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2014年全国高中数学联赛模拟试题(2卷)(附详细解答)


2014 年全国高中数学联赛模拟卷(1)第一试
(考试时间:80 分钟 满分:120 分) 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分) 4 x2 1.不等式 . ? 2 x ? 9 的解集为 2 (1 ? 1 ? 2 x )
2.过正方体外接

球球心的截面截正方体所得图形可能为______________. ①三角形 ②正方形 ③梯形 ④五边形 ⑤六边形
2 3.直线 kx ? y ? 2 与曲线 1 ? ( y ? 1) ?| x | ?1 有两个不同的交点,则实数 k 的取值范围是__ _______.

4.复数 z ,使 z3 ? z ? 2 z
a b

2

,则 z 的所有可能值为 _____
a ?1

____.

? bb?1 ? a ? b 的正整数对 ( a, b) 的个数为 . 1? a 1? b 1? c ? ? ? 6.设 a , b, c 为方程 x3 ? k1 x ? k2 ? 0 的根( k1 ? k2 ? 1 ) ,则 1? a 1? b 1? c
5.所有的满足条件 a ? b ? a

__.

7.将号码分别为 1、2、?、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同. 甲从袋中摸出一个球,其号码为 a ,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b . 则使不等式 a ? 2b ? 10 ? 0 成立的事件发生的概率等于 . 8.已知 A, B, C 为△ABC 三内角, 向量 ? ? (cos

| AB | 二、解答题(本大题共 3 小题,第 9 题 16 分,第 10、11 题 20 分,共 56 分) n?1 n 1 9.对正整数 n ? 2 ,记 an ? ? ? k ?1 ,求数列{an}中的最大值. k ?1 n ? k 2
10.给定正实数 k,圆心为( a, b )的圆至少与抛物线 y ? kx2 有三个公共点,一个是原点(0, 0),另两个 点在直线 y ? kx ? b 上,求 a, b 的值(用 k 表示) .

存在动点 M, 使得 | MA |, | AB |, | MB | 成等差数列, 则

A? B A? B , 3 sin ) , | ? |? 2 .如果当 C 最大时, 2 2 | MC |
最大值是__
___.

11.已知函数

f ( x) ? a(| sin x | ? | cos x |) ? 3sin 2x ? 7, 其中 a 为实数,求所有的数对(a, n)(n∈N*), 使得函数 y ? f ( x) 在区间 (0, n? ) 内恰好有 2011 个零点.

2014 模拟卷(1)

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2014 年全国高中数学联赛模拟卷(1)加试
(考试时间:150 分钟 满分:180 分) 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 一、 (本题满分 40 分)在 Rt ?ABC 中, CD 是斜边 AB 上的高,记 I1 , I 2 , I 分别是△ADC, △BCD, △ABC 的内心, I 在 AB 边上的射影为 O1 , ?CAB, ?ABC 的角平分线分别交 BC , AC 于 P, Q ,
且 PQ 的连线与 CD 相交于 O2 ,求证:四边形 I1O1I 2O2 为正方形. C P Q I1 D O1 I I2 A B

二、 (本题满分 40 分)给定正数 a, b, c, d, 证明: a3 ? b3 ? c3 b3 ? c3 ? d 3 c3 ? d 3 ? a3 d 3 ? a 3 ? b3 ? ? ? ? a2 ? b2 ? c2 ? d 2 . a?b?c b?c?d c?d ?a d ?a?b

三、 (本题满分 50 分)设 k ? N ? ,定义 A1 ? 1 , An ?1 ?

nAn ? 2(n ? 1) 2 k , n ? 1,2,? n?2 证明:当 n ? 1 时, An 为整数,且 An 为奇数的充要条件是 n ? 1或2(mod4)

四、 (本题满分 50 分)试求最小的正整数 n, 使得对于任何 n 个连续正整数中,必有一数,其各位数
字之和是 7 的倍数.

2014 模拟卷(1)

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2014 年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案
1. 由 1 ? 1 ? 2x ? 0 得 x ? ?

1 , x ? 0 ,原不等式可变为 1 ? 1 ? 2 x 2 ? 1 ? ? 45 ? 故原不等式的解集为 ? ? ,0 ? U ? 0, ? ? 2 ? ? 8?

?

?

2

? 2 x ? 9 解得 x ?

45 8

2.答案:②⑤,解:由对称性可知,所得图形应为中心对称图形,且②⑤可以截得

4 4 3 3 4.答案:0,1, ?1 ? 2i , ? 1 ? 2i

3.提示: [?2, ? ) ? ( , 2] , 曲线为两个半圆,直线过定点(0,?2) ,数形结合可得. 解: z3 ? z ? 2 z
2

= 2 z ? z ,∴z( z 2 ? 1 ? 2 z ) ? 0

当 z ? 0 时,满足条件,当 z ? 0 时, z 2 ? 1 ? 2 z ? 0 设 z ? a ? bi ( a , b ? R ) , 则 a2 ? b2 ? 2 abi ? 1 ? 2( a ? bi )

