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2011年全国高中数学联赛模拟卷(14)(一试+二试,附详细解答)


年全国高中数学联赛模拟卷(14) (14)第一试 2011 年全国高中数学联赛模拟卷(14)第一试
姓名: 姓名:_____________ 小题, 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分) 填空题( 1 .各 项均为 实数 的等比数 列 {an},前 n 项 之和 记为 S n . 若 S10 = 10 , S 30 = 70 , 则 S 60 = .

) = a + 3 sin(2 ) 至少有一个解,则实数 a 的范围是 2.关于 x 的方程 2 cos (2 _____________ 3.已知正四棱锥 P-ABCD 的五个顶点在同一个球面上. 若该四棱锥的体积为 V,则球的表 面积的最小值为_____________.
2

2 x ? x2

2 x ? x 2 +1

4.已知 A = {x x 2 ? 4 x + 3 < 0, x ∈ R} , B = {x 21? x + a ≤ 0, x 2 ? 2( a + 7) x + 5 ≤ 0, x ∈ R} . 若 A ? B ,则实数 a 的取值范围是 . 5.一个盒中有 9 个正品和 3 个废品,每次取一个产品,取出后不在放回,在取得正品前已 取出的废品数 ξ 的数学期望 Eξ =_________________. 13 6.若非负实数 x, y , z 满足 x 2 + y 2 + z 2 + x + 2 y + 3 z = ,则 ( x + y + z ) min = . 4 7.正整数 n 使得 n + 2005 是完全平方数, 则 ( n + 2005) 的个位数字是
2 2

n



8 . 在 平 面 直 角 坐 标 系 内 , 将 适 合 x < y, |x| < 3, |y| < 3, 且 使 关 于 t 的 方 程 1 (x3 ? y3 )t 4 + (3x + y)t 2 + =0 没有实数根的点 ( x, y ) 所成的集合记为 N,则由点集 N 所 x-y 成区域的面积为 _______.

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( 、
5 9 . 已 知 定 义 在 R 上 的 函 数 f (x) 满 足 : f (1) = , 且 对 于 任 意 实 数 x、y , 总 有 2

f ( x) f ( y) = f (x + y) + f (x ? y) 成立. (1)若数列 {an } 满足 an = 2 f ( n + 1) ? f ( n)( n = 1, 2, 3,L) ,求数列 {an } 的通项公式

(2) 若对于任意非零实数 y , 总有 f ( y ) > 2 . 设有理数 x1 , x2 满足 | x1 |<| x2 | , 判断 f ( x1 ) 和

f ( x2 ) 的大小关系,并证明你的结论.

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10.对 n ∈ N *, ≥ 2 ,令 Sn = ∑ n

n

k
2

k =1 1 + k

+ k4

, Tn = ∏

k 3 ?1 ,试求 S n ? Tn 的表达式. 3 k =2 k + 1
n

y x 11.如图, 设 P 为双曲线 -y2=1 上第一象限内的任一点, F1, F2 3 → → 为左右焦点,直线 PF1, PF2 分别交双曲线于 M, N. 若PF1=λ1F1M → → (λ1≠?1), PF2=λ2F2N.求 λ1+λ2 的值及直线 MN 的斜率 KMN 的取值 范围.
2

P M F1 O F2 x

N

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年全国高中数学联赛模拟卷(14) 2011 年全国高中数学联赛模拟卷(14) 加试
姓名: 姓名:_____________ (本题满分 一、 本题满分 40 分)在△ABC 中,a+c=3b, 内心为 I,内切圆在 AB,BC 边上的切点 (
分别为 D,E, 设 K 是 D 关于点 I 的对称点,L 是 E 关于点 I 的对称点.求证:A,C,K,L 四点共圆.

A
D
L

I
N K

M

P

B

E

C

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(本题满分 已知 x0 = 1, x1 = 3, xn+1 = 6 xn ? xn ?1 ( n ∈ N + ) ,求证数列{xn}中无完 二、 本题满分 40 分) (
全平方数.

