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2011年全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案

时间:2019-01-10

2011年全国高中数学联赛山东省预赛

一、选择题(每小题6分,共60分)

1.已知集合

(  ) .

(A)

(B) (C)

(D)

2.已知, 若为实数,则最小的正整数的值为(  ) .

(A)

(B)

(C)

(D)

3.已知成等比数列,q:, 则是的(  ) .

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(C) 充分且必要条件

(D) 既不充分也不必要条件

4.函数的单调递增区间是(  ) .

(A)

(B)

(C)

(D)

5.已知均为正实数,则的最大值为(  ) .

(A) 2

(B)

(C) 4 (D)

6.直线与在区间上截曲线所得的弦长相等且不为零,则下列描述

正确的是(  ) .

(A) (B)

(C) (D)

7.有6名同学咨询成绩.老师说:甲不是6人中成绩最好的,乙不

是6人中成绩最差的,而且6人的成绩各不相同.那么他们6人的成绩不

同的可能排序共有 (  ) .

(A) 120种

(B) 216 种

(C) 384 种

(D) 504种

8.若点在曲线上,点在曲线上,则的最小值是 (  ) .

(A)

(B)

(C)

(D)

9.已知函数 (为常数,),且,则的值是(  ) .

(A) 8   

(B) 4

   (C)

  

(D)

10.在等差数列中,若,且它的前项和有最大值,那么当取最小正

值时, (  ). (A) 1  

(B) 10

  (C) 19

 

(D) 20

二、填空题(每小题6分,共24分)

11.已知,.记的最大值为,则的表达式为

.

12.已知, 则

.

13.设为抛物线上相异两点,则的最小值为

___________________.

14.已知中,是重心,三内角的对边分别为,且,则

=__________.

三、解答题(本大题共5题,共66分)

15.(12分)不等式

对恒成立.求实数的取值范围.

16. (12分)已知在正方体中,分别为的中点,且. 求四面体的 体积.

17. (12分) 在平面直角坐标系中, 已知圆与圆相交于点,, 点 的坐标为, 两圆半径的乘积为.若圆和均与直线: 及轴相切,求直线的 方程.
18. (15分)甲乙两人进行某种游戏比赛,规定每一次胜者得1 分,负者得0分;当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游 戏,比赛随之结束;同时规定比赛次数最多不超过20次,即经20次比 赛,得分多者赢得这场游戏,得分相等为和局.已知每次比赛甲获胜的 概率为(),乙获胜的概率为.假定各次比赛的结果是相互独立的,比 赛经次结束,求的期望的变化范围.
19. (15分) 集合 若满足:其任意三个元素,均满足,则称具有 性质,为方便起见,简记.具有性质的所含元素最多的集合称为最大 集.试问具有性质的最大集共有多少个?并给出证明.
解答
1.B. 提示:,.所以. 2.A. 提示:,是使为实数的最小的正整数. 3.A. 提示:充分性显然成立,必要性不成立.例:. 4.A. 提示:由对数函数的性质知,,则或.当时,为增函数;当

时,为减函数.

5.B. 解法一 令,则

所以



解法二 令, 则, 此时



即有



显然当时,;当时,,所以函数在,

即时取得最大值.

       

6.D. 提示:函数,的图象只有被及这样的两直线所截,截得的弦

长才能相等,且不为零.所以截取函数

的图象所得弦长相等且不为零的两直线应为,即有解得,.进而.  

7.D. 解法一 以记甲成绩排名第一的所有可能的排序之集, 以

记乙成绩排名为最后的所有可能的排序之集,则,.

甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序数为



按照老师所述,这6位同学成绩可能的排序数为.     

解法二 以乙的成绩不在最后为前提,考虑甲的成绩不在第一的所

有可能排序.

(1)甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为;

(2)甲的成绩不在最后,又不在第一的所有可能排序数为.

所以甲不在首,乙不在尾的所有可能排序数为.      

x

y

o

8.C. 提示: 两抛物线,关于直线对称.所求的最小值为抛物线

上的点到直线距离的最小值的两倍.设为上任意点, 则

,

,.

9.B. 提示:由已知可得



令,则有 从而有

即知

        

10.C. 提示:设该等差数列的公差为.显然 .由,知 且 因此 由 知.从而有 所以.                           
11.提示:, 令,则 且 .
抛物线顶点的横坐标为,所以 即
12.提示:原方程等价于: 所以 或 由(1)得:
, 且函数在上为增函数.所以
. 由此得.所以 . 令,易知在上单调递增,且当时,;当时,,因此当且仅当时,. 由(2)得:.因为 ,故无整数解,即此方程无解.综上所述, 原 方程的解为 13.. 解法一 设,则 设直线和轴交于点.若直线的斜率存在,设为,则直线的方程为, 将其代入抛物线方程得. 由二元一次方程根与系数的关系得, 由此得.所以
. 当直线的斜率不存在时,有.所以仍有
. 显然,当且仅当时,即直线的斜率不存在时等号成立, 有最小 值. 解法二 设,则
所以
. 当时, 取最小值. 14.. 提示:因为,所以
. 所以.
因为不共线,所以有.

设则,由余弦定理可得



所以.

15.设,则有, ,.原不等式化为:



即      ,整理得  

因为 ,,即得.

令, 则函数在上单调递减,所以在上的最大值为.即知的取值

范围为.

16.

连结交于,连结,则.因为分别为的中点,所以,因此.又因

为面,在平面内,所以.

由此得 面.因为 ,所以

.

在梯形中.

因此四面体的体积为



17. 由题意知,共线. 设圆与圆的半径分别为,直线的斜率为. 令,则圆与圆的圆心分别为,, 两圆的方程分别为

点是两圆的公共点,所以
x y O C1 C2
由此可知是方程 的两个根,即有.从而知直线的方程为
. 18. 以记比赛经次结束的概率.若为奇数,则甲乙得分之差亦为奇 数, 因而有. 考虑头两次比赛的结果: (1)甲连胜或乙连胜两次,称为有胜负的两次,此结果出现的概 率为; (2)甲乙各胜一次,称为无胜负的两次,此结果有两种情况,故

出现的概率为.

比赛经次结束,必为偶数,则1,2两次,3,4两次,……,两次均未

分胜负.若,则第两为有胜负的两次,从而有



若,比赛必须结束, 所以 .

综上所述

由,知.令,则,所以



令 则

因 ,所以有 .

19. 令,.

对任一,令

显然,集合 设最大集元素的个数为,则.若,设中除1之外的最

小元为,.

集合中与的乘积大于的元素个数记为,则

.结论1 当时,有.

事实上,若有,即,

则可解得.不难验证,当时,均有.令

,且,

这里





设,且.  结论2 若是最大集,则.

事实上,否则的话,,由结论1,知,因为,所以 .因此



容易求得:, ,. 所以



这与为最大集矛盾.结论3 若是最大集,则.假定.

(1) 当时, 由结论2的证明可知.

因为,



.由此知和中至少有一个不属于,所以; (2)当

时, 若,同理可得;

若有 ,则, 则必有 ,所 以 ,同理可得.综合(1),(2),以

及结论2知, .

结论4 若是最大集,则.事实上, 若,任取其中两个数,由结论3

知, 其中必有一数, 设为,从而,,则

.所以.由此可知,

若是最大集,只有下述三种可能: (1) (2) (3) 注:1. 2.


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