ? f ( x ) 的图象过点 O ( 0 , 0 ) ,且满足 ? 3 x 2 ? 1 ? f ( x ) ? 6 x ? 2 . 数列 { a n } 满足: a 1 ?
1 3 , a n ?1 ? f ( a n )

.

(1)确定 f ( x ) 的表达式; (2)证明: a n ?1 ? a n ; (3)证明: ?
n

1 0 .5 ? a i

? 3

n ?1

?3

.
? (a ? b) ? (a ? b ? 4c)
2 2

i ?1

11.已知 a , b , c ? R ? ,且满足

kabc a?b?c

,求 k 的最小值.

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第二试
· 一、 (本题满分 40 分)如图 1,半径为为 R 的○ O 经过 ? ABC 的顶点 A 、 B ,

且 分 别 与 边 CA 、 CB 交 于 点
OC
2

D



E



AE



BD

交 于 点 P. 求 证 :
C D E P O A B

? OP

2

? PC

2

? 2R

2

.

? 二、设正实数 a 、b 、c 满足 a 3 ? b 3 ? c 3 ,证明:a 2 ? b 2 ? c 2 ? 6 ( c图1 a )( c ? b )

三、 (本题满分 50 分)设 M 为坐标平面上坐标为(p·2002,7p·2002)的点, 其中 p 为素数,求满足下列条件的直角三角形的个数: (1)三角形的 3 个顶点都是整点,而且 M 是直角顶点; (2)三角形的内心是坐标原点. (四) (本题满分 50 分)求所有的非零整数 a , b , a ? b ,使得:可以把整数 集分拆为 3 个子集,使得对每个 n , n 、 n ? a 、 n ? b 分别属于这 3 个集合.

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一试参考答案
一、填空题: 1.—1.
1023

?m
i ?1

i

? (1 ? 1) ·( 99 ? 1) · ? 1 ? 1) · 0 ? 1) · 25 ? 1) · ? 36 ? 1) · ? 91 ? 1) · 19 ( ( ( ( ( (

? 1) · ? 2 ? 1) · 11 ? 1) ? 1 ? ? 1 . ( (

2.4. 连接 BC . ? OBC 中,由余弦定理可得
BC ? ( 7) ? ( 7) ? 2 · 7 · 7 · cos 120
2 2 ?

?

21

.

设 DB ? x ,则 DC ? x ? 1 . 在 ? OBC 中,由余弦定理可得 ( 21 ) 2 ? x 2 ? ( x ? 1) 2 ? 2 ·x ·( x ? 1) ·cos 60 ? , 解得 x ? 4 或 x ? ? 5 (舍去). 3. 3 . 由已知等式可得
sin x cos 20 ? cos x sin 20 2 cos 10 ? sin 20
? ? ? ? ?
?

? 2 cos x cos 10
? ?

?

,所以 tan x ?
?

2 cos 10

? sin 20
?

?



cos 20

? 2 cos( 30 ? 20 ) ? sin 20
? ? ?

? 2 (cos 30 cos 20 ? sin 30 sin 20 ) ? sin 20
? 3 cos 20 ? sin 20 ? sin 20
? ? ?

?

?

3 cos 20

?

,所以 tan

x ?

3 cos 20 cos 20
?

?

?

3

.

4. (—1,1). 令 x ? 2 sec ? , y ? 2 tan ? , ? ? ( ? 则
1 x
2

? ?
, 2 2

),

?

y x

?

1 2

cos 1 2

2

? ? sin ?
2

?1?
37 60

(sin ? ? 1) ? ( ? 1,1) .

5.

.
n
2

[ n ? 1, 2 , 3 时,

] 都不是质数;n ? 4
2

时,[

n

2

]? 3

是质数;n ? 5 时 [

n

2

]? 5



5

5 ]? 7

5

质数; n ? 6 时, [

n

是质数.

5

当 n ? 8 时,可设 n ? 5 k ? r (其中 k 为不小于 2 的正整数, r ? 0 ,1 ,或 2)

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n
2

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2

?

1 5

(5 k ? r ) n
2

2

?

