全國高中數學聯賽模擬習題試題

全國高中數學聯賽模擬習題試題全國高中數學聯賽模擬習題試題/全國高中數學聯賽模擬習題試題2017年全國高中數學聯賽模擬試題04第一試（時間：8:00-9:20滿分：120）一、填空題：本大題共8小題，每題8分，共64分.1.會合A={x,y}與B={1,log3(x+2)}恰有一個公共元為正數1+x，則AUB=．2.若函數fxlogaax2x3在區(qū)間1,2上遞加，則a的取值范圍是2___________.3.已知0，且tan3tan，則u的最大值為________.4.2在單一遞加數列an中，已知a12，a24，且a2n1，a2n，a2n1成等差數列，a2n，a2n1，a2n2成等比數列，n1,2,3,L.那么，a100_________.已知點P(1,2,5)是空間直角坐標系Oxyz內必定點，過P作一平面與三坐標軸的正半軸分別交于A,B,C三點，則全部這樣的四周體OABC的體積的最小值為．6.在ABC中，角A,B,C的對邊為a,b,c，a5，b4，又知cos(AB)31，32則ABC的面積為．7.已知過兩拋物線C1:x1(y1)2，C2:(y1)24xa1的交點的各自的切線相互垂直，則實數a的值為．若整數a,b既不互質，又不存在整除關系，則稱a,b是一個“結盟”數對；設A是集M1,2,L,2014的n元子集，且A中任兩數皆是“結盟”數對，則n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）設數列{an}知足a11,an1an23,n1．求證：2an（1）當n2時，an嚴格單一遞減．（2）當n1時，|an13|23r2nn，這里1r2r23．10.（本小題滿分20分）設橢圓y2x21(ab0)與拋物線x22py(p0)有一個a2b2共同的焦點F，PQ為它們的一條公切線，P、Q為切點，證明：PFQF．11.（本小題滿分20分）求證：（1）方程x3x10恰有一個實根，而且是無理數；（2）不是任何整數系數二次方程ax2bxc0(a,b,cZ,a0)的根．2017年全國高中數學聯賽模擬試題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ABC中，ABAC,D、E分別是邊AB、AC的中點，ADE的外接圓與BCE的外接圓交于點P（異于點E），ADE的外接圓與BCD的外接圓交于點Q（異于點D）。求證：APAQ.二、（本小題滿分40分）p-1求全部素數p，使得p2?k2p+1k=1三、（本小題滿分50分）設n是一個正整數，a1,a2,L,an,b1,b2,L,bn,c2,c3,L,c2n是4n－1個正實數，使得ci2jaibj,1i,jn．令mmaxci，證明：(mc2c3Lc2n)2(a1a2Lan)(b1b2Lbn)．2i2n2nnn四、（本小題滿分50分）n個棋手參加象棋競賽，每兩個棋手競賽一局．規(guī)定勝者得1分，負者得0分，平手各得分．假如賽后發(fā)現任何m個棋手中都有一個棋手勝了其他m－1個棋手，也有一個棋手輸給了其他m－1個棋手，就稱此賽況擁有性質P（m）．對給定的m（m≥），求n的最小值f（m），使得對擁有性質P（m）的任何賽況，都有全部n名棋4手的得分各不同樣樣樣．2017年全國高中數學聯賽模擬試題04第一試參照解答一、填空題：本大題共8小題，每題8分，共64分.1.會合A={x,y}與B={1,log3(x+2)}恰有一個公共元為正數1+x，則AUB=．解：因為1+x?x，故1+x=y．由log3(x+2)?1知x11，又因為1+x>0，所以31+x>e1+x>x+2即log3(x+2)<1+x故只好是y=1+x=1，這樣A={0,1}，B={1,log32}，得AUB={0,1,log32}2.若函數fxlogaax2x3在區(qū)間1,2上遞加，則a的取值范圍是2___________.0a1,解：（?。┊?a1時，只要12,，解得1a1.（ⅱ）當a1時，只要2a844a10.2a1,11,，解得a1.2aa10.2綜上，a的取值范圍是1,1U1,.843.已知0，且tan3tan，則u的最大值為________.2解：因為0，tan3tan，所以0，tantan22tan.1tantan所以tan12tan123，u的最大值為.3tan23tan36tan4.在單一遞加數列an中，已知a12，a24，且a2n1，a2n，a2n1成等差數列，a2n，a2n1，a2n2成等比數列，n1,2,3,L.那么，a100_________.解：因為an單一遞加，a10，所以an0.因為a2n1，a2n，a2n1成等差數列，a2n，a2n1，a2n2成等比數列，所以a2n1a2n12a2n.因為a2na2n22a2n1a2na2n1a2n1a2n2a2na2na2n2，22所以a2na2n2a2n2，數列a2n是等差數列.易得a36，a49，所以2a4a21.所以an1，an12，a1005122601.2n2n已知點P(1,2,5)是空間直角坐標系Oxyz內必定點，過P作一平面與三坐標軸的正半軸分別交于A,B,C三點，則全部這樣的四周體OABC的體積的最小值為．解：設此平面的方程為xyz1，a,b,c0分別是該平面在x,y,z軸上的截距，又abc點P在平面ABC內，故1251，因為112533125，即110，abcabcabc27abc得VOABC1abc45．當1251，即(a,b,c)(3,6,15)時，VOABC的最小值為45．6abc36.在ABC中，角A,B,C的對邊為a,b,c，a5，b4，又知cos(AB)31，32則ABC的面積為．解法1：由等比定理asinA9(sinAsinB)1(sinA故18sinABcosAB221tan2因為cos(AB)tan21