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(本题满分 三、 本题满分 50 分)若 p , q 为质数, p ≤ q , (
(1)求所有数组 ( p , q ) ,使得 pq p + q + 1
q p

(2)证明:对任意数组 ( p , q ) ,必可找到正整数 a ,使得 pq p

aq

+ q ap + a .

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(本题满分 四、 本题满分 50 分) 过抛物线 y 2 = 2 px ( p 为不等于 2 的素数)的焦点 F,作与 x 轴不 (
垂直的直线 l 交抛物线于 M,N 两点,线段 MN 的垂直平分线交 MN 于 P 点,交 x 轴于 Q 点. (1) 求 PQ 中点 R 的轨迹 L 的方程; (2) 证明:L 上有无穷多个整点, 但 L 上任意整点到原点的距离均不是整数.

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷 年全国高中数学联赛模拟卷(14)答案 答案
1.630 2.设

22 x ? x = t
2

, 则
2

2 cos 2 t = a + 3 sin 2t
,有

, 即

3 sin 2t ? cos 2t = 1 ? a
从而

t = 22 x ? x = 21?( x ?1) ∈ (0, 2]
2

2t +

π

?1 ≤ a < 2 .
3.

∈ ( , + 4] , 3 3 3

π π

π a ?1 cos(2t + ) = ,而 3 2 π 1 a ?1 1 cos(2t + ) ∈ [?1, ) , 由 ?1 ≤ < , 得 3 2 2 2
,得

9 π 3 9V 4

2

. 在(1,3)

4.可得

A = {x 1 < x < 3} ,设 f ( x) = 21? x + a , g ( x) = x 2 ? 2(a + 7) x + 5 要使 A ? B , 只需 f ( x) , g ( x) 上的图像均在 x 轴的下方, 则 f (1) ≤ 0 , f (3) ≤ 0 , g (1) ≤ 0 , g (3) ≤ 0 , 由此可解得 ?4 ≤ a ≤ ?1 .
1 C9 3 A2 C 1 9 , 1 1 = , P ( ξ = 1 ) = C 3 C 9 = 9 , P(ξ = 2) = 3 3 9 = 1 2 C12 4 220 A12 44 A 12 1 . ∴ E ξ = 0 × 3 + 1 × 9 + 2 × 9 + 3 × 1 = 0 .3 . = 4 44 220 220 220

5.解析: ξ 取值为 0,1,2,3,且有 P(ξ = 0) =

P (ξ = 3 ) =

y≥0, 13 ∴ x 2 + y 2 + z 2 + x + 2 y + 3 z + 2 xy + 2 yz + 2 zx + 2 x + y ≥ , 4 ?3 + 22 ?3 ? 22 13 ∴ ( x + y + z ) 2 + 3( x + y + z ) ? ≥ 0 ,∴ x + y + z ≥ 或x+ y+ z ≤ (舍) 4 2 2 ?3 + 22 ?3 + 22 所以, ( x + y + z ) min = ,只需 x = y = 0, z = 取等. 2 2 2 2 7.设 n + 2005 = m ( m > 0) ,则 ( m ? n)( m + n) = 2005 = 1× 2005 = 5 × 401 , 得
?m ? n = 1 或?m ? n = 5 ,解得 ? m = 1 0 0 3 或 ? m = 2 0 3 , ? ? ? m + n = 2005 ? m + n = 4 0 1 ? ? ?n = 1002 ?n = 198

6.解析:Q x, y , z 均为非负实数,∴ 2 xy + 2 yz + 2 zx + 2 x +

1 A 33 C 9 4 A12

= 2034×49 + 2 ,知它的个位数字也是 9. 1 2 3 3 2 8.解析:令 u = t ,原方程化为 ( x ? y )u + (3 x + y )u + = 0. ① x? y 1 ? = (3 x + y ) 2 ? 4( x3 ? y 3 ) ? = 5 x 2 + 2 xy ? 3 y 2 = (5 x ? 3 y )( x + y ). x? y
由 1003
1002

= 10034×250+ 2 ,知它的个位数字是 9,

由 203

198

所给方程没有实根等价于方程①无实根或有实根但均为负根,所以, ? x < y, ? x < y, ? 或? x < 3, ? x < 3, ? ? ? ? y < 3, ? y < 3, ? (5 x ? 3 y )( x + y ) ≥ 0 , ? (5 x ? 3 y )( x + y ) < 0 ? ?
?3x + y < 0. ?

