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全国高中数学联赛模拟试题02及答案

时间:2011-01-14


全国高中数学联赛模拟试题( 全国高中数学联赛模拟试题(二)
第一试 一、选择题(共 36 分) 2 2 2 1. 设 M={(x,y)||tanπy|+sin πx=0},N={(x,y)|x +y ≤2},则 M∩N 的元素个数 为 ( ) A.4 B.5 C.8 D.9 2. 设 a,b,c 是实数,那么对任意的实数 x,不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要 条件是 ( ) A.a=b=0,c>0 B. a +b =c
2 2 2 2

C. a +b <c
2

2

2

D. a +b >c

2

2

3. 在平面直角坐标系中, 若方程 m(x +y +2y+1)=(x-2y+3) 表示的曲线为椭圆, m 则 的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(1,+∞) C.(0,5) D.(5,+∞) 2 x n+1-4 4. 已知 x1=6,x2=4,xn+2= ,则数列{xn}适合 ( ) xn A.只有有限项,且满足 xn+2=2xn+1-xn B.有无限项,且满足 xn+2=2xn+1-xn C.只有有限项,且满足 xn+2≠2xn+1-xn D.有无限项,且满足 xn+2≠2xn+1-xn 2 2 5. 二次曲线 C:3x -8xy+7y +4x-2y-109=0 上的整点个数是 ( ) A.4 B.3 C.2 D.5 a b c a+b-c 6. 设 a,b,c 均为非零复数,且 = = ,则 = ( ) b c a a-b+c 2 2 A.1 B.±ω C.1,ω,ω D.1,-ω,-ω 二、填空题(共 54 分) 7. 计算 cot10?-4cos10?=_______________. 1 6 15 -1 -2 -n 8. 若(x x- ) 的展开式中第 5 项的值为 ,则 lim (x +x +……+x )=_________. x 2 n →∞
1998 1 9. 已知数列{an}满足 a1=2,an+1=1- ,则 a k =_________________. an k =1



10. 已知曲线 y =ax 与其关于点(1,1)对称的曲线有两个不同的公共点,如果过这两个公 共点的直线的倾斜角为 45?,那么实数 a=_________________. 11. 如图, 棱台 ABC-A1B1C1 的任意两个侧面所成的二面 A1 C1 4 34 角都是直二面角,高为 ,且底面 ABC 中,AB 17 B1 = AC = 5 , BC = 4 2,则棱台的体积为 A C

2

_____________. 12. 设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处, 它每次可以随意地跳动到相邻两点之一,若在 5 次
1

B

之内跳到 D 点,则停止跳动;若在 5 次之内不能跳到 D 点,则跳完 5 次也停止跳动, 那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法共有______________种. 三、解答题(共计 60 分) 8an 13. (20 分)在数列{an}中,a1=2 3,an-1= 2(n≥2),求{an}的通项公式. 4-an

14. (20 分) 设 F(x)=|f(x)g(x)|,其中 f(x)=ax +bx+c,x∈[-1,1],g(x)=cx +bx +a,x∈[-1,1],对任意参数 a,b,c,恒有|f(x)|≤1,当 a,b,c 变化时,求 F(x) 所能达到的最大值.

2

2

15. (20 分)已知曲线 C:x -y =1 及直线 L:y=kx-1,曲线 C'与 C 关于直线 L 对称,求证: 不论实数 k 为何值,C 与 C'恒有公共点.

2

2

2

第二试 一、(50 分)⊙O1 与⊙O2 相离,AB 为两圆的外公切线,切⊙O1 于 A,切⊙O2 于 B,CD 为两圆 的内公切线,切⊙O1 于 C,切⊙O2 于 D,如图,求 B 证:AC 于 BD 的交点在线段 O1O2 上. A C O1 D O O2

二、(50 分)对每一对实数(x,y),函数 f(t)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1. 若 f(-2)=-2,试求满足 f(a)=a 的所有整数 a.

三、(50 分)在 13×13 的正方形表格中,选择 k 个小方格的中心,使其中任意四点不是一 个矩形(其边与原正方形的边平行)的顶点,求满足上述要求的 k 的最大值.

