2017年全国高中数学联赛模拟试题05

2017年全国高中数学联赛模拟试题05

第一试

（时间：8:00-9:20 满分：120）

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.

x22x3(xR)的值域是 1.函数y2x4x5

2.函数ytan(2013x)tan(2014x)tan(2015x)在[0,]中的零点个数为

*3.设P2k1是P1的对称点,P2k2是P2k1关于P2的对称点,kN, 1,P2是平面上的两点,P2k关于P若|PP12|1,则|P2013P2014|

4.设动点P(t,0),Q(1,t),其中参数t[0,1],则线段PQ扫过的平面区域的面积是

5.从正十二边形的顶点中取出4个顶点,它们两两不相邻的概率是

ABCD，另一半径为1的球与平面ABC相切，且两球内切于点D，已知AD3,

cosBAC41,cosBADcosCAD，则四面体ABCD的体积为 52

7.设AB是抛物线y2=2px的一条焦点弦，且AB与x轴不垂直，P是y轴上异于O的一点满足O,P,A,B四点共圆，点A,B,P的纵坐标分别为y1,y2,y0,则

8. 用表示非空整数集S中所有元素的和，设Aa1,a2,（s）且a1a2则满足上述要求的a10的最小值为 ．

二、解答题：本大题共3小题，共56分. 9. （本小题满分16分）已知x,y,z是正实数,求证:

10. （本小题满分20分）设x1,x2,证明：x1,x2,y1+y2=____y0

a11是正整数集，

a11，若对每个正整数n1500，存在A的子集S，使得(S)n，

zyxzyx0

x2yy2zz2x,xn,是不同的正实数.

,xn,是一个等比数列的充分必要条件是：对所有整数n(2)，都有

22xnx12x1n1xn 2x2k1xkxk1x2x12

x2y21交于A,B两点，过椭圆C的右焦点F、11. （本小题满分20分）已知直线yx与椭圆C：

1611倾斜角为的直线l交弦AB于点P，交椭圆C于点M,N．（1）用表示四边形MANB的面积；

（2）求四边形MANB的面积取到最大值时直线l的方程．

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2017年全国高中数学联赛模拟试题05

加试

（时间：9:40-12:10 满分：180）

一、（本小题满分40分）如图，ABC的外心为O，E是AC的中点，直线OE交AB于D，点M,N分别是BCD的外心与内心，若AB2BC，证明：DMN为直角三角形. C F EN P

M

BDHA

O

二、（本小题满分40分）

对给定的自然数m与n，m＜n，任意一个由n个连续整数组成的集合都含有两个不同的数，它们的乘积能被mn整除． 三、（本小题满分50分）

求证：数列an=3cosnarccosn1(nN*)的每一项都是整数，但都不是3的倍数 3

四、（本小题满分50分）

圆周上有n个点，用弦两两连结起来，其中任何3条弦都不在圆内共点，求由此形成的互不重叠的圆内区域的个数．

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2017年全国高中数学联赛模拟试题05

第一试参考解答

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.

x22x3(xR)的值域是 1.函数y2x4x5x22x3(y1)x2(4y2)x5y30(1)y1时,该方程有解(2)y1时,因为解：由y2x4x5xR,所以(4y2)24(y1)(5y3)0y24y2022y22所以, 22y22且y1综合(1)(2) 22y22,故答案为[22,22]

x22x3(x2)22(x2)3法二：y2,令x2tan,则 2x4x5(x2)1tan22tan322ysin2sincos3cos2sin2cos2 2tan122sin(2),故该函数的值域为[22,22]

4x22x3x24x52(x1)2(x1)1法三：y2(1)x1时,y1 22x4x5x4x5(x1)2(x1)2222||x1|22 (2)x1时,y1,因为|(x1)2x1|x1|(x1)2x1222所以x122或x122所以(x1)2222 x1x1x122222或(x1)且2222所以,0

x1222(x1)22222(x1)22x1x122即2121且0所以, 22y22且y1

22(x1)2(x1)2x1x1综合(1)(2) 22y22,故答案为[22,22]

2(x22x1)法四：求导y'2,该函数在区间(,12]及[12,)上单调递增,在区间

(x4x5)2[12,12]上单调递减,计算即得答案为[22,22]

2.函数ytan(2013x)tan(2014x)tan(2015x)在[0,]中的零点个数为 解:ytan(2013x)tan(2014x)tan(2015x) sin2013xsin2015xsin2014xsin4028xsin2014xcos2013xcos2015xcos2014xcos2013xcos2015xcos2014xsin2014x(2cos22014xcos2013xcos2015x)由于

cos2013xcos2014xcos2015x----完整版学习资料分享----

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2cos22014xcos2013xcos2015xcos4028x1cos2013xcos2015x1sin2013xsin2015x0

