全国高中数学联赛省级预赛模拟试题

全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第I卷(选择题共60分)参考公式1．三角函数的积化和差公式sinayos0=,[sin(a+0)+sin(a0)],1cosa^sinp=—[sin(a+P)sin(aP)],21cosayos0=—[cos(a+0)+cos(a0)],21sina^sinp=—[cos(a+0)cos(a0)].22．球的体积公式V球=[nR3(R为球的半径)。一、选择题(每小题5分，共60分)1.设在xOy平面上，0<yWx2,0WxS所围成图形的面积为3。则集合M={(x,y)|xW|y|},N={(x,y)|x>y2|的交集MAN所表示的图形面积为A.—B.—C.1D.一3 3 62.在四面体ABCD中，设AB=1,CD=<3，直线AB与直线CD的距离为2,夹角为兀-3。则四面体ABCD的体积等于A．<3B．CA．<3B．C．D．3．有10个不同的球,其中,2个红球、5个黄球、3个白球。若取到一个红球得5分,取到一个白球得2分,取到一个黄球得1分,那么,从中取出5个球,使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A．90B．100C．110D．1204.在AABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC,则UAABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形AABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形AABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形AABC既是等腰三角形，也是直角三角形.已知f(x)=3x2x+4,f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A.8B.9C.10D.11b2的最小值是ab2的最小值是.设0<x<1,a,b为正常数。则——十

A．4abB．(a+b)2C．(ab)2 D．2(a2+b2).设a,b>0,且a+b=a+b。则a2+b2的最大值是A．1B．2C．D．.如图1所示，设P为AABC所在平面内一点，并且AP=5aB+|aC。则UAABP的面积与AABC的面积之比等于A．B．A．B．C．D．.已知a,b,c,d是偶数，且0<a<b<c<d,da=90,a,b,c成等差数列，b,c,d成等比数列。则a+b+c+d=A.384B.324C.284D.194.将数列｛3n1｝按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1),(3,9),(27,81,243),…。则第100组的第一个数是A.34950B.35000C.35010D.35050.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点A关于直线A1C、直线BD1的对称点分别为点P和Q。则P,Q两点间的距离是A.2<IB.C.A.2<IB.C.3<1D.4X/Ix2y2.已知F1,F2分别为双曲线一一二二1的左、右焦点，P为双曲线左支上的任意一a2b2|PF|2点。若 I—的值为82,则双曲线离心率e的取值范围是|PF|1A.(1,+1)B.(0,3]C.(1,3]D.(1,2]第n卷(非选择题共90分)二、填空题(每小题4分,共16分)sin(a+2B) 1 兀 tan(a+B),TOC\o"1-5"\h\z.已知 ； =3,且Pw—k兀,a+Pwn兀+—(n,k£Z)。贝U 的sina 2 2 tanp值是 ..设正数数列｛an｝的前n项之和为b,数列｛bn｝的前n项之积为cn,且bn+cn=1.则数列]；j中最接近2000的数是 .n.不等式一2<Xx2-2x+4―、底2-10x+28<2的解集为..已知常数a>0,向量m=(0,a),n=(1,0),经过定点A(0,a)以m+为n为方向向量的直互与经过定点B(0,a)以n+2+为m为方向向量的直线相交于点P,其中，入£区。则点P的轨迹方程为三、解答题(共74分).(12分)甲乙两位同学各有5张卡片。现以投掷均匀硬币的形式进行游戏。当出现正面朝上时,甲赢得乙一张卡片；否则,乙赢得甲一张卡片,规定投掷硬币的次数达9次或在

