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全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第一卷选择题 共60分参考公式1三角函数的积化和差公式sincos=sin(+)+sin(-),cossin=sin(+)-sin(-),coscos=cos(+)+cos(-),sinsin=cos(+)-cos(-).2球的体积公式V球=R3R为球的半径。一、选择题每题5分，共60分1设在xOy平面上，0<yx2,0x1所围成图形的面积为。那么集合M=(x,y)|x|y|, N=(x,y)|xy2|的交集MN所表示的图形面积为A B C1 D2在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB及直线CD的距离为2，夹角为。那么四面体ABCD的体积等于A B C D3有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。假设取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A90 B100 C110 D1204在ABC中，假设(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，那么AABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形BABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形CABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形DABC既是等腰三角形，也是直角三角形5f(x)=3x2-x+4, f(g(x)=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A8 B9 C10 D116设0<x<1, a,b为正常数。那么的最小值是A4ab B(a+b)2 C(a-b)2 D2(a2+b2)7设a,b>0，且a2021+b2021=a2006+b2006。那么a2+b2的最大值是A1 B2 C2006 D20218如图1所示，设P为ABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。那么ABP的面积及ABC的面积之比等于A B C D9a,b,c,d是偶数，且0<a<b<c<d, d-a=90, a,b,c成等差数列，b,c,d成等比数列。那么a+b+c+d=A384 B324 C284 D19410将数列3n-1按“第n组有n个数的规那么分组如下：1，3，9，27，81，243，。那么第100组的第一个数是A34950 B35000 C35010 D3505011正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点A关于直线A1C、直线BD1的对称点分别为点P和Q。那么P，Q两点间的距离是A B C D12F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，P为双曲线左支上的任意一点。假设的值为8a，那么双曲线离心率e的取值范围是A(1,+) B(0,3 C(1,3 D(1,2第二卷非选择题 共90分二、填空题每题4分，共16分13，且。那么的值是_.14. 设正数数列an的前n项之和为b，数列bn的前n项之积为cn，且bn+cn=1.那么数列中最接近2000的数是_.的解集为 _.16. 常数a>0，向量m=(0,a),n=(1,0)，经过定点A(0,-a)以m+n为方向向量的直互及经过定点B(0,a)以n+2+m为方向向量的直线相交于点P，其中，R。那么点P的轨迹方程为_.三、解答题共74分17.12分甲乙两位同学各有5张卡片。现以投掷均匀硬币的形式进展游戏。当出现正面朝上时，甲赢得乙一张卡片；否那么，乙赢得甲一张卡片，规定投掷硬币的次数达9次或在此之前某人已赢得所有卡片时，游戏终止。设表示游戏终止时掷硬币的次数。求取各值时的概率。18.12分设A，B，C是ABC的三个内角。假设向量，且mn=.(1)求证：tanAtanB=；(2)求的最大值。19. 12分如图2，ABC的内切圆I分别切BC，CA于点D，E，直线BI交DE于点G。求证：AGBG.2012分设f(x)是定义在R上的以2为周期的函数，且是偶函数，在区间2，3上，f(x)=-2(x-3)2+4。矩形ABCD的两个顶点A，B在x轴上，C，D在函数y=f(x)(0x2)的图象上。求矩形ABCI面积的最大值。21.12分如图3所示，椭圆长轴端点A，B，弦EF及AB交于点D，O为椭圆中心，且|OD|=1，2DE+DF=0，。1求椭圆长轴长的取值范围；2假设D为椭圆的焦点，求椭圆的方程。