年全国高中数学联赛模拟卷(5)(一试+二试-附详细解答).pdf

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1、2014 模拟卷（5）第 1 页 共 7 页2014 年全国高中数学联赛模拟卷年全国高中数学联赛模拟卷(5)第一试第一试(考试时间：考试时间：80 分钟分钟 满分：满分：120 分分)姓名：姓名：_考试号：考试号：_得分：得分：_一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 8 分，共分，共 64 分）分）_1.正八边形边长为 1，任取两点，则最大值为_87654321AAAAAAAAjiAA21AAAAji2.若，则_iiikkkkxaxxfC200720070200702007)3()1()(20071kka3.若关于的方程的两个实数根满足x0142)6(2222

2、2babaxbbax21,xx则的最小值为_,最大值分别为_,1021xx4422aba4.设双曲线1 右支上一动点，过向两条渐近线作垂线，垂足分别为点，若点Px2a2y2b2PBA,始BA,终在第一、第四象限内，则双曲线离心率的取值范围是_.e5.对于实数，表示不超过的最大整数。对于某个整数，恰存在 2008 个正整数x xxk，满足，并且整除，则200821,nnnL 320083231nnnkLk)2008,2,1(Lini=_.k6.A、B 两队进行乒乓球团体对抗赛，每队各三名队员，每名队员出场一次。A 队的三名队员是，321,AAAB 队三名队员是 B1,B2,B3,，且对的胜率为(

3、1i,j3)，A 队得分期望的最大可能值是iAjBii+j_.7.ABC 的三边长分别为 13,14,15,有 4 个半径同为的圆 O,O1,O2,O3放在ABC 内，并且O1与r边 AB、AC 相切，O2与边 BA、BC 相切，O3与边 CB、CA 相切，O 与O1,O2,O3相切,则=_.r8.设都是正整数，且，则的个位数字是_,a b100212abab二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 3 小题，第小题，第 9 题题 16 分，第分，第 10、11 题题 20 分，共分，共 56 分）分）9已知：实数满足，证明：),2,1(niaiL1(1,2,)iainiL1212112(1)

4、()()(12)2(1)!nnnaaaaanannLL10.已知数列由确定,若对于任意，na222*11112,()3nnnaaaaanNL*Nn恒成立。求得最小值。12111111nMaaaLM11.在双曲线 C：1 中，分别为双曲线 C 的左右两个焦点，P 为双曲线上且在第一象限x24y2512,F F内2014 模拟卷（5）第 2 页 共 7 页的点，的重心为 G，内心为 I.(1)是否存在一点 P,使得 IG|；12PFF12FF(2)已知 A 为双曲线 C 的左顶点，直线 过右焦点与双曲线 C 交于 M，N 两点，若 AM，AN 的l2F斜率满足，求直线 的方程.12,k k12kk

5、12l2014 年全国高中数学联赛模拟卷年全国高中数学联赛模拟卷(5)加试加试(考试时间：考试时间：150 分钟分钟 满分：满分：180 分分)姓名：姓名：_考试号：考试号：_得分：得分：_一、一、（本题满分（本题满分 40 分）分）如图O 切ABC 的边 AB 于 D，切边 AC 于 C，M 是 BC 上一点，AM 交 DC 于点 N，求证：M 是 BC 中点的充要条件是ONBC二、二、（本题满分（本题满分 40 分）分）有一个的长方体盒子,另有一个的长方m np(2)(2)(2)mnp体盒子,其中均为正整数(),并且前者的体积是后者一半,求的最大值.,m n pmnpp三、三、（本题满分（

6、本题满分 50 分）分）求方程 x2xy4y3y2y 的整数解四、四、（本题满分（本题满分 50 分）分）设 nN*，把集合1,2,n分拆为两个非空集合 A 与 B（即有AB，AB1,2,n），使得对 A 中任意两个不同的元素 a、b，有；对 B 中任Aba意两个不同的元素 c、d，有求 n 的最大可能值，使得存在满足题意的分拆Bcd ANMDBOC2014 模拟卷（5）第 3 页 共 7 页2014 年全国高中数学联赛模拟卷年全国高中数学联赛模拟卷(5)答案答案1、解：根据向量内积的几何意义，只要看向量在方向上的投影即可。最大值为+121AA22、令得=，1x20070kkakkkkC2)1

