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www.689892.com:海南省洋浦中学2009年高中数学联赛模拟试题4新人教版

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海南省洋浦中学 2009 年高中数学联赛模拟试题 4

一、选择题:本大题共 15 个小题,每小题 4 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的。
1、函数 f (x)=log1/2(x2-2x-3)的单调递增区间是( )。

(A)(-∞,-1) (B)(-∞,1) (C)(1,+∞) (D)(3, +∞)

2、若实数 x,y 满足(x+5)2+(y-12)2=142,则 x2+y2 的最小值为(

)。

(A)2

(B)1

3、函数 f(x)=x/1-2x-x/2(

(C)√3 )

(D)√2

(A)是偶函数但不是奇函数

(B)是奇函数但不是偶函数

(C)既是偶函数又是奇函数

(D)既不是偶函数也不是奇函数

4、直线 x/4+y/3=1 与椭圆 x2/16+y2/9=1 相交于 A,B 两点,该椭圆上点 P,使得 ΔPAB 面积

等于 3,这样的点 P 共有(

)。

(A)1 个

(B)2 个

(C)3 个

(D)4 个

5、已知两个实数集合 A={a1,a2,…,a100}与 B={b1,b2,…,b50},若从 A 到 B 的映射 f 使得

B 中每个元素都有原象,且 f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)则这样的映射共有(

(A)C50100

(B)C4899

(C)C49100

)。 (D)C4999

6、由曲线 x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4 围成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V1;满足

x2+y2≤16,x2+(y-2)2≥4,x2+(y+2)2≥4 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2,

则(

)。

(A)V1=(1/2)V2 (B)V1=(2/3)V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2

?x ? y ? 4 ? 0, 7.实数 x,y 满足条件 ??x ? 2 y ? 2 ? 0,则z ? x ? y 的最大值为:
??x ? 0, y ? 0,

A. 2

B.5

C.4

D.1

8.数列 bn

?

(n

1 ? 1)( n

?

2)



10

项的和为:

A. 1 3

B. 5 12

C. 1 2

D. 7 12

9.已知

? ? ?

A. 7

x

?

3 3x

n

? ?

展开式中,各项系数的和为

?

64,则 n 等于:

B. 6

C. 5

D. 4

10. 若 函 数 y ? f (x) 的 导 函 数 f ?(x) ? 6x2 ? 5,则f (x) 可 以 是 (



A. 3x2 ? 5x

B. 2x3 ? 5x ? 6 C. 2x3 ? 5

D. 6x2 ? 5x ? 6

11.已知 a ? 0,b ? 0且a ? b ? 1,则 1 ? 9 的最小值是: ab

A.12

B.6

C.16

D. 10

12.在 △ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ,若 a ?1,c ? 3 ,C ? π ,则 A ? : 3

A. ?

B. π

C. ?

D. 2?

3

6

4

3

13.设?﹑? 为两个平面,l﹑m 为两条直线,且 l ? ? ,m ? ? ,有如下两个命题:①若? ∥ ? ,

则 l ∥ m ;②若 l⊥m ,则? ⊥? ,那么:

A. ①是真命题,②是假命题 C. ①是真命题,②是真命题

B. ①是真命题,②是假命题 D. ①是假命题,②是假命题

14.已知双曲线 3x 2 ? y 2 ? 9 ,则双曲线右支上的点 P 到右焦点的距离与点 P 到右准线的距离
14.
之比等于:

A. 2

B. 2 3

C. 2

D.4

3

15.学生分别参加数、理、化、语文、英语五科竞赛,每科均参赛 1 人,其中甲不能参加化学

竞赛,则不同的参赛方法共有: A、24 B、120 C、48 D、96
二.填空题:(本题共 6 个小题,满分 30 分)

16、已知复数 Z1,Z2 满足∣Z1∣=2,∣Z2∣=3,若它们所对应向量的夹角为 60°,则∣(Z1+

Z2)/(Z1+Z2)∣=



17、将二项式(√x+1/(24√x))n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,

则该展开式中 x 的幂指数是整数的项共有

个。

18、如图,点 P1,P2,…,P10 分别是四面体顶点或棱的中点,那么在同一平面上的四点

组(P1,Pi,Pj,Pk)(1<i<j<k≤10)有

个。

19、已知 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1 且对任意 x∈R 都有 f(x+5)≥f(x)+5,

f(x+1)≤f(x)+1。若 g(x)=f(x)+1-x,则 g(2002)=



20、若 log4(x+2y)+log4(x-2y)=1,则∣x∣-∣y∣的最小值是



21、使不等式 sin2x+acosx+a2≥1+cosx 对一切 x∈R 恒成立的负数 a 的取值范围





三.解答题:(本题共 5 个小题,满分 60 分) 22.(本小题满分 12 分)一个口袋中装有大小形状完全相同的 2 个白球和 3 个黑球,现从中

任取两个球. 求:

(Ⅰ)两个球都是白球的概率;(Ⅱ)两球恰好颜色不同的概率.

