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2011年全国高中数学联赛模拟卷(2)(一试+二试,附详细解答)


2011 年全国高中数学联赛模拟卷(2)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( sin x cos x ? 1 1. 函数 y = 的值域是___________ sin x + cos x + 1
3. 若 n ∈ N ,且 n + 24 ?
2

2. 设 a, b, c 为 RT△ACB 的三边长, 点(m, n)在直线 ax+by+c=0 上. 则 m2+n2 的最小值是___________

n 2 ? 9 为正整数,则 n = ________ .
k

4. 掷 6 次骰子, 令第 i 次得到的数为 a i , 若存在正整数 k 使得 质的正整数. 则 log 6 m ? log 7 n = .

∑a
i =1

i

= 6 的概率 p =

n ,其中 m, n 是互 m

5. 已知点 P 在曲线 y=ex 上,点 Q 在曲线 y=lnx 上,则 PQ 的最小值是_______ 6. 已知多项式 f (x)满足: f ( x2 + x + 3) + 2 f ( x2 ? 3x + 5) = 6x2 ?10x +17( x ∈ R) , 则 f (2011) = _________ 7. 四面体 OABC 中, 已知∠AOB=450,∠AOC=∠BOC=300, 则二面角 A-OC-B 的平面角 α 的余弦值是 __________ 8. 设向量 α

= ( x + 3, x), β = (2 sin θ cosθ , a sin θ + a cosθ ) 满足对任意 x ∈ R 和 θ∈[0,
则实数 a 的取值范围是________________.

π ], 2

| α + β |≥ 2 恒成立.

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) 解答题( 、 2 a an + 9. 设数列 {an } 满足 a0 ∈ N , an +1 = .求证:当 0 ≤ n ≤ 0 + 1 时, [ a n ] = a 0 ? n . (其中 [ x ] 表示不 . 2 an + 1 超过 x 的最大整数).

x2 10. 过点 ( 2,3) 作动直线 l 交椭圆 + y 2 = 1 于两个不同的点 P, Q ,过 P, Q 作椭圆的切线, 4 两条切线的交点为 M , ⑴ 求点 M 的轨迹方程; ⑵ 设 O 为坐标原点,当四边形 POQM 的面积为 4 时,求直线 l 的方程.

11. 若 a 、 b 、 c ∈ R+ ,且满足

kabc ≤ ( a + b) 2 + ( a + b + 4c ) 2 ,求 k 的最大值。 a+b+c

2011 模拟卷(2)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(2)加试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 加试
(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)如图, 四边形 BDFE 内接于圆 O, 延长 BE 与 DF 交于 A, BF 与 DE 相交于 G, (
作 AC∥EF 交 BD 延长线于 C. 若 M 是 AG 的中点. 求证:CM⊥AO. A E M F · O B G N D C

(本题满分 求证: 对任意正整数 n, 都能找到 n 个正整数 x1, x2, …, xn, 使得其中任意 r(r<n) 二、 本题满分 40 分) (
个数均不互素, 而 r+1 个数均互素.

(本题满分 三、 本题满分 50 分)求最小的正数 c, 使得只要 n= 2 (
k1>k2>…>km≥0), 就有 2
k1 2

k1

+ 2 k 2 + ? + 2 km

(k1, …, km∈N,

+ 2 +?+ 2

k2 2

km 2

<c n .

四、 本题满分 50 分)给定 2010 个集合, 每个集合都恰有 44 个元素, 并且每两个集合恰有一个公共 (
元素. 试求这 2010 个集合的并集中元素的个数.

2011 模拟卷(2)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷 答案 年全国高中数学联赛模拟卷(2)答案
1.解:令 sinx+cosx=t, 则 t= 2 sin( x + 解