2214分数列xn中，x1=a, an+1=.1设a=tan，假设，求的取值范围；2定义在-1，1内的函数f(x)，对任意x,y(-1,1)，有f(x)-f(y)=，假设，试求数列f(xn)的通项公式。答案：第一卷1B MNd xOy平面上的图形关于x轴对称，由此，MN的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以2即可。由题意知MN的图形在第一象限的面积为2C 过点D作DFCB，过点A作AEBC，联结CE，ED，AF，BF，将棱锥补成棱柱。故所求棱锥面积为CECDsinECDh=3C 符合要求的取球情况共有四种：红红白黄黄，红红黄黄黄，红白白白黄，红白白黄黄。故不同的取法数为4A 左边=sinAcosA+sinAcosB+sinBcosA+sinBcosB=(sin2A+sin2B)+sin(A+B)=sin(A+B)cos(A-B)+sin(A+B),右边=2sin(A+B).所以，等式可变形为sin(A+B)cos(A-B)-1=0.又因为sin(A+B)>0，所以cos(A-B)=1.故A=B。另一方面，A=B=300，C=1200也符合条件。所以，ABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形。5A 设g(x)的各项系数和为s，那么f(g(1)=3s2-s+4=188. 解得s=8或舍去。6B 当时，取得最小值(a+b)2.7B 因为a2021+b2021a2006b2+b2006a2,又(a2006+b2006)(a2+b2)=a2021+b2021+a2006b2+b2006a22(a2021+b2021),且a2021+b2021=a2006+b2006,所以a2+b22.8C 如图4所示，延长AP到E，使得AP=AE。联结BE，作ED/BA交AC延长线于点D。由，得AC=CD。故四边形ABED是平行四边形。所以又，那么9D 设a,b,c,d分别为b-m,b,b+m,又，那么 因a,b,c,d为偶数，且0<a<b<c<d，可知m为6的倍数，且m<30.设m=6k，代入式得代入检验知k=4,b=32.故m=24,b=32,a,b,c,d依次为8，32，56，98。所以a+b+c+d=194.10.A. 前99项的个数和为1+2+99=4950。而第1组是30，第100组的第一个数应为34950。11A 建立空间直角坐标系，有D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,1,0), B(1,1,0),D1(0,0,1). 设P(x,y,z)，AP的中点为由APA1C=0，MC/A1C，得解得同理， 故12C 根据双曲线的定义有|PF2|-|PF1|=2a,|PF1|+4a+当且仅当，即|PF1|=2a时，上式等号成立。设点P(x,y)(-xa)，由双曲线第二定义得|PF1|=-ex-ac-a，即2ac-a.于是 又e>1，故1<e3.第二卷132 14。1980。 依题意，有又bn+cn=1，那么，即由c1=b1,c1+b1=1,可得c1=b1=故所以，数列中最接近2000的数是44×45=1980。15x|3-.原不等式即为令3=y2，不等式可化为由双曲线的定义知，满足上述条件的点在双曲线(x-3)2-的两支之间的区域内。因此，原不等式及不等式组同解。所以，原不等式的解集为16y2+a2=2a2x2，去掉点(0,-a).设点P(x,y)，那么AP=(x,y+a),BP=(x,y-a).又n=(1,0),m=(0,a)，故m+n=(,a),n+2m=(1,2a).由题设知向量AP及向量m+n平行，有(y+a)=ax.又向量BP及向量n+2m平行，有y-a=2ax.两方程联立消去参数，得点P(x,y)的轨迹方程是(y+a)(y-a)=2a2y2，即y2-a2=2a2x2，去掉点(0,-a).17.的取值为5，7，9，那么P(=5)=, P(=7)=P(=9)=181由mn=,得，即亦即4cos(A-B)=5cos(A+B).所以tanAtanB=2因，而所以tan(A+B)有最小值。当且仅当tanA=tanB=时，取得最小值。又tanC=-tan(A+B)，那么tanC有最大值故的最大值为19如试题中图2所示，联结AI，DI，EI。那么EDC=DIE=(1800-C)=(ABC+BAC).又EDC=DBG+BGD，所以BGD=BAC=IAE。故四边形AIEG内接于圆，有AGI=AEI=900。所以20当0x1时，有f(x)=f(x+2)=-2(x-1)2+4；当-1x0时，有f(x)=f(-x)=-2(-x-1)2+4；当1x2时，有f(x)=f(x-2)=-2-(x-2)-12+4=-2(x-1)2+4.设D(x,t), C(2-x,t).那么t=-2(x-1)2+4，易知S矩形ABCD=|AB|BC|=(2-2x)t=当且仅当，即时，矩形ABCD面积最大值211建立如图5所示的直角坐标系，D(-1,0)，弦EF所在直线方程为y=x+1.设椭圆方程为由2DE+DF=0，知y1+y2=-y1,y1y2=-2由消去x得(a+b)y-2by+b-ab=0.