babsinBsinAsinBsinB)，2sinABcosAB22AB2B，又依據aA

ab得sinAsinB，即tanAB9tanAB．22b知AB，所以tanAB7，進而2212tanAB37，于是tanCcotAB7，sinC37，S1absinC157．27223824解法2：在邊AB內取點A1，使CA1CA4，則ACB1CA1AABCAB．由條件及余弦定理得，A1B4252245313，進一步有322cosAcosCA1BCA12A1B2BC29，2CA1A1B162所以cAA1A1B29436，hc41957，所以S1chc157．162164247.已知過兩拋物線C1:x1(y1)2，C2:(y1)24xa1的交點的各自的切線相互垂直，則實數a的值為．解：聯立曲線C1,C2的方程，求得交點坐標為(a,1a1)，由對稱性，不如只考慮55交點A(a,1a1)處切線能否垂直：在點A局部，C1,C2所對應的剖析式分別為55C1:y1x1，C2:y4xa11．對C1求導得y1，對C2求導得y(4x)2，故兩條曲線在2x124xa14xa1點A處的斜率分別為1與2，它們垂直當且僅當211，解aaaa2111215555得a0．若整數a,b既不互質，又不存在整除關系，則稱a,b是一個“結盟”數對；設A是集M1,2,L,2014的n元子集，且A中任兩數皆是“結盟”數對，則n的最大值為．解：稱這類子集A為“結盟子集”；第一，我們可結構一個結盟子集，此中擁有504個元素．為此，取A2kk504,505,L,1007，以下證，504就是n的最大值．今設A是元素個數最多的一個結盟子集，Aa,a,L,an，若aj是集A中的最小數，顯12然aj1，假如aj1007，則得2aj2014，即2ajM，明顯2ajA，（因2aj與aj有整除關系）．今在A頂用2aj代替aj，其他元素不變，成為子集A，則A仍舊是結盟子集，這是因為關于A中異于aj的任一元素ai，因aj與ai不互質，故2aj與ai也不互質；再說明2aj與ai沒有整除關系：因aj?ai，則2aj?ai；又若ai2aj，設2ajkai，（明顯k1,2，不然ai,aj有整除關系），則k2，于是aiaj，這與aj的最小性矛盾！所以A仍舊是結盟子集，而且還是n元集；重復以上做法，直至子集中的元素皆大于1007為止，于是獲得n元結盟子集Bb,b,L,b，此中1007bj2014．即12n1008,1009,L,2014，因任兩個相鄰整數必互質，故在這1007個連續(xù)正整數中至多能取到504個互不相鄰的數，即n504．又據前面所述的結構可知，n的最大值即為504．二、解答題：本大題共3小題，共56分.9.（本小分16分）數列{an}足a11,anan231．求：1,n2an（1）當n2，an格減．（2）當n1，|an13|23r2nn，里1r2r23．解：（1）由a11,an1an23,n1及法易得an0(nN*)，且an均有理數????2an4分當n2，由均不等式得，anan2133，又因an均有理數，故當n2an32an1進而an1anan23anan230(n2)，所以當n2，an格減．????2an2an8分（2）由a1an23得n2anan13an233(an3)2,an13an233(an3)22an2an2an2an?12分兩式相除得an13an3an13an3