23.(本小题满分 12 分)已知点 A(0,2)和抛物线 y2=x+4 上两点 B,C 使得 AB⊥BC,求点 C 的纵坐标的取值范围。
24.(本小题满分 12 分)如图,有一列曲线 P0,P1,P2……,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形,Pk+1 是对 Pk 进行如下操作得到:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的线 段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,)。记 Sn 为曲线 Pn 所围成图 形的面积。
(1) 求数列{Sn}的通项公式; (2) 求 limSn.
n→∞
25.(本小题满分 12 分)如图,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=BB1=1,AC= 2 . (I)求直线 B1C 与平面 ABB1A1 所成角的大小; (II)求二面角 A—B1C—B 的大小.
26.(本小题满分 12 分)设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件: (1) 当 x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)≥x; (2) 当 x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)2; (3) f(x)在 R 上的最小值为 0. 求最大的 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)≤x。

海南省洋浦中学 2009 年高中数学联赛模拟试题 4
参考答案 一、 选择题
1、x2-2x-3>0 有 x<-1 或 x>3,故函数 log1/2(x2-2x-3)的定义域为 x<-1 或 x>3。二次 函数 u=x2-2x-3 在(-∞,-1)内单调递减,在(3,+∞)内单调递增。而 log1/2u 在(0,+∞) 上单调递减,所以 log1/2(x2-2x-3)在(-∞,-1)单调递增,故选 A。
2、(x+5)2+(y-12)2=142 是以点 C(-5,12)为圆心,半径为 14 的圆。设 P 为圆上任一点,则 ∣OP∣≥∣CP∣-∣OC∣=14-13=1
当点 C、O、P 共线时,等号成立,所以 P 到点 O 的最小值为 1,故选 B。 3、函数 f(x)的定义域是(-∞,0)∪(0,+∞),当 x≠0 时,因为 f(-x)=(-x)/(1-2-x)-(-x)/2=(-x2x)/(2x-1)+(x/2)=(x+x(2x-1))/(1-2x)+(x/2)=(x/(1-2x))-x+ (x/2)=(x/(1-2x))-(x/2)=f(x),所以 f(x)为偶函数,显然 f(x)不是奇函数,故选 A。
4、设 P1(4cosα ,3sinα )(0<α <(π /2)),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四 边形 P1AOB 面积 S,
S=SΔ +S OAP1 Δ OBP1=(1/2)×4(3sinα )+(1/2)×3(4cosα )=6(sinα +cosα )=6√2sin(α =(π /4)), ∴Smax=6√2(此时 α +(π /4)). ∵SΔ OAB=(1/2)×4×3=6 为定值, ∴SΔ P1AB 的最大值为 6√2-6. ∵6√2-6<3, ∴点 P 不可能在直线 AB 的上方,显然在直线 AB 的下方有两个点 P,故选 B。
5、不妨设 b1<b2<…<b50,将 A 中元素 a1,a2,…,a100 按顺序分为非空的 50 组。 定义映射 f:A→B,使第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi(i=1,2,…,50).

