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2011年全国高中数学联赛模拟卷(1)(一试+二试,附详细解答)

时间:2011-10-06


2011 年全国高中数学联赛模拟卷(1)第一试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 第一试
(考试时间:80 分钟 考试时间: 考试时间 满分: 满分:120 分) 姓名: 考试号: 得分: 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 考试号 得分 小题, 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分) 填空题( 2 4x 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 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__ _______.
2

4.复数 z ,使 z + z = 2 z
3
a b

2

,则 z 的所有可能值为 _____
a ?1

____.

5.所有的满足条件 a ? b = a

? 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 x 3 ? k1 x ? k2 = 0 的根( k1 + k2 ≠ 1 ) ,则 + + = 1? a 1? b 1? c

__.

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 α = (cos

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

A? B A+ B , 3 sin ) , | α |= 2 2 | MC |
最大值是__

2 .如果当 C 最大时,

___.

| AB | 解答题( 小题, 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 = kx 2 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) .

11.已知函数

f ( x) = a (| sin x | + | cos x |) ? 3 sin 2 x ? 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, nπ ) 内恰好有 2011 个零点.

2011 模拟卷(1)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(1)加试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 加
(考试时间:150 分钟 考试时间: 考试时间 满分: 满分:180 分) 姓名: 考试号: 得分: 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 考试号 得分 (本题满分 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 I1O1 I 2O2 为正方形.
C P Q I1 D O1 I I2 A B

(本题满分 二、 本题满分 40 分)给定正数 a, b, c, d, 证明: ( a 3 + b3 + c3 b3 + c3 + d 3 c3 + d 3 + a 3 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 = (本题满分 (

nAn + 2(n + 1) 2 k , n = 1,2,L 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(mod 4)

(本题满分 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.

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 答案
1. 由 1 ? 1 + 2 x ≠ 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 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: z + z = 2 z
3
2

4 4 3 3 4.答案:0,1, ?1 + 2i , ? 1 ? 2i

2

= 2 z ? z ,∴ z ( z + 1 ? 2 z ) = 0
2

当 z = 0 时,满足条件,当 z ≠ 0 时, z + 1 ? 2 z = 0 设 z = a + b i ( a , b ∈ R ) , 则 a 2 ? b2 + 2 a b i + 1 ? 2 ( a ? b i )

? 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 2) b ≠ 0 ,则 a = ? 1 代入(1) 得: b = 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 .
5.解:显然 a > b ≥ 1 .由条件得 a > a
a

? bb ?1 ? a > bb ?1 ? a ≥ bb ?1 + 1 ,从而有 ab ≥ bb + 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 ) ≥ a a ?1 ,从而 a 2 = a + a ( a ? 1) ≥ a + ab ≥ a a ?1
即a
a ?3

a ?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,) ,故只有 1 解. 2
6.答案:

3 + k1 + 3k 2 ,由题意, x 3 ? 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 + 3k 2 + + = = 1? a 1? b 1? c (1 ? a )(1 ? b)(1 ? c ) 1 ? k1 ? k 2

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 提示: 提示 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: | α |= 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 2 ? cos 2
tan C = ? tan( A + B ) =

45 + 7 + 5 + 3 + 1 61 = 81 81

tan A + tan 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

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所以 M 是椭圆

x2 y2 2 + 2 = 1 上的动点.故点 C(0, c ), 设 M(x,y), 则 2 2 4c 3c 2 2 4 c2 1 9c 2 |MC|2=x2+( y ? c ) = 4c 2 ? y 2 + y 2 ? 2cy + = ? y 2 ? 2cy + , | y |≤ 3c . 2 3 2 3 2
当 y= ? 3c 时, |MC|2max=

7+2 6 2 | MC | 2 3+ 2 6 +1 c , |MC|max= c. 即 . max= 2 4 2 | AB |

10 10 ,下面用数学归纳法证明:当 n ≥ 5 时,有 an ≤ 3 3 10 n +1 n +1 1 n +1 1 n +1 1 假设 an ≤ ( n ≥ 5 ) ,则 an +1 = + × + × 2 +L + × n ?1 3 n n ?1 2 n ? 2 2 1 2 n +1 n +1? n n 1 n 1 ? n +1 n +1 = + + × + L + × 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 10.解:设⊙O: ( x ? a ) + ( y ? b) = a + b 2 , 即 x 2 ? 2ax + y 2 ? 2by = 0
9.解:经计算知 a2 = 2 , a3 = 3 , a4 = a5 = 抛物线与直线 y = kx + b 的两个交点坐标为 ( x1 , y1 , ), ( x2 , y2 ) ,