? a 2 ? b 2 ? 1 ? 2a ? 0 (1) ∴ ? ,由(2) 2b( a ? 1 ) ? 0 ? 2ab ? 2b ? 0 (2) 1) b ? 0 代入(1) 整理得: (a ?1)2 ? 0 ? a ? 1 2) b ? 0 ,则 a ? ?1 代入(1) 得: b2 ? 4 ? b ? ?2 ,经检验复数 z ? 1, ? 1 ? 2i 均满足条件. ∴ z 的所有可能值为 0,1, ?1 ? 2i , ? 1 ? 2i . a a ?1 b ?1 b ?1 b ?1 b 5.解:显然 a ? b ? 1 .由条件得 a ? a ? b ? a ? b ? a ? b ? 1 ,从而有 ab ? b ? b b a ?1 b ?1 a b a 即 b ? ab ? b ,再结合条件及以上结果,可得 a ? b ? a ? b ? a ? b ? a ? ab ? b ,整理得 a ? ab ? a a ? a a ?1 ? bb?1 ? a a ?1 ? ? a ? bb ?1 ? ? aa?1 ,从而 a2 ? a ? a ? a ?1? ? a ? ab ? aa?1
? 1 ,所以 2 ? a ? 3 .当 a ? 2 时, b ? 1 ,不符合;当 a ? 3 时, b ? 2 ( b ? 1 不符合) . 综上,满足本题的正整数对 ? a, b ? 只有 ? 3, 2 ? ,故只有 1 解.
即a 6.答案:
a ?3

3 ? k1 ? 3k2 ,由题意, x3 ? k1 x ? k2 ? ( x ? a)( x ? b)( x ? c) 由此可得 1 ? k1 ? k2 a ? b ? c ? 0 , ab ? bc ? ca ? ?k1 , abc ? k2 以及1 ? k1 ? k2 ? (1 ? a)(1 ? b)(1 ? c) 1 ? a 1 ? b 1 ? c 3 ? (a ? b ? c) ? (ab ? bc ? ca) ? 3abc 3 ? k1 ? 3k2 ? ? ? ? 1? a 1? b 1? c (1 ? a)(1 ? b)(1 ? c) 1 ? k1 ? k2

7.提示:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件总数为 92=81 个,由不等式 a?2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、?、9 中每一个值, 使不等式成立,则共有 9× 5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、?、9 中每一个值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、8、9 中每一个值,有 3 种; 当 b=9 时,a 只能取 9,有 1 种。于是,所求事件的概率为 8.解: | ? |?

A? B A? B 1 3 ? 3 sin 2 ? 2 ? cos( A ? B) ? cos( A ? B) ? 2 2 2 2 2 1 ? cos( A ? B) ? 3 cos( A ? B) ? 2 sin A sin B ? cos A cos B ? tan A tan B ? , 2 tan A ? tan B tan C ? ? tan( A ? B) ? ? ?2(tan A ? tan B) ? ?4 tan A tan B ? ?2 2 , tan A tan B ? 1 2 等号成立仅当 tan A ? tan B ? .令|AB|=2c,因 | MA | ? | MB |? 4c , 2 2 ? cos 2
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45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 81 81

x2 y2 2 ? ? 1上的动点.故点 C(0, c ), 设 M(x,y), 则 2 2 2 4c 3c 4 c2 1 9c 2 2 2 ? ? y 2 ? 2cy ? , | y |? 3c . |MC|2=x2+( y ? c ) = 4c 2 ? y 2 ? y 2 ? 2cy ? 3 2 3 2 2 | MC | 7?2 6 2 2 3? 2 6 ?1 当 y= ? 3c 时, |MC|2max= . c , |MC|max= c. 即 max= 2 4 2 | AB |
所以 M 是椭圆 9.解:经计算知 a2 ? 2 , a3 ? 3 , a4 ? a5 ?

10 10 ,下面用数学归纳法证明:当 n ? 5 时,有 an ? 3 3 n ?1 n ?1 1 n ?1 1 n ?1 1 10 ? ? ? ? ? ? ? n ?1 假设 an ? ? n ? 5? ,则 an ?1 ? n n ? 1 2 n ? 2 22 1 2 3 n ?1 n ?1? n n 1 n 1 ? n ?1 n ?1 ? ? ? ? ? ? ? n?2 ? ? ? an ? n 2n ? n ? 1 n ? 2 2 1 2 ? n 2n n ? 1 n ? 1 10 n ? 1 8 6 8 10 ? ? ? ? ? ? ? ? n 2n 3 n 3 5 3 3 10 所以数列{an}中的最大值是 a4 ? a5 ? 3
2 2 2 2 2 2

10.解:设⊙O: ( x ? a) ?( y ? b) ? a ? b , 即 x ? 2ax ? y ? 2by ? 0 抛物线与直线 y ? kx ? b 的两个交点坐标为 ( x1 , y1 , ), ( x2 , y2 ) ,

