全国高中数学联赛省级预赛模拟试题.docx

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1、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，0yx2,0x1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

2、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

3、 B9 C10 D116设0x0，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0abc0，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

4、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

5、，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

6、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

7、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0abcd

8、，可知m为6的倍数，且m1，故10因(a+b1由韦达定理知y消去y1得，即0b2=解得1a25. 故22a0，故所有xn0.又，所以xn(0,1因为x32.又x2(0,1，那么0x22007, 0p2，数列an定义如下：a0=1, a1=a, an+1=，证明：对任何kN，有。15a0, y0，且00且m1)，解得 1b0), 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-2；又当A=B=时，且y=sin3A+sin3B+

9、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)

10、=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|z

11、1+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(p0)，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

12、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-aa，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0x1，那么0xyycosy，又cosx1，所以1+cosxycosx+cosy；2假设0cosxcosy；3假设x1,y1，那么xy,记，那么0t2,所以xyt2，所以cosxycost2,又

13、cosx+cosy=2cos所以只需证1+cost22cost，即证f(t)=1+cost2-2cost0.这里，那么,因为0tt2sint,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mannam+n. 1当m=n=1时a1

14、a1+1，结论成立；2设m,n都小于k时，命题成立，当m=k,nman；当n=k, mk时，设n=mq+r, 0rm，那么anaqm+ar+1a(q-1)m+ar+am+2qam+ar+q，由归纳假设ram+rmar,所以manmqam+mar+mqmqam+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annxan+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2010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

15、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