点集 N 所成区域为图中阴影部分,其面积为

S = S ?ABO + S ?BCO =
9.解:(1)令 x 令x

1 24 1 81 × ×3+ × 6×3 = . 2 5 2 5

= 0 ,得 立, ∴ f ( x ) 为偶函数.令 x = y = 1 ,得 f (1) f (1) = f ( 2 ) + f ( 0 ) , 25 17 5 ∴ = f (2) + 2 ,∴ f (2) = 17 . ∴ a1 = 2 f (2) ? f (1) = ? = 6 . 4 2 2 4

5 ,∴ f ( 0 ) = 2 . 2 f (0) f ( y ) = f ( y ) + f ( ? y ) ,即 2f ( y ) = f ( y ) + f (? y ) ∴ f ( y ) = f ( ? y ) 对任意的实数 y 总成
= 1, y = 0 ,∴ f (1) ? f ( 0 ) = f (1) + f (1) ,又Q f (1) =

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令x

= n + 1, y = 1 ,得 f (n +1) f (1) = f (n + 2) + f (n) ,∴ f ( n + 2) =

5 f (n + 1) ? f ( n) . 2

?5 ? ∴ an +1 = 2 f ( n + 2 ) ? f ( n + 1) = 2 ? f ( n + 1) ? f ( n ) ? ? f ( n + 1) = 4 f ( n + 1) ? 2 f ( n ) ?2 ?

= 2[2 f (n + 1) ? f (n)] = 2an (n … ∴ {an } 是以 6 为首项,以 2 为公比的等比数列. ∴ an = 6 × 2 n ?1 . 1). (2)结论: f ( x1 ) < f ( x2 ) . 证明:∵ y ≠ 0 时, f ( y ) > 2 , ∴ f ( x + y ) + f ( x ? y ) = f ( x ) f ( y ) > 2 f ( x ) ,即 f ( x + y ) ? f ( x ) > f ( x ) ? f ( x ? y ) . + + ∴令 x = ky ( k ∈ N ) ,故 ?k ∈ N ,总有 f [( k + 1) y ] ? f ( ky ) > f ( ky ) ? f [( k ? 1) y ] 成立. 则 f [( k + 1) y ] ? f ( ky ) > f ( ky ) ? f [( k ? 1) y ] > f [( k ? 1) y ] ? f [( k ? 2) y ] > L > f ( y ) ? f (0) > 0 . + ∴对于 k ∈ N ,总有 f [( k + 1) y ] > f ( ky ) 成立.
∴对于 m, n ∈ N ,若 n < m ,则有
+

f ( ny ) < f ?( n ? 1) y ? < L < f ( my ) 成立. ? ? q q ∵ x1 , x2 ∈Q ,所以可设 | x1 |= 1 ,| x2 |= 2 ,其中 q1 , q2 是非负整数, p1 , p2 都是正整数, p1 p2 qp pq 1 + , t = q1 p2 , s = p1q2 ,则 t , s ∈ N . 则 | x1 |= 1 2 ,| x2 |= 1 2 ,令 y = p1 p2 p1 p2 p1 p2 ∵ | x1 |<| x2 | ,∴ t < s ,∴ f (ty ) < f ( sy ) ,即 f (| x1 |) < f (| x2 |) .

