2015年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題04

1、2015年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題04第一試（時間：8:00-9:20 滿分：120）一、填空題：本大題共8小題，每小題8分，共64分.1. 集合與恰有一個公共元為正數(shù)，則 2.若函數(shù)在區(qū)間上遞增，則的取值范圍是_.3.已知，且，則的最大值為_.4.在單調(diào)遞增數(shù)列中，已知，且，成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，.那么，_.5. 已知點是空間直角坐標(biāo)系內(nèi)一定點，過作一平面與三坐標(biāo)軸的正半軸分別交于三點，則所有這樣的四面體的體積的最小值為 6.在中，角的對邊為，又知，則的面積為 7. 已知過兩拋物線，的交點的各自的切線互相垂直，則實數(shù)a的值為 8.若整數(shù)既不互質(zhì)，又不存在整除關(guān)系，則稱是一個“聯(lián)盟”數(shù)對；設(shè)

2、是集的元子集，且中任兩數(shù)皆是“聯(lián)盟”數(shù)對，則的最大值為 二、解答題：本大題共3小題，共56分.9. （本小題滿分16分）設(shè)數(shù)列滿足求證：（1） 當(dāng)時，嚴(yán)格單調(diào)遞減（2） 當(dāng)時，這里10. （本小題滿分20分）設(shè)橢圓與拋物線有一個共同的焦點，為它們的一條公切線，、為切點，證明： 11. （本小題滿分20分）求證：（1）方程恰有一個實根，并且是無理數(shù)； （2）不是任何整數(shù)系數(shù)二次方程的根2015年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題04加試（時間：9:40-12:10 滿分：180）一、（本小題滿分40分）如圖，在銳角 中， 、 分別是邊 、 的中點， 的外接圓與 的外接圓交于點 （異于點 ）， 的外接圓與

3、的外接圓交于點 （異于點 ）。求證： .二、（本小題滿分40分）求所有素數(shù)，使得三、（本小題滿分50分）設(shè)n是一個正整數(shù)，是4n1個正實數(shù)，使得令，證明：四、（本小題滿分50分）n個棋手參加象棋比賽，每兩個棋手比賽一局規(guī)定勝者得1分，負(fù)者得0分，平局各得0.5分如果賽后發(fā)現(xiàn)任何m個棋手中都有一個棋手勝了其余m1個棋手，也有一個棋手輸給了其余m1個棋手，就稱此賽況具有性質(zhì)P（m）對給定的m（m4），求n的最小值f（m），使得對具有性質(zhì)P（m）的任何賽況，都有所有n名棋手的得分各不相同2015年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題04第一試參考解答一、填空題：本大題共8小題，每小題8分，共64分.1. 集合與

4、恰有一個公共元為正數(shù)，則 解：由于，故由知，又因為，所以即故只能是，這樣，得2.若函數(shù)在區(qū)間上遞增，則的取值范圍是_.解：（）當(dāng)時，只需，解得.（）當(dāng)時，只需，解得.綜上，的取值范圍是.3.已知，且，則的最大值為_.解：因為，所以，.所以，的最大值為.4.在單調(diào)遞增數(shù)列中，已知，且，成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，.那么，_.解：因為單調(diào)遞增，所以.因為，成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，所以.因為，所以，數(shù)列是等差數(shù)列.易得，所以.所以，.5. 已知點是空間直角坐標(biāo)系內(nèi)一定點，過作一平面與三坐標(biāo)軸的正半軸分別交于三點，則所有這樣的四面體的體積的最小值為 解：設(shè)此平面的方程為，分別是該平面在軸上的截距，又點 在

5、平面內(nèi)，故，由于，即，得當(dāng)，即時，的最小值為456.在中，角的對邊為，又知，則的面積為 解法1：由等比定理得，故，即因為，又根據(jù)知，所以，從而，于是，解法2：在邊內(nèi)取點，使，則由條件及余弦定理得，進(jìn)一步有，因此，所以7. 已知過兩拋物線，的交點的各自的切線互相垂直，則實數(shù)a的值為 解：聯(lián)立曲線的方程，求得交點坐標(biāo)為，由對稱性，不妨只考慮交點處切線是否垂直：在點A局部，所對應(yīng)的解析式分別為，對求導(dǎo)得，對求導(dǎo)得，故兩條曲線在點A處的斜率分別為與，它們垂直當(dāng)且僅當(dāng)，解得8.若整數(shù)既不互質(zhì)，又不存在整除關(guān)系，則稱是一個“聯(lián)盟”數(shù)對；設(shè)是集的元子集，且中任兩數(shù)皆是“聯(lián)盟”數(shù)對，則的最大值為 解：稱這種子

6、集為“聯(lián)盟子集”；首先，我們可構(gòu)造一個聯(lián)盟子集，其中具有個元素為此，取， 以下證，就是的最大值今設(shè)是元素個數(shù)最多的一個聯(lián)盟子集，若是集中的最小數(shù)，顯然，如果，則得，即，顯然，（因與有整除關(guān)系）今在中用替代，其它元素不變，成為子集，則仍然是聯(lián)盟子集，這是由于對于中異于的任一元素，因與不互質(zhì)，故與也不互質(zhì)；再說明與沒有整除關(guān)系：因，則；又若，設(shè)，（顯然，否則有整除關(guān)系），則，于是，這與的最小性矛盾！因此仍然是聯(lián)盟子集，并且仍是元集；重復(fù)以上做法，直至子集中的元素皆大于為止，于是得到元聯(lián)盟子集，其中即，因任兩個相鄰整數(shù)必互質(zhì)，故在這個連續(xù)正整數(shù)中至多能取到個互不相鄰的數(shù)，即又據(jù)前面所述的構(gòu)造可知，的