此之前某人已赢得所有卡片时，游戏终止。设自表示游戏终止时掷硬币的次数。求自取各值时的概率。.(12分)设NA,NB,NC是AABC的三个内角。若向量( A-B\1-cos(A+B),cos 1 2)1(1)求证：tanA・tanB=9；absinC⑵求 的最大值。a2+b2—c2.(12分)如图2,AABC的内切圆。I分别切BC,CA于点D,E,直线BI交DE于点G。求证：AG±BG..(12分)设f(x)是定义在R上的以2为周期的函数，且是偶函数，在区间［2,3］上，f(x)=2(x3)2+4。矩形ABCD的两个顶点A,B在x轴上，C,D在函数y=f(x)(0WxW2)的图象上。21.心，求矩形ABCI上。21.心，(12分)如图3所示，已知椭圆长轴端点A,8,弦EF与AB交于点D,O为椭圆中兀<IODI=1,2DE+DF=0,/FDO=一。422．求椭圆长轴长的取值范围；22．若D为椭圆的焦点，求椭圆的方程。2x(14分)已知数列｛xn｝中，x1=a,an+1= n-1+x2(1)(1)(八八兀设a=tan00<^<--I24若x<，求0的取值范围;35,若(2)定义在(1,1)内的函数f(x),对任意x,y£(1,1),有f(x)f(y)=ff(a)=1，试求数列｛f(xn)｝的通项公式。,若答案：第I卷B.MANdxOy平面上的图形关于x轴对称，由此，MAN的图形面积只要算出在第一111象限的图形面积乘以2即可。由题意知MAN的图形在第一象限的面积为三--=-.23611C.过点D作DF〃CB,过点A作AE〃BC,联结CE,ED,AF,BF,将棱锥补成棱11柱。故所求棱锥面积为qx-CE・CDsin/ECD・h=-.C.符合要求的取球情况共有四种：红红白黄黄,红红黄黄黄,红白白白黄,红白白黄黄。故不同的取法数为C1C2+C3+C1C3C1+C1C2C2=110.35 5 235 235

A.左边=5由人<05人+5由人<058+5苗8<05人+5苗8<0581=—(sin2A+sin2B)+sin(A+B)=sin(A+B>cos(AB)+sin(A+B),右边=2sin(A+B).所以，已知等式可变形为sin(A+B)[cos(AB)1]=0.又因为sin(A+B)>0,所以cos(AB)=1.故NA=NB。另一方面，NA=NB=300,NC=1200也符合已知条件。所以，AABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形。A.设g(x)的各项系数和为s,贝Uf(g(1))=3s2s+4=188.23解得s=8或s=——(舍去)。6.Ba6.Ba2——+xb21—x,7=a2+b2+a2• +b2•xx——>(a+b)2.1一xa当x=--时，取得最小值(a+b)2.a+bB.因为a+b>ab2+ba2,X(a+b)(a2+b2)=a+b+ab2+ba2<2(a+b),且a+b=a+b,所以a2+b2<2.1C.如图4所示，延长AP到E,使得AP=5AE。12联结8£,作ED//BA交AC延长线于点D。由AP=5AB+5A。，得AC=CD。故四边形ABED是平行四边形。S所以-ABP^LSBABES又AS又AABESAABC-S2ABED2二2S4ABEDS2则—BABP=—S5BABC((b+m)2D.设a,b,c,d分别为bm,b,b+m,(b+m)2 m2又一(b一m)=90,则b:330K.①因a,b,c,d为偶数，且0<a<b<c<d,可知m为6的倍数，且m<30.

设m=6k设m=6k,代入式①得b=(k=1,2,3,4).代入检验知k=4,b=32.故m=24,b=32,a,b,c,d依次为8,32,56,98。所以a+b+c+d=194.A.前99项的个数和为1+2+^+99=49500而第1组是30,第100组的第一个数应为349500A. 建立空间直角坐标系，有D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1).(124解得P-,—,—1333设(124解得P-,—,—1333由AP-A1C=0,MC〃A1C,得\x+1J142、 同理，Q-,-,—.故|PQ|—V333)C.根据双曲线的定义有|PF2||PF1|=2a,|PF|2 (||PF|2 (|PF|+2a)2|PF|1-4 |PF|1二|PF1|+4a+ |PF|11 4a2>21|PF|•——±4a-8a.1 |PF|N 1当且仅当।PF1,4当且仅当।PF1|• ,1P|PF1|=2a时，上式等号成立。|PF|1设点P(x,y)(xNa),由双曲线第二定义得|PF1|=exaNca,即2a>ca.一一c，于是e———3.又e>1，故1<e<3.a第n卷13.2.[sin(a+2P)+sina]tan(a±[sin(a+2P)+sina]tan(a±P) sin(a+P)•cosP 2sin(a+2P)+]tanPcos(a+办sinP ![sin(a+2P)-sina]2sinasin(a+2P) -1sina14。1980。依题意，有b-n二(n>2).cn-1又bn+cn=1,c贝U—n-+ccnn-111

即一-——-1.