π

4

) ∈ [? 2 ,?1) ∪ (?1, 2 ] ,2sinxcosx=t2-1,

sin x cos x ? 1 1 t2 ?3 1 2 1 2 = ? = (t ? 1 ? ) = (t + 1 ? ) ? 1 关于 t+1 在 [1 ? 2 ,0) 和 sin x + cos x + 1 2 t + 1 2 t +1 2 t +1 1+ 2 1? 2 1? 2 1+ 2 (0,1 + 2 ] 上均递增,所以, y ≥ 或y≤ , 即值域 ( ?∞, ]∪[ ,+∞) . 2 2 2 2 y=
2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2 ≥(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2, 所以 m2+n2≥1, 等号成立仅当 mb=na 且 am+bn+c=0,

a b ,? ), 所以 m2+n2 最小值是 1. c c 33 2 2 2 2 知 n + 24 + n ? 9 可能为 1,3, 11, 33, 从而解得 n = 5. 3. 解: n + 24? n ? 9 = 由 2 2 n + 24 + n ? 9 1 1 2 4.解:当 k = 1 时,概率为 ;当 k = 2 时, 6 = 1 + 5 = 2 + 4 = 3 + 3 ,概率为 5 ? ( ) ; 解 6 6 1 3 1 3 当 k = 3 时, 6 = 1 + 1 + 4 = 1 + 2 + 3 = 2 + 2 + 2 ,概率为 (3 + 6 + 1) ? ( ) = 10 ? ( ) ; 6 6 1 4 1 4 当 k = 4 时, 6 = 1 + 1 + 1 + 3 = 1 + 1 + 2 + 2 ,概率为 (4 + 6) ? ( ) = 10 ? ( ) ; 6 6 1 5 1 6 当 k = 5 时, 6 = 1 + 1 + 1 + 1 + 2 ,概率为 5 ? ( ) ;当 k = 6 时,概率为 ( ) ;故 6 6 5 1 1 1 1 1 1 1 1 7 p = + 5? ( )2 +10? ( )3 +10? ( )4 + 5? ( )5 + ( )6 = ×(1+ )5 = 6 ,即 n = 75 , m = 66 ,从而 log6 m ? log7 n = 1. 6 6 6 6 6 6 6 6 6 x 5. 解:因曲线 y=e 与 y=lnx 关于直线 y=x 对称.所求 PQ 的最小值为曲线 y=ex 上的点到直线 y=x 最小
解得(m, n)=( ? 距离的两倍,设 P(x, ex)为 y=ex 上任意点, 则 P 到直线 y=x 的距离 d ( x) =
/ 因 d ( x) =

| ex ? x | 2

=

ex ? x 2

,

2 ,即 PQ min= 2 . 2 2 6.解: 解:用 1 ? x 代替原式中的 x 得: f ( x 2 ? 3 x + 5) + 2 f ( x 2 + x + 3) = 6 x 2 ? 2 x + 13 解 解二元一次方程组得 f ( x 2 + x + 3) = 2 x 2 + 2 x + 3 ,所以: f ( x ) = 2 x ? 3 ,则 f (2011) = 4019 . (分析得 f ( x ) 为一次多项式,可直接求 f ( x ) 解析式)

ex ?1

> 0 ? x > 0, d / ( x) < 0 ? x < 0 ,所以, d ( x) min = d (0) =

A 7. 解:不妨设 AC⊥OC⊥BC,∠ACB= α ,∠AOC=∠BOC= θ ,∠AOB= β . 因 OA ? OB = ( OC + CA ) ? ( OC + CB ) = | OC | 两端除以 | OA || OB | 并注意到
2

+ CA ? CB
C O B

即 | OA || OB | cos β =| OA | cos θ ? | OB | cos θ + | CA || CB | cos α ,

| CA | | OA |

= sin θ ,

| CB | | OB |

= θ , 即得 cos β = cos

2

θ + sin θ cos α ,
2

将 β =450, θ =300 代入得

2 3 1 = + cos α , 所以, cos α = 2 2 ? 3 . 2 4 4

2011 模拟卷(2)

第 3 页 共 6页

+ cosθ = t , 则 t ∈ [1, 2 ] , 2 sin θ cosθ = t 2 ? 1, α + β = (t 2 + x + 2, x + at ) , 1 2 1 2 2 2 2 2 2 因 (t + x + 2) + ( x + at ) ≥ (t + x + 2 ? x ? at ) = (t ? at + 2) , 2 2 2 2 2 所以, | α + β |≥ 2 ? (t + x + 2) + ( x + at ) ≥ 2 对任意 x ∈ R 恒成立 1 2 2 2 4 2 ? (t ? at + 2) ≥ 2 ? t ? at ≥ 0 或 t ? at + 4 ≤ 0 ? a ≤ t 或 a ≥ t + 对任意 2 t t ∈ [1, 2 ] 恒成立 ? a ≤ 1 或 a ≥ 5 .
8.解:令 sin θ 解 9. 证明:对于任何正整数 n ,由递推知 an > 0 .由 an ? an+1 = an ? 证明: 又对任意 n ∈ N , a n = a 0 +
*
n