? x1 ? x2 ? 1 2 ? kx1 ? kx1 ? b ? 则? 2 ,即 ? b ①, 这两点亦在圆上,即 x1 x2 ? ? ? kx2 ? kx2 ? b ? k ? 2 2 2 2 o ? x1 ? 2ax1 ? y1 ? 2by1 ? x1 ? 2ax1 ? (kx1 ? b) 2 ? 2b(kx1 ? b), ? (1 ? k 2 ) x1 ? 2ax1 ? b2 ? 0 2a ? x1 ? x2 ? , ? ? 1? k 2 2 2 2 同理 (1 ? k ) x2 ? 2ax2 ? b ? 0 , 即 ? ② 2 ? x x ? ?b . ? 1 2 1? k 2 ? 1 1? k 2 1 2 ?k? 比较①,②知: a ? (1 ? k ), b ? 2 k k k? ? ? (k ? Z ) 为对称轴,即 11.解:首先,函数 f ( x) 以为 ? 周期,且以 x ? 2 4
f ( x ? ? ) ? f ( x), f (k? ?
f(

?

k? ? k? ? 3? ? (k ? Z ) 对称, ) ? a ? 7, f (k? ? ) ? 2a ? 10, f (k? ? ) ? 2a ? 4 ,∵ f ( x) 关于 x ? 2 4 2 4 4 k? k? ? k? ? k? ? , ? )及( ? , ? ) 上的零点个数为偶数, ∴ f ( x) 在 ( 2 2 4 2 4 2 2 (0,n? ) 恰有 2011 个零点,则上述区间端点必有零点 要使 f ( x) 在区间 k? k? ? ? ? ) ? 0, f ( ? ) ? 0 ,考虑区间 (0, ) 及 ( , ? ) 上的零点个数. (1)若 a ? 7 ,则 f ( 2 2 4 2 2
当 x ? (0,

2

? x) ? f ( x)( k ? Z ) ,其次,

) 时, f ( x) ? 7(sin x ? cos x) ? 3 sin 2 x ? 7 , 2 2 令 t ? sin x ? cos x(t ? (1, 2 ]. 则 y ? g (t ) ? ?3t ? 7t ? 4 ? 0 ,
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?

解得 t1 ? 1 (舍) , t2 ? 当 x?(

, ? ) 时, f ( x) ? 7(sin x ? cos x) ? 3 sin 2 x ? 7 , 2 令 t ? sin x ? cos x(t ? (1, 2 ] ,则 y ? g (t ) ? 3t 2 ? 7t ?10 ? 0 , 10 ? 解得 t1 ? 1 (舍) , t2 ? ? (舍) ,故在 ( , ? ) 内无解.因此, f ( x) 在区间 (0, ? ) 内有三个零点. 3 2 故在(0, n? )内有3n ? (n ? 1) ? 4n ? 1 ? 2011 个零点。解得 n ? 503.
同理可得满足条件 (a, n) ? (7,503),(5 2, 2011),(2 2, 2011) .

?

4 ? ? ? 2 sin( x ? ) ,故在 (0, ) 内有两解. 3 4 2

加试题
一.证明:不妨设 BC ≥ AC ,由 ?ADC ~ ?CDB 且 I1 , I 2 分别是其内心,得 且 ?I1 DI 2 ?

AC I1D ? BC I 2 D

1 ?ADB ? 900 ? ?ACB ,所以 ?DI1I 2 ~ ?CAB 则 ?I 2 I1D ? ?CAB ① 2 AB 边上的射影为 设 ?ADC, ?BCD 的内切圆半径分别为 r 1, r 2 , Rt ?ABC 的三边长为 a, b, c , I1 , I 2 在 x ? z ?b y? z?a b?c?a , r2 ? , AO1 ? , E , F ,并且 AD ? x, BD ? y, CD ? z ,则 r1 ? 2 2 2 b?c?a y ? z ?a x ? z ?b ?x? ? ? r2 ? r1 , 所以 DO1 ? AO1 ? AD ? 2 2 2 , I1E ? r1 ? r2 ? (r2 ? r1 ) ? DF ? DO1 ? O1F , EO1 ? r 1? (r 2? r )1? r ? 2 I F2 ? 因此 ?I1EO1 ? ?FO1I 2 . ? O1I1 ? O1I 2 且 ?I1O1 I 2 ? ? ? ?I1O1E ? ?I 2O1F ? ? ? ?O1I 2 F ? ?I 2O1F ? ,② 2 则 D, O1 , I 2 , I1 四点共圆 ? ?I 2O1F ? ?I 2 I1D ? ?CAB(由①知) 所以 O1I 2 // AC , 同理 O1I1 // BC ,

1 (b ? c ? a) CQ BC CQ BC ab AI1 AO1 2 b?c?a ? ? ? ? CQ ? ∴ , 又由角平分线性质得 ? ? ? QA BA QA ? CQ BA ? BC a?c I1P BO1 1 (c ? a ? b) c ? a ? b 2 1 CQ ? CO2 sin ?ACD S ab QO2 b?c b ?CQO2 2 同理 CQ ? ,另一方面 , ? ? ? b?c O2 P S?CPO2 1 CP ? CO sin ?BCD a ? c a 2 2 C AI1 QO2 b ? c ? a b(b ? c) 又 O2 I1 // CA ? , ? ? ? P I1P O2 P c ? a ? b a (a ? c ) 而 a(a ? c)(b ? c ? a) ? b(b ? c)(c ? a ? b) Q I