7、最大值即為 二、解答題：本大題共3小題，共56分.9. （本小題滿分16分）設(shè)數(shù)列滿足求證：（1） 當(dāng)時，嚴(yán)格單調(diào)遞減（2） 當(dāng)時，這里解：（1）由及歸納法易得，且均為有理數(shù)4分當(dāng)時，由均值不等式得，又因為均為有理數(shù)，故當(dāng)時從而，所以當(dāng)時，嚴(yán)格單調(diào)遞減8分（2）由得,12分兩式相除得，由此得，其中，解得，所以16分10. （本小題滿分20分）設(shè)橢圓與拋物線有一個共同的焦點，為它們的一條公切線，、為切點，證明： 證：設(shè)在拋物線上， 在橢圓上，焦點，則拋物線切線方程為，橢圓切線方程為它們?yōu)橥恢本€， 5分設(shè)公切線方程為，代入拋物線方程并由與拋物線切線方程比較可得 10分將公切線方程代入橢圓方程，并

8、令， 兩曲線有相同焦點，代入上式解得 15分， ，代入式，得 . 20分11. （本小題滿分20分）求證：（1）方程恰有一個實根，并且是無理數(shù)； （2）不是任何整數(shù)系數(shù)二次方程的根證明：（1）設(shè)，則.在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故再由知，方程恰有一個實根 5分假設(shè)，其中是互素的正整數(shù)，則，故于是，即是整數(shù)，這與矛盾，由此得是無理數(shù) 10分（2）假設(shè)還滿足，則又因為，乘以減去乘以得，將其乘以減去乘以得 15分由于是無理數(shù)所以，因為，所以，代入得從而這與是無理數(shù)矛盾，因此不是任何整數(shù)系數(shù)二次方程的根. 20分2015年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽模擬試題04加試參考答案一、（本小題滿分40分）如

9、圖，在銳角 中， 、 分別是邊 、 的中點， 的外接圓與 的外接圓交于點 （異于點 ）， 的外接圓與 的外接圓交于點 （異于點 ）。求證： .二、（本小題滿分40分）求所有素數(shù)，使得解：對，有（費馬小定理），故，求和可知，當(dāng)且僅當(dāng)時，素數(shù)滿足，顯然當(dāng)時，必為3和8的倍數(shù)，故因此所求素數(shù)是一切大于3的素數(shù)三、（本小題滿分50分）設(shè)n是一個正整數(shù)，是4n1個正實數(shù)，使得令，證明：證明：令，分別用代替，因此我們可以假設(shè).下面我們證明(*)故由平均不等式即得所需結(jié)論.我們將證明中左邊大于r的項不少于右邊，因此對每個k，左邊第k大的項比右邊第k大的項大.這就證明了(*).若，則(*)右邊沒有大于1的項；

10、若，令因為，所以a和b至少是1.又，故所以.因為若，則下面?zhèn)€數(shù)互不相同且屬于：所以.當(dāng)然.所以對某個k，.所以.所以在(*)中左邊至少有項大于k，而右邊只有項大于k.(*)得證.四、（本小題滿分50分）n個棋手參加象棋比賽，每兩個棋手比賽一局規(guī)定勝者得1分，負(fù)者得0分，平局各得0.5分如果賽后發(fā)現(xiàn)任何m個棋手中都有一個棋手勝了其余m1個棋手，也有一個棋手輸給了其余m1個棋手，就稱此賽況具有性質(zhì)P（m）對給定的m（m4），求n的最小值f（m），使得對具有性質(zhì)P（m）的任何賽況，都有所有n名棋手的得分各不相同證： 先證明兩個引理引理1 當(dāng)nm時，如果n個棋手的賽況具有性質(zhì)P（m），則必有一個棋手全

11、勝當(dāng)nm時，命題顯然成立假設(shè)命題對n成立，則對n1個棋手，從中任取n個棋手，由歸納假設(shè)，這n個棋手中必有一個棋手全勝，不妨設(shè)A1，A2，An中A1全勝對另一個棋手An1：若A1勝An1，則在n1個棋手中，A1全勝；若A1平An1，考察棋手A1，A2，An1，An1，這n個棋手中沒有人全勝，不可能；若An1勝A1，考察棋手A1，A3，A4，An，An1，這n個棋手中全勝的只能是An1，特別地，An1勝A3，A4，An同理，An1也勝A2，所以在這n1個棋手中An1全勝由歸納原理知，命題對任意nm成立類似地可證：引理2 當(dāng)nm時，如果n個棋手的賽況具有性質(zhì)P（m），則必有一個棋手全敗回到原題我們來證明： 當(dāng)n2m3時，所有棋手的得分必各不相同由引理1，有一個棋手A1勝了其余n1個棋手，有一個棋手A2勝了除A1外的n2個棋手，有一個棋手Anm1勝了除A1，A2，Anm外的m1個棋手由引理2，有一個棋手An負(fù)于其余n1個棋手，有一個棋手An1負(fù)于除了An外的n2個棋手，有一個棋手Anm3負(fù)于除An，An1，Anm4外的nm2個棋手，另外還有一棋手為Anm2這樣，這n個棋手A1，A2，An，編號小的棋手都戰(zhàn)勝了編號大的棋手，所以他們的得分為n1，n2