2 an a = n > 0 知数列 {an } 递减. an + 1 an + 1

∑ (a
i =1

i

? ai ?1 ) = a 0 ? ∑

n a i ?1 1 = a 0 ? ∑ (1 ? ) 1 + a i ?1 i =1 1 + a i ?1 i =1

n

= a0 ? n + ∑
i =1

n

1 >a 0 ? n .即有 a n > a 0 ? n ,从而 an ?1 > a0 ? ( n ? 1) .于是, 1 + a i ?1
n

当 n = 1 时,

∑1+ a
i =1

1

=

i ?1

1 < 1; 1 + a0
n i =1

a 当 2 ≤ n ≤ 0 + 1 时,由 {an } 递减得 2
n

∑1+ a

1

<
i ?1

n n < ≤ 1. 1 + a n ?1 a0 ? n + 2

1 故 a 0 ? n < an = a0 ? n + ∑ < a0 ? n + 1 .所以, [an ] = a0 ? n . i =1 1 + ai ?1 10. 解(1)依题意设直线 l 方程为 y = k ( x ? 2) + 3 ,与椭圆联立得
(1 + 4k 2 ) x 2 + 8k (3 ? 2k ) x + 4(4k 2 ? 12k + 8) = 0 , ? = 64(3 ? 2k ) ,由 ? > 0 得 k >
设 P ( x1 , y1 ), Q ( x 2 , y 2 ) ,则过 P, Q 椭圆的切线分别为

2 3

x1 x x x + y1 y = 1 ……①和 2 + y 2 y = 1 ……② 4 4 1 3 ① × x 2 ? ② × x1 ,并且由 y1 = k ( x1 ? 2) + 3 及 y 2 = k ( x 2 ? 2) + 3 得 y = (k ≠ ) , 3 ? 2k 2 ? 4k 3 同理 x = (k ≠ ) ,故点 M 的轨迹方程为 x + 6 y ? 2 = 0 (在椭圆外) 3 ? 2k 2 3 ? 2k 64(3k ? 2)(1 + k 2 ) (2) PQ = ,O 到 PQ 的距离为 d 1 = ,M 到 PQ 的距离为 2 1 + 4k 1+ k 2 4 3k ? 2 4k 2 + 1 d2 = , d1 + d 2 = , 3 ? 2k 1 + k 2 3k ? 2 1 + k 2

1 4 3k ? 2 (d1 + d 2 ) ? PQ = 2 3 ? 2k 11 当 S = 4 时解得 k = 1 或 k = ,直线 l 为 x ? y + 1 = 0 或 11x ? 4 y ? 10 = 0 4 11. 解:由均值不等式得 (a + b) 2 + ( a + b + 4c ) 2 = ( a + b) 2 + [(a + 2c ) + (b + 2c )] 2
四边形 POQM 的面积 S =

≥ ( 2 ab ) 2 + ( 2 2ac + 2 2bc ) 2 = 4ab + 4 ? 2ac + 4 ? 2bc + 2 ? 2 ? 2 ? 2c ? ab
2011 模拟卷(2) 第 4 页 共 6页

= 4ab + 8ac + 8bc + 16c ab , ( a + b ) 2 + ( a + b + 4c ) 2 4ab + 8ac + 8bc + 16c ab ∴ ? (a + b + c) ≥ ? (a + b + c) abc abc c 8 8 16 1 1 1 1 1 a a b b )( a + b + c ) = 8( + + + )( + + + + c) =( + + + + 4 b a 2c b a ab ab ab 2 2 2 2
≥ 8(5 ? 5 1 a 2b 2 c ) ? (5 ? 5 ) = 100 ,等号成立当且仅当 a = b = 2c > 0 , 故 k 的最大值为 100 . 2a 2 b 2 c 24

