2011年全国高中数学联赛模拟卷(2)(一试+二试_附详细解答)

1、2011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. 函数的值域是_2. 设a, b, c为RTACB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，且为正整数，则4. 掷6次骰子, 令第次得到的数为, 若存在正整数使得的概率，其中是互质的正整数. 则= .5. 已知点在曲线y=ex上，点在曲线y=lnx上，则的最小值是_6. 已知多项式f (x)满足：, 则_7. 四面体OABC中, 已知AOB=450,AOC=BOC=300, 则二面角AO

2、CB的平面角的余弦值是 _8. 设向量满足对任意和0, ,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）9设数列满足,.求证：当时,. (其中表示不超过的最大整数)10. 过点作动直线交椭圆于两个不同的点，过作椭圆的切线，两条切线的交点为， 求点的轨迹方程； 设O为坐标原点，当四边形的面积为4时，求直线的方程.11. 若、，且满足，求的最大值。2011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, B

3、F与DE相交于G,作ACEF交BD延长线于C. 若M是AG的中点. 求证：CMAO.ABCDEFGMON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(rk2km0), 就有.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.2011年全国高中数学联赛模拟卷(2)答案1.解：令sinx+cosx=t, 则t=,2sinxcosx=t21,关于t+1在和上均递增,所以,或, 即值域.2. 解：因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)

4、=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2, 所以m2+n21, 等号成立仅当mb=na且am+bn+c=0,解得(m, n)=(), 所以m2+n2最小值是1.3. 解：由知可能为1,3, 11, 33, 从而解得4.解:当时，概率为;当时,，概率为； 当时，概率为； 当时，概率为； 当时， ，概率为；当时，概率为；故,即,从而.5. 解：因曲线y=ex与y=lnx关于直线y=x对称所求的最小值为曲线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,因,所以,即min=.6

5、.解: 解：用代替原式中的得：CAOB解二元一次方程组得，所以：，则（分析得为一次多项式，可直接求解析式）7. 解:不妨设ACOCBC,ACB=,AOC=BOC=,AOB=.因=即，两端除以并注意到, 即得,将=450,=300代入得, 所以,.8.解:令则,因,所以,对任意恒成立或或对任意恒成立或.9. 证明：对于任何正整数，由递推知由知数列递减.又对任意,即有,从而.于是，当时，；当时，由递减得.故所以，.10. 解（1）依题意设直线方程为，与椭圆联立得 ，由得 设，则过椭圆的切线分别为和 ，并且由及得，同理，故点的轨迹方程为（在椭圆外） （2），O到PQ的距离为，M到PQ的距离为， 四边

6、形的面积当时解得或，直线为或11. 解:由均值不等式得,ABCDEFGMON,等号成立当且仅当, 故的最大值为100 .二 试1. 证法1：设O半径为R, 则由圆幂定理得CO2=CDCB+R2. ACEF, CAD=ABC,ACDABC, 即AC2=CDCB,CO2AC2=R2, 下证MO2MA2=R2，由中线长公式得MO2(OA2+OG2)MA2, MO2MA2=R2OA2+OG2AG2=2R2. 由圆幂定理得：OA2=R2+AFAD,OG2=R2GEGD, 延长AG到N, 使得AFAD=AGAN, 则F, D, N, G四点共圆, AEAB=AFAD=AGAN,E, B, N, G四点共圆

7、,NEB=NGB=ADN, 从而A, D, N, E四点共圆, AGAN=EGGD,ABCDEFGMNPTOOA2+OG2AG2=2R2+AFADGEGD=2R2+ AGANGEGD=2R2. 即有CO2AC2= MO2MA2=R2,由平方差定理知：CMAO. 证完.证法2：由证法1知，只要证MO2MA2=R2:设BEG的外接圆交AG于N, DNO=P, 连BP, BN, 则B,E,G,N四点共圆, ,AEAB=AFAD=AGAN,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, BPAT,BNT=PBN, BPD=BED=BNT=PBN,从而

8、BN=PN,ONBP, ONAT.设AM=MG=x,GN=y, 则OA2=(2x+y)2+ON2, OM2=(x+y)2+ON2, OA2=R2+AFAD=AGAN,所以,OM2=OA2(2x+y)2+(x+y)2=OA22x(2x+y)+x2=OA2AGAN+x2=OA2AFAD+x2=R2+x2, OM2AM2=R2, CO2AC2=MO2MA2=R2, CMAO. 证完.2证明：设存在这样的n个正整数,则它们可组成个不同的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

9、/,x1/,xr/)=d, 则(x1,x1,xr,x1/)=(d,x1/)=d1矛盾!任取个互不相同的素数p1,p2,p,并使之与1,2,n的个r元子集一一对应, 然后对每个i1,2,n,令xi为i所在的所有r元子集(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,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, 由于个素数中的每一个都恰为x1,x1,xn中r个数的约数, 故x1,x1,xn中任意r+1个数均互素.3.解：对n=时,有, c1. 对n=+2+1=2k+11,有, 即, ,令t=, 则恒成立, c,cmin

10、=. 现对m归纳证明：当m=1时, 已知成立, 假设对m成立,对m+1，设n=(k1k2km+10), 则n=, 由归纳假设得：, , 现证： ., 所以 左端, 即对m+1成立.故cmin=.4. 解：设给定集合为A1, A2,A2010, 则有|Ai|=44(1i2010), |AiAj|=1(1ij2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3).由|AiAj|=1知|Ai1Ai2Aik|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|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3)=1:对于A1,因它与其它2009个集合都有公共元, 且|A1|=44, 45,若A1中每个元素至多属于其它45个集合, 则A1至多与4445=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aA2,A47, 而B是A48,A2010中任意一个集合,若aB, 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(1ij47)有相同公共元素b, 则ba, 从而Ai, Aj(1ij47)有两个公共元素,矛盾!),故B