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2011年高中数学联赛模拟题


2011 年高中数学联赛模拟题二
(时间:100 分钟)

一、选择题 1、已知 f ( x) = x 4 ? 4 x 3 + 10 x 2 ? 27, g ( x) =
1 3 x ? 6 x 2 + 20 x + 2 , A = {x | g ' ( x) ≤ 0} , 3
)

B = {x | f ( x) = 0, x ∈ A} ,则 B 中的元素个数为(

A. 有 3 个

B. 有 2 个

C. 有且仅有 1 个

D. 不存在
4 3 2

解:由导数的知识可知:A={x|x2-12x+20≤0}={x|2≤x≤10},又 f ( x) = x ? 4 x + 10 x ? 27 , ∴ f ( x) = 4 x ? 12 x + 20 x = 4 x( x ? 3 x + 5) ,当 x∈A 时,易知: f ( x) > 0 ∴f(x)在区间[2,10]
' 3 2 2 '

上为增函数,而可求得 f(2)<0,f(10)>0, ∴方程 f(x)=0 在区间[2,10]上有且仅有一解,即集合 B 中仅有 一个元素. 故选 C.

2、已知 f [lg(1 + tan 2 x)] = cos 2 x ,则不等式 f ( x 2 ? 1) > 1 的解集为( A. (?1,1) 1 B. ( ,10) 10 C.[?1, +∞) D. (?∞,1)

).

解:令 u = lg(1 + tan 2 x) ,则 1 + tan 2 x = 10u ,即 sec2 x = 10u ,于是 f (u ) = f [lg(1 + tan 2 x)] = cos 2 x = 2 cos 2 x ? 1 = 由 f ( x 2 ? 1) > 1 ,可得 2 × 10 ? ( x
2

2 1 ? 1 ,从而 f (u ) = u ? 1 . 因此, 2 sec x 10 故选 A.

?1)

? 1 > 1 ,解得 ?1 < x < 1 .

?0 ≤ x ≤ 2 ? 3、 已知平面直角坐标系 xOy 上的区域 D 由不等式组 ? y ≤ 2 给定, M ( x, y ) 为 D 上 若 ? ?x ≤ 2 y uuuu uuu r r 的动点,点 A 的坐标为 ( 2,1) ,则 z = OM ? OA 的最大值为( ).
A. 4 2 B. 3 2 C.4 D.

?0 ≤ x ≤ 2 uuuu uuu r r ? 解:由线性约束条件 ? y ≤ 2 画出可行域如图所示,目标函数 z = OM ? OA = 2 x + y , ? ?x ≤ 2 y 化为 y = ? 2 x + z . 结合图形可知, 目标函数的图象过点 ( 2, 2) 时, 最大. 将点 ( 2, 2) z 代入目标函数得 z 的最大值为 4. 故选 C.
1

4、设函数 f ( x) = e x ? e? x ,g ( x) = e x + e ? x ,且 f ( x) f ( y ) = 6 ,g ( x) g ( y ) = 10 ,则 于(
A. 4

g ( x + y) 等 g ( x ? y)

).
B. 1 4 C. 5 3 D. 不能确定

解:由

f ( x) f ( y ) = 6 ? g ( x + y ) ? g ( x ? y ) = 6 ? ? g ( x + y ) = 8 . 选 A. ?? ? g ( x) g ( y ) = 10 ? g ( x + y ) + g ( x ? y ) = 10 ? ? g ( x ? y ) = 2

5、 1~2000 中随机地取一个数, 在 取到的整数能被 6 整除但不能被 4 整除的概率是 (
1 83 167 3 B. C. D. 4 1000 2000 4 解:设事件 A 为“取到的数能被 6 整除” ,事件 B 为“取到的数能被 4 整除”. 2000 333 由 333 < < 334 ,知 P ( A) = . 而 6 与 4 的最小公倍数为 12, 6 2000 2000 166 < < 167 ,所以,恰有 166 个数既能被 6 整除又能被 4 整除,即 12 166 333 166 167 P ( AB ) = . 因此,所求概率为 P ( A) ? P ( AB ) = ? = . 故选 C. 2000 2000 2000 2000
A.