二 试
1. 证法 1:设⊙O 半径为 R, 则由圆幂定理得 CO2=CD·CB+R2. ∵AC∥EF, ∴∠CAD=∠ABC, ?ACD∽?ABC,
2 2 2

A E M F · O G N D C

AC CD = 即 AC2=CD·CB, BC AC
2 2 2

∴CO -AC =R , 下证 MO -MA =R ,由中线长公式得 1 MO2= (OA2+OG2)-MA2, ∴MO2-MA2=R2 2 B ? OA2+OG2-AG2=2R2. 由圆幂定理得:OA2=R2+AF·AD, OG2=R2-GE·GD, 延长 AG 到 N, 使得 AF·AD=AG·AN, 则 F, D, N, G 四点共圆, ∴AE·AB=AF·AD=AG·AN,

∴E, B, N, G 四点共圆,∠NEB=∠NGB=∠ADN, 从而 A, D, N, E 四点共圆, AG·AN=EG·GD, ∴OA2+OG2-AG2=2R2+AF·AD-GE·GD=2R2+ AG·AN-GE·GD=2R2. 即有 CO2-AC2= MO2-MA2=R2, 由平方差定理知:CM⊥AO. 证完. 证法 2:由证法 1 知,只要证 MO2-MA2=R2: 设 ?BEG 的外接圆交 AG 于 N, DN∩⊙O=P, 连 BP, BN, 则 B,E,G,N 四点共圆, ∴,AE·AB=AF·AD=AG·AN, 其中 R 为⊙O 半径. 故 F,D,N,G 四点共圆, 延长 AN 交⊙O 于 T, 则∠BPD=∠BED=∠BFD=∠DNT, BP∥AT,∠BNT=∠PBN, ∴∠BPD=∠BED=∠BNT=∠PBN, 从而 BN=PN,ON⊥BP, ON⊥AT. 设 AM=MG=x,GN=y, 则 OA =(2x+y) +ON , OM2=(x+y)2+ON2, ∵OA2=R2+AF·AD=AG·AN, 所以,OM2=OA2-(2x+y)2+(x+y)2=OA2-2x(2x+y)+x2 =OA2-AG·AN+x2=OA2-AF·AD+x2=R2+x2, OM2-AM2=R2, ∴CO2-AC2=MO2-MA2=R2, CM⊥AO. 证完. 2.证明 证明:设存在这样的 n 个正整数,则它们可组成 C n 个不同的 r 元数组.每组的 r 个数不互素, 即 r 个 证明 数的最大公约数大于 1,令每个 r 元数组对应它们的最大公约数. ∵任何 r+1 个数均互素, ∴上述对应是单射: 若(x1,x1,…,xr)=(x1/,x1/,…,xr/)=d, 则(x1,x1,…,xr,x1/)=(d,x1/)=d>1 矛盾! 任取 C n 个互不相同的素数 p1,p2,…,p C r ,并使之与{1,2,…,n}的 C n 个 r 元子集一一对应, 然后对每个
n

A E P F · O B G N D T C M

2

2

2

r

r

r

i∈{1,2,…,n},令 xi 为 i 所在的所有 r 元子集( C n ∵对{x1,x1,…,xn}的任意 r 元子集{ x i1 , x i2

r ?1

个)所对应的素数之积,则这 n 个数满足要求:

, ? , x ir },它们的最大公约数恰为 r 元子集{i1,i2,…,ir}所对
r

应的素数, 当然大于 1, 从而这 r 个数不互素, 由于 C n 个素数中的每一个都恰为{x1,x1,…,xn}中 r 个数
2011 模拟卷(2) 第 5 页 共 6页

的约数, 故{x1,x1,…,xn}中任意 r+1 个数均互素. 3.解:∵对 n= 2 时,有 2 解 有2
k 2 k?1 2 1 2
k
k 2

< c?2

k 2

, ∴c>1. ∵对 n= 2 + 2 即

k

k ?1

+…+2+1=2k+1-1,

+ 2 +?+ 2 +1 < c 2k+1 ?1,
2k+1 ?1 ( 2 ?1) 2k+1 ?1 1? = 1

2k +1 ?1 2 ?1

< c 2k +1 ?1 ,

∴c >

1?t 1?t 1 2k+1 ? ( 2 +1) ? ( 2 +1) = ( 2 +1) (0 < t <1) ,令 t= , 则c> 1+t 1 1?t 2 2 k +1 1? k+1 2