1 5

( 25 k

2

? kr ? r ) ? k ( 5 k ? 2 r ) ?

1 5

r

2


n
2

5

所以 [ 不是质数.

] ? k (5 k ? 2 r )

,因为 k ? 2 ,所以 5 k ? 2 r ? 2 ,所以 [

] ? k (5 k ? 2 r )

5

5

因此,能使 [
1

n

2

] 为质数的正整数 n

5

只有 4,5,6,它们的倒数和为 ?
4

1

1 5

?

1 6

?

37 60

.

6. [ ,1) ? (1, ?? ) .
2

显然 a ? 0 且 a ? 1 . 由题意知 ? ax 2 ? 3 x ? 2 a ? 1 ? 0 对一切 x ? ( 0 ,1] 恒成立,即 a ?
x ? ( 0 ,1] 恒成立.
3x ? 1 x ?2
2

对一切

令 g (x) ?

3x ? 1 x ?2
2

, g ?( x ) ? 则

? 3x ? 2x ? 6
2

( x ? 2)
2

2

, 显然, 对一切 x ? ( 0 ,1] ,g ?( x ) ? 0 ,

所以函数 g ( x ) ? 即? 2 ? g (x) ?
1 2

3x ? 1 x ?2
2

g 在 ( 0 ,1] 上单调递减, 因此, x ? ( 0 ,1] 时, (1) ? g ( x ) ? g ( 0 ) , 当
1 2

.因此, a ?

.
1

综合可知:实数 a 的取值范围是 [ ,1] ? (1, ?? ) .
2

7.165. 因为 a , b , c 为边长,且分别是 n 的百位数字,十位数字和个位数字,所以
a , b , c ? {1, 2 , 3 ? , 9} .

(1)如果以 a , b , c 为三条边的长构成等边三角形,则 a ? b ? c ,这样的三位 数 n 有 9 个; (2)如果以 a , b , c 为三条边的长构成等腰(非等边)三角形,则 a , b , c 中恰 好含有两个不同的数码,不妨设为 A , B ( A ? B ) .这时,又有两种情况: ①三个数为 A , A , B ,这样的三位数 n 有 3 C 92 ? 108 个; ②三个数为 A , B , B ,则 B
A B 3 2 4 3 5 3 5 4 6 4
? A ? 2B

,列表可知有如下 16 种可能.
7 5 7 6 8 5 8 6 8 7 9 5 9 6 9 7 9 8

6 5

7 4

对于 A 、 B 的每一组值, 可以确定 3 个不同的三位数, 所以, 这样的三位 n 有
3 ? 16 ? 48

个.

综上可知,满足条件的三位数 n 共有 9+108+48= 165 个. 8. 2 3 ·3 2 .
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设三棱锥的底面正三角形的边长为 a ,斜高为 h ,侧面与底面而所成角 ? , 易知 a ? 2 3 h cos ? ,正三棱锥的高 H ? ? . 因为正三棱锥的体积为
1 3 · 3 4
2

2 3

,所以
2 3

1 3

·

3 4

a

2

·H ?

2 3


2

· 2 3 h cos ? ) · sin ? ? ( h

,所以 h 3 ?

3 3 · ? · sin cos

2

?

.

正三棱锥的表面积
S ? 3 4
? 3

a

2

1 ?3· · ah 2

1 2 · 2 3 h cos ? ) ? 3 · · 3 h cos ? · ( 2 h 4 2
2

? 3 3 h cos ? (1 ? cos ? ) . S
3

? 81 3 h cos ? (1 ? cos ? )
6 3

3

? 81 3 · (

2 3 3 · ? · sin cos
2

2

?

) cos ? (1 ? cos ? )
2 3

3

(1 ? cos ? ) ? 6 3 · (1 ? cos ? ) · ? cos
? 6 3 · ( 1 ? 3 cos ? cos ? ? cos
2

2

?

? 1)


1 3 ( t ? 1) ,

记 f (? ) ?

cos ? ? cos

?

1 ? 3 cos ?
1

,令 t ? 1 ? 3 cos ? ,则 cos ? ?