? x1 + x2 = 1 ?kx12 = kx1 + b ? 则? 2 ,即 ? b ①, 这两点亦在圆上,即 ?kx2 = kx2 + b ? x1 x2 = ? k ? 2 2 2 2 o = x1 ? 2ax1 + y1 ? 2by1 = x1 ? 2ax1 + (kx1 + b) 2 ? 2b(kx1 + b), ? (1 + k 2 ) x1 ? 2ax1 ? b 2 = 0 2a ? ? x1 + x2 = 1 + k 2 , ? 2 同理 (1 + k 2 ) x2 ? 2ax2 ? b 2 = 0 , 即 ? ② 2 ? x x = ?b . ? 1 2 1+ k 2 ? 1 1+ k 2 1 2 比较①,②知: a = (1 + k ), b = =k+ 2 k k kπ π 11.解:首先,函数 f ( x ) 以为 π 周期,且以 x = + (k ∈ Z ) 为对称轴,即 2 4
f ( x + π ) = f ( x), f (kπ +
f(

π

kπ π kπ π 3π + ( k ∈ Z ) 对称, ) = a ? 7, f (kπ + ) = 2a ? 10, f (kπ + ) = 2a ? 4 ,∵ f (x ) 关于 x = 2 4 4 2 4 kπ kπ π kπ π kπ π ∴ f (x ) 在 ( , + )及( + , + ) 上的零点个数为偶数, 2 2 4 2 4 2 2 要使 f (x ) 在区间 0,nπ ) 恰有 2011 个零点,则上述区间端点必有零点 ( kπ kπ π π π (1)若 a = 7 ,则 f ( ) = 0, f ( + ) ≠ 0 ,考虑区间 (0, ) 及 ( , π ) 上的零点个数. 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 令 t = sin x + cos x (t ∈ (1, 2 ]. 则 y = g (t ) = ?3t 2 + 7t ? 4 = 0 ,
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π

解得 t1 = 1 (舍) t 2 = , 当 x∈(

, π ) 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 π 解得 t1 = 1 (舍) t 2 = ? , (舍) ,故在 ( , π ) 内无解.因此, f (x) 在区间 (0, π ) 内有三个零点. 3 2 故在(0, nπ )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) .

π

4 π π = 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 ∠I1DI 2 =

AC I1 D = BC I 2 D

1 ① ∠ADB = 900 = ∠ACB ,所以 ?DI1 I 2 ~ ?CAB 则 ∠I 2 I1 D = ∠CAB 2 设 ?ADC , ?BCD 的内切圆半径分别为 r1 , r2 , Rt ?ABC 的三边长为 a, b, c , I1 , I 2 在 AB 边上的射影为 x+ z ?b y+ z?a b+c?a E , F ,并且 AD = x, BD = y, CD = z ,则 r1 = , r2 = , AO1 = , 2 2 2 b+c?a y + z ?a x+ z ?b 所以 DO1 = AO1 ? AD = ?x= ? = r2 ? r1 , 2 2 2 I1 E = r1 = r2 ? ( r2 ? r1 ) = DF ? DO1 = O1 F , EO1 = r1 + ( r2 ? r1 ) = r2 = I 2 F ,
因此 ?I1 EO1 = ?FO1 I 2 . ? O1 I1 = O1 I 2 且 ∠I1O I2 = π ?∠I1O E ?∠I2O F = π ?∠O I2 F ?∠I2OF = % 1 1 1 1 1

π

2 则 D, O1 , I 2 , I1 四点共圆 ? ∠I 2O1F = ∠I 2 I1D = ∠CAB(由①知) 所以 O1 I 2 // AC , 同理 O1 I1 // BC ,

,②

1 (b + c ? a) b+c ?a CQ BC CQ BC ab AI1 AO1 2 ∴ = = = , 又由角平分线性质得 = ? = ?CQ = I1P BO1 1 (c + a ? b) c + a ? b QA BA QA + CQ BA + BC a+c 2 1 S ?CQO2 2 CQ ? CO2 sin ∠ACD b + c b ab QO2 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 I1 P 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)
2 2

= a (ab + b ) ? b(ba + a ) = 0 , 所以 O2 I1 // CA , 同理 O2 I 2 // BC ,

I2 A I1 D O1 B

所以四边形 I1O1 I 2O2 为平行四边形,由②知四边形 I1O1 I 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

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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) 证明: 证明

2k 2 k +1

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

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

2 S ( n) ,其中 S ( n) = 1t + 2 t + L + 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(mod 4) 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(mod 4) 时, ( ) ≡ 0(mod 4) ,
t

n 2

n + i t ] ? ( ) t ≡ 0(mod 4) ,所以 An 为偶数 2 i =0 n +1 t (3)当 n ≡ 3(mod 4) 时, ( ) ≡ 0(mod 4) , 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(mod 4) ,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,L10a + 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 L a1a0

ak ak ?1 L a1 (a0 + 1),L ak ak ?1 L a1 (a0 + 6) 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

∑ ai , ∑ ai + 1,L , ∑ ai + 6, 显然,这 7 个和数被 7
i =0 i=0 i=0

k

k

k

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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