2012年全国高中数学联赛模拟卷(2)（一试+二试，附详细解答）

2012年全国高中数学联赛模拟卷(2)第一试

(考试时间：80分钟 满分：120分)

姓名：_____________考试号：______________得分：____________

一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）

1. 函数y?sinxcosx?1sinx?cosx?12的值域是___________

2. 设a, b, c为RT△ACB的三边长, 点(m, n)在直线ax+by+c=0上. 则m2+n2的最小值是___________ 3. 若n?N，且n?24?n?9为正整数，则n?________.

k24. 掷6次骰子, 令第i次得到的数为ai, 若存在正整数k使得?ai?6的概率p?i?1nm，其中m,n是互

质的正整数. 则log6m?log7n= . x

5. 已知点P在曲线y=e上，点Q在曲线y=lnx上，则PQ的最小值是_______

6. 已知多项式f (x)满足：f(x2?x?3)?2f(x2?3x?5)?6x2?10x?17(x?R), 则f(2011)?_________ 7. 四面体OABC中, 已知∠AOB=450,∠AOC=∠BOC=300, 则二面角A－OC－B的平面角?的余弦值是 __________

π

8. 设向量??(x?3,x),??(2sin?cos?,asin??acos?)满足对任意x?R和θ∈[0, ], 2

|???|?2恒成立. 则实数a的取值范围是________________.

an2二、解答题（本大题共3小题，第9题16分，第10、11题20分，共56分） 9．设数列{an}满足a0?N,an?1??an?1.求证：当0?n?a02?1时,[an]?a0?n. (其中[x]表示不

超过x的最大整数)．

10. 过点(2,3)作动直线l交椭圆

x24两条切线的交点为M， ⑴ 求点M的轨迹方程；

⑵ 设O为坐标原点，当四边形POQM的面积为4时，求直线l的方程.

?y2?1于两个不同的点P,Q，过P,Q作椭圆的切线，

11. 若a、b、c?R?，且满足

2012模拟卷（2） 第 1 页 共 6页

kabca?b?c?(a?b)?(a?b?4c)，求k的最大值。

222012年全国高中数学联赛模拟卷(2)加试

(考试时间：150分钟 满分：180分)

姓名：_____________考试号：______________得分：____________

一、（本题满分40分）如图, 四边形BDFE内接于圆O, 延长BE与DF交于A, BF与DE相交于G,

作AC∥EF交BD延长线于C. 若M是AG的中点. 求证：CM⊥AO.

A

E M

F

G · O B N D

C 二、（本题满分40分）求证：对任意正整数n, 都能找到n个正整数x1, x2, …, xn, 使得其中任意r(r

个数均不互素, 而r+1个数均互素.

三、（本题满分50分）求最小的正数c, 使得只要n=2k1k2kmk1?2k2???2km (k1, …, km∈N,

k1>k2>…>km≥0), 就有22?22???22?cn.

四、（本题满分50分）给定2010个集合, 每个集合都恰有44个元素, 并且每两个集合恰有一个公共

元素. 试求这2010个集合的并集中元素的个数.

2012模拟卷（2） 第 2 页 共 6页

2012年全国高中数学联赛模拟卷(2)答案

1.解：令sinx+cosx=t, 则t=2sin(x?sinxcosx?12?4)?[?2,?1)?(?1,2],2sinxcosx=t－1,

2,0)和

2

1t?31212y????(t?1?)?(t?1?)?1关于t+1在[1?sinx?cosx?12t?12t?12t?1(0,1?2]上均递增,所以,y?2

2

2

2

2

2

1?22

2或y?2

1?22

2, 即值域(??,2

2

1?22]?[1?22,??).

2. 解：因(m+n)c=(m+n)(a+b)=(ma)+(nb)+(mb)+(na)

≥(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2, 所以m2+n2≥1, 等号成立仅当mb=na且am+bn+c=0,

解得(m, n)=(?2ac,?2bc), 所以m2+n2最小值是1.

33n?24?n?9223. 解：由n?24?n?9?4.解:当k?1时，概率为

1622知n?24?n?9可能为1,3, 11, 33, 从而解得n?5.