3

全国高中数学联赛模拟试题( 全国高中数学联赛模拟试题(二)
参考答案 第一试 一、选择题 1. D 由题意,tanπy=0,sinπx=0,于是 x=k,y=h,(k,h∈Z) 故 M={(x,y)|x∈Z,y∈Z} 2 2 再由 x +y ≤2,所以 x=±1、0,y=±1、0,这样的点一共有 9 个 2. C b 2 2 asinx+bcosx+c= a +b sin(x+φ)+c,其中 tanφ= a 因为- a +b ≤asinx+bcosx≤ a +b
2 2 2 2 2 2

所以不等式成立的充要条件为 a +b <c 3. D x +(y+1) 1 x +(y+1) 5 = 2= ,所以 (x-2y+3) m x-2y+3 m | | 2 1+(-2) 由 0< 4. A x n+1-4 由 xn+2= 可得 x3=2,x4=0,于是,x6 无意义,所以{xn}只有 5 项, xn 且由 x5=-2 可知 A 正确 5. A 2 2 将变形为(3x-4y+2) +5(y+1) =336 可知(|3x-4y+2|,|y+1|)=(4,8),(16,4) 再解得(x,y)=(10,7),(-14,-9),(-2,3),(-2,-5)即为全部整数解 a a 3 a b c 2 6. C. ∵ ( ) = · · =1,故 =1,ω,ω , b b c a b a 若 =1,则 a=b=c,原式=1 b 2 a b c 1+ω -ω -2ω 2 若 =ω,则 = =ω,原式= 2= 2=ω b c a 1+ω-ω -2ω a 2 若 =ω ,同理可得原式=ω b 二、填空题
2 2 2 2 2

5

<1,得 m>5 m

4

7. 3; sin80?-2sin20? sin80?-2sin(180?-60?) = tan10?-4cos10?= sin10? sin10? sin80?-2(sin80?cos60?-cos80?sin60?) 2cos80?sin60? = = = 3 sin10? sin10? 8.1; 1 4 15 4 2 由 C6 =(x x) (- ) = 得 x=2, x 2 1 1 1 1 -1 -2 -n 故 x +x +……+x = + +……+ n=1- n 2 4 2 2
n →∞

lim (1 ?

1 ) =1 2n

9.999; 1 由已知可得,a2= ,a3=-1,a4=2=a1,所以{an}是以 3 为周期的数列 2
1998

于是

∑a
k =1

k

=666(a1+a2+a3)=999

10.2; 2 2 曲线 y =ax 关于点(1,1)的对称曲线为(2-y) =a(2-x) 由?
? y 2 = ax ? 2 得 y -2y+2-a=0 2 ? ?(2 ? y) = a (2 ? x )

此方程两根之和 y1+y2=2 y1-y2 a(y1-y2) a a 从而 k= = 2 = =1 2 = x1-x2 y1 -y2 y1+y2 2 故 a=2 208 11. ; 7 如图,将棱台补成一个棱锥 O-ABC,由题意,OA,OB, OC 两两垂直,由 AB=AC=5,BC=4 2及勾股定理,可 得 OA=3,OB=OC=4, 1 1 则 VO-ABC= ×3× ×4×4=8 3 2 1 设 O 到平面 ABC 的距离为 x,则 xSABC=VO-ABC=8 3 6 34 SABC=2 34,故 x= 17 A

C C'

O A'

B'

B

5

x-h 3 8 则 VO-A'B'C'=( ) VO-ABC= x 27 8 208 故 VABC-A'B'C'=8- = 27 27 12.26 首先,青蛙不可能经过跳 1 次、2 次或 4 次到达 D 点,青蛙的跳法只有以下两类情况: (1)青蛙跳 3 次到达 D 点,有 2 种跳法; 3 (2)青蛙一共跳 5 次后停止,这时.第 3 次的跳法(一定不到达 D 点)有 2 -2 种,后两 2 3 2 次跳法有 2 种,这样跳 5 次的跳法共计(2 -2)×2 =24 种. 故所求的跳法总数为 2+24=26 种. 三、 an 2( ) 2 8an an-1 13.由 an-1= = 2(n≥2),得 4-an 2 an 2 1-( ) 2 an π π 记 =tanθn (- <θn< ),于是 tanθn-1=tan2θn 2 2 2 π π 1 n-1 ∴ θn-1=2θn,且 θ1=arctan 3= ,故 θn= ·( ) , 3 3 2 an π π ∴ =tanθn=tan n-1,an=2tan n-1 2 3·2 3·2 14.当 x∈[-1,1]时,恒有|f(x)|≤1 ∴ |f(1)|=|a+b+c|≤1,|f(0)|=|c|≤1,|f(-1)|=|a-b+c|≤1 2 2 于是|g(x)|=|cx +bx+a|=|c(x -1)+a+bx+c| 2 ≤|c||x -1|+|(a+c)+bx| ≤|c|+max{|a+b+c|,|a-b+c|} ≤1+1=2 故 F(x)=|f(x)g(x)|≤2 2 2 而当 f(x)=2x -1,g(x)=-x +2 时,满足对 x∈[-1,1]时一定有|f(x)|≤1 取 x=0,得 F(x)=2,故 F(x)能达到的最大值为 2. 15.⑴当 C 与 C'有公共点且在直线 L 上时,此公共点就是 C 与 L 的交点, 所以方程组 ?
? y = kx ? 1 ?x ? y = 1
2 2