ccn n-11由c1=b1,c1+b1=1，可得c1=b1=—n1 ,——=n(n+1).n+1an所以，数列，n1 ,——=n(n+1).n+1an所以，数列，JJ中最接近2000的数是44x45=19800n{xI3<2<x<3+v,2}.原不等式即为I；(X-1)2+3-式x—5)2+31<2.令3=y2,不等式可化为I、;'(x-1)2+y2-弋(x-5)2+y2I<2.由双曲线的定义知，满足上述条件的点在双曲线(x3)2亨=1的两支之间的区域内。因此，原不等式与不等式组＜(x-3)2—2rV1,同解。所以，原不等式的解集为y2=3{xI3-<2<x<3+<2}.y2+a2=2a2x2,去掉点(0,a).设点P(x,y),贝UAP=(x,y+a),BP=(x,ya).又n=(1,0),m=(0,a),故m+为n=(入,a),n+2为m=(1,2入a).由题设知向量AP与向量m+加平行，有My+a尸ax.又向量BP与向量n+2为m平行，有ya=2为ax.两方程联立消去参数入，得点P(x,y)的轨迹方程是(y+a)(ya)=2a2y2,即y2a2=2a2x2,去掉点(0,a).17七的取值为5,7,9,则"1P化=5)=C；-k2_1 “(1—16'P化=7)=C1c54-64'5 551P化=9)=1---16646418.(1)由m«n=—,得8—[1-cos(A+B)]+cos28即-[1-cos(A+B)]+81+cos(A-B)14cos(AB)=5cos(A+B).所以tanA，anB=9.absinC(2)因 a2+b2-c2absinC2abcosC1=—tanC，而tan(A+B)=tanA+tanB1-tanA•tanB9, ,z9c, 3=8(tanA+tanB)>目x2VtanA•tanB=了TOC\o"1-5"\h\z3 1所以tan(A+B)有最小值彳。当且仅当tanA=tanB=3时，取得最小值。3又tanC=tan(A+B)，则tanC有最大值一了\o"CurrentDocument"absinC 3故 的最大值为--.a2+b2—c2 8.如试题中图2所示，联结AI,DI,EI。贝UNEDC=:/DIE=；(1800NC)=1(NABC+NBAC).1又NEDC=NDBG+NBGD,所以NBGD=5NBAC=NIAE。故四边形AIEG内接于圆，有NAGI=NAEI=900。所以AG±BG..当0<x<1时，有f(x)=f(x+2)=2(x1)2+4；当1<x<0时，有f(x)=f(x)=2(x1)2+4；当1<x<2时，有f(x)=f(x2)=2[(x2)1]2+4=2(x1)2+4.设D(x,t),C(2x,t).则t=2(x1)2+4,易知——『(8-21)+1+“3S矩形ABCD=|AB|・|BC|=(22x)t=J(8—21)t•t<I \L3 -16<6= .9一,। 8 ।茄1__16v6当且仅当t=-，即x=1-^-时，矩形ABCD面积最大值一^一..(1)建立如图5所示的直角坐标系，D(1,0),弦EF所在直线方程为y=x+1.X2Y2一，. …、一、设椭圆方程为a_+瓦=1(a>b>0)，£(7YJF(x2，Y2).由2DE+DF=0,知y1+y2=y1,y1y2=2YJ匡+Y2=",由<a2 b2 消去x^(a2+b2)y22b2y+b2a2b2=0.Y=x+1,贝UA=4b44(a2+b2)(b2a2b2)=4a2b2(a2+b21)>0(因(a2+b2>1)由韦达定理知Y1+Y22b2 b2由韦达定理知Y1+Y2二Y，YY= ：—=—2Y2.ya2+b2 112 a2+b2 1