f ( x ) 为偶函数,∴ f (| x1 |) = f ( x1 ), f (| x2 |) = f ( x2 ) .∴ f ( x1 ) < f ( x2 ) . n n k k 10.解: S n = ∑ =∑ 2 2 2 4 k =1 ( k ? k + 1)( k + k + 1) k =1 1 + k + k
∵函数
n n2 + n 1? 1 1 1 1 ? 1? ? = , =∑ ? 2 ? 2 = ? 2 ? 2 ? ? k + k + 1 ? 2 ? 1 ? 1 + 1 n + n + 1 ? 2(n 2 + n + 1) k =1 2 ? k ? k + 1 n n n k 3 ?1 (k ? 1)(k 2 + k + 1) k ?1 n k 2 + k +1 Tn = ∏ 3 =∏ =∏ ?∏ 2 2 k =2 k + 1 k = 2 ( k + 1)( k ? k + 1) k = 2 k + 1 k = 2 ( k ? 1) + ( k ? 1) + 1

1? 2 n2 + n + 1 2(n 2 + n + 1) = ? = n ? (n + 1) 12 + 1 + 1 3n(n + 1)
11. 解: 设 p(x0, y0), 因 OF1

n2 + n 2(n 2 + n + 1) 1 故 S nTn = ? = . 2(n 2 + n + 1) 3n(n + 1) 3
所以

? OP = λ1 (OM ? OF1 ) ,
OP = ( ? 2 + 2 λ1 + x 0

OM

=

1 + λ1

λ1

OF 1 ?

1

λ1

λ1

,?

λ1
2 2

y0

2 + 2λ 2 ? x0 y ,? 0 ) , ) , 同理 ON = (

λ2

λ2

?(2 + 2 λ1 + x 0 ) 将 M、N 坐标代入双曲线得: ? ?

2 2

? 3 y0

= 3λ1

2

?(2 + 2 λ 2 ? x 0 ) ? 3 y 0 = 3λ 2 2 ? ? 4 (1 + λ 1 ) 2 + 4 x 0 (1 + λ 1 ) = 3 λ 1 2 ? 3 (1 ) 消去 x 得: 即? 0 ? 2 2 ? 4 (1 + λ 2 ) ? 4 x 0 (1 + λ 2 ) = 3 λ 2 ? 3 (2) ?
2 2

4(1 + λ1 ) 2 (1 + λ 2 ) + 4(1 + λ1 )(1 + λ 2 ) 2 = 3(λ1 ? 1)(1 + λ 2 ) + 3(λ 2 ? 1)(1 + λ1 ) 即 4(1 + λ1 )(1 + λ 2 )(λ1 + λ 2 + 2) = 3(1 + λ1 )(1 + λ 2 )(λ1 + λ 2 ? 2) , 因 (1 + λ1 )(1 + λ 2 ) ≠ 0 所以, 4(λ1 + λ 2 + 2) = 3(λ1 + λ 2 ? 2) , 解得 λ1 + λ 2 = ?14 . 将(1)-(2)得: 4(λ1 ? λ 2 )(λ1 + λ 2 + 2) + 4 x 0 (λ1 + λ 2 + 2) = 3(λ1 ? λ 2 )(λ1 + λ 2 )
将 λ1

+ λ 2 = ? 14 代入得: λ 1 ? λ 2 = ? 8 x 0 与 λ1 + λ 2 = ? 14 联立解得:
代 入 K
MN

?λ1 = ?4 x0 ? 7 ? ?λ 2 = 4 x0 ? 7

=

y 0 (λ 2 ? λ1 ) x0 y0 = 2 2 (λ 2 + λ1 ) + 4 λ 2 λ1 + x 0 (λ 2 ? λ1 ) 21 ? 7 x 0

, 由

x02 - 3y02=3



KMN =

x0 y0 21? 7x0
2

=

x0 y0 7(3 ? x0 )
2

=?

