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高中数学联赛模拟题6


全国高中数学联赛模拟试题 6
一 试
一、填空题(每小题8分,共64分)
1.满足 2sin x ? sin x ? sin 2 x ? 3cos x 的锐角 x =
2
3 2.已知复数 z 满足 z ? 1, 则 z ? 3 z ? 2 的最大值为

3.过抛物线 y 2 ? 4 x 的焦点作一倾斜角为 ?

,长度不超过 8 的弦,弦所在的直线与椭圆

3x2 ? 2 y 2 ? 2 有公共点,则 ? 的取值范围为
4.满足 (m ? n)m ? nm ? 1413 的正整数对 (m, n) 为

P 为棱 AB 上一点,过点 P 在空间作直线 l ,使得 l 5.在正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,
与平面 ABCD 和平面 ABC1D1 均成 30 角,则这样的直线 l 有 6.设 f ( x) ? ? x20 ? 22011 ? 22010 ? ?22 ? 2 ,则 f (2011) ? = 7.整系数多项式 P ( x) 满足 P(19) ? P(99) ? 2011, 则 P ( x) 常数项为= (已知其绝对值不超过 1000) 8.在空间给出不共面的 4 点以这些点作为顶点的不同的平行六面体有 个.
?

条。

二、解答题(共56分) 9. (16 分)
在平面上给定不共线的三点 A, B, C ,以线段 AB 为一条轴 (长轴或短轴) 作一个不经过 C 的椭圆,与另两条线段 AC , BC 分别交于点 E , F ,过 E , F 分别作椭圆的切线,设这两条切 线交于点 C0 , 类似地,再以线段 BC , AC 为一条轴各作椭圆,分别相应得到切线的交点

A0 , B0 ,证明:不论每个椭圆的另一条轴的长度如何选择,三条直线 AA0 , BB0 , CC0 都经过
一个定点.

10. (20 分)设函数 f ( x ) 满足 axf ( x) ? b ? f ( x), (ab ? 0) 且 f (1) ? 2, f (2 ? x) ? ? f (2 ? x) , (1)求函数 f ( x ) 的解析式; (2)数列 ?an ? 的前 n 项的和为 Sn , ?an ? 满足当 n ? 1 时, a1 ? f (1) ? 2, 当 n ? 2
时, Sn ?

2 1 ? ? n2 ? 5n ? 2 ? , 试给出数列 ?an ? 的通项公式并加以证明. f (an ) 2

11. (20 分)设 a1 , a2 , a3 ,?an 是 n 个不全相等的正数,且 ? ak ?2 n ? 1 .
k ?1

n

证明: ? ak 2 n ? n 2
k ?1

n

? ai a j ? ? ? ? n2 . ? ? ai ? 1?i ? j ? n ? a j ?

2

?

加 试
1.已知圆⊙O1 与⊙O2 外切于点 T,一直线与⊙O2 相切于点 X,与⊙O1 交于点 A、B,且 B ⌒ 点在线段 AX 的内部,直线 XT 与⊙O1 交于另一点 S,C 是不包含点 A、B 的 TS 上的一点, 过点 C 作⊙O2 的切线, 切点为 Y, 且线段 CY 与线段 ST 不相交, 直线 SC 与 XY 交于点 I. 证 明 I 是△ABC 的∠A 内的旁切圆的圆心.

2.在区间 [ a, b] 上任意地插入 2010 个分点 x2 , x3 ,?, x2011 ,满足

a ? x1 ? x2 ? ? ? x2012 ? b . 记 y k ?

1 k ? x j (k ? 1,2,?,2012) k j ?1
2011 i ?1

(1)证明:存在正常数 M (0 ? M ? 1) ,使

?| y

i

? yi ?1 | ? M | b ? a | ;

(2)求最小正数 M ,使得(1)中的不等式对满足题设条件的一切 xi (i ? 1,2,?,2012 )都 成立.

nAn ? 2(n ? 1) 2 k , n ? 1,2,? n?2 证明:当 n ? 1 时, An 为整数,且 An 为奇数的充要条件是 n ? 1或2(mod4)
3.设 k ? N ? ,定义 A1 ? 1 , An ?1 ?

4 . 求 最 小 的 正 整 数 n , 使 得 把 集 合 M ? {1,2,?, n} 任 意 划 分 成 两 个 子 集 A, B ( A ? B ? ?, A ? B ? M ) , 方 程 x1 ? x2 ? ? ? x9 ? x10 至 少 存 在 一 组 正 整 数 解 ,而由这一组数值构成的集合 C ,或者 ( x1 , x2 ,?, x10 ) ( x1 , x2 ,?, x10 的值可以相同) C ? A ,或者 C ? B .