b2b2—a2b2 八消去y1得=一2a2(a2—1)，即0Vb2= <a2.9一a2解得1<a2<5.故2<2a<25因此，椭圆长轴长的取值范围为(2,2<5).⑵若D为椭圆的焦点，则c=1.故b2=a21.TOC\o"1-5"\h\z,a a2(a2—1) r可得b2二 二a2一1.9一a2” —，2x2 2y2所以，椭圆方程为—+ =1..(1)因x1=a>0,故所有xn>0.一 2又x=-; «1，所以xn£(0,1]n+1 1—+xxnn4 2x4一一一八因为x3<—，所以—一<-，即2x2-3x+2>0.5 1+x2 5 2 221解得x<或x2>2.2 21又x2£(0,1],则0<x2<-.2x而x=J2 1+x212tan01+tan20=sin20故0<sin20兀5兀八兀因为20£(0,兀)，所以0<0<w或不y<0<—.JL乙JL乙 乙(2)令x=y=0,得f(0)=0.令x=0,得f(0)f(y)=f(y),即f(y)=f(y).故f(x)为奇函数。注意到f(xn+1)=ffY2xn-1=ffx(-xn)]=f(x)一f(一x)=2f(x),11+x2J 11-x(-x)Jnnnn nnf(xu) 9即n+「=2,f(x)n所以，数列｛f(xn)｝是等比数列。故f(xn)=f(x1),2n1=f(a),2n1=2n2.

全国高中数学联赛模拟试题第一试试题一、选择题(每空6分)1．将20个乒乓球(不加区分)装入5个不同的盒子里，要求不同的盒子中的球数互不相同，且盒子都不空，一共有 种不同装法。A．7A．7B．14C．C149D.7X5!2．A．(0，2．A．(0，1)B.(1,J10]C.MO]D.、诃

而,1U(,<10]若对实数x£[10,+s)恒有110gmx|N2,则m取值范围是3．A．B．C．D.[444．若p,qEN+且p+q>,0<p<q<,(p,q)=1则形如—的所有分数的和为pqA．5．200620073．A．B．C．D.[444．若p,qEN+且p+q>,0<p<q<,(p,q)=1则形如—的所有分数的和为pqA．5．20062007已知AB．2007 C.一2008 2D．1C为AABC的三个内角记y=sin3A+sin3B+sin3C，则y的取值范围是A.[0，2]B.C.[2，2]D.f0,6.对任意一组非负实数a1,a2,…,an,规定a1=an+1，若有Z.ja2-aa+a2"kkk-1 k+1k=1N注aii=1恒成立，则实数为的最大值为v2A.0B.-C.1D.<2椭圆的中心为原点O,焦点在x轴上，过椭圆的左焦点F的直线交椭圆于P,Q两点，且OP±OQ,则椭圆的离心率e的取值范围是二、填空题(每题9分)腰DA垂直于底边AB,PD是棱锥的高，腰DA垂直于底边AB,PD是棱锥的高，PD=AD=AB=2CD=1,则二面角A—PB—C大小为.数列｛an｝满足a1=1,a2=2,an+1=(n1)(an+an1)nN2,则｛an｝的通项公式为an=。.满足条件：对任意x£R,都有f(f(x))=x且f(f(x)+1)=1x的函数f(x)有个。.AM为抛物线的一条弦，C为AM的中点，B在抛物线上，且BC平行于抛物线的对称轴，E为AC中点，DE//BC,且D在抛物线上，则DE= 。BC11.已知平面向量a=(<311.已知平面向量a=(<3,1),b二2殍V7「兀兀、若存在非零实数k和角a,ae-不,不，使得V227c=a+(tan2a3)b,d=ka+(tana)b,Mc，d,贝Uk=。(用a表示).已知复数z1,z2,z3满足|z1|W1,|z2区1,|2z3(z1+z2)凶z1z2|,则Iz3l的最大值与最小值的差为三、解答题(每题20分).设抛物线S的顶点在原点，焦点在x轴上，过焦点F作一条弦AB,设AO,BO延长线分别交准线于C,D,若四边形ABCD的面积的最小值为8,试求此抛物线的方程。/a2 、.给定a>2,数列｛an｝定义如下：a0=1,a1=a,an+1=—n--2a,证明：对任何Ia2 \nn-111k11k£N,有一十——十+