那么=4b4-4(a+b)(b-ab)=4ab(a+b-1)>0因(a+b>1由韦达定理知y消去y1得，即0<b2=解得1<a2<5. 故2<2a<2因此，椭圆长轴长的取值范围为(2,2).(2) 假设D为椭圆的焦点，那么c=1. 故b2=a2-1.可得解得所以，椭圆方程为221因x1=a>0，故所有xn>0.又，所以xn(0,1因为x3<，所以，即解得或x2>2.又x2(0,1，那么0<x2<而，故因为2，所以或2令x=y=0，得f(0)=0.令x=0，得f(0)-f(y)=f(-y)，即f(-y)=-f(y).故f(x)为奇函数。注意到f(xn+1)=即所以，数列f(xn)是等比数列。故f(xn)=f(x1)2n-1=f(a)2n-1=2n-2.全国高中数学联赛模拟试题第一试试题一、选择题每空6分1将20个乒乓球不加区分装入5个不同的盒子里，要求不同的盒子中的球数互不一样，且盒子都不空，一共有_种不同装法。A7 B14 C D7×5！2假设对实数x10,+恒有|logmx|2，那么m取值范围是_。A0，1 B C D3椭圆的中心为原点O，焦点在x轴上，过椭圆的左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，那么椭圆的离心率e的取值范围是_。A B C D4假设p,qN+且p+q>2007, 0<p<q2007，(p,q)=1，那么形如的所有分数的和为_.A B C D15A，B，C为ABC的三个内角，记y=sin3A+sin3B+sin3C，那么y的取值范围是_。A0，2 B C-2，2 D6对任意一组非负实数a1,a2,an，规定a1=an+1，假设有恒成立，那么实数的最大值为_.A0 B. C1 D二、填空题每题9分7四棱锥PABCD的底面是直角梯形，腰DA垂直于底边AB，PD是棱锥的高，PD=AD=AB=2CD=1，那么二面角APBC大小为_。8数列an满足a1=1, a2=2, an+1=(n-1)(an+an-1)n2，那么an的通项公式为an=_。9满足条件：对任意xR,都有f(f(x)=x且f(f(x)+1)=1-x的函数f(x)有_个。10AM为抛物线的一条弦，C为AM的中点，B在抛物线上，且BC平行于抛物线的对称轴，E为AC中点，DE/BC，且D在抛物线上，那么_。11平面向量a=(,-1),b=，假设存在非零实数k和角，使得c=a+(tan2-3)b, d=-ka+(tan)b，且cd，那么k=_。用表示12复数z1,z2,z3满足|z1|1,|z2|1,|2z3-(z1+z2)|z1-z2|，那么|z3|的最大值及最小值的差为_。三、解答题每题20分13设抛物线S的顶点在原点，焦点在x轴上，过焦点F作一条弦AB，设AO，BO延长线分别交准线于C，D，假设四边形ABCD的面积的最小值为8，试求此抛物线的方程。14给定a>2，数列an定义如下：a0=1, a1=a, an+1=，证明：对任何kN，有。15a>0, y>0，且0<x2+y2，求证：1+cosxycosx+cosy.第二试试题1见图1，以ABC的三边向外作正方形ABED，BCGF和CAIH，直线DI，EF，GH交成LMK，其中K=DIEF，M=DIGH，L=EFHG。求证：KLM中KM上的中线LNBC。2设非负整数数列a1,a2,a2007满足：ai+ajai+jai+aj+1，对一切i,j1,i+j2007成立。证明：存在实数x，使对一切1n2007，有an=nx.3试找出最大的正整数N，使得无论怎样将正整数1至400填入20×20方格表的各个格中，都能在同一行或同一列中找到两个数，它们的差不小于N。答案：第一试试题解答1D 问题等价于求方程x1+x2+x3+x4+x5=20满足ij,xixj的正整数解组数，先考虑方程y1+y2+y3+y4+y5=5满足0y1y2y3y4y5的非负整数解，设满足y1+y2+yk=n满足0y1y2yk的非负整数解组数为f(k,n).那么f(5,5)=1+f(4,5) =1+1+f(3,5)=2+f(2,2)+f(2,5)=7.所以所求方程正整数解有7×5！组。应选D。2.D 当x10时，logmx-2即lgxlgm2或lgxlgm-2(m>0且m1)，解得 1<m或3A 设椭圆方程为(a>b>0), P(r1cos,r1sin),Q, 即Q(-r2sin,r2cos，解得4C 记2007=n，往证当n=2时，显然成立。设当n=k时成立，当n=k+1时，取所有满足p+q=k, (p,q)=1的的和记为S，所有形如(p<k, (k,p)=1)的和记为T，那么Sk=Sk-1+T-S；再证S=T，在S中任取一个分数，T中恰有一对分数，及之对应，而且，这样的对应是一一对应，所要Sk-1=Sk，所以5B 当A=B，C0时，y-2，设ABC，那么C，所以sin3C0,所以y>-2；又当A=B=时，且y=sin3A+sin3B+sin3C6.C 因为，所以又当a1=a2=an时，“=成立，所以最大为1。