3 ). 1 x0 y0 1 x 1 3 3 ? =? ? 0 =? 3 + 2 < ? 即斜率 KMN 的取值范围是( ? ∞ ,? 21 21 y0 2 21 y0 21 21 y0

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年全国高中数学联赛模拟卷(13) 加试答案 2011 年全国高中数学联赛模拟卷(13) 加试答案 一、 证:设直线 BI 交 ?ABC 的外接圆点 P,易知 P 是 AC 的中点。 由于 a + c 记 AC 的中为 M,则 PM ⊥ AC。设 P 在直线 DI 的射影为 N
A
D
L

a+b+c = 2b , 2 则 BD = BE = p ? b = b = AC = 2CM
= 3b, 则半周长 p =

I
N K

M

P

= ∠ACP, ∠BDI = ∠CMP = 900 B 所以 ?DBI ∽ ?MCP ,且相似比为 2 熟知; PI = PC = PA 。又 ?DBI ∽ ?NPI , 所以 DI = 2 IN ,即 N 是 IK 的中点 进而 PK = PI . 同理 PL = PI , 所以 A C,K,I,L 都在以 P 为圆心的同一个圆周上 , n n 1? 3+ 2 2 + 3? 2 2 ? , 二.解:易得数列的通项公式为 xn = ? 2? ? ? n n 1 ? 2 2 设 yn = 3 + 2 2 ? 3 ? 2 2 ? ,则 yn ∈ N + 且易得 xn ? 2 yn = 1 ? ? ? 2 2? 4 2 因此欲证 xn 为非完全平方数,只需证明 x ? 2 y = 1 …………(1)

又 ∠ABP

E

C

(

) (

)

(

) (

)

无正整数解 不妨设

( x, y ) ,其中 x ≥ 3 ,由(1)式知 x 为奇数,则 8 ( x 4 ? 1) ,故 y 为偶数,

y = 2 y1 y1 ∈ N +

(

) ,则 x 2+ 1 ? x 2? 1 = 2 y
2 2

2 1

………………(2)

又?

? x2 + 1 x2 ? 1 ? ? x2 + 1 ? , ,1? = 1 ,由式(2)及有关数论知识得: ?=? 2 2 ? ? 2 ? ?
? x2 + 1

? x2 + 1 = s2 = 2s2 或? 2 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 ? x ? 1 = 2t 2 ? x ? 1 = t2 ? 2 ? 2 ? ?

( s, t ∈ N

+

, s, t互素

),

若为前者,则 x 若为后者,则 x

2
2

? 1 = 4t 2 ,有 ( x + 2t )( x ? 2t ) = 1 ,于是

= 4s 2 ? 1 ≡ 3 ( mod 4 ) ,矛盾。
?x = 1 ?t = 0

? x + 2t = 1 ? ? x ? 2t = 1
三.解: (1)若 由

解得: ?

矛盾。故 xn

( n ∈ N ) 不是完全平方数。
+

p = q ( ≥ 2 ) ,则 pq + q p +1 ≡ 1 ( mod p ) ,与 p pq + q p +1 矛盾!故 q ≥ p + 1
又由费马小定理得: ②



pq p q + q p + 1 知: q p q + 1 ,

p q ≡ p ( mod q ) ,即 q p q ? p

∴q

p q + 1 ? ( p q ? p ) ,即 q p + 1
q

由①、②,只有 q 经检验,此时

= p + 1 ,故 p = 2, q = 3

p + q p +1 = 3 ∈ Z ,故 ( p , q ) = ( 2, 3) 为所求数组。 pq 2 (2)我们来求出一个 a 。 p = q 时,取 a = p 即可。当 p < q 时, * kp ?1 10 若 q ≡ 1 ( mod p ) 设 q = kp + 1 ( k ∈ N ) 取 a = kp ( p ?1 ) ?1 a a kp ?1 q = ( kp + 1 ) ≡ 1 ≡ 1 ? kp ( p ? 1 ) = ? a ( mod p ) ③ p a + a = p kp ( p ?1 )?1 + kp ? ( p kp ?1 ? 1 ) ? 1 = ( p kp ) p ? 2 ? p kp ?1 + kp ? p kp ?1 ? ( kp + 1 ) ≡ p kp ?1 + kp ? p kp ?1 ? ( kp + 1 ) = q ( p kp ?1 ? 1 ) ≡ 0 ( mod q ) ④ aq ap ap a 由③及费马小定理: p + q + a ≡ q + a ≡ q + a ≡ 0 ( mod p )
kp?1 kp ?1