模拟试题 6 参考答案
一 试

? 1. ; 3

解析:因 x 为锐角,则 cos x ? 0 ,方程两边同时除以 cos x 得

2sin x tan x ? tan x ? 2sin x ? 3 即 ? 2sin x ?1?? tan x ?1? ? 2

又? f ( x) ? ? 2sin x ?1?? tan x ?1? 在 ? 0, 故 f ( x) ? 2 ? f ( ) ? x ?

?

?
3
2

? ?

??

? 内严格单调递增 2?

3

2. 3 3 ; 解析:? z 3 ? 3z ? 2 ? ? z ? 1?

? z ? 2? ? ? z ? 1? ? z ? 2?
2

,设 z ? a ? bi ,则 a ? b ? 1
2 2

原式= 2(a ?1) ? 2(a ?1) 5 ? 4a ? (2a ? 2)(2a ? 2)(5 ? 4a) ? 3 3 ,

1 2 时等号成立. ,b ? ? 2 2 ? ? ? ? ? 2? 3? ? 3. ? , ? ? ? , ?4 3? ? 3 4 ? ?
当a ? 解析:由 ?

? y2 ? 4x ? y ? ( x ? 1) tan ?

得 x2 tan 2 ? ? (2 tan 2 ? ? 4) x ? tan 2 ? ? 0

由抛物线定义得弦长= x1 ? 1 ? x2 ? 1 ? 又由 ?

2 tan 2 ? ? 4 ? 2 ? 8 ? tan 2 ? ? 1 2 tan ?

?2 y 2 ? 3x 2 ? 2 ? y ? ( x ? 1) tan ?

得 x (3 ? 2 tan
2

2

? ) ? (4 tan 2 ? ) x ? 2 tan 2 ? ? 2 ? 0

4. ? 3,11? ;

? ? 2? 3? ? ? 0 得 tan 2 ? ? 3 ?? ? [ , ] ? [ , ] 4 3 3 4

m m m m 解 析 : 由 (m ? n) ? n ? m , m ? 1413 故 m ? 4 , 又 由 于 m ? ? m ? n ? ? n整 除

?m ? n?
5. 2

m

? n m ? 1413 故 m ? 1或3, 经检验 m ? 3, n ? 11 ?? 3,11? 满足

解析:由于二面角

C1 ? AB ? D 的平面角为 45? ,在这个二面角及其“对顶”二面角内,不
ABC1D1 均成 30? 的直线,转而考虑它的补二面角,易知

存在过点 P 且与平面 ABCD 和平面

过点 P 有且仅有两条直线与其均成 30 。 6. 1 ; 解析:注意到:对任意 a ? 0 ,当 t ?[0, 2a] 时有 t ? a ? a 而 201110 ? (211 )10 ? 2 ? 22011 若 2011 ? 2
10 2011

?

? 22011. 201110 ? 22011 ? 22010 ? 22010.... 有 f (2011) ? 2

又 f (2011) 为奇数, f (2011) ? 1 7. 225 解析:设 P ( x) 常数项为 a0 ,则 P( x) ? xQ( x) ? a0 其中 Q ( x) 为整系数多项式,设

P(19) ? 19n ? a0 , P(99) ? 94m ? a0 其中 m,n 为整数,由于 19,94 互素, P(19) ? P(99) ?19n ? 94m 于是 n ? 94k , m ? 19k 从而 P(19) ? 19 ? 94k ? a0 ? 2011, a0 ? 2011 ?1706k

a0 ? 1000,?k ? 1时,a0 ? 225
8. 29 解析:每一平行六面体被所指定的 1 个顶点和 3 个中截面所在平面唯一确定。对于给定的 4 个点,存在 7 个到这 4 个点等距的平面。从这 7 个中任取 3 个,再排除那些平行于某一直线 的三平面组共
2 3 C4 ? 6 ,?C7 ? 6 ? 29