aa0 11 1_ : 7、—<—(2+a—ya2—4)。a2k.已知a>0,y>0,且0<x2+y2Wn,求证：1+cosxyNcosx+cosy.第二试试题直线DI,EF,GH交.见图1,以AABC的三边向外作正方形直线DI,EF,GH交成人1乂匕其中K=DIAEF,M=DIAGH,L=EFAHG。求证：AKLM中KM上的中线LN±BC。.设非负整数数列a1,a2,...,a满足：ai+ajWai+jWai+aj+1,对一切i,jN1,i+jW成立。证明：存在实数x,使对一切1WnS有an=[nx]..试找出最大的正整数N,使得无论怎样将正整数1至400填入20x20方格表的各个格中，都能在同一行或同一列中找到两个数，它们的差不小于N。答案：第一试试题解答.D.问题等价于求方程x1+x2+x3+x4+x5=20满足的,xi，xj的正整数解组数，先考虑方程y1+y2+y3+y4+y5=5满足0Wy1Wy2Wy3Wy4Wy5的非负整数解，设满足y1+y2+...+yk=n满足0<y1<y2<_<yk的非负整数解组数为f(k,n).则f(5,5)=1+f(4,5)=1+1+f(3,5)=2+f(2,2)+f(2,5)=7.所以所求方程正整数解有7x5!组。故选D。.D.当x>10时，logmx>2即lgx<lgm2或lgx>lgm2(m>0且m，1),解得1<m<,1。或包工m<1.10x2设椭圆方程为一十a2=x2设椭圆方程为一十a2=1(a>b>0),P(r1cos0,r1sin0),Qrcos、2o+-sin0+—即Q(r2sinO,r2cosO),因为PQ在椭圆上，所以一+—r2r2O至UPQO至UPQ距离为d,则d=一.ab,, -,一一,Vc(c=aa2—b2),解得aa2+b24.C.记=口，往证£—=；.当n=2时，显然成立。设当n=k时成立，当n=k+1时，取pq2所有满足p+q=k,(p,q)=11所有满足p+q=k,(p,q)=11的——pq的和记为S,所有形如kp(p<k,(k,p)=1)的和记为T,则Sk=Sk1+TS；再证S=TSk=Sk1+TS；再证S=T,1在S中任取一个分数—pq1T中恰有一对分数口1q与之对1 1 1而且——1 1 1而且——=—+丁，这样的对应是一一对应，pqpkqk所要Sk1=Sk,所以sn5.B5.B.当A=B-；,C-0时，y-2,设A>B>C,则C<，所以sin3CN0,所以y>2；A=B=3-J3yA=B=3-J3y= 2y=sin3A+sin3B+sin3C<-y=sin3A+sin3B+sin3C<-2cos3A121—・121—・31+sin、3V3c3

~~T因为a因为a2一aa +a2kkk+1 k+1a2+a2 (a一a)2—k k+1+—k k+1——>\o"CurrentDocument"2 2一a+a—k k+1£a£aa2-aa+a2>“kkk+1 k+1k=1 k=1又当a1=a2=...=an时，"="成立,k=1所以卜最大为1。7.7.900.延长AD,BC交于E连结PE,贝UDE=DA,PA=PE=、；2,AE=2,所以PE±PA,又PD±AB,AB±AD,所以AB±平面PAE,所以PE±AB,所以PE±平面PAB。所以A—PB—C为直二面角。8.由an+1=(n1)(an+an1)^an+1nan=[an(n1)an1],所以｛an+1nan｝是首项为a2a1=1,公比为(1)的等比数列，a1 na1 n—=(-1)n-1•—①(n-1)! n!所以an+1nan=(1)n1,所以一吁n!在①中用2在①中用2, 3 ,，n1代替n并11(n-1)! 1!(n-1)!+(-1)・7+(-1)2.王+...+(1)n2・(n-1)! 1!(n-1)!. -1 .八1一1 .八-2, (n—1)!_所以an二(n-1)!-+(—1)1•—+(-1)-2, (n—1)!_.0.假设存在这样的函数f(x),则由条件知它为单射f(f(0))=0=f(f(1)+1),所以f(0)=f(1)+1.①又f(f(1))=1=f(f(0)+1),所以f(1)=f(0)+1,与①矛盾。3点C(x1,y1)把AM参数方程..设抛物线方程为y2=2px(p点C(x1,y1)把AM参数方程4x=x+1cos9,c代入y2=2px得t2sin2e+2(y1sinBpcose)t+y22px1=0,所以y=y+1sin9 112px—y2o，2p所以AC-CM 2pBCsin2所以AC-CM 2pBCsin29同理AE•EM2pDEsin29所以DE3BC4111.111.—(tan3a—3tana),ae47。由a・b=(%'3」)•；,2/ 2=0得a1b,又c1d,则[a+(tan2a3)b]Uka+(tana)b]=0,即ka2=(tan3a3tana)b2,所以k|a|2二(tan3a3tana)|b|2,由题设lal=2,lbl=1。从而k= (tan3a—3tana由题设lal=2,lbl=1。从而k=TOC\o"1-5"\h\z44 I2212.<2.^|2z3(z1+z2)|<|z1z2|得2|z3||z1+z2|W|z1z2|和|z1+z2|2|z3|W|z1z2|,\o"CurrentDocument"1 1所以—(|z1+z2||z1z2|)<|z3|<—(|z1+z2|+|z1z2|).乂比1+22|比122|=v-(|z+z।+।z—z|)242.2(|z+z|2+1z—z|2)' 1 2 1 2 ” 1 2 1 244(|z|2+|z|2)=2<2.二1 2兀，—一1.，：二当且仅当z1,z2辐角相差了时，|z3|取最大值"2.兀又|z3|N0,当且仅当z2,z1辐角相差了时，z3可以为0,所以|z3|min=0. /y2 )13.解若抛物线的开口向右，设其方程为y2=2px(p>0),设A4,y1,12p1Jy22因为A，O,yc三点共线，所以乙p*~,y122p所以y3--p2y1同理，由Bo，d共线有y―-4p2仁，又因为Ay2B共线，所以y1y2=p2,p2，y2所以点C坐标为1-p,y