1 2 ( t ? 1) ? [ ( t ? 1)] 3 3 f (? ) ? g ( t ) ? t

?

5 9

?

1 9

(t ?

4 t

)

?
?

5 9
1 9

?

1

4 · t· 2 9 t


1 3

当且仅当 t ? 2 ,即 cos ? ?

时取等号.

S 因此, 3 ? 6 3 ·( 9 ? 1) ? 48 3 , 所以 S ? 2 3 ·3 2 , S 的最小值为 2 3 ·3 2 . 故

二、解答题: 9 . ?| Z |? 1 , ? 设 Z ? cos ? ? i sin ? , 1 ?
Z ? 2 cos

? ?

? ? ? ? i sin ? ? cos 2? 2 2?

。令

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W ? x ? yi

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,则
1

x ? yi ?

?1 ? Z ?
1

2

? 4 cos
2

1

? ?

? ? ? ? i sin ? ? cos 2? 2 2?
? 1 4 cos
2

2

? 4 cos ? x ?
2

?
2

?cos
?
2

? ? i sin ?

?

?
2

?cos

? ? i sin ? ? 。

cos ? 4 cos
2

①, y ? ?
?
2 4 cos
2

sin ? 4 cos
2

?
2



②÷①得

tg ? ? ?

y x



2 sin

cos

?
2 ? ? 1 2 tg

从②得 y

? ?

?
2

?
2



? tg ?

?
2

? ?2 y

,代入③得 ?

y x

2 tg ? 1 ? tg

?
2
2

?
2

?

? 4y 1? 4y
2



? y

2

? ?x ?

1 4



( 这里由于 1 ? Z ? 0 ,所以 ? ? ( 2 n ? 1)? , n ? Z ) ,在 y ? 0 时,导出轨迹方程。

但当 ? ? 2 n ? 时, y ? 0 , x ?

1 4

,故轨迹过点 ?

?1

? ?1 ? , 0 ? ,而点 ? , 0 ? 在此抛物线上。 ?4 ? ?4 ?

10. (1)设 f ( x ) ? ax 2 ? bx ? c ,由 f ( 0 ) ? 0 可得 c ? 0 . 由 ? 3 x 2 ? 1 ? 6 x ? 2 可 得 x ? ? 1 , 故 f ( ? 1) ? ? 4 , 即 a ? b ? ? 4 , 所 以
f ( x ) ? ( b ? 4 ) x ? bx
2

.

再由 f ( x ) ? 6 x ? 2 恒成立可得 b ? 2 ,故 f ( x ) ? ? 2 x 2 ? 2 x . (2) a n ? 1 ? f ( a n ) ? ? 2 a n2 ? 2 a n , a 1 ? ① n ? 1 时显然成立; ②假设 n ? k 时, a k ? ( 0 , ) ,则 n ? k ? 1 时, a k ? 1 ? ? 2 ( a k ? ) 2 ?
2 2 1 1 1 2 ? (0, 1 2 ) 1 3

,下用数学归纳法证明 a n ? ( 0 , ) .
2

1

.

综上, n ? N ? 时, a k ? ( 0 , ) .
2

1

故 a n ?1 ? a n ? ? 2 ( a n ? ) 2 ?
4

1

1

1 ? ( 0 , ) ,即 a n ?1 ? a n 8 8 1 1 2 ? a n ? (0, 1 2 ) ,且 1 2

.
? a n ?1 ? 2 ( 1 2 ? an )
2

(3)由(2)知, a n ? ( 0 , ),
2

.

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即 lg( 故 lg( 所以
1 2 ? a n ? 1 ) ? lg 2 ? 21 g ( 1 2

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? an )

.

1 2

? a n ? 1 ) ? lg 2 ? 2 [lg(
1 ? 2?3
2
k ?1

1 2

? a n ) ? lg 2 ] .

1 2

.