? a(ab ? ac ? a2 ? cb ? c2 ? ac) ? b(bc ? ba ? b2 ? c2 ? ac ? bc) I2 2 2 I ? a(ab ? b ) ? b(ba ? a ) ? 0 , 1 A D O1 所以 O2 I1 // CA , 同理 O2 I 2 // BC , 所以四边形 I1O1I 2O2 为平行四边形,由②知四边形 I1O1I 2O2 为正方形.
二.解:由于问题的对称性, 只要证明对于任何正数 下式成立

B

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因为如果上式成立, 则原式的左边不小于

不失一般性, 可以在 的假设下证明上述不等式. 如果 , 只要将不等式两边同除 , 令 于是问题转化成下列被修改的问题:给定满足条件 此不等式证明如下: 的正数 证明

三.证明:注意到 (n ? 2) An?1 ? nAn ? 2(n ? 1) 2k

(n ? 1) An ? (n ? 1) An?1 ? 2n 2k

得 (n ? 2)(n ? 1) An?1 ? (n ? 1)nAn?1 ? 2(n ? 1) 2k ?1 ? 2n 2k ?1 反复运用上式,得 An ? 得 2 S ( n) ?
n

2 S ( n) ,其中 S (n) ? 1t ? 2t ? ? ? n t , t ? 2k ? 1 n(n ? 1)
n i ?1

?[(n ? i) t ? i t ] ? ?[(n ? 1 ? i) t ? i t ] ,从而可知 n(n ? 1) | 2S (n) ,因此 An (n ? 1) 是整数.
i ?0

(1)当 n ? 1或2(mod4) 时,由 S (n) 有奇数个奇数项知 S (n) 为奇数,所以 An 为奇数. (2)当 n ? 0(mod4) 时, ( ) ? 0(mod 4) ,
t

n 2

n ? i t ] ? ( ) t ? 0(mod4) ,所以 An 为偶数 2 i ?0 n ?1 t ) ? 0(mod 4) , (3)当 n ? 3(mod4) 时, ( 2
故 S (n) ?

?[(n ? i)
n ?1 2 i ?1

n 2

t

故 S ( n) ?

?[(n ? 1 ? i)

t

? it ] ? (

n ?1 t ) ? 0(mod4) ,所以 An 为偶数 2

综上所述,命题成立,证毕. 四.解:首先,我们可以指出 12 个连续正整数,例如 994,995,?,999,1000,1001,?,1005, 其中任一数的各位数字之和都不是 7 的倍数,因此, n ? 13 . 再证,任何连续 13 个正整数中,必有一数,其各位数字之和是 7 的倍数.对每个非负整数 a ,称如 下 10 个数所构成的集合: Aa ? {10a,10a ? 1, 10a ? 9}为一个“基本段” ,13 个连续正整数,要么 属于两个基本段,要么属于三个基本段。当 13 个数属于两个基本段时,据抽屉原理,其中必有连 续的 7 个数,属于同一个基本段;当 13 个连续数属于三个基本段 Aa ?1 , Aa , Aa ?1 时,其中必有连续 10 个数同属于 Aa .现在设 ak ak ?1

a1a0

ak ak?1
k i ?0 i

a ( a ? 1) , 1 0
k i ?0 i

a k ?a k 1
k i ?0 i

a a 6) 1( ? 0 是属于同一个

基本段的 7 个数,它们的各位数字之和分别是

? a , ? a ? 1, , ? a ? 6, 显然,这 7 个和数被 7

除的余数互不相同,其中必有一个是 7 的倍数.因此,所求的最小值为 n ? 13.

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2014 全国高中数学联赛模拟题
一试
考试时间上午 8:00~9:20,共 80 分钟,满分 120 分 一、填空题(共 8 题,每题 8 分,64 分) 1、 若实数 x 、 y 满足条件 x 2 ? y 2 ? 1 ,则

1 2y ? 的取值范围是___________________. x x2

2、已知 a, b, c 为非负数,则 f (a, b, c) ?

c a b ? ? 的最小值为 a b?c c

3、设 AB 是椭圆

x2 y2 ? ? 1 ( a ? b ? 0 )的长轴,若把 AB100 等分,过每个分点作 AB 的垂线, a2 b2

交椭圆的上半部分于 P1、 P2、 ? 、 P99 , F1 为椭圆的左焦点, 则 F1 A ? F1 P 1 ? F 1P 2 +? ? F 1P 99 ? F 1B 的值是 4、 从一个有 88 条棱的凸多面体 P, 切去以其每个顶点为顶点的各一个棱锥, 得到一个新的凸多面体 Q, 这些被切去的棱锥的底面所在的平面在 P 上或内部互不相交,则凸多面体 Q 的棱数是 。 5、设函数 f ? x ? :

R ? R ,且满足, ?x, y ? R ,
.

f ? x ? f ? y ? ? f ? 2xy ? 3? ? 3 f ? x ? y ? ? 3 f ? x ? ? 6x ,则 f ? x ? ?