易知这样的 f 满足题设要求,每个这样的分组都一一对应满足条件的映射,于是满足题设 要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等,而 A 的分法数为 C4999,则这样 的映射共有 C4999,故选 D。
6、如题图,两图形绕 y 轴旋转所得旋转体夹在两相距为 8 的平行平面之间,用任意一个 与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体,设截面与原点距离为∣y∣,则所得截面面积 S1=π (42-4∣y∣),S2=π (42-y2)-π [4-(2-∣y∣2)]=π (42-4∣y∣) ∴S1=S2 由祖暅原理知,两几何体体积相等,∴V1=V2,故选C. 7-10. CBBA 11-15.CBDCD 二、填 空题:16、由余弦定理 可得: ∣Z1+Z2∣=√19, ∣Z1-Z2∣=√7,所以∣(Z1+Z2)/ (Z1- Z2)∣=(√19)/(√7)=(√133) 17、不难求出前三项系数分别是1,(1/2)n,(1/8)n(n-1),由于这三个数成等差数列,有 2·1/2n=1+1/8n(n-1).解得:n=8 和 n=1(舍去).
当 n=8 时,Tr+1=Cr8(1/2)rx(16-3r)/4,这里 r=0,1,…,8.r 应满足4∣(16-3r),所以 r 只能是 0,4,8. 18、首先,在每个侧面上除 P1 点外尚有五个点,其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都 在同一个平面,这样的三点组有 C35 个,三个侧面共有 3C35 个.
其次,含 P1 的每条棱上的三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在 一个平面上,这样的四点组有3个。
综上,共有 C35+3=33 个. 19、由 g(x)=f(x)+1-x 得:f(x)=g(x)+x-1,所以
g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5, g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1. g(x+5)≥g(x),g(x+1)≤g(x).∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x). ∴g(x+1)=g(x).
即 g(x)是周期为1的周期函数,又 g(1)=1,故 g(2002)=1.
20、 由对称性只考虑 y≥0,因为 x>0,所以只须求 x-y 的最小值. 令 x-y=u 代入 x2-4y2=4,有 3y2-2uy+(4-u2)=0.这个关于 y 的二次方程显然有实根,故 Δ =16(u2-3)≥0,∴u≥√3.当 x=(4/3)√3,y=(√3)/3 时,u=√3.故∣x∣-∣y∣的最小值为 √3.

21、原不等式可化为:(cosx-((a-1)/2))2≤a2+(a-1)2/4.∵-1≤cosx≤1,a<0,a-1/2<0,

∴当 cosx=1 时,函数 y=(cosx-(a-1)/2)2 有最大值(1-(a-1)/2)2,从而有

(1-(a-1)/2)2≤a2+(a-1)2/4,整理得 a2+a-2≥0,∴a≥1 或 a≤-2.又 a<0,∴a≤-2.
三.解答题: 22.(本小题满分 12 分)解:(Ⅰ)记“摸出两个球,两球颜色为白色”为 A,摸出两个球共

有方法

C52

=10

种,两球都是白球

C

2 2

=1

种.……4



? P( A) ? C22 ? 1 .………………………………………………5 分 C52 10

(Ⅱ)记“摸出两个球,两球恰好颜色不同”为 B,摸出两个球共有方法 C52 =10 种,两球

一白一黑有

C

1 2

? C31

?

6

种.…………………………………………8



? P(B) ? C21C31 ? 3 . ………………………………………………11 分 C52 5

答:略。

。。。。。。。12 分

23.(本小题满分 12 分)

设B点坐标为(y21-4,y1),C点坐标为(y2-4,y)

显然 y21-4≠0,故 kAB=(y1-2)/(y21-4)=1/(y1+2).由于 AB⊥BC,所以 kBC=-(y1+2).从而

y-y1=-(y1+2)[x-(y21-4)],y2=x+4 消去 x,注意到 y≠y1

得:(2+y1)(y+y1)+1=0→y21+(2+y)y1+(2y+1)=0.由 Δ ≥0 解得:y≤0 或 y≥4.

当 y=0 时,点B的坐标为(-3,-1);当 y=4 时,点B的坐标为(5,-3),均满足题意。故点

C的纵坐标的取值范围是 y≤0 或 y≥4.
24.(本小题满分 12 分)(1)对P0 进行操作,容易看出P0 的每条边变成P1的4条边,故
P1的边数为 3·4;同样,对 P1进行操作,P1的每条边变成 P2的4条边,故 P2的边数为 3·4 2,从而不难得到 Pn 的边数为 3·4n.
已知P0 的面积为S0=1,比较 P1与P0.容易看出 P1在P0 的每条边上增加一个小等边三角 形,其面积为 1/32,而P0 有3条边,故
S1=S0+3·(1/32)=1+(1/3). 再比较 P2与 P1,可知 P2在 P1的每条边上增加了一个小等边三角形,其面积为(1/32)·(1/32), 而 P1有 3·4 条边,故 S2=S1+3·4·(1/34)=1+(1/3)+(4/33),
类似地有 S3=S2+3·42·(1/36)=1+(1/3)+(4/33)+(42/35),