12D坐标为一1J所以AD//BC//x轴，所以ABCD为直角梯形。由抛物线定义,|BF|=|BC|,|AF|=|AD|ZBFx=0,则UABCD面积1 2p2SABCD=-|AB|2sinO=^—->2p2，当且仅当02 sm30SABCD取最小值2p2,由已知2P2=8,所以p=2。故所求抛物线方程为y2=±4x.14.证明记f(x)=x22,则Uf(x)在［0,+s)上是增函数，a又一>2a0所以—f-1-=a2a>a,所以一2->—1-,aa10a依此类推有一>ana——n—>2an-1再用数学归纳法证明原命题。(1)当k=0,1时,(2)设当k=m时

不等式显然成立。

原不等式成立。当k=m+1时，因为ana nan-1a-n-1.■an-2其中f(0)(a)<a，所以1+f(n-1)(a)f(n-2)(a)…f⑴(a)f0(a), + f(0)(a)f(0)(a)f⑴(a)11[ ] 1[-x-2+f⑴(a)r(f⑴(a))2-4乜1+—a2a2 2aH F <1+f⑼(a)f⑴(a>…f(n-1)(a)——]1 ———a\a2—4—1+—(a—•aa2—4).得

^2证。15.证明(1)若0<x<1,则U0<xy<y<n,所以cosxy>cosy,又cosx<1,所以1+cosxy>cosx+cosy；(2)若0<y<1,同理可得1+cosxy>cosx>cosy；(3)若x>1,y>1,则xy<(x+y)2xHy，记一y2—t，则0<t2<i,所以xy<t2<—，所以cosxy>cost2,又cosx+cosy=2cosx+yx-y cos <2cost,所以只需证1+cost222cost，即证f(t)=1+cost22cost>0.这里t这里te1i-(22(sint,则f'(t)=-(sin12)-21+2sint=21——. 一、， 兀-sint2，因为0<t<t2〈一2-- sint所以sint2>sint>，所以f(t)<0.