8. 解:先考虑以边 AB 为一条轴的椭圆,如图建立直角坐标

x2 y 2 系,设该椭圆的方程为 2 ? 2 ? 1(a ? b) ,它与直线 AC 、 a b BC 分别交于点 E 、 F ,过 E 、 F 分别作椭圆的两条切线交 于点 C0 . 设 A(?a, 0) , B (a, 0) , E (a cos ? , b sin ? ) , F (a cos ? , b sin ? ) . y b sin ? y ?b sin ? ? ? 则 l AE : , lBF : . x ? a a(1 ? cos ? ) x ? a a(1 ? cos ? ) ? ?? a cos 2 . 解得点 C 的横坐标 xC ? ? ?? cos 2 x cos ? y sin ? x cos ? y sin ? ? ? 1, ? ? 1. 故椭圆过点 E 、 F 的切线方程分别为 a b a b ? ?? a cos 2 . 由此解得点 C0 的横坐标 xC0 ? ? ?? cos 2 由 xC ? xC0 知, CC0 ? AB .同理, AA0 ? BC , BB0 ? AC .
因此直线 AA0 、 BB0 、 CC0 分别重合于 ?ABC 的三条高线.故它们都经过 ?ABC 的垂心. 10.解:⑴由 axf (x) ? b ? f (x) ??ax ?1? f (x) ? b 当 ax ? 1 ? 0 ,b=0 与已知矛盾

b 又 f (1) ? 2 得 2a ? b ? 2........ ① ax ? 1 b ?b ? ...... ② 又由 f (2 ? x) ? ? f (2 ? x) 得 a(2 ? x) ? 1 a(2 ? x) ? 1
当 ax ? 1 ? 0 ,? f ( x) ?

1 2 , b ? ?1? f ( x) ? 2 2? x ⑵猜想 an ? n ? 1 下面用数学归纳法证:
由①②得 a ? ①当 n=1 显然成立。 ②假设 n ? k 时成立,即 ak ? k ? 1 ,且 S k ? ak ?

1 2 (k ? 5k ? 2) , 2

1 2 (? k ? 1? ? 5 ? k ? 1? ? 2) ,当 n ? k ? 1 时, 2 1 1 2 ak ?1 ? Sk ?1 ? Sk ? (? k ? 1? ? 5 ? k ? 1? ? 2) ? ak ?1 ? ak ? (k 2 ? 5k ? 2) ? k ? 2 2 2 Sk ?1 ? ak ?1 ?
综上所述,猜想成立 11.证明:运用拉格朗日恒等式,

?a
k ?1

n

2n

k

? ? ? ak
k ?1

n

n 2

? , ??a ?
k ?1 k

n

?n 2

? ai n a j n ? ?n ? ? ? n ? n ? ? ai ? 1?i ? j ? n ? a j ?
2 2

2

? a n a jn ? ? a aj ? 代入不等式只需证 ? ? i n ? n ? ? n2 ? ? i ? ? ? ? ? ai ? ai ? 1?i ? j ? n ? a j 1?i ? j ? n ? a j ? ?
n ?a ? ai n a j a a ? ?n i ? j ?? i ? n n ?a ? aj ai a j ai ? j? n ?1

2

?a ?? i ?a ? j


? ? ? ?

n?2

? aj ? ? ai

? ? aj ? ? ? ... ? ? ? ? ? ai ?
证毕.

n ?1

?n

(等号不成立)



1.证明:过 T 作两圆内公切线 MN,则 ∠ICT = ∠SAT = ∠STN = ∠MTX = ∠AXT, ∠BCT = ∠BAT. ∴ ∠BCI = ∠ICT + ∠TCB = ∠AXS + ∠ 180?-∠ACB XAT = ∠ATS = ∠ACS = . 2 ∴ SI 为∠ACB 外角平分线 ? ① 又∵ ∠SAT = ∠AXS ? △SAT∽△SXA. ∴ ∠ATS = ∠XAS ? SA = SB,而且 SA 2 = ST·SX. 又∵ ∠TCI = ∠AXT = ∠XYT ? T、C、Y、 I 共圆. ∴ ∠TIC = ∠TYC = ∠TXY. ∴ △STI∽△SIX ? SI 2 = SI·SX.∴ SA = SI? SB = ST. 1 1 ∴ ∠BIS = ?180?-∠BST? = ?180?-∠BAC?. 2 2 180?-∠ACB 180?-∠BAC ∴ ∠CBI = 180?-∠BCI-∠BIC = 180?- - 2 2 ∠ACB + ∠BAC 1 = = 90?- ∠ABC. 2 2 ∴ IB 为∠ABC 外角平分线 ? ②结合①②可知 I 为△ABC 旁心,得证. 2.解: (1)注意到 y k ? y k ?1 ?

x ? x2 ? ? ? xk ? kxk ?1 1 k 1 k ?1 x ? xj ? 1 ? ? j k j ?1 k ? 1 j ?1 k (k ? 1)

?