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由④及费马小定理:类似可得: 又 20 若 q

p aq + q ap + a ≡ 0 ( mod q )
a1 ∈ N *
待定

( p , q ) = 1 ,∴ pq p aq + q ap + a

≡ 1 ( mod p ) 令 a = ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1
ap aq a p ?1 ( q ?1)?a1

q + p + a ≡ q + a = (q ) + ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 ≡ 1 + ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 ( mod p ) + p aq + a ≡ 1 + ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 ( mod q ) 只须取 a1 ,使 ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 ≡ ? 1 ( mod pq ) 即可 ∵ q ≡ 1 ( mod p ) ,∴ ( p ? 1 , q ) = ( q ? 1 , p ) = 1
同理: q
ap

∴ 当

( ( p ?1 ) ( q ?1 ) , p q )) = 1

a1 跑 遍 模 pq 的 完 系 时 , ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 也 跑 遍 模 pq 的 完 系 , 故 可 取 a1 ∈ N * , 使 ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 ≡ ? 1 ( mod pq ) 成立, 综上,必有正整数 a 满足条件。
四.解:(1)抛物线

p p y 2 = 2 px 的焦点为 ( , 0) ,设 l 的直线方程为 y = k ( x ? ) (k ≠ 0) . 2 2

? y 2 = 2 px 1 2 2 ? 2 2 2 由? p 得 k x ? ( pk + 2 p ) x + p k = 0 ,设 M,N 的横坐标分别为 x1 , x2 4 ? y = k(x ? ) ? 2 pk 2 + 2 p x + x2 pk 2 + 2 p pk 2 + 2 p p p 则 x1 + x2 = ,得 xP = 1 = , yP = k ( ? )= , 2 2 2 k 2 2k 2k 2 k 2 1 p 1 pk + 2 p 而 PQ ⊥ l ,故 PQ 的斜率为 ? ,PQ 的方程为 y ? = ? (x ? ). k k k 2k 2 pk 2 + 2 p 3 pk 2 + 2 p 代入 yQ = 0 得 xQ = p + = .设动点 R 的坐标 ( x, y ) , 则 2k 2 2k 2 1 p ? ? x = 2 ( xP + xQ ) = p + k 2 p2 ? 2 , 因此 p ( x ? p ) = 2 = 4 y ( y ≠ 0) , ? k ?y = 1 (y + y ) = p P Q ? 2 2k ? 2 故 PQ 中点 R 的轨迹 L 的方程为 4 y = p ( x ? p )( y ≠ 0) .
(2) 显然对任意非零整数 t ,点 ( p (4t

+ 1), pt ) 都是 L 上的整点,故 L 上有无穷多个整点. 反设 L 上有一个整点(x,y)到原点的距离为整数 m,不妨设 x > 0, y > 0, m > 0 , 则
2

? x 2 + y 2 = m2 (i ) ? , ? 2 ?4 y = p ( x ? p )(ii ) ?

因为

p 是奇素数,于是 p y ,

从 (ii ) 可推出

p x,

再由 (i ) 可推出

p m,

? x12 + y12 = m12 (iii ) ? 令 x = px1 , y = py1 , m = pm1 , 则有 ? , 2 ?4 y1 = x1 ? 1 (iv) ? x ?1 2 由 (iii ) , (iv) 得 x1 + 1 = m12 ,于是 (8 x1 + 1) 2 ? (8m1 ) 2 = 17 , 4 即 (8 x1 + 1 + 8m1 )(8 x1 + 1 ? 8m1 ) = 17 ,于是 8 x1 + 1 + 8m1 = 17 , 8 x1 + 1 ? 8m1 = 1 ,
得 x1

= m1 = 1 ,故 y1 = 0 ,有 y = py1 = 0 ,

但 L 上的点满足

y ≠0,

矛盾!

因此, L 上任意点到原点的距离不为整数.

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