于是有

下面利用数学归纳法证明(*)式。
n=1 时,由上面已知(*)式成立。
假设 n=k 时,有 Sk=8/5-3/5·(4/9)k.当 n=k+1 时,易知第 k+1 次操作后,比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1
在 Pk 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面积为(1/32(k+1)),而 Pk 有 3·4k 条边,故 Sk+1
=Sk+3·4k·(1/32(k+1))=Sk+((4k)/32k+1)=(8/5)-(3/5)·(4/9)k+1.
综上,由数学归纳法,(*)式得证.
(2)lim(n→∞)Sn=lim(n→∞)[(8/5)-(3/5)·(4/9)n]=(8/5). 25.(本小题满分 12 分)
解法一:(I)解:由直三棱柱性质,B1B⊥平面 ABC, ∴B1B⊥AC, 又 BA⊥AC, ∴AC⊥平面 ABB1A1, ∴∠CB1A 为直线 B1C 与平面 ABB1A1 所成的角.
由 AB=BB1=1,可得 AB1= 2 .

又 AC= 2 ,∴tanCB1A= AB =1. AB1

∴直线 B1C 与平面 ABB1A1 所成角的大小为 45°. (II)解:过 A 做 AM⊥BC,垂足为 M, 过 M 做 MN⊥B1C,垂足为 N,连结 AN, 由 AM⊥BC,可得 AM⊥平面 BCC1B1, 由三垂线定理,可知 AN⊥B1C, ∴∠ANM 为二面角 A—B1C—B 的平面角,

又AM ? AB ? AC ? 6 , AN ? AB1 ? AC ? 1,

BC 3

B1C

?sin ANM ? AM ? 6 . AN 3

…………7 分

∴二面角 A—B1C—B 的大小为 arcsin 6 . 3
解法二: (I)解:建立如图的空间直角坐标系 A—xyz,

由 AB=B1B=1,AC= 2.

则A(0,0,0), B(0,1,0), C( 2,0,0), A1 (0,0,1), B1 (0,1,1).

易知AC是平面ABB1 A1的一个法向量,

AC ? ( 2,0,0),又B1C ? ( 2,?1,?1),

?cos ?

AC, B1C

??

|

AC ? B1C AC | ? | B1C

|

?

2 22

?

2, 2

∴直线 B1C 与平面 ABB1A1 所成角的大小为 45°.

(II)解:设 n ? (x, y, z) 为平面 BCC1B1 的一个法向量,

…………14 分 …………7 分

则n ? BB1, n ? BC,

又BB1 ? (0,0,1), BC ? ( 2,?1,0), ?z ? 0,
?? ? 2x ? y ? 0,

令x ? 1,则y ? 2, z ? 0,

得n ? (1, 2,0).连结A1B,则A1B ? AB1.又A1B ? AC,? A1B ? 平面B1 AC, 即A1B是平面B1 AC的一个法向量,设二面角A ? B1C ? B的大小为? ,

由A1B ? (0,1,?1)

则cos? ? cos ? n, A1B ? n ? A1B ? | n | ? | A1B |

2 ? 3. 3? 2 3

∴二面角 A—B1C—B 的大小为 arccos 3 . 3

…………14 分

26.(本小题满分 12 分)

∵f(x-4)=f(2-x),∴函数的图象关于 x=-1 对称,∴-b/2a=-1,b=2a.

由(3)x=-1 时,y=0,即 a-b+c=0,

由(1)得 f(1)≥1,由(2)得 f(1)≤1,

∴f(1)=1,即 a+b+c=1,又 a-b+c=0,∴b=1/2,a=1/4,c=1/4, ∴f(x)=(1/4)x2+(1/2)x+(1/4).

假 设 存 在 t∈R , 只 要 x∈[1,m], 就 有 f(x+t)≤x. 取 x=1 有 f(t+1)≤1. 即 ((1/4)(t+1))2+((1/2)(t+1))+(1/4)≤1, 解 得 -4≤t≤0. 对 固 定 的 t∈ [ -4,0 ] , 取 x=m , 有 f(t+m)≤m, 即 ((1/4)(t+m)2)+((1/2)(t+m))+(1/4)≤m,化简有 m2-2(1-t)m+(t2+2t+1)≤0 解得 1-t-(√-4t)≤1-t+(√(-4t))于是有 m≤1-t+√(-4t)≤1-(-4)+ √(-4(-4))=9. 当 t=-4 时 , 对 任 意 的 x∈[1,9] , 恒 有 f(x-4)-x=(1/4)(x2-10x+9)=1/4(x-1)(x-9)≤0.所以 m 的最大值为9。


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