7、(2007020071)21()2(2007200702007kkkC又为展开式中最高次项的系数，则0akkkkxC)3()1(2007020071220071kka3、解：设，则，整理得0142)6()(22222babaxbbaxxf0)1(,0)0(ff，且，在以分别为横轴和纵轴的坐标系中画出上面两个不4)2()1(22ba01baba,等式所表示的规划区域。则，点到规划区域最小值即为到2222)2(44baaba)0,2(直线的距离，则的最小值为距离的平方；点到规划区域01ba4422aba12)0,2(最大值为的圆心的距离与半径 2 的和，则的最大值为=)0,2()2,1(25 44

8、22aba2)25(5494、解：由对称性，我们只讨论在第一象限情形.设，则直线的方程为A),(00yxP),(AAyxAPA，与联立，得：)(00 xxbayyxaby.0)(0000yxabyxbaxbaabA若在第一象限显然满足，若在第四象限或坐标轴上，则，PP)1(022022020220axbyxaby所以，只须2202222)(bxabba21,02222ebaabba5、解：若，则，满足整除，则可取331nknnknk33)1(,knn，共个，所以kkkkkk33,2333L43 k668,200843kk6、解：讨论可知，最大期望231231:;:;:BABABA6091E7、

9、解：不妨设。可知与相似，且为的外心，15,14,13cbaABC321OOOO321OOO外接圆半径为，则，由正弦定理r2135coscos231COOO1312sin231OOO，同理可得，1348sin423121rOOOrOO54sin,53cosAA3356cos,sin6565BB又=，所以，2cot2cot1521BrArOOrBBrAAr41515sincos1sincos115415151348rr129260r8、由二项式定理：，2ab10012100100112122a2014 模拟卷（5）第 4 页 共 7 页，故100100112122 2b200200112124 2

10、ab，设，100100132 232 24 2 132 232 24 2nnnx则，由恒等式得：121,6xx1122nnnnnnxyxyxyxy xy，的个位数字依次为 1，6，5，4，9，0，1，6，5，4，9，1263nnnxxxn nx0，所以，6nxnxmod10100 x6 16 4x44x mod109、证明：原不等式等价于，)21(2)1()12)(1)(1(2121nnnnaaanaaanLL设，则，原不等式即为),2,1(,1niiaxiiL),2,1(,2nixiL，等价于(*)1(2)1(2121nxxxxxxnnnnLLnnnxxxnxxxnLL2121)1(21若令

11、不变，则(*)式右边为，由知时nxxx,32LnnxxxxnxxxLL32132)1(1),2,1(,2nixiL21x(*)式右边取最大值。同理知时，(*)式右边取最大值为，即原不等式成立),2,1(,2nixiLnn2110、解：由题可知时，又，不妨设，2nnnnaaa2131)31(942212 aa)2(,311nabbnn则，)(*21Nnbbbnnn1111211111nnnnnnnnnnnnbbbbbbbbbbbb1121223111311111111111()()()3111nnnnnnbbbbbbbbbbbbLL则=11111121naaaL11211111111111bab

12、bbnL1111205720313nnnbbb易知为正数，且，趋于无穷大时，趋于无穷大，则的最小值为1nb912121bbbbnnnn1nbM205711、解：(1)假设存在点 P 坐标为,而 G 为的重心,故.000(,)(0)xyy 12PFF00(,)33xyG而 I 为的内心,设的内切圆半径为,则12PFF12PFFr,于是.1 2120121211|(|)22PF FSFFyPFPFFFr012112|(|2)22cyPFPFcr.由 IG知,即.0122|2cyrPFPFc12FF00122|23cyyPFPFc12|4PFPFc又,.由焦半径公式知,则.2a cea1020|,|

13、PFexa PFexa120|2PFPFex2014 模拟卷（5）第 5 页 共 7 页ANMDBOCFE故,即.又点 P在双曲线上,则.024exc022 3432cxe000(,)(0)xyy 2200145xy解得(舍负).故存在,使得 IG.015y(4,15)P12FF(2)若直线 斜率不存在,显然不合题意.若直线 斜率存在,设过的直线方程l120kkl2(3,0)F为,直线和椭圆交于.将代入中,(3)yk x1122(,),(,)M x yN xy(3)yk x225420 xy得到.由韦达定理可知:2222(54)2436200kxk xk2122212224,453620.45