6、一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个球的体积为 7、设 a1 , a2 ,?, a2010 均为正实数,且

1 1 1 1 ? ??? ? ,则 a1 ? a2 ?? ? a2010 的最小 2 ? a1 2 ? a 2 2 ? a 2010 2

值为____________________. 8、若 log4(x+2y)+log4(x-2y)=1,则|x|-|y|的最小值是_________. 二、解答题(共 3 题,共 56 分) 9、 (本题 16 分)设 S={1,2,?,n},A 为至少含有两项的、公并非为正的等差数列,其项部都在 S 中,且添加 S 的其他元素等于 A 后均不能构成与 A 有相同公差的等差数列,求这种 A 的个数(这里只 有两项的数列也看做等差数列).(全国高中数学联赛,1991 年)

10、 (本题 20 分)已知 F 为抛物线 y ? 4 x 的焦点, M 点的坐标为(4,0),过点 F 作斜率为 k 1 的直线与
2

抛物线交于 A、B 两点,延长 AM、BM 交抛物线于 C、D 两点,设直线 CD 的斜率为 k 2 . (I)求 值; (II)求直线 AB 与直线 CD 夹角 θ 的取值范围.

k1 的 k2

2014 模拟卷(1)

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11、 (本题 20 分) 已知函数 f ( x) ? 2ln x ? x2 。 (I) 若方程 f ( x) ? m ? 0 在 [ , e ] 内有两个不等的实根, 求实数 m 的取值范围. (II)如果函数 g ( x) ? f ( x) ? ax 的图象与 x 轴交于两点 A( x1 ,0) , B( x2 ,0) ,且 。 0 ? x1 ? x2 。求证: g '( px1 ? qx2 ) ? 0 (其中正常数 p 、 q 满足 p ? q ? 1, q ? p )

1 e

2014 全国高中数学联赛模拟题
加试(二试)
9:40~12:10 共 150 分钟 满分 180 分 平面几何、代数、数论、组合

1、(本题 40 分)在△ABC 中,AB>BC,K、M 分别是边 AB 和 AC 的中点,O 是△ABC 的内 心。设 P 点是直线 KM 和 CO 的交点,而 Q QP⊥KM 且 QM∥BO,证明:QO⊥AC。 点使得

2、 (本题 40 分)已知无穷数列 ?an ?满足 a0 ? x, a1 ? y, an ?1 ?

an an?1 ? 1 ?n ? 1,2,?? . an ? an?1

(1)对于怎样的实数 x,y,总存在正整数 n0 ,使当 n ? n0 时, an 恒为常数? (2)求数列 ?an ?的通项公式.

3、 (本题 50 分)空间六点,任三点不共线,任四点不共面,成对地连接它们得十五条线段,用红色或 蓝色染这些线段(一条线段只染一种颜色).求证:无论怎样染,总存在同色三角形.(1953 年美国普特南 数学竞赛题) 由此, 证明有 17 位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个 题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. (第 6 届国际数学奥林匹克试题)
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4、 (本题 50 分)设 a1 ? 3, an?1 ? an ? an ? 1, n ? N * ,证明: (1)对所有 n, an ? 3(mod4) ; (2)当 m ? m 时, (am , an ) ? 1 (即 am , an 互质)

2

2014 全国高中数学联赛模拟题参考答案
一试 1、 (?2,2) .提示:令 x ? sec ? , y ? tan ? 2、2; f (a, b, c) ?

c a b c a b?c ? ? ? ? ? ?1 ? 3 ?1 ? 2 a b?c c a b?c c

3、 101a .(方法一)由椭圆的定义知 F1 P i ? F2 P i ? 2a ( i ? 1,2, ?,99),

? ? ( F1 Pi ? F2 Pi ) ? 2a ? 99 ? 198a. 由题意知 P 1, P 2 , ?, P 99 关于 y 轴成对称分布,
i ?1 99

99

? ? ( F1 Pi ) ?
i ?1

1 99 ? ( F1 Pi ? F2 Pi ) ? 99a. 又? F1 A ? F1 B ? 2a ,故所求的值为101a . 2 i ?1

(方法二) F1 A ? F1 P 1 ? F 1P 2 +? ? F 1P 99 ? F 1B

? (a ? exA ) ? (a ? ex1 ) ? ? ? (a ? ex99 ) ? (a ? exB )

? 101 a ? e( x A ? x1 ? x2 ? ? x99 ? xB ) ? 101 a. (A, P 1, P 2 , ?, P 99 ,B 关于 y 轴成对称分布)
4、264,P 的所有棱仍是 Q 的棱,Q 中新的棱由切去的棱锥的底面形成,等于从顶点出发的棱的条数, 所以 Q 的棱的条数有 88+2×88=264; 5、取 x ? 0 代入得 f (0) ? f ( y) ? f (3) ? 3 f ( y) ? 3 f (0) ,即

[ f (0) ? 3] ? f ( y) ? f (3) ? 3 f (0) ,
显然 f ( y ) 不恒等于常数,∴ f (0) ? 3 ? 0 且 f (3) ? 3 f (0) ? 0 ,∴ f (0) ? 3, f (3) ? 9 , 又取 y ? 0 代入可得 f ( x) ? 2 x ? 3 ;

2014 模拟卷(1)

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6、

2 3 2 2 ?a ,联想正方体,棱长为 a ,球的半径为 a 24 2 4
2010

7、 4018

. 提示:令

1 ? xi 2 ,且 x1 ? x2 ? ? ? xi ? 1 , ? xi ,则 ai ? 2 ? 2 ? ai xi

其中 i ? 1,2,?,2010 .