2，由此得an13r2n，此中ra1323，an13a13解得an131r2nr2n2n，所以|an13|23r2n????16分1r110.（本小分20分）y2x21(ab0)與拋物x22py(p0)有一個a2b2共同的焦點F，PQ它的一條公切，P、Q切點，明：PFQF．：Px1,y1在拋物上，Q(x2,y2)在上，焦點F0,p，拋物切方程2x1xpyy1，切方程y2yx2x1它同向來，a2b2a2x2b2y2a2b2y1y2a2,x1x22b2.①x1ppyy1py2p1p2py1y2a2kFPkFQ2242②????5分x1x22b2公切PQ方程ykxm，代入拋物方程并由0mpk2,PQ:ykxpk2,22x1pk2????10分與拋物切方程比可得y11pk2將公切方程代入方程，并令2222p2k422224222，0makb4akbpk4bka0Q兩曲有同樣焦點，cpp24c24(a2b2)，代入上式解得p24b222kp2????15分y11pp24b2p24b22a2,y2a22pa24a22pa24b2p，2p22ppy1p24b24b22y1+y24a2p22b2，代入②式，得2pp1p2p2b2a2a2b2b2a2kFPkFQ42p12b22b2PFQF.????20分11.（本小分20分）求：（1）方程x3x10恰有一個根，而且是無理數；（2）不是任何整數系數二次方程ax2bxc0(a,b,cZ,a0)的根．明：（1）f(x)x3x1，f'(x)3x21.f(x)在,3上增，在33,3上減，在3,上增，故333f極大(x)f(3)3210,f極小(x)f(3)3210330知，方程x333再由f(1)10,f(2)5x10恰有一個根1,2????5分假m，此中m,n是互素的正整數，m3n2(mn)，故n2m3于是n1，即n是整數，與1,2矛盾，由此得（2）假足a2乘以減去②乘以a得ba2acb2a2bc

是無理數????10分bc0(a,b,cZ,a0)①，又因310②，①2(ac)a0，將其乘以a減去①乘以b得0????15分因為是無理數a,b,cZ,所以a2acb2a2bc0，因a0，所以bc0，a2bc代入22a3aaaacb0得c3c10進而c與是無理數矛盾，所以不是任何整數系數二次方程ax2bxc0(a,b,cZ,a0)的根.????20分2017年全國高中數學模04加參照答案一、（本小分40分）如，在角ABC中，ABAC,D、E分是AB、AC的中點，ADE的外接與BCE的外接交于點P（異于點E），ADE的外接與BCD的外接交于點Q（異于點D）。求：APAQ.二、（本小分40分）p-1求全部素數p，使得p2?k2p+1k=1解：k=1,2,L,p-1，有k2p=k2(modp)（小定理），故2k2p+1+(p-k)2p+1?k2p+1(2p+1)pk2p-k2p+1漢pk2ppk2(modp2)，p-1p-122-1(modp2)．乞降可知，邋k2p+1鶴pk2=p2?pk=1k=124p-1當且當24p2-1，素數p足p2?k2p+1，然p35．k=1當p35，p2-1=(p+1)(p-1)必3和8的倍數，故24p2-1．所以所求素數p是全部大于3的素數．三、（本小分50分）n是一個正整數，a1,a2,L,an,b1,b2,L,bn,c2,c3,L,c2n是4n－1個正數，使得ci2jaibj,1i,jn．令mmaxci，明：(mc2c3Lc2n)2(a1a2Lan)(b1b2Lbn)．2i2n2nnn明：令Xmaxai,Ymaxbi，分用ai'ai/X,bi'bi/Y,ci'ci/XY代替ai,bi,ci，1in1in所以我能夠假XY1.下邊我明mc2Lc2na1Lanb1Lbn(*)故mc2Lc2n1(a1Lanb1Lbn)由均勻不等式即得所需.2n2nn我將明r0,(*)中左大于r的好多于右，所以每個比右第k大的大.就了然(*).若r1，(*)右沒有大于1的；若r1，令A{1in|air},a|A|,B{1in|bir},b

k，左第k大的|B|,因XY1，所以a和b最少是1.又air,bir，故cijabjr.所以iC{2i2n|cir}AB{|A,B}.因若A{i1,K,ia},B{j1,K,jb},i1Lia,j1Ljb，下邊ab1個數互不相同且屬于AB：i1

j1,i1

j2,L,i1

jb

,i2

jb,L,ia

jb所以

|C|

a

b1.自然

|C|

1.所以某個

k，ck

r.所以

M

r.所以在(*)中左最罕有四、（本小分50分）

a

b大于

k，而右只有

a

b大于

k.(*)

得.n個棋手參加象棋比，每兩個棋手比一局．定者得平手各得分．假如后任何m個棋手中都有一個棋手了其他

1分，者得0分，m－1個棋手，也有一個棋手了其他m－1個棋手，就稱此況擁有性P（m）．定的m（m≥4），求n的最小f（m），使得擁有性P（m）的任況且，都有全部n名棋手的得分各不同樣樣樣．：先明兩個引理．引理1當n≥m，假如n個棋手的況擁有性P（m），必有一個棋手全．當n＝m，命然建立．假命n建立，n＋1個棋手，從中任取n個棋手，由假，n個棋手中必有一個棋手全，不如A1，A2，?，A