所以,sin2014x0在[0,]上的零点个数即是因为ysin2014x的最小正周期为

,故[0,]之间1007函数ysin2014x的图象有1007个周期,每个周期有两个零点,考虑到两个端点为闭区间,故答案为2015

*3.设P2k1是P1的对称点,P2k2是P2k1关于P2的对称点,kN,若1,P2是平面上的两点,P2k关于P|PP12|1,则|P2013P2014|

解:设Pn点对应的复数为zn由题意:z2k1z2k2z1,z2k1z2k22z2 所以,z2k2z2k2(z2z1)z2kz22(k1)(z2z1)

z2k12z1[z22(k1)(z2z1)](2k1)z22kz1

所以,z2k2z2k1z22k(z2z1)(2k1)z22kz14k(z2z1) 所以,|P2k1P2k2||z2k2z2k1||4k(z2z1)|4k,所以, |P2013P2014|4024

4.设动点P(t,0),Q(1,t),其中参数t[0,1],则线段PQ扫过的平面区域的面积是

解:直线PQ的方程为tx(t1)yt0,t0时,直线方程为y0,t1时,直线方程为x1,故不妨设

2t1x(xt)(2x)[(1t)],对每个0x1,当t(0,x]变化时 1t1t0y2x21x,所以,线段PQ扫过的平面区域是函数y2x21x及直线x0,x1,y0围成的封闭图形,由积分的几何意义

0t1,直线方程为y31241121(2x21x)dx[2xx(1x)],故答案为 00236615.从正十二边形的顶点中取出4个顶点,它们两两不相邻的概率是

4解:将这十二个点依次标为A1,A2,,A12,从十二个点中取4个点的方法数为C12,取出的四个点两两不相邻的包含以下两类,(1)如果不取A12点,则从A1,A2,A11这11个点中取4个点,两两不相邻,则方法数为

A10这9个点中取三

C84(相当于把4个点插到7个点中(2)如果取A12点,由于不能取A1,A11,故从A2,A3,373C84C77个点,两两不相邻,方法数为C(相当于把三个点插到6个点中)故所求概率为 4C1233ABCD，另一半径为1的球与平面ABC相切，且两球内切于点D，已知AD3,

41cosBAC,cosBADcosCAD，则四面体ABCD的体积为

527.设AB是抛物线y=2px的一条焦点弦，且AB与x轴不垂直，P是y轴上异于O的一点 y+y满足O,P,A,B四点共圆，点A,B,P的纵坐标分别为y1,y2,y0,则12=____y0----完整版学习资料分享----

2

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p,与抛物线方程联立得：y2-2pky-p2=0,由于y1,y2是2方程的两根，且y1y2,则有y1y2=-p2,设直线PA,PB的斜率为k1,k2,2py2-y0y-y2py1-y0则k1=120=, k=,因为A,P,O,B四点共圆，22y1y12y22p所以，APBAOB,tanAPBtanAOB解：设直线lAB:ky=x-2py1-y02py2-y0 -222py-yyy-yy+yk-ky1y22112012tanAPB12==2py1-y02py2-y01+k1k2p4+4p2y1-y0y2-y01+2y1y22令y0=0tanAOB=2py2-y1y1y2p+4py1y242=2y2-y13p

2py2-y1y1y2-y0y1+y2p4+4p2y1-y0y2-y02y2-y13py1y2-y0y1+y2p2+4y1-y0y2-y0=13y1+y2=4y0

3y1y2-3y0y1+y2=p2+4y1-y0y2-y0,而-p2=y1y2y0y1+y2=4y028. 用表示非空整数集S中所有元素的和，设Aa1,a2,（s）为 ． 8.解：令Ska1a2a11是正整数集，且a1a2a11，

若对每个正整数n1500，存在A的子集S，使得(S)n，则满足上述要求的a10的最小值

ak(1k11)若aksk11,则不存在SA，使(S)Sk11

所以 SkSk1ak2Sk11（1）又由题设得 S1a11，于是由（1）及归纳法易得

Sk2k1(1k11)

若S10750，则a11750（否则750无法用(S)表示出），S11S10a111500,所以S10750.

8又S821255,于是2a10a9a10S10S8495，所以a10248.

另一方面，令A1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750 当n2552726220时，可找到S1,2,4,,128，使(S)n.

当n255247502时，存在S1,2,4,当n502248750时，存在S1,2,4,二、解答题：本大题共3小题，共56分.

,128,247，使(S)n. ,128,247，248，使(S)n.

当n750750时，存在SA，使(S)n.于是，a10的最小值为248。

x,y,z是正实数,求证:

证明:由于

zyxzyx0

x2yy2zz2x111111)[(x2y)(y2z)(z2x)]()9x2yy2zz2xx2yy2zz2x111)3 所以,(xyz)(x2yy2zz2x(zy)(x2y)(xz)(y2z)(yx)(z2x)3 所以,

x2yy2zz2x(3x3y3z)(----完整版学习资料分享----

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即

zyxzyx0

x2yy2zz2x111(4bc2a),y(4ca2b),z(4ab2c) 999zyxzyx1ab2cbc2aac2b() 所以,

x2yy2zz2x3cab法二:令x2yc,y2za,z2xbx1acabbc1acabbc[()()()6][2226]0 3cabacb3cabacbzy0,证明过程略 法三、不妨设xyz1,可将不等式化为1(zy)10. （本小题满分20分）设x1,x2,,xn,是不同的正实数.