? (x
i ?1

k

i

? x k ?1 )

k (k ? 1)
2011 i ?1

? 0 ,则 | yk ? yk ?1 |? yk ?1 ? yk
2011 i ?1

?| yi ? yi?1 | ? ? ( yi?1 ? yi ) ? y2012 ? y1 ?

1 2012 ? xi ? x1 2012 i ?1

x1 ? x2 ? ? ? x2012 ? 2012x1 1 2011 ? ? ? (2012? i)(xi?1 ? xi ) (*) 2012 2012 i ?1 2011 20112011 2011 2011 取M ? 即可 ? ( xi ?1 ? xi ) ? ( x2012 ? x1 ) ? (b ? a) ? 2012 2012 i ?1 2012 2012 2011 2011 (2)下面证明: M 的最小值为 ,即对任意的 0 ? M ' ? ,只需证明:存在 2012 2012

x2 , x3 ,?, x2011 满足 a ? x1 ? x2 ? ? ? x2012 ? b ,使 ? | yi ? yi ?1 | ? M ' | b ? a |
i ?1

2011

事实上,令 x 2 ? a ? 于是,由(*)式得
2011

2012 2012 2011 M ' (b ? a ) ,则 a ? x 2 ? a ? ? (b ? a) ? b 2011 2011 2012

1 2011 2011 (2012? i)(xi ?1 ? xi ) ? ( x2 ? x1 ) ? M ' (b ? a) ? 2012 i ?1 2012 i ?1 2011 综上,对所有满足条件的一切 xi (i ? 1,2,?,2012 . ) 均成立的最小正数 M 为 2012 3.证明:注意到 (n ? 2) An?1 ? nAn ? 2(n ? 1) 2k

?| yi ? yi?1 | ?

(n ? 1) An ? (n ? 1) An?1 ? 2n 2k
得 (n ? 2)(n ? 1) An?1 ? (n ? 1)nAn?1 ? 2(n ? 1) 2k ?1 ? 2n 2k ?1 反复运用上式,得 An ? 得 2 S ( n) ?

2 S ( n) t t t ,其中 S (n) ? 1 ? 2 ? ? ? n , t ? 2k ? 1 n(n ? 1)
n i ?1

?[(n ? i)
i ?0

n

t

? i t ] ? ?[(n ? 1 ? i) t ? i t ] ,从而可知 n(n ? 1) | 2S (n) ,

因此 An (n ? 1) 是整数 (1)当 n ? 1或2(mod4) 时,由 S (n) 有奇数个奇数项知 S (n) 为奇数,所以 An 为奇数 (2)当 n ? 0(mod4) 时, ( ) ? 0(mod 4) ,
t

n 2

故 S (n) ?

n ? i t ] ? ( ) t ? 0(mod4) ,所以 An 为偶数 2 i ?0 n ?1 t ) ? 0(mod 4) , (3)当 n ? 3(mod4) 时, ( 2

?[(n ? i)
n ?1 2 i ?1

n 2

t

故 S ( n) ?

?[(n ? 1 ? i)

t

? it ] ? (

n ?1 t ) ? 0(mod4) ,所以 An 为偶数 2

综上所述,命题成立,证毕. 4.解:设计一种划分,使其不满足题目要求,并且使 n 尽可能大: A ? {1,2,?,8,81,82,?,88} , B ? {9,10,?,80}

下面证明:当 n ? 89 时,一定满足题目要求. 反证法 当 n ? 89 时,假设存在一种划分 A 和 B 不满足题目要求. 不妨设 1 ? A ,则 9 ? A ,即 9 ? B (这是因为当 x1 ? x2 ? ? ? x9 ? 1, x10 ? 9 时不满 足假设) 同理, 81 ? A , 下面考虑 10 (1)若 10 ? A ,取 x1 ? x2 ? ? ? x8 ? 10 , x9 ? 1 , x10 ? 81,得 C ? {1,10,81 }? A 矛盾 (2)若 10 ? B ,因为 10 ? 8 ? 9 ? 89 ,所以, 89 ? B ,否则 取 x1 ? x2 ? ? ? x8 ? 10 , x9 ? 9 , x10 ? 89 ,得 C ? {9,10,89} ? B 矛盾 因 而 , 89 ? A , 但 此 时 , 取 x1 ? x2 ? ? ? x8 ? 1 , x9 ? 81 , x10 ? 89 ,

C ? {1,181 ,89} ? A ,矛盾
综上所述,所求的最小的正整数 n 为 89.


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