? an 1 1 2 ? an
1 2 n

易证 2 k ?1 ? k ,故

? 2?3

2

k ?1

? 2?3

k



从而 ?

n

1 0 .5 ? a i

? 2 ? (3 ? 3 ? ? ? 3 ) ? 3

n ?1

? 3.

i ?1

11.因为 ( a ? b ) 2 ? ( a ? b ? 4 c ) 2 ? ( a ? b ) 2 ? [( a ? 2 c ) ? ( b ? 2 c )] 2
? ( 2 ab ) ? ( 2 2 ac ? 2 2 bc ) ? 4 ab ? 8 ac ? 8 bc ? 16 c ab
2 2

.

所以
(a ? b) ? (a ? b ? 4c)
2 2

? (a ? b ? c) ?

4 ab ? 8 ac ? 8 bc ? 16 abc

ab

(a ? b ? c)

? (

1 c

?

8 b

? 1

8 a

?

abc 16

)( a ? b ? c ) 1 a 1 ab
2

ab ? 1 b ? ? ? 1 ab )( a 2 ? a 2 ? b 2 ? b 2 ? c)

? 8(

2c

? 8 (5

5

1 2a b c
2 2

) ? (5

5

a b c 2
4

2

) ? 100
100 abc

. ,当 a ? b ? 2 c ? 0 时等号成立.
2

故 (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ? 由已知条件
kabc a?b?c

a?b?c
2

? (a ? b) ? (a ? b ? 4c)

,所以 k 的最小值为 100.

第二试参考答案
· 一、如图 2 所示,过点 C 作○O 的两条切线,切点分别为 M、N,连结 MA、

MD、NB、NE、DE. 易证 ? CDM ∽ ? CMA , ? CEN ∽ ? CNB ,? CDE ∽
? CBA
D M

C E P O B 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图2 A N

.
DM MA ? CD CM , NE BN ? CN CB , AB CE ? CB CD

于是

.

由切线长定理知 CM ? CN ,所以
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DM MA ? AB BN ? NE ED ? CD CM ? CN CB ?

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CB CD ? 1 ,于是由塞瓦定理可知 AE

、BD 、MN 相

交于点 P. 又 MN ⊥ CO ,所以 PC 2 ? PO 即 OC 2 ? OP 2 ? PC
a ?b
3
2

2

? NC

2

? NO

2

? OC

2

?R ?R
2

2

,

2

? 2R

2

.
2

二、证 因为 a 3 ? b 3 ? c 3 是齐次等式,所以,不妨假设 c ? 1 .则
3

? 1 ? ( a ? b )( a ? b ? ab ) ? 1 . 设 a ? b ? s , ab ? t 则
2

s ( s ? 3t ) ? 1 ? t ?
2 2

s

2

?

1 3s

3

.而 a 2 ? b 2 ? c 2 ? 6 ( c ? a )( c ? b )

? a ? b ? 1 ? 6 (1 ? a ? b ? ab )
? s ? 2t ? 1 ? 6 ? 6 s ? 6t
2

? s ? 6 s ? 8t ? 7 ? 0
2

? s2 1 ? 2 ? ? s ? 6 s ? 8? ? 3 ? 3s ? ? 7 ? 0 ? ?

? 3 s ? 18 s ? 8 s ? 8 ? 21 s ? 0
3 2 3

? 5 s ? 18 s ? 21 s ? 8 ? 0
3 2

? ( s ? 1) ( 5 s ? 8 ) ? 0 .
2

若 5 s ? 8 ? 0 ,即 a ? b ? 故s ?
8 5
2

8 5

,则 1 ?

a ?b
3

3

128 ?a?b? ? 2? ? 1 ,矛盾. ? ? 125 ? 2 ?

3

? ( s ? 1) ( 5 s ? 8 ) ? 0 .原不等式得证.

三、如图 3 所示,关于 OM 的中点 Q 作中心对称,满足条件的直角三角形变 为以 O 为直角顶点、M 为内心的直角三角形 OAB,A、B 仍是整点. 直线 OM 的斜率为 tan ? ? 7 ,直线 OA 斜率为
tan ? ? tan( ? ? 45 ) ?
?

y B M Q O A

tan ? ? 1 1 ? tan ?

?

3 4

,直线 OB 的斜

率为 ?