恒成立, ∴c≥ 1+

2 ,cmin= 1+ 2 . 现对 m 归纳证明:当 m=1 时, 已知成立, 假设对 m 成立, k k k k k k 对 m+1,设 n= 2 + 2 2 + ? + 2 m +1 (k1>k2>…>km+1≥0), 则 n- 2 1 = 2 2 + 2 3 + ? + 2 m +1 ,
k1
k2 2

由归纳假设得: 2
k1 2

+ 2 +?+ 2
k1

k3 2

k m +1 2

< (1 + 2 ) n ? 2
k1 2

k1

, ∴2

k1 2

+2

k2 2

+? + 2

k m +1 2

< 2 + (1 + 2 ) n ? 2 2
k1 2

, 现证: 2

+ (1 +

2 ) n ? 2 k1 < (1 +

2) n
k1 k1 2

+ (1 +

2) n ? 2
2) >2
k1 2

k1

< (1 +

2 ) n ? (1 +
2 (1 +
k1 2

2 )( n ? n ? 2 ) > 2
2)

?

2 (1 +
k1

n + n ? 2 k1 2 k1 + 2 k 2 + ? + 2 k m +1 + 2 k 2 + 2 k3 + ? + 2 k m +1 k k k k k ?1 k +1 ∵ 2 1 + 2 2 + ? + 2 m +1 ≤ 2 1 + 2 1 + ? + 2 + 1 = 2 1 ? 1 , 2 k2 + 2 k3 + ? + 2 km +1 ≤ 2 k2 + 2 k2 ?1 + ? + 2 + 1 = 2 k2 +1 ? 1 ≤ 2 k1 ? 1 , 所以
① 左端 ≥

?

> 1 ①.

2 (1 + 2
k1 +1

k1 2

2) 2 ?1
k1

?1 +

>

2 (1 + 2
k1 +1

k1 2

2) 2
k1

+

=1,

② 即对 m+1 成立.故 cmin= 1+

2.

4. 解:设给定集合为 A1, A2,…,A2010, 则有|Ai|=44(1≤i≤2010), |Ai∩Aj|=1(1≤i<j≤2010), 只要求|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1<i2<…<ik≤2010,k≥3). 由|Ai∩Aj|=1 知|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|≤1,若都等于 1, 则必有一个元是所有集合的公共元素. 下面证明|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1<i2<…<ik≤2010,k≥3)=1: 2010 对于 A1,因它与其它 2009 个集合都有公共元, 且|A1|=44, [ ]=45, 44 若 A1 中每个元素至多属于其它 45 个集合, 则 A1 至多与 44×45=1980 个集合有公共元素. 矛盾! 可见, A1 中必有一个元 a 至少属于其它 46 个集合,设 a∈A2,…,A47, 而 B 是 A48,…,A2010 中任意一个集合, 若 a ? B, 因 B 与 A1,…,A47 中每一个都有公共元素,则这些公共元素两两不同(因若 B 与 Ai, Aj(1≤i<j≤47) 有相同公共元素 b, 则 b≠a, 从而 Ai, Aj(1≤i<j≤47)有两个公共元素,矛盾!),故 B 至少有 47 个元素, 与|B|=44 矛盾!故 a∈B, 即 a 是 2010 个集合的公共元素.再由 A1,A2,…,A2010 每两个集合恰有一个公共元素 知|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1<i2<…<ik≤2010,k≥3)=1. 所以, | A1∪A2∪…∪A2010|= | A1∪A2∪…∪A2010 =2010×44- C 2010 =2010×44 + C 2010
0 2

∑ | A | ? ∑ | A ∩ A | + ? + (?1) ∑ | A ∩ ? ∩ A |= ∑ | A | ? ∑ | A ∩ A | + ? + (?1) ∑ | A ∩ ? ∩ A
i i j 1 n ?1 i i j 1

n ?1

2010 2010

| |

3 2010 + C 2010 ? ? ? C 2010 1 0 1 2 3 2010 ? C 2010 ? (C 2010 ? C 2010 + C 2010 ? C 2010 + ? + C 2010 ) =86431.

2011 模拟卷(2)

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