? a1 ? a 2 ? ? ? a 2010 ? 2 2010 ?

1 ? ( x2 ? x3 ? ? ? x2010 ) x1 x2 ? x2010

? ( x1 ? x3 ? ? ? x2010 ) ??? ( x1 ? x2 ? ? ? x2009 )
? 2 2010 ? 1 ? 2009? 2009 x 2 x3 ? x 2010 ? 209? 2009 x1 x3 ? x 2010 ? ? ? 2009? 2009 x1 x 2 ? x 2009 x1 x 2 ? x 2010

? 2 2010 ? 20092010 ? 40182010

?x ? 2 y ? 0 ?x ? 2 | y | ? ?? 2 8、 3 。 ? x ? 2 y ? 0 由对称性只考虑 y≥0,因为 x>0,∴只须求 x-y 的 2 x ? 4 y ? 4 ? ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ?
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。 二、解答题 9、构造具有如下要求的集合 A:把 A 中的元素按从小到大的次序排好后,在其最大元素后面添上 S 的 任何元素均不能构成具有原公差的等差数列。这时,当 A 的首项与公差一旦确定,其整个集合 A 也即 确定,不妨设 A 的首项为 a,公差为 d,则 a=1, d=1, 2, ?, n-1 时的集 A 有 n-1 个; a=2, d=1, 2, ?, n-2 时的集 A 有 n-2 个; ?? a= n-1,d=1 时的集 A 有 1 个. 因此,所求 A 的总个数为 1+2+?+(n-1)=

n ( n ? 1) . 2

10、解: (I)由条件知 F (1, 0) ,设 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y 2 ) 、C( x3 , y3 ) 、 D( x4 , y 4 ) ,不妨设 y1 ? 0 .直 线 AB 的方程为 y ? k1 ( x ? 1) ,与 y ? 4 x 联立得 y 2 ?
2

4 y?4 ? 0 k1

所以 y1 y2 ? ?4 , x1 x2 ? 1 . ① 当 x1 ? 4 时,则 A(4, 4) ,故 y 2 ?

1 1 ?4 ? ?1 , x 2 ? ,即 B ( ,?1) . 4 4 y1

直线 AM 的方程为 x ? 4 ,从而 C (4, ? 4) ;直线 BM 的方程为: y ?

4 ( x ? 4) , 15

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与 y 2 ? 4 x 联立得 y 2 ? 15y ? 16 ? 0 ,得 y 4 ? 16 , x4 ? 64 ,即 D(64, 16) . 于是 k1 ?

k 4 16 ? (?4) 1 ? .所以. 1 ? 4 . , k2 ? 3 64 ? 4 3 k2
y1 2 ( x ? 4) 与抛物线方程 y ? 4 x x1 ? 4

② 当 x1 ? 4 时,直线 AM 方程为 y ?

联立得 y12 ( x ? 4) 2 ? 4 x( x1 ? 4) 2 ,又由 y12 ? 4 x1 ,化简上述方程得 x1 x 2 ? ( x12 ? 16) x ? 16x1 ? 0

? 16 .即 C (16 ,? 16) ,同理, D( 16 ,? 16 ) . 此方程有一根为 x1,所以另一根 x3 ? 16 , y3 ? x2 y 2 x1 y1 y1 x1

16 16 ? y 2 y1 x x y ? y1 1 k ?? 1 2 ? 2 ? k1 ,即 1 ? 4 . 所以, k 2 ? 16 16 y1 y 2 x 2 ? x1 4 k2 ? x 2 x1 ?

由①、②可知

k1 ? 4. k2

11、解:(Ⅰ )由 f ( x ) =2 ln x?x2求导得到: f ? ( x ) =

2 ( 1?x)( 1?x) , x

1 1 1 ?x ? [ , e] ,故 f ? ( x ) =0 在 x ?1有唯一的极值点, f ( ) =-2- 2 e e e
f (e) =―2― e 2 , f ( x) 极大值= f (1) =-1,
且知 f (e) < f ( ) ,故 f ( x ) =- m ,在 [ , e ] 内有两个不等的实根满足:

1 e

1 e

-2-

1 e
2

≤- m <-1

故m 的取值范围为 ? 1, 2 ?

? ?

1? e2 ? ?

(Ⅱ ) g ?( x ) =

2 -2 x -a ,又 f ( x ) - ax =0 有两个不等的实根 x 1 、 x 2 , x
两式相减得到: a?

则?