4 3

.

x

由此可设点 A 的坐标为 ( 4 t ,3 t ) ,点 B 的坐标为 (-3s,4s) ,从而知 t ? 4 t ? 3t , s ? ? 3 s ? 4 s 都是整数. 设 ? ABC 的内切圆半径为 r ,则
r ? 2 2 OM ? 2 2 p ? 2002 ? 1 ? 7
2 2

图3

? 5 p ? 2002

.

又如 OA ? 5 t , OB ? 5 s , AB ? 5 t 2 ? s 2 , OA ? OB ? AB ? 2 r ,所以
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5 t
2

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? s

2

? 5 t ? 5 s ? 2 ? 5 p ? 2002

即 t 2 ? s 2 ? ( t ? s ) 2 ? 4 p ? 2002 ? ( t ? s ) ? 4 p 2 ? 2002 2 ,整理得
( t ? 4004 p )( s ? 4004 p ) ? 2 p ? 2002
2 2

? 2 ? 7 ? 11 ? 13 ? p
3 2 2 2

2

, 由于 5 t ? 2 r ,5 s ? 2 r , 所以 t ? 4004 p ? 0 , s ? 4004 p ? 0 .

所以所求三角形个数等于 2 3 ? 7 2 ? 11 2 ? 13 2 ? p 2 的正因子个数. 当 p ? 2 , 7 ,11 ,13 时,有 ( 3 ? 1)( 2 ? 1)( 2 ? 1)( 2 ? 1)( 2 ? 1) ? 324 个直角三角形符合 题意; 当 p ? 2 时,有 ( 5 ? 1)( 2 ? 1)( 2 ? 1)( 2 ? 1) ? 162 个直角三角形符合题意. 当 p ? 7 ,或 11,或 13 时,均有(3+1) (4+1) (2+1) (2+1)=180 个直角 三角形符合题意. 四、设 ( a , b ) ? r ,考虑 a ? ?
a r ,b? ? b r

,则 a ? ? b ? ? 2 (mod 3 ) 为所求充要条件.

先证充分性.当 a ? ? b ? ? 2 (mod 3 ) 时,考虑这样的 3 个 A i ? { n | n ? kr ? t , 0 ? t
? r ? 1 且 k ? i (mod 3 )}( i ? 1, 2 ,3 ) ,则自然数集被分拆为

3 个集合 A1 、 A 2 、 A 3 .

下证这样的分拆满足条件. 设 n ? kr ? t ( 0 ? t ? r ? 1) ,则 n ? a ? ( k ? a ?) r ? t , n ? b ? ( k ? b ?) r ? t . 由 于 a ?b ? ? 2 ( m o d 3 ) . 所 以 0 、 a ? 、 b ? 构 成 模 3 的 完 全 剩 余 系 , 所 以
k , k ? a ?, k ? b ? 构成模

3 的完全剩余系,所以 n 、 n ? a 、 n ? b 在不同的子集中.

设 r n ? ? A1 , r n ? ? r a ? ? A 2 , r n ? ? r b ? ? A 3 , 可 知 r n ? ? r a ? ? r b ? ? A 2 , r n ? ? r a ? ?
r b ? ? A3 ,所以 r ( n '? a '? b ' ) ? A1 .

又 r ( n '? 2 a ' ) ? A1 , r ( n '? 2 a ' ) ? A 2 ,所以 r ( n '? 2 a ' ) ? A 3 . 同理可得: r ' ( n '? 3 a ' ) ? A1 ,从而 r ( n '? 3 la ' ) ? A1 ,其中 l ? Z . 同理, r ( n '? 3 kb ' ) ? A1 ,从而 r ( n '? 3 la '? 3 kb ' ) ? A1 ,其中 l , k ? Z . 若 3 | a ' , 则 由 裴 蜀 定 理 知 存 在 l , k ? Z , 使 得 la '? kb ' ?
r ( n '? a ) ? A1 ? A 2 ? ?
a' 3

,从而

,矛盾!所以 3 ? a ' .

同理可证: 3 ? b ' ,3 ? a '? b ' . 于是有 0、 a ' 、 b ' 模 3 互不相同,则 a ' b ' ? 2 (mod 3 ) . 必要性获证.

第 9 页 共 9 页

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