2;当k?2时,6?1?5?2?4?3?3，概率为5?()；

1633 当k?3时，6?1?1?4?1?2?3?2?2?2，概率为(3?6?1)?()?10?()；

116644 当k?4时，6?1?1?1?3?1?1?2?2，概率为(4?6)?()?10?()；

116656 当k?5时， 6?1?1?1?1?2，概率为5?()；当k?6时，概率为()；故

1166?5?()?10?()?10?()?5?()?()??(1?)?6,即n?7,m?6,从而log6m?log7n?1. 6666666665. 解：因曲线y=ex与y=lnx关于直线y=x对称．所求PQ的最小值为曲线y=ex上的点到直线y=x最小p?112131415161157556距离的两倍,设P(x, e)为y=e上任意点, 则P到直线y=x的距离d(x)?因d(x)?/xx

|e?x|22x?e?x2,即PQx,

min=

e?12x?0?x?0,d(x)?0?x?0,所以,d(x)min?d(0)?/22.

2226.解: 解：用1?x代替原式中的x得：f(x?3x?5)?2f(x?x?3)?6x?2x?13

解二元一次方程组得f(x?x?3)?2x?2x?3，所以：f(x)?2x?3，则f(2011)?4019． （分析得f(x)为一次多项式，可直接求f(x)解析式）

A

7. 解:不妨设AC⊥OC⊥BC,∠ACB=?,∠AOC=∠BOC=?,∠AOB=?. 因OA?OB?(OC?CA)?(OC?CB)=|OC|222?CA?CB

即|OA||OB|cos??|OA|cos??|OB|cos??|CA||CB|cos?， 两端除以|OA||OB|并注意到

|CA||OA|?sin?,|CB||OB|??, 即得cosC O B

??cos??sin?cos?,

?14cos?, 所以,cos??22?3.

22将?=450,?=300代入得

22?342012模拟卷（2） 第 3 页 共 6页

8.解:令sin??cos??t,则t?[1,2],2sin?cos??t?1,????(t?x?2,x?at), 因(t?x?2)?(x?at)?所以,|???|??22222212(t?x?2?x?at)?222212(t?at?2),

222?(t?x?2)?(x?at)?2对任意x?R恒成立

2212(t?at?2)?2?t?at?0或t2?at?4?0?a?t或a?t?2]恒成立?a?1或a?5.

24t对任意

t?[1,9. 证明：对于任何正整数n，由递推知an?0．由an?an?1?an?又对任意n?N,an?a0?nan2an?1?a0??anan?1n?0知数列{an}递减. 11?ai?1)

*nn?i?1(ai?ai?1)?a0??1?ai?1ai?1i?1?i?1(1??a0?n??1?ai?11?a0?n．即有an?a0?n,从而an?1?a0?(n?1).于是，

i?1n当n?1时，

?1?ai?11?i?111?a0?1；

n当2?n?a02?1时，由{an}递减得

n?1?ai?11?i?1n1?an?1?na0?n?2?1.

故a0?n?an?a0?n??1?ai?11?a0?n?1．所以，[an]?a0?n.

i?110. 解（1）依题意设直线l方程为y?k(x?2)?3，与椭圆联立得

(1?4k2)x2?8k(3?2k)x?4(4k2?12k?8)?0，??64(3?2k)，由??0得k? 设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则过P,Q椭圆的切线分别为

x1x4?y1y?1……①和

13?2k23

x2x4?y2y?1……②

32)，

①?x2?②?x1，并且由y1?k(x1?2)?3及y2?k(x2?2)?3得y?同理x??4k3?2k(k?32(k?)，故点M的轨迹方程为x?6y?2?0（在椭圆外）

2 （2）PQ?64(3k?2)(1?k)1?4k2，O到PQ的距离为d1?4k23?2k1?k2，M到PQ的距离为

d2?43k?23?2k1?k2，d1?d2?12?12，

3k?21?k 四边形POQM的面积S?当S?4时解得k?1或k?2(d1?d2)?PQ?43k?23?2k

114，直线l为x?y?1?0或11x?4y?10?0

22211. 解:由均值不等式得(a?b)?(a?b?4c)?(a?b)?[(a?2c)?(b?2c)]

?(2ab)?(22ac?22bc)22?4ab?4?2ac?4?2bc?2?2?2?2c?ab

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?4ab?8ac?8bc?16cab,

∴

(a?b)?(a?b?4c)22abcc8816111?(???)(a?b?c)?8(???4ba2cbaab12abc22?(a?b?c)?4ab?8ac?8bc?16cababc1?(a?b?c)

ab?1ab)(a2?a2?b2?b2?c)

?8(5?5)?(5?5abc2422)?100,等号成立当且仅当a?b?2c?0, 故k的最大值为100 .