14、kxxkkx xk又,12121212123311()25()222222AMANyyxxkkkkxxxxxx而,222122222121212411244(45)21222()43620484(45)5xxkkkxxx xxxkkkk从而,即.故所求直线 的方程为.222111(25)52AMANkkkkkk 2k l2(3)yx 二试二试一、证明：充分性：过点 N 作 EFBC，分别交 AB，AC 于 E，F。连结 OC，OD，OE，OF，因为 ONBC，则 ONEF，又 OCAC，则 N，O，C，F 四点共圆，故NFO=NCO，同理由 N，O，E，D 四点共圆，NDO=NEO，因NCO=

15、NDO，则NFO=NEO，故 OE=OF，从而 EN=FN，所以 BM=CM必要性：用同一法，作交 CD 于，ONBC N连并延长交 BC 于，类似充分性的证明可得 B=C，ANMMM而 BM=CM，则点与 M 重合，因此，点是 CD 与 AM 的交点，MN故点与 N 重合，NONBC二、解：由题意,得.2(2)(2)(2)mnpmnp222(1)(1)(1)2mnp(1)当时,由,则,矛盾!8m mnp32222(1)(1)(1)(1)28mnp(2)当时,矛盾!2m 222(1)(1)(1)2mnp(3)当时,则,即.所以的最大值为 1303m 65(2)(2)npnp(10)(10)12

16、0npp(4)当时,则,即.所以的最大值为 544m 43(2)(2)npnp(6)(6)48npp(5)当时,得.5m 222(1)2222(1)(1)(1)(1)55pmn98p 2014 模拟卷（5）第 6 页 共 7 页综上所述：的最大值为 130.p三、解：原方程可变形为 4x2+4x+1=4y4+4y3+4y2+4y+1(2x+1)2=(2y2+y)2+3y2+4y+1=(2y2+y)2+2(2y2+y)+1+(y2+2y)=(2y2+y+1)2+(y2+2y)（1）当，即当 y2 时，(2y2+y)2(2x+1)2(2y2+y+1)202014322yyyy而 2y2+y 与 2

17、y2+y+1 为两相邻整数，所以此时原方程没有整数解（2）当 y=1 时，x2+x=0，所以 x=0 或1（3）当 y=0 时，x2+x=0，所以 x=0 或1（4）当 y=1 时，x2+x=4，此时 x 无整数解（5）当 y=2 时，x2+x=30，所以 x=6 或 5综上所述：，10yx11yx00yx01yx26yx25yx四、四、（1）若 1B，122，133，155，2，3，5A 或 n4假设 n5，则2，3，5A，235，与题意矛盾！（2）当 1A，2B，不防假定 n4当 3A 时，134，4B 2，4B，248，8A 或 n7当 n8 时，1，3，8A，358，189，5，9B

18、或 n8当 n9 时，2，5B，2510，10A 或 n9当 n10 时，8，10A，81018，18B 或 n17设 n18 时，由于 2，9，18B，2918，所以产生矛盾！3A 时，n17当 n6 时，1，6A，156，167，5，7B 或 n6当 n7 时，2，5，7B，2510，271410，14A 或 n13当 n14 时，6，14A，6814，8B2，8B，248，4A但 4，6，10A，4610，矛盾！当 3B 时，n13（3）若 1A，2A，不防假设 n18，则由 123 知 3B当 4B 时，3，4B，3412，12A2，12A，21012,10B 3,10B，31030,

19、30A 或 n29当 n30 时，2，12，30A，22830，121830，18，28B3，18B，3618，6A4，28B，4728，7A但 1，6，7A，167，矛盾！故 n29当 4A 时，145，246，5，6B2014 模拟卷（5）第 7 页 共 7 页3，5，6B，3515，3618，15，18A4，15A，41115，11B若 n33，15，18A，151833，33B3，11B，31133，33A，与 33B 矛盾！故 n32（1）、（2）、（3）说明：nmax32（4）使 n32 成立的例子有：A1，2，4，15，18，21，24，27，30，B1，2，3，32/A其中，A 中 123，145，246，而任意一个不小于 15 的数加上另一个数，或者大于30，或者大于 15 且不是 3 的倍数，这些都不属于 A再考虑 B 中，若取出的两数的积在 33 以内，则两数中必有 3 或 6（否则，若 3 与 6 均不在其中，则两数之积不小于 5732），易知此积必为不小于 15 的 3 的整倍数，但这些都不在 B 中由此上述例子成立综上可知：nmax32