中数学联赛一试模拟卷(共7套)附详细解答 下载本文

2013年全国高中数学联赛模拟卷(1)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)

sinxcosx?11. 函数y?的值域是___________

sinx?cosx?13. 若n?N,且n2?24?n2?9为正整数,则n?________. 4. 掷6次骰子, 令第i次得到的数为ai, 若存在正整数k使得互质的正整数. 则log6m?log7n= .

5. 已知点P在曲线y=ex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(2x?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___________

k?ai?6的概率p?i?1n,其中m,n是mx?3)?2f2(x?3x?25?)x6?则x1?0, x1?7R()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

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

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

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)

2aan?9.设数列{an}满足a0?N,an?1?.求证:当0?n?0?1时,[an]?a0?n. (其中[x]表

2an?1示不超过x的最大整数).

x2?y2?1于两个不同的点P,Q,过P,Q作椭圆的切线, 10. 过点(2,3)作动直线l交椭圆4两条切线的交点为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.

11. 若a、b、c?R?,且满足

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kabc?(a?b)2?(a?b?4c)2,求k的最大值。

a?b?c2013年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案

1.解:令sinx+cosx=t, 则t=2sin(x??4)?[?2,?1)?(?1,2],2sinxcosx=t2-1,

2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2

?(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)=(?sinxcosx?11t2?31212y????(t?1?)?(t?1?)?1关于t+1在[1?2,0)和

sinx?cosx?12t?12t?12t?11?21?21?21?2或y?, 即值域(??,]?[,??). (0,1?2]上均递增,所以,y?2222ab,?), 所以m2+n2最小值是1. cc3322223. 解:由n?24?n?9?知n?24?n?9可能为1,3, 11, 33, 从而解得

n2?24?n2?9n?5.

1124.解:当k?1时,概率为;当k?2时,6?1?5?2?4?3?3,概率为5?();

661313 当k?3时,6?1?1?4?1?2?3?2?2?2,概率为(3?6?1)?()?10?();

661414 当k?4时,6?1?1?1?3?1?1?2?2,概率为(4?6)?()?10?();

661516 当k?5时, 6?1?1?1?1?2,概率为5?();当k?6时,概率为();故

661121314151611575p??5?()?10?()?10?()?5?()?()??(1?)?6,即n?75,m?66,从而

666666666log6m?log7n?1.

5. 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最小距离的两倍,设P(x, ex)为y=ex上任意点, 则P到直线y=x的距离d(x)?因

|ex?x|2d(x)?/ex?12?0?x?0,d/(x)?0?x?0,所以,d(x)min22?d(0)?,即

2?ex?x,

PQmin=2.

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

22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.

222(分析得f(x)为一次多项式,可直接求f(x)解析式)

7. 解:不妨设AC⊥OC⊥BC,∠ACB=?,∠AOC=∠BOC=?,∠AOB=?. 因OA?OB?(OC?CA)?(OC?CB)=|OC|2A ?CA?CB

C O B

即|OA||OB|cos??|OA|cos??|OB|cos??|CA||CB|cos?,

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两端除以|OA||OB|并注意到

|CA||OA|?sin?,|CB||OB|??, 即得cos??cos2??sin2?cos?,

将?=450,?=300代入得

231??cos?, 所以,cos??22?3. 244?cos??t,则t?[1,2],2sin?cos??t2?1,????(t2?x?2,x?at),

12122222(t?x?2)?(x?at)?(t?x?2?x?at)?(t?at?2)2, 因

228.解:令sin?所以,|???|?2?(t2?x?2)2?(x?at)2?2对任意x?R恒成立

122242?(t?at?2)?2?t?at?0或t?at?4?0?a?t或a?t?对任意

2tt?[1,2]恒成立?a?1或a?5.

2ana9. 证明:对于任何正整数n,由递推知an?0.由an?an?1?an??n?0知数列{an}递减.

an?1an?1nnnai?1*1又对任意n?N,an?a0??(ai?ai?1)?a0???a0??(1?)

1?ai?1i?1i?11?ai?1i?1n1?a0?n???a0?n.即有an?a0?n,从而an?1?a0?(n?1).于是,

i?11?ai?111??1; 当n?1时,?1?a0i?11?ai?1a当2?n?0?1时,由{an}递减得

2故a0?n?an?a0?n?n1nn???1. ?1?an?1a0?n?2i?11?ai?1n?1?ai?1n1?a0?n?1.所以,[an]?a0?n.

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

222 (1?4k)x?8k(3?2k)x?4(4k?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

x1xxx?y1y?1??①和2?y2y?1??4413(k?),

3?2k2 ①?x2?②?x1,并且由y1?k(x1?2)?3及y2?k(x2?2)?3得y?同理x??4k3(k?),故点M的轨迹方程为x?6y?2?0(在椭圆外) 3?2k2 (2)PQ?64(3k?2)(1?k2)1?4k2,O到PQ的距离为d1?第3页 / 共27页

3?2k1?k2,M到PQ的距离为

d2?43k?23?2k1?k2,d1?d2?4k2?13k?21?k2,

143k?2 (d1?d2)?PQ?23?2k11当S?4时解得k?1或k?,直线l为x?y?1?0或11x?4y?10?0

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

四边形POQM的面积S??(2ab)2?(22ac?22bc)2?4ab?4?2ac?4?2bc?2?2?2?2c?ab

?4ab?8ac?8bc?16cab, (a?b)2?(a?b?4c)24ab?8ac?8bc?16cab∴?(a?b?c)??(a?b?c)

abcabcc881611111aabb?(???)(a?b?c)?8(????)(????c) 4ba2cbaababab2222221abc5?8(5?5)?(5?)?100,等号成立当且仅当a?b?2c?0, 故k的最大值为100 . 2242abc2

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