二 试

1. 证法1：设⊙O半径为R, 则由圆幂定理得 CO2=CD·CB+R2. ∵AC∥EF, ∴∠CAD=∠ABC, ΔACD∽ΔABC,

2

2

2

A E M F · O G N D C ACBC?CDAC2

即AC=CD·CB,

2

2

2

∴CO－AC=R, 下证MO－MA=R，由中线长公式得

1

MO2＝(OA2+OG2)－MA2, ∴MO2－MA2=R2

2B 222222OA+OG－AG=2R. 由圆幂定理得：OA=R+AF·AD, ?OG2=R2－GE·GD, 延长AG到N, 使得

AF·AD=AG·AN, 则F, D, N, G四点共圆, ∴AE·AB=AF·AD=AG·AN,

∴E, B, N, G四点共圆,∠NEB=∠NGB=∠ADN, 从而A, D, N, E四点共圆, AG·AN=EG·GD,

∴OA2+OG2－AG2=2R2+AF·AD－GE·GD=2R2+ AG·AN－GE·GD=2R2. 即有CO2－AC2= MO2－MA2=R2, 由平方差定理知：CM⊥AO. 证完.

证法2：由证法1知，只要证MO2－MA2=R2: 设ΔBEG的外接圆交AG于N, DN∩⊙O=P, 连BP, BN, 则B,E,G,N四点共圆, ∴,AE·AB=AF·AD=AG·AN, 其中R为⊙O半径. 故F,D,N,G四点共圆,

延长AN交⊙O于T, 则∠BPD=∠BED=∠BFD=∠DNT, BP∥AT,∠BNT=∠PBN, ∴∠BPD=∠BED=∠BNT=∠PBN, 从而BN=PN,ON⊥BP, ON⊥AT.

设AM=MG=x,GN=y, 则OA=(2x+y)+ON,

OM2=(x+y)2+ON2, ∵OA2=R2+AF·AD=AG·AN, 所以,OM2=OA2－(2x+y)2+(x+y)2=OA2－2x(2x+y)+x2

=OA2－AG·AN+x2=OA2－AF·AD+x2=R2+x2, OM2－AM2=R2, ∴CO2－AC2=MO2－MA2=R2, CM⊥AO. 证完.

2．证明：设存在这样的n个正整数,则它们可组成Cn个不同的r元数组.每组的r个数不互素, 即r个数的最大公约数大于1,令每个r元数组对应它们的最大公约数. ∵任何r+1个数均互素， ∴上述对应是单射: 若(x1,x1,…,xr)=(x1/,x1/,…,xr/)=d, 则(x1,x1,…,xr,x1/)=(d,x1/)=d>1矛盾!

任取Cn个互不相同的素数p1,p2,…,pCnr,并使之与{1,2,…,n}的Cn个r元子集一一对应, 然后对每个 i∈{1,2,…,n},令xi为i所在的所有r元子集(Cnr?1rrrA E M F · O G N D T C P 222

B 个)所对应的素数之积,则这n个数满足要求:

∵对{x1,x1,…,xn}的任意r元子集{xi1,xi2,?,xir},它们的最大公约数恰为r元子集{i1,i2,…,ir}所对应的素数, 当然大于1, 从而这r个数不互素, 由于Cn个素数中的每一个都恰为{x1,x1,…,xn}中r个数

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r的约数, 故{x1,x1,…,xn}中任意r+1个数均互素.

kk3.解：∵对n=2时,有22?c?22, ∴c>1. ∵对n=2+2kk?121kkk?1+…+2+1=2k+1－1,

有2?22???2?1?c21???11?1222k?1?1, 即

2k?1?12?12k?1?c2k?1?1,

∴c??1k?1k?1(2?1)21k?1?(2?1),令t=

12k?1, 则c?1?t1?t2?(2?1)?(2?1)1?t1?t(0?t?1)

恒成立, ∴c≥1?对m+1，设n=2k1k22,cmin=1?2. 现对m归纳证明：当m=1时, 已知成立, 假设对m成立,

km?1?22k2???2k32(k1>k2>…>km+1≥0), 则n－22k1=2k12k2?2?2k3???2km?1,

km?1由归纳假设得：2k1?2???2k1?(1?k122)n?22)k1k22km?1, ∴2k1???22?22?(1?k12)n?22)n?2, 现证：2?(1?n?22)(2)2k1?1k2?(1?2)kn

k12 22?(1?k1?(1?2)n?(1?k1n?n?21)?2?