) .

r r r r r r r r r r 6、已知 (a + 3b) ⊥ (7 a ? 5b) , (7 a ? 2b) ⊥ (a ? 4b) ,则 a 与 b 的夹角为(
A.

).

π
4

B.

π
3

C.

π
2

D.

r r r r r r r r ?(a + 3b) ? (7 a ? 5b) = 0 ?7 | a |2 +16a ? b ? 15 | b |2 = 0 ? ? 解:依题意,可得 ? r r r r ,即 ? r ,两式相减得: r r r 2 2 ?(7 a ? 2b) ? (a ? 4b) = 0 ?7 | a | ?30a ? b + 8 | b | = 0 ? ? r r r r r r r r r ?23 | b |2 = ?46a ? b ,即 | b |2 = 2a ? b ,所以 | b |= 2a ? b ,代入上述方程组中的第 2 个方程, r r r r r r r r r r r a ?b a ?b 1 π 得 | a |= 2a ? b , 于是 cos < a, b >= r r = r r r r = . 因此,a 与 b 的夹角为 . 3 | a |?|b | 2a ? b ? 2a ? b 2

2π 3

故选 B.
2

二、填空题 1、不等式 log 6 (1 + x ) > log 25 x 的整数解的个数为 解:令 log 25 x = t ,则 x = 25t .
1 5 故原不等式 ? log 6 (1 + 5t ) > t ? 1 + 5t > 6t ? ( )t + ( )t > 1 . 6 6 1 t 5 t 作 f (t ) = ( ) + ( ) ,则 f (t ) 是减函数,从而由 f (t ) > 1 = f (1) ,可得 t = log 25 x < 1 ,故 6 6
0 < x < 25 ,其中整数解的个数为 24.

.

?zy 2x ? =y y ? ? 的正整数解为____________. 2、方程组 ?2 z = 2 ? 4 x ? x + y + z = 12 ? ? ?

解:由 2 z = 2 2 x +1 ? z = 2 x + 1 ,代入 x + y + z = 12 ,得 3 x + y = 11 . 因 x, y ∈ N * ,所以

?x = 2 ?x = 1 ?x = 2 ?x = 3 ? ,或 ? ,或 ? ,故 ? y = 5 为所求. ? ?y = 8 ?y = 5 ?y = 2 ?z = 5 ?

3、已知抛物线 y = x 2 上有一个正方形的 3 个顶点 A、B、C,则这种正方形的面积的最小 值是________. 解: 不妨设三个顶点中 B、 两点在 y 轴的右侧 C (包括 y 轴)且 C 点在 B 点右侧. 设 A( x1 , y1 ) 、 ,
? y3 ? y2 = k ( x3 ? x2 ) ? 2 B ( x2 , y2 ) 、 ( x3 , y3 ) , 的斜率为 k (k > 0) , C BC 则有 ? , y1 = x12 , 2 = x2 , 将 y 1 ? y2 ? y1 = ? k ( x2 ? x1 ) ? 1 2 y3 = x3 代入上述方程组,得 x3 = k ? x2 , x1 = ? ? x2 . 又由|AB|=|BC|,即 k

( x1 ? x2 )2 + ( y1 ? y2 )2 = ( x3 ? x2 )2 + ( y3 ? y2 )2 ,得
? x2 ? x1 = k ( x3 ? x2 ) ?

1+

1 | x2 ? x1 |= 1 + k 2 | x3 ? x2 | 2 k

1 1 + 2 x2 = k (k ? 2 x2 ) ? k 2 ? = (2k + 2) x2 ≥ 0 ? k 3 ≥ 1 ,即 k ≥ 1 ,且 k k

有 x2 =

k 3 ?1 . 从而正方形边长为: 2k (k + 1)
3

1 (k + 1) 2 k ?1 k + 1 k + 1 2k 2 2 2 2 k + 1( x3 ? x2 ) = k + 1(k ? 2 x2 ) = k + 1(k ? ? ≥ ? = 2 )= k (k + 1) k k +1 k k +1
3 2 2

当且仅当 k = 1 时,即 B 点为原点时,等号成立. 故正方形的面积的最小值为 2.