t所以f(t)在1,\]工 上单调递减所以f(t)在1,\]工 上单调递减=1-2cos'-,V2而>I(因为2>至)所以cos-一<cos—=2 312,所以原不等式成立。(谛\所以原不等式成立。所以f白>0，所以f(t)>0。'27第二试试题解答1.证明取DI中点Q,作AP±BC于P。因为TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 1\o"CurrentDocument"2.AQ-BC=-(AD+AI)•BC=-(BE+CH)•BC=2 21— — — —][lABI•IBCIcos/EBC-IACI•IBCIcos/BCH]=11BCI-(-IABI•sin/ABC+IACIsin/ACB)=11BCI(-IAPI+IAPI)=0.22所以AQ±BC,所以Q,A,P三点共线。延长AP至R,使AR=CG,贝UAR//BF，又因为AD//BE,所以AARD=ABFE，所以RD//EF,同理RI//GH,所以ARDIsALKM,且对应边平行，所以RQ//LN或RQ与LN重合，因为RQ±BC,所以LN±BC。2.证明先证对任意m,n£N+,1Wm,n&有aa+1—n<—m ,即man<nam+n.①nm(1)当m=n=1时a1<a1+1,结论成立；(2)设m,n都小于k时，命题成立，i)当m=k,n<k时，设m=nq+r,则am>anq+ar>qan+ar,所以nam>nqan+nar,所以nam+n>nqan+nar+n=manran+nar+n>man；ii )当n=k,m<k时,设n=mq+r,0<r<m ,则an<aqm+ar+1<a(q1)m+ar+am+2<_<qam+ar+q,由归纳假设ram+r>mar,所以man<mqam+mar+mq<mqam+ram+r+mq=nam+n,所以当m,n至少有一个为k时结论成立，而m=n=k时，结论也成立，所以由数学归纳法，①得证。「~1a1记x=maxj—n-j,则对一切n£N+,1<n<，Wan<nx<an+1,所以an=[nx].3.解N=209。先证明N<209,用正中的竖直直线将方格表分成两个20x10的方格表，将1至200逐行按递增顺序填入左表中，再在右表中按同样的原则填入201至400，这样一来，在每一行中所填之数的最大差不超过2101=209，在每一列中所填之数的最大差都不超过1911=190,所以N<209o再证N不能小于209。考察子集M1={1,2,…，91}和M2={300,301,…，400},将凡是填有M1中的数的行和列都染为红色；将凡是填有M2中的数的行和列都染为蓝色，只要证明红色的行和列的数目不小于20,而蓝色的行和列的数目不小于21。那么,就有某一行或某一列既被染为红色,又被染为蓝色,从而其中必有两个数的差不小于30091=209。设有i行和j列被染为红色，于是，M1中的元素全部位于这些行与这些列的相交处，所以论91,从而i+j>2司>2%；9r>19.同理，被染为蓝色的行数与列数之和i'+/>2X,万>2；101>20.高考理科数学试卷普通高等学校招生全国统一考试注意事项：.本试卷分第i卷(选择题)和第n卷(非选择题)两部分.第i卷i至3页，第n卷3至5页..答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置..全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效..考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第i卷3．选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.(1)已知集合A二U},B={X心+1)(X一2)<0,X£Z}，则AB二(A){1}⑹{1，2}(C){0，1，2,3}(D){-10123} U(2)已知工=(m+3)+(m-1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是(A)(-31)(B)(-1，3)(C)(1，%)(D)(如-3)(3)已知向量a=(1,m)， (3,-2)，且(a+)1，则m=(A)－8(B)－6 (C)6(D)8(4)圆X2+丁2-2X-87+13=0的圆心到直线以+)-1=0的距离为1,则a=43—— ——(A) 3(B) 4(C)、/3(D)2(5)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为24(C)1218(D)9(6)右图是由圆柱与圆锥组合(A者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为24(C)1218(D)9(6)右图是由圆柱与圆锥组合(A)20n(B)24n(C)28n(dO(7)若将函数y=2sin2x的图■IG而成的则该几何,体的［为t像向左平移：个单位长度，则评议后图象的对称轴为JL乙(A)x=kn-n(k£Z)(B)x=kn+n(k£Z)(C)x^*(k^Z)(D)x=kn+-n2乙 乙 乙IN 乙JLN(8)中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的乂=2,n=2,依次输入的a为2,2,5,则输出的s=(A)7(B)12(C)17(D)34 1 /n、3(9)若cos(4-a)=5，则sm2a=(A)25(B)1(C)-5(D)-25NJ J J 乙J/鲤5/

CW(10)从区间b,l］随机抽取2n个数Xi,X2，…，x〃,yi,y2，…，y”,构成n个数对金,y),11TOC\o"1-5"\h\zG,y),...,(x,y)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率22 ””兀的近似值为\o"CurrentDocument"4” 2” 4m 2m(A)m(B)m(C)几(D)”x2y2(11)已知F1，F2是双曲线E——丁二1的左，右焦点，点M在E上，MF1与X轴垂直，a2 b21sin/MFF=—，则E的离心率为21 3(A)J2(B)3(C)<3(D)2(12)已知函数学.科网f(X)(XGR)满足f(~X)=2-f(X)，若函数y=t1与y=f(X)图像的交点为X11 22mm iii=1(X,y),(X,y)「••,(X,y),则E(X+y)11 22mm iii=1(A)0 (B)m(C)2m(D)4m第II卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共3小题，每小题5分(132ABC的内角A