有实数解,即方程(1-k )x +2kx-2=0 有实数根,

2

2

当 k=±1 时,实数根为±1,C 与 L 有两个公共点. 当 k≠±1 时,△=4k +8(1-k )≥0 得- 2≤k≤ 2且 k≠±1 所以当- 2≤k≤ 2且 k≠±1 时,C 与 L 有公共点,即 C 与 C'有公共点 ⑵当 C 与 C'有公共点 P 但不在直线 L 上时, P 点关于 L 的对称点 Q 也是 C 与 C'的公 则 共点
6
2 2

所以,P、Q 两点均在直线 C 上,即 C 上有不同两点关于直线 L 对称, 1 设直线 PQ 的方程为 y=- x+b(k≠0) k
1 ? ?y = ? x + b 由? k ?x 2 ? y 2 = 1 ?
2

1 2 2b 2 得(1- 2)x + x-b -1=0 k k

4b 1 2 △= 2 +4(b +1)(1- 2)>0 k k 设 PQ 的中点 M(xm,ym),它在直线 L 上, 2b - 2 k kb 1 bk ∴ xm= = 2,ym=- xm+b=- 2 1 1-k k 1-k 2(1- 2) k 将 M 点坐标代入 L 的方程得
2

bk kb - 2= 2-1 1-k 1-k

2

2

1-k 即 b= 2 ,代入△中可以解得 2k k∈(-∞,-1)∪(- 5 5 ,0)∪(0, )∪(1,+∞), 5 5

此时,C 与 C'有公共点 P 但不在直线 L 上 综合⑴⑵,当 k∈R 时,C 与 C'恒有公共点. 第二试 一、如图,设 O1O2 交 BD 于 P1,交 AC 于 P2, 又设 AB 与 CD 交于 M,O1M 交 AC 于 L,O2M 交 BD 于N A M ∵ MB=MD,MO1 平分∠AMC,MO2 平分∠BMD L C 1 1 ∴ ∠O1MO2= ∠AMC+ ∠DMB=90° O1 2 2 连 O1C 与 O2D,则△MO2D∽△O1MC 且 MO1∥BD,NO2∥AC ∴ MN∶NO2=O1P1∶O2P2, LO1∶LM=O1P1∶O2P2, 且 ∴ 四边形 AMCO1∽四边形 BO2DM ∴ MN∶NO2=O1L∶LM ∴ O1P1∶O2P2=O1P2∶O2P2, 即 P1=P2,即为点 O,故 AC 与 BD 的交点 O 在垂线段 O1O2 上. 二、当 x=y=0 时,得 f(0)=-1 当 x=y=-1,由 f(-2)=-2,得 f(-1)=-2 又当 x=1,y=-1,可得 f(1)=1 ∴ x=1 时,得 f(y+1)=f(y)+y+2
7

B N P1 D P2 O2

∴ f(y+1)-f(y)=y+2 ∴ 当 y 为正整数时,f(y+1)-f(y)>0 于是由 f(1)=1>0 可知,对一切正整数 y,均有 f(y)>0 因此当 y∈N 时,f(y+1)=f(y)+y+2>y+1 即对于一切大于 1 的正数 t 恒有 f(t)>t. 同理可求得 f(-3)=-1,f(-4)=1 下面证明:当整数 t≤-4 时,f(t)>0(≠t) 因为 t≤-4,故-(t+2)>0 又 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 即 f(t)>f(-4)=1>0 ∴ f(t)>0>t 综上所述,满足 f(a)=a 的整数只有 a=1 或 a=-2 解法二:同解法一,可求出 f(1)=1,当 y=1 时,得 f(x+1)=f(x)+f(1)+x+1=f(x)+x+2 ∴ 当 x=n∈Z 时,f(n+1)-f(n)=n+2 1 2 3 用叠加法可求得 f(n)= n + n-1 2 2 令 f(n)=n,解得 n=1 或-2,即 a=1 或-2 三、设第 I 列中有 xi 个点(i=1,2,……,13),则
2

∑x
i =1

13

i

=k,任取两点构成一个“点对” ,
2

则第 i 列的 xi 个点构成 C xi 个“点对”(若 xi<2,规定 C xi =0) 若在 13×13 正方形边再加一列,且每个“点对”投影到这一列上,由于任意四个不同 点不是矩形的顶点,故不同“点对”在新画出的一列上的投影“点对”是不同的,
2 在新画出的一列上共有 C 13 个不同的“点对” ,

从而得到不等式

∑C
i =1

13

2 xi

2 ≤ C13,即∑ x i ( x i -1)≤13×12 i =1

13

亦即 ∑ x i2 ≤156+k
i =1

13



∑ xi2 ≥
i =1
2

13

1 13 k2 (∑ xi ) 2 = 13 i =1 13

∴ k ≤13+156+13k 解得-39≤k≤52 而当 k=52 时,可以构造一个符合条件的图,如下图所示
8

综上所述,k 的最大值为 52 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

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