4、 已知 f ( x) = a cos 2 x ? b sin x cos x ?

a 1 π 3 π 的最大值是 , f ( ) = 且 , f (? ) =________. 则 2 2 3 4 3

1 + cos 2 x b a a b a2 + b2 解 : f ( x) = a( ) ? sin 2 x ? = cos 2 x ? sin 2 x = cos(2 x + ? ) , 其 中 2 2 2 2 2 2
1 ?1 2 2 b 3 1 ? (a + b ) = 4 ,解得 a = 0 , b = ?1 或 a = tan ? = . 于是,由已知,有 ? 4 ,b = ? . a 2 2 ?a ? 3b = 3 ? 1 3 1 π 3 所以 f ( x) = sin 2 x ,或 f ( x) = cos 2 x + sin 2 x ,从而 f (? ) = ? 或 0. 2 4 4 3 4 5、如图,在三棱锥 A ? BCD 中,AC ⊥ BC ,AC ⊥ DC ,BD ⊥ DC ,BD = DC ,AC = a ,
∠ABC = 30o ,则点 C 到平面 ABD 的距离是___________.

解:根据题设,用三垂线定理可证 BD ⊥ DA ,即 BD ⊥ 平面 ADC. 所以可在 Rt ?ADC 中 作斜边 AD 上的高 CH,由 CH ⊥ AD, BD ⊥ CH ,得 CH ⊥ 平面 ABD. 易求得 BC = 3a ,
DC =

6 10 15 a , AD = a ,所以 CH = a. 2 2 5

4

6、一个奇函数 f ( x) 和一个偶函数 g ( x) 的差 f ( x) ? g ( x) 是一个指数函数,且该指数函数 的图像过点(-2,4) ,则 f (1), g (0), g (?2) 的大小关系是_____________. 解:设 f ( x) ? g ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) ,则由已知得 a =
1 又 f (? x) ? g (? x) = ( ) ? x ,即 ? f ( x) ? g ( x) = 2 x 2 g ( x) = ? 1 1 ,因而 f ( x) ? g ( x) = ( ) x 2 2



②,由①、②解得 f ( x) =

2? x ? 2 x , 2

2? x + 2 x 3 17 ,所以 f (1) = ? , g (0) = ?1 , g (?2) = ? . 故 g (?2) < g (0) < f (1) . 2 4 8

三、解答题 1、 f ( x) = ax 2 + bx + c , 、 、 ∈ R , > 100 , 设 a b c a 问最多有几个不同的整数 x , | f ( x) |≤ 50 使 成立? 解:最多有两个不同的整数 x 使 | f ( x) |≤ 50 . 如 f ( x) = 200 x 2 ? 400 ,当 x = 0 和 x = 2 时,
| f ( x) |= 0 ≤ 50 成立.

否则,假设有三个不同的整数 x1 , x2 , x3 ,使以下三式成立:
| f ( x1 ) |≤ 50 , | f ( x2 ) |≤ 50 , | f ( x3 ) |≤ 50 .

而 f ( x) = a( x + 妨设 x1 > x2 ≥ ?

b 2 4ac ? b 2 b ,因而 x1 , x2 , x3 中至少有两个在 x = ? 的同一侧,不 ) + 2a 4a 2a

b b . 因 x1 , x2 ∈ Z ,所以 x1 ≥ x2 + 1 > x2 ≥ ? . 2a 2a b 又因 a > 0 ,所以 f ( x) 在 [? , +∞) 上是增函数,从而 f ( x1 ) ≥ f ( x2 + 1) . 2a