21(1?n?∵2k1k2k2)k1k1?22?22k12(1??n?2?2k2???2km?1?2k3???2k1km?1?1①.

?22k2???2k3k1km?1?2km?1k1?2k2k1?1???2?1?2k2?1k1?1,

k2?1?2???222?2?2????2?1?22)2k1?1?2?1, 所以

2.

① 左端?(1?2)2k122(1??2k1?1?1??12k1?1?1, ② 即对m+1成立.故cmin=1?

4. 解：设给定集合为A1, A2,…,A2010, 则有|Ai|=44(1≤i≤2010), |Ai∩Aj|=1(1≤i

只要求|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1

由|Ai∩Aj|=1知|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|≤1,若都等于1, 则必有一个元是所有集合的公共元素.

下面证明|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1

2010

对于A1,因它与其它2009个集合都有公共元, 且|A1|=44, []＝45,

44

若A1中每个元素至多属于其它45个集合, 则A1至多与44×45=1980个集合有公共元素. 矛盾! 可见, A1中必有一个元a至少属于其它46个集合,设a∈A2,…,A47, 而B是A48,…,A2010中任意一个集合,若a?B, 因B与A1,…,A47中每一个都有公共元素,则这些公共元素两两不同(因若B与Ai, Aj(1≤i

=2010×44－C2010?C2010???C2010

=2010×44?C2010?C2010?(C2010?C2010?C2010?C2010???C2010)=86431.

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012320102010

的约数, 故{x1,x1,…,xn}中任意r+1个数均互素.

kk3.解：∵对n=2时,有22?c?22, ∴c>1. ∵对n=2+2kk?121kkk?1+…+2+1=2k+1－1,

有2?22???2?1?c21???11?1222k?1?1, 即

2k?1?12?12k?1?c2k?1?1,

∴c??1k?1k?1(2?1)21k?1?(2?1),令t=

12k?1, 则c?1?t1?t2?(2?1)?(2?1)1?t1?t(0?t?1)

恒成立, ∴c≥1?对m+1，设n=2k1k22,cmin=1?2. 现对m归纳证明：当m=1时, 已知成立, 假设对m成立,

km?1?22k2???2k32(k1>k2>…>km+1≥0), 则n－22k1=2k12k2?2?2k3???2km?1,

km?1由归纳假设得：2k1?2???2k1?(1?k122)n?22)k1k22km?1, ∴2k1???22?22?(1?k12)n?22)n?2, 现证：2?(1?n?22)(2)2k1?1k2?(1?2)kn

k12 22?(1?k1?(1?2)n?(1?k1n?n?21)?2?

21(1?n?∵2k1k2k2)k1k1?22?22k12(1??n?2?2k2???2km?1?2k3???2k1km?1?1①.

?22k2???2k3k1km?1?2km?1k1?2k2k1?1???2?1?2k2?1k1?1,

k2?1?2???222?2?2????2?1?22)2k1?1?2?1, 所以

2.

① 左端?(1?2)2k122(1??2k1?1?1??12k1?1?1, ② 即对m+1成立.故cmin=1?

4. 解：设给定集合为A1, A2,…,A2010, 则有|Ai|=44(1≤i≤2010), |Ai∩Aj|=1(1≤i

只要求|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1

由|Ai∩Aj|=1知|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|≤1,若都等于1, 则必有一个元是所有集合的公共元素.

下面证明|Ai1∩Ai2∩…∩Aik|(1≤i1

2010

对于A1,因它与其它2009个集合都有公共元, 且|A1|=44, []＝45,

44

若A1中每个元素至多属于其它45个集合, 则A1至多与44×45=1980个集合有公共元素. 矛盾! 可见, A1中必有一个元a至少属于其它46个集合,设a∈A2,…,A47, 而B是A48,…,A2010中任意一个集合,若a?B, 因B与A1,…,A47中每一个都有公共元素,则这些公共元素两两不同(因若B与Ai, Aj(1≤i

=2010×44－C2010?C2010???C2010

=2010×44?C2010?C2010?(C2010?C2010?C2010?C2010???C2010)=86431.

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012320102010

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