证明：x1,x2,,xn,是一个等比数列的充分必要条件是：对所有整数n(2)，都有

22xnx12x1n1xn 2x2k1xkxk1x2x1210.必要性：若x1,x2,,xn,是一个等比数列，设xkark12x1n1xnr2(n1)，则x2k1xkxk1rrk1n112k1

1r2r2(n2)2r2(n1)1xnx122＝2.

r1x2x12222x3x3x12x1x3充分性：当nn＝3时，有， 2x2x1x2x2x3x2x122化简得x1x3x2，所以，x1,x2,x3x1,x2,k1,xn1成等比数列（n4），记xkar，k1,2,,n1，

211unxnaun，则3rrr224u(1rrnunrn1unrn30，因为un0，所以unrn1，即xnarn1，从而x1,x2,2un12n5n22， rrunr12n1n32n4222n4u(rr)ur0， ，r2n6)rn3un(r1)(u1)rnnn11,xn成等比数

列.由数学归纳法知，x1,x2,,xn,是一个等比数列.

x2y21交于A,B两点，过椭圆C的右焦点F、11. （本小题满分20分）已知直线yx与椭圆C：

1611倾斜角为的直线l交弦AB于点P，交椭圆C于点M,N．（1）用表示四边形MANB的面积；

（2）求四边形MANB的面积取到最大值时直线l的方程．

解 （1）直线MN的倾斜角为，记MFO，则，

2ab22ab2|MN|2．而与所成的角为MN，则四边形MANB面积 AB22222accosaccos41sincos．…………5分 SMANB|AB||MN|sin()2|OA|ab2224ac2cos2433433222，且|OA|466， 而a16,b11,c5，A点坐标为,999从而，SMANB35233sincos35233sincos， 2299165cos165cos----完整版学习资料分享----

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43395433sincos（2）记f()，而f()只可能在arctan时才可能取到最大值．对,2165cos43395(cossin)(165cos2)(sincos)(10cossin)． f()求导数得到：f()(165cos2)22令f()0，则有(1tan)(16tan11)(tan1)(10tan)0． ……15分

2化简得到 16tan36tan221tan110．所以 (2tan1)(8tantan11)0．

1而 8tan2tan110无实根，则tan．

24331经检验tan，符合arctan． ,24339515故所求直线l的方程为：yx． ……………………20分

222017年全国高中数学联赛模拟试题05

加试参考答案

一、（本小题满分40分）

如图，ABC的外心为O，E是AC的中点，直线OE交AB于D，点M,N分别是BCD的外心与内心，若AB2BC，证明：DMN为直角三角形.

证：由于点O,M皆在BC的中垂线上，设直线OM交BC于P，交

其中0arctan43343395或arctan433．……………10分

M于F，则P是BC的中点，FCF是BC的中点; 因N是BCD的内心，故D,N,F共线，且FPBC. 又 OE是AC的中垂线，则DCDA，而DF, OE为BDC的内、外角平分线， 故有ODDF，则OF为

M的直径，所以，OMMF，又因 N11PBNFBDCDBCNBF，

22M则NFBF. 作NHBD于H，则有，

BDHA1DHBDDCBC O21111BDDABCABBCBCBP，且NDHBDCFBP， 2222所以，故得 DNBFNF，因此，从而 MN∥OD，RtNDHRtFBP，MN是FOD的中位线，而ODDN，则MNDN.故DMN为直角三角形．

证二：记BCa,CDb,BDc，因DE是AC的中垂线，则ADCDb，由条件bc2a ○1 延长DN交M于F，并记FNe,DNx，则FBFCFNe，对圆内接四边形BDCF用托勒

E密定理得FCBDFBCDBCDF，即ecebaxe2，由○1、○2得2aeaxe，○

所以xe，即N是弦DF的中点，而M为外心，所以MNDF，故DMN为直角三角形．

二、（本小题满分40分）

对给定的自然数m与n，m＜n，任意一个由n个连续整数组成的集合都含有两个不同的数，它们的乘积能被mn整除．

证明：设n个连续整数为a1a2an，则nana11，由mn有mana11，于是，

在这n个数中，必有n的倍数ai和m的倍数aj；

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（1）若ij，则mnaiaj； 三、（本小题满分50分）

求证：数列an=3cosnarccos

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n1*(nN)的每一项都是整数，但都不是3的倍数 3资料内容仅供您学习参考，如有不当之处，请联系改正或者删除

四、（本小题满分50分）

圆周上有n个点，用弦两两连结起来，其中任何3条弦都不在圆内共点，求由此形成的互不重叠的圆内区域的个数

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