于是由 f ( x1 ) ≤ 50 ,有 f ( x2 + 1) ≤ 50 ,即 a ( x2 + 1) 2 + b( x2 + 1) + c ≤ 50
2 2 又 ax2 + bx2 + c ≥ ?50 ,即 ? ax2 ? bx2 ? c ≤ 50

① ②

①+②,得 a (2 x2 + 1) + b ≤ 100 . 另一方面,因 x2 ≥ ?
b b ,即 2 x2 ≥ ? ,于是,由 a > 0 ,有 2a a

b a (2 x2 + 1) + b ≥ a (? + 1) + b = ?b + a + b = a . 因此,可得 a ≤ 100 ,与 a > 100 矛盾. a b 的同一 假设有多于 3 个的不同整数使 | f ( x) |≤ 50 成立,则其中至少有 2 个在 x = ? 2a
5

侧,从而同样可推出矛盾. 因此,最多有 2 个不同的整数 x 使 | f ( x) |≤ 50 成立.

2、设 ?ABC 内接于单位圆 O ,且圆心 O 在 ?ABC 的内部. 若点 O 在边 BC、CA、AB 上的 射影分别为点 D、E、F,求 OD+OE+OF 的最大值. 解:如图,因为 OD⊥BC,OE⊥AC,所以 D、E 分别是 BC、AC 的 中点, DE =
1 AB ,且 O、D、C、E 四点共圆, 2 AC BC AB OD ? + OE ? = OC ? 2 2 2

A F O B D C

E

由托勒密定理有:



OD ? AC + OE ? BC = OC ? AB

同理 有 OE ? AB + OF ? AC = OA ? BC , OF ? BC + OD ? AB = OB ? AC . 注意到 OA = OB = OC = R ( ?ABC 的外接圆半径),以上三式相加,得
OD(AB+AC)+OE(BC+AB)+OF(AC+BC)=R(AB+BC+CA)



设三角形内切圆半径为 r ,则
OD ? BC + OE ? AC + OF ? AB = 2 S
ABC

= ( AB + BC + CA)r



①+②: (OD + OE + OF )( AB + BC + CA) = ( R + r )( AB + BC + CA) ,从而
OD + OE + OF = R + r ≤ R + R 3R 3 = = ,等号在 ?ABC 为正三角形时成立,故 2 2 2

OD+OE+OF 的最大值为

3 . 2

3、已知一个 2012 × 2012 方格表,试求最小的正整数 M 满足:可以在方格表中画出 M 个矩形(其
边在网格线上) ,使得方格表中的每一个小方格的边都包含在上述 M 个矩形之一的边上(例如:对

2 × 3 方格表, M = 3 ).

解: M = 2013 . 首先证明: 2012 × 2012 方格表的所有网格线可以被 2013 个矩形的边所覆盖. 事实上所有水平的网格线可以被 1006 个 1 × 2012 矩形及一个 2012 × 2012 矩形边所覆盖; 所有竖直的网格线可以被 1006 个 2012 × 1 矩形及一个 2012 × 2012 矩形边所覆盖,故
6

M ≤ 2013 .

其次,假设 2012 × 2012 方格表 A 的网格线按题意,被 M 个矩形的边所覆盖,接下来 证明 M ≥ 2013 . 称一个矩形上面(下面)的边为头(脚).对 A 中每一个矩形标上一个数对 ( x, y ) ; 若设矩形的头在 A 的头中,记 x = 1 ,否则 x = 0 ;若设矩形的脚在 A 的脚中,记 y = 1 ,否 则 y = 0. 在上述 M 个矩形中,设标识为 (1,1), (1, 0), (0,1), (0, 0) 的矩形分别有 a, b, c, d 个. 又 A 内部有 2011 条小的水平网格线,则 b + c + 2d ≥ 2011 ;与 A 的头相交的竖直网格 线有 2013 条, 2a + 2b ≥ 2013 , a + b ≥ 1007 , 则 即 同理 a + c ≥ 1007 , 因此 2a + b + c ≥ 2014 , 于是 (a + b + c + d ) ≥ 4025 ,故 M = a + b + c + d ≥ 2013 . 2

7


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