7900 延长AD，BC交于E，连结PE，那么DE=DA，PA=PE=AE=2，所以PEPA，又PDAB，ABAD，所以AB平面PAE，所以PEAB，所以PE平面PAB。所以APBC为直二面角。8由an+1=(n-1)(an+an-1)得an+1-nan=-an-(n-1)an-1，所以an+1-nan是首项为a2-a1=1，公比为(-1)的等比数列，所以an+1-nan=(-1)n-1，所以 在中用2，3，n-1代替n并相加得+(-1)n-2所以。90 假设存在这样的函数f(x)，那么由条件知它为单射，且f(f(0)=0=f(f(1)+1)，所以f(0)=f(1)+1. 又f(f(1)=1=f(f(0)+1)，所以f(1)=f(0)+1，及矛盾。10 设抛物线方程为，点C(x1,y1)把AM参数方程代入y2=2px得t2sin2+2(y1sin-pcos)t+-2px1=0，所以，又，所以，同理，所以11。由ab=(,-1)=0得ab，又cd，那么a+(tan2-3)b-ka+(tan)b=0,即ka2=(tan3-3tan)b2，所以k|a|2=(tan3-3tan)|b|2,由题设|a|=2,|b|=1。从而。12 由|2z3-(z1+z2)|z1-z2|得2|z3|-|z1+z2|z1-z2|和|z1+z2|-2|z3|z1-z2|，所以(|z1+z2|-|z1-z2|)|z3|(|z1+z2|+|z1-z2|).又|z1+z2|-|z1-z2|=当且仅当z1,z2辐角相差时，|z3|取最大值又|z3|0，当且仅当z2,z1辐角相差时，z3可以为0，所以|z3|min=0.13解 假设抛物线的开口向右，设其方程为y2=2px(p>0)，设，。因为A，O，C三点共线，所以，所以 同理，由B，O，D共线有，又因为A，F，B共线，所以y1y2=-p2,所以，所以点C坐标为，D坐标为。所以AD/BC/x轴，所以ABCD为直角梯形。由抛物线定义，|BF|=|BC|，|AF|=|AD|，设BFx=，那么ABCD面积SABCD=|AB|2sin=，当且仅当时，SABCD取最小值2p2，由2p2=8，所以p=2。故所求抛物线方程为y2=±4x.14证明 记f(x)=x2-2，那么f(x)在0,+上是增函数，又，所以=a2-a>a，所以，依此类推有，再用数学归纳法证明原命题。1当k=0,1时，不等式显然成立。2设当k=m时，原不等式成立。当k=m+1时，因为其中f(0)(a)<a，所以<1+得证。15证明 1假设0<x1，那么0<xyy<，所以cosxy>cosy，又cosx1，所以1+cosxy>cosx+cosy；2假设0<y1，同理可得1+cosxy>cosx>cosy；3假设x>1,y>1，那么xy,记，那么0<t2,所以xyt2，所以cosxycost2,又cosx+cosy=2cos所以只需证1+cost22cost，即证f(t)=1+cost2-2cost0.这里，那么,因为0<t<t2<，所以sint2>sint>,所以所以f(t)在上单调递减，又而因为，所以所以，所以f(t)>0。所以原不等式成立。第二试试题解答1 证明 取DI中点Q，作APBC于P。因为2 =所以AQBC，所以Q，A，P三点共线。延长AP至R，使AR=CG，那么，又因为ADBE，所以，所以RDEF，同理RIGH，所以RDILKM，且对应边平行，所以RQ/LN或RQ及LN重合，因为RQBC，所以LNBC。2.证明 先证对任意m,nN+,1m,n2007，有，即man<nam+n. 1当m=n=1时a1<a1+1，结论成立；2设m,n都小于k时，命题成立，当m=k,n<k时，设m=nq+r，那么amanq+arqan+ar，所以namnqan+nar，所以nam+nnqan+nar+n=man-ran+nar+n>man；当n=k, m<k时，设n=mq+r, 0r<m，那么anaqm+ar+1a(q-1)m+ar+am+2qam+ar+q，由归纳假设ram+rmar,所以manmqam+mar+mq<mqam+ram+r+mq=nam+n，所以当m,n至少有一个为k时结论成立，而m=n=k时，结论也成立，所以由数学归纳法，得证。记，那么对一切nN+,1n2007，有annx<an+1，所以an=nx.3.解 N=209。先证明N209，用正中的竖直直线将方格表分成两个20×10的方格表，将1至200逐行按递增顺序填入左表中，再在右表中按同样的原那么填入201至400，这样一来，在每一行中所填之数的最大差不超过210-1=209，在每一列中所填之数的最大差都不超过191-1=190，所以N209。再证N不能小于209。考察子集M1=1，2，91和M2=300，301，400，将但凡填有M1中的数的行和列都染为红色；将但凡填有M2中的数的行和列都染为蓝色，只要证明红色的行和列的数目不小于20，而蓝色的行和列的数目不小于21。那么，就有某一行或某一列既被染为红色，又被染为蓝色，从而其中必有两个数的差不小于300-91=209。设有i行和j列被染为红色，于是，M1中的元素全部位于这些行及这些列的相交处，所以ij91,从而i+j2219.同理，被染为蓝色的行数及列数之和