2 ? 2 ln x ax 1 ?x 1 ? 1 ?0 2 2 ln x ax 2 ?x 2? 2 ?0 ? ,

2 (ln x ln x 1? 2) ?(x 1 ?x 2) x ? x 1 2

px qx )= 于是 g ' ( 1? 2


2 (ln x 2 1 ?lnx 2) ? (x ? 2 (px qx )-[ 1? 2 1 ?x 2)] x ? x px ? qx 1 2 1 2

2(lnx1 ?lnx2 ) 2 ? ) (x + (2p?1 2 ?x 1) x1 ? x2 px1 ? qx2

x 0 ) (x ∵ 2 p≤1, x , ∴(2p?1 2? 1? 2 ?x 1)≤0

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要证: g ' ( px qx )<0,只需证: 1? 2

2(lnx1 ?lnx2 ) 2 + <0, x2 ? x1 px 1 ? qx 2


只需证:

x2 ? x1 x ? ln 1 ? 0 px1 ? qx2 x2



x1 1? t ? t ,0 ?t ?1,只需证: u(t) ? + ln t ? 0 在 0? 上恒成立, t? 1 x2 pt ? q
1 1 = t (pt ?q )2

p 2 (t ? 1)( t ?

又∵u '( t) ? ?

q2 ) p2

t ( pt ? q ) 2

q2 q2 1 q ∵ p?q?1, q ? ,则 ? 1 ,∴ 2 ? 1 ,于是由 t ? 1可知 t ? ,t ? 2 ? 0 1 ?0 2 p p p
故知 u '(t) ?0∴u ( t ) 在 t ?(0 , 1 )上为增函数, 则 u ( t ) < u (1) =0,从而知

x2 ? x1 x ? ln 1 ? 0 px1 ? qx2 x2

即① 成立,从而原不等式成立。 二试 1、证:作 OR⊥AC 于 R,过 P 作 MK 的垂线, OR 于 Q 点(如图) 。这样只需证 Q’M∥O,因 和 Q’重合。 因为 K,M 分别为 AB 和 AC 的中点,所以 BC , 于 是 ∠ MPC = ∠ BCP = 交 直 线 为这时 Q KM ∥

1 ∠ ACB = ∠ 2

MCP。因 直径的圆 所 以

此 MP=MC=MA, 这样一来, P 点在以 AC 为 周上,且∠APC=90° 。 在四边形 APOR 中, ∠APO=∠ARO=90° , APOR 内接于圆,∠RPO=∠RAO=

1 × ∠BAC。 2

在四形边 MPQ’R 中,∠MPQ’=∠MRQ’=90° ,所以 MPQ’R 内接于圆,于是∠Q’MR=∠Q’PR=∠ Q’PO+∠OPR=(90° -∠OPM)+

1 1 1 ∠BAC=(90° - ∠ACB)+ ∠BAC。 2 2 2
1 1 1 ∠ABC=90° + ∠BAC- ∠ACB 2 2 2

设 BO 交 AC 于 D,在△BDC 中,∠BDC=180° -∠ACB- =∠Q’MR,因此 MQ’∥BO,于是本题得证。 2、解:由递归方程 f ?x ? ?

x2 ? 1 ? x ,得不动点 x ? ?1 .由不动点方法 2x
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an an ?1 ? 1 ?1 an ?1 ? 1 an ? an ?1 a a ? 1 ? an ? an?1 ?an ? 1??an ?1 ? 1? an ? 1 an ?1 ? 1 ? . ? n n?1 ? ? ? an ?1 ? 1 an an ?1 ? 1 ? 1 an an?1 ? 1 ? an ? an?1 ?an ? 1??an ?1 ? 1? an ? 1 an ?1 ? 1 an ? an ?1
令 bn ?

x ?1 an ? 1 y ?1 ,则 bn?1 ? bnbn?1 ?n ? N? ? .易知 b0 ? , b1 ? . x ?1 an ? 1 y ?1
F F

2 3 2 n?1 n?2 注意到 bn ? bn?1bn?2 ? ?bn?2bn?3 ?bn?2 ? bn , ?2bn?3 ? bn?3bn?4 ? ? ? b 1 b0

其中, Fn?1 ? Fn ? Fn?1 , F0 ? F1 ? 1, ?Fn ?为斐波那契数列.

? y ?1? a ?1 于是, bn ? n ? b1Fn?1 b0Fn?2 ? ? ? y ?1? ? an ? 1 ? ?

Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

.

a ?1 ? y ?1? ? ?? 故 n ? an ? 1 ? ? y ?1?

Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

?n ? 2? .

(1)要使总存在正整数 n0 ,当 n ? n0 时, an 恒为常数,还需分情况讨论. (i)若 n0 ? 1 ,当 n ? n0 时, an 恒为常数. 由 a1 ? y , a2 ?

a0 a1 ? 1 xy ? 1 y2 ?1 ? ? y , a3 ? ? y ,?? a0 ? a1 x? y 2y

有 y ? 1 ,且 y ? ? x . 此时, an 恒为常数 1 或 ? 1 . (ii)若 n0 ? 2 ,当 n ? n0 时, an 恒为常数. 首先, 当 an ? ?1?n ? n0 ? 时, 如果 n0 ? 3 , 由 an0 ? ?1 ,an0 ?1 ? ?1 及 an0 ?1 ? 有 an0 ?1 ? 1 . 注意到 an0 ?1 ? ?1 . 又由 an0 ?

an0 an0 ?1 ? 1 an0 ? an0 ?1



an0 ?1an0 ? 2 ? 1 an0 ?1 ? an0 ? 2

,有 an0 ?2 ? ?1 . ,有 an0 ?1 ? ?1 ,矛盾.

于是,由 an0 ?1 ?

an0 ? 2 an0 ?3 ? 1 an0 ? 2 ? an0 ?3

此时,只能是 n0 ? 2 ,即 an ? ?1?n ? 2?,所以,

a2 ?

a0 a1 ? 1 xy ? 1 ? ? ?1 , a0 ? a1 x? y

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a3 ?
于是,

a1a2 ? 1 a2 a1 ? 1 ? 1 ? y ? 1 ? ? ? ?1 ,?? a1 ? a2 a2 ? a1 ?1? y

xy ? 1 且 y ? 1 ? xy ? x ? y ? 1 ? 0 , 且 y ? ? x ,y ? 1 ? x ? ?1 或 y ? ?1 , ? ?1, x? y

且 y ? ? x , y ? 1. 因此,当 x ? ?1 或 y ? ?1 ,且 y ? ? x 时,取 n0 ? 2 .当 n ? 2 时, an 恒为常数 ? 1 . 其 次 , 当 an 在 n ? n0 ?n0 ? 2? 时 不 恒 为 ? 1 , 但 当 n ? n0 时 , 使 an 恒 为 常 数 , 故

a ?1 ? y ?1 ? ? ?? an ? ?1 ?n ? n0 , n0 ? 2?.则 n ? an ? 1 ? ? y ?1?
显然,

Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

在 n ? n0 时恒为常数.

x ?1 y ?1 ? 1, ? 1. x ?1 y ?1



x ?1 y ?1 a a ?1 ? ?1 且 ? ?1 ,则 x ? y ? 0 ,有 a2 ? 0 1 的分母为 0,矛盾.所以,只 x ?1 y ?1 a0 ? a1

能 1.

x ?1 y ?1 ? 0或 ? 0 ,即 x ? 1 或 y ? 1 ,且 y ? ? x 时,当 n ? n0 ?n0 ? 2? 时, an 恒为常数 x ?1 y ?1
综上,当 x ? 1 且 y ? ? x 或 y ? 1 且 x ? ? y 时,总存在正整数 n0 ,使当 n ? n0 时 an 恒

为常数 1 或 ? 1 .

a ?1 ? y ?1? ? ?? (2)注意到 n ? an ? 1 ? ? y ?1?
则 an ?

Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

?n ? 2? .
F F

2 ? y ?1 ? 1? ? ? y ?1? ? ? ?
n?1 n?1

Fn?1

? x ?1 ? ? ? ? x ?1?
n ?2 n?2

Fn?2

?1 ?

2? y ? 1? n?1 ?x ? 1? n?2 ?1 . ? y ? 1?Fn?1 ?x ? 1?Fn?2 ? ? y ?1?Fn?1 ?x ?1?Fn?2
F

故 an ?

? y ? 1?F ?x ? 1?F ? y ? 1?F ?x ? 1?F

? ? y ? 1? n?1 ?x ? 1? n?2 ?n ? 2?, F F ? ? y ? 1? n?1 ?x ? 1? n?2
F

a0 ? x , a1 ? y .
3、证明 设 A、B、C、D、E、F 是所给六点.考虑以 A 为 段 AB、AC、AD、AE、AF,由抽屉原则这五条线段中至 颜色相同,不妨设就是 AB、AC、AD,且它们都染成红色. △ BCD 的三边,如其中有一条边例如 BC 是红色的,则同 已出现(红色△ ABC);如△ BCD 三边都不是红色的,则 色的三角形,同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下, 色三角形. 端点的线 少有三条 再来看 色三角形 它就是蓝 都存在同

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证明 用平面上无三点共线的 17 个点 A1,A2,…,A17 分别表示 17 位科学家.设他们讨论的题目为 x,y,z, 两位科学家讨论 x 连红线,讨论 y 连蓝线,讨论 z 连黄线.于是只须证明以这 17 个点为顶点的三角形中有 一同色三角形. 考虑以 A1 为端点的线段 A1A2,A1A3,…, A1A17, 由抽屉原则这 16 条线段中至少有 6 条同色, 不妨设 A1A2, A1A3,…,A1A7 为红色.现考查连结六点 A2,A3,…,A7 的 15 条线段,如其中至少有一条红色线段, 则同色(红色)三角形已出现;如没有红色线段,则这 15 条线段只有蓝色和黄色,由例 5 知一定存在 以这 15 条线段中某三条为边的同色三角形(蓝色或黄色).问题得证. (属图论中的接姆赛问题.) 4、证明: (1)由递推关系得 an?1 ? 1 ? an (an ? 1) 当 n ? 1 时, a1 ? 3 ? 3(mod 4) , an ? 3 ? 3(mod 4) 即 an ? 4k ? 3 ,那么

an?1 ? an (an ? 1) ?1 ? 4(4k ? 3)(k ?1) ?1 ? 3(mod 4)
∴对所有 n , an ? 3(mod 4) (2)由递推关系得 an?1 ? 1 ? 4an an?1an?2

a1

不妨设 m ? n ,得 am | an ?1 ,令 an ? 1 ? qam , q ? N 则 (am, an ) ? (am , qam ?1) ? (am , am ?1) ? 1

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