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2011年全国高中数学联赛模拟试题七

2011 年全国高中数学联赛模拟试题七
第一试 一.
1.不等式

填空题 4x2

?1 ?

1 ? 2x

?

2

? 2 x ? 9 的解集为



2. 已知 F1、F2 分别为双曲线 C: 的平分线.则|AF2| = .

x2 y 2 =1 的左、 右焦点, 点 A∈C, 点 M 的坐标为(2, 0), AM 为∠F1AF2∠ 9 27

3.已知复数 z1 ? 2 ? i , 2 z 2 ?

z1 ? i .若△ABC 的 3 个内角∠A、∠B、∠C 依次成等差数列,且 ?2i ? 1? ? z1


u ? cos A ? 2icos 2

4.一个盒中有 9 个正品和 3 个废品,每次取一个产品,取出后不在放回,在取得正品前已取出的废品数 ? 的数学期望 E? =_________________.

C ,则 u ? z 2 的取值范围是 2

1 2y ? 的取值范围是 . x x2 a 6. 在四面体 P?ABC 中, PA=PB=a, PC=AB=BC=CA=b, 且 a<b, 则 的取值范围为 . b 7.定义在实数集上的函数 f ( x ) 满足 f ( x ? 1) ? ? f (1 ? x), f ( x ? 3) ? f (? x ? 7),则方程 f ( x ) ? 0 在区间
5.若实数 x 、 y 满足条件 x 2 ? y 2 ? 1 ,则

?0, 2011? 内至少有
二.解答题

个实根。

8.在 1、2、3、……、1000 中,不出现数码 3,且不是 3 的倍数的数共_____个。

9.设数列 {an } 满足 a1 ? 1 ,求证: ,an?1 ? an ? n ? 1( n ? N )
*

?a
k ?1

n

1
k

? 2( n ? 1 ? 1) .

10.从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随即抽取一张,然后放回,用这种方式 连续抽取 20 次,设抽得 的 20 个号码互不相同的概率为 p .证 明: p ? (

9 19 1 ) ? 2 10 e

11.已知 O 为坐标原点,F 为椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 在 y 轴正半轴上的右焦点,过 F 且方向向量 a 2 b2 (?a, b) 的直线 l 与 C 交与 A、B 两点,过点 O 且方向向量为 ( a, b) 的直线 m 与 C 交与 P、Q 两点.证明:

A、P、B、Q 四点在同一圆上.

二试
1.在△A1A2A3 的形外作△O1A2A3、△O2A3A1、△O3A1A2 使:?i? ∠O1A2A3 = ?, ∠O1A3A2 = ?,? + ? < ?ii? ∠A1O3A2 = 2?, O3A1 = O3A2;?iii? ∠A3O2A1 = 2?, O2A1 = O2A3.证明 O1A1⊥O2O3. ? ; 2

2.已知 a, b, c ? 0 且至多一个为 0.

证明:

1 1 1 10 。 ? 2 2? 2 ? 2 2 a ?b b ?c c ?a (a ? b ? c ) 2
2

3.已知质数

p ? 6k ? 1(k ? N , k ? 1), m ? 2 p ?1.

证明:

2m?1 ? 1 为整数. 127m

4. 一个保险柜上的锁由 3 个旋钮组成,每个旋钮有 2n 种不同的位置。由于保险柜结构上的缺陷,当 3 个 旋钮中的 2 个在正确位置时,保险柜即被打开。问至少要尝试多少次才能保证保险柜一定能被打开?

模拟试题七参考答案
1. ? ? ,0 ? U ? 0, ? ? 2 ? ? 8? 由 1 ? 1 ? 2x ? 0 得 x ? ?

? 1

? ?

45 ?

2 1 45 , x ? 0 。原不等式可变为 1 ? 1 ? 2 x ? 2 x ? 9 解得 x ? 。故原不等式 2 8 ? 1 ? ? 45 ? 的解集为 ? ? ,0 ? U ? 0, ? ? 2 ? ? 8 ?。 | AF2 | | MF2 | 1 由角平分线定理得: ? ? ,| AF1 | ? | AF2 |? 2a ? 6 ,故 | AF2 |? 6 | AF1 | | MF1 | 2 2.

?

?

? 2 5? ? , 3. ? ? 2 2 ? ?
由条件得 z 2 ? ?i, z 2 ? u ? cos A ? i cosC ,

1 ?cos 2 A ? cos 2C ? ? 1 ? cos ? A ? C ?cos ? A ? C ? 2 2? 2? 2? 又 A,B,C 成等差数列,故 A+C= ,<A-C< . 3 3 3 ? 2 5? 2 ?1 5 ? ? 1 ? ?. , 故 cos? A ? C ? ? ? ? ,1?, z 2 ?u ? ? , ?, z 2 ?u ? ? ? 2 2 ?2 4 ? ? 2 ? ? ? 0 . 3 4. 1 1 1 1 C9 C3 C9 A32 C9 3 9 9 , P(? ? 2) ? , ? 取值为 0,1,2,3 ,且有 P(? ? 0) ? 1 ? , P(? ? 1) ? 2 ? ? 3 44 220 C12 4 A12 A12 z 2 ?u ? cos 2 A ? cos 2 C ? 1 ?
2

3 1 A3 C 1 . P(? ? 3) ? 4 9 ? 220 A12 3 9 9 1 ? E? ? 0 ? ? 1 ? ? 2? ? 3? ? 0.3 . 4 44 220 220 5. ?? 2,2? 1 2y ? ? ? 2 ? ??sin ? ? 1? ? 2 设 x ? sec? , y ? tan? ?? ? k? ? , k ? Z ? ,得 2 ? x x 2 ? ? 1 2y ? ?? 2,2 ? . 又 ? 1 ? sin ? ? 1 得 2 ? x x 6. ? ? 2 ? 3 ,1? ? ? ? 考虑 ?PAB 的外接圆半径 R 与 b 的关系.

由 CP=CB= CA=b,得点 C 在面 PAB 内的射影为⊿PAB 的外心.故 R<b. 又可计算得 R ?

a ? b ,解得 ? ? ? 2 ? 3 ,1? ? 2 2 ? ? b 4a ? b

a2

7. 252 由题设知函数 f ( x ) 满足 f (1) ? 0, f ( x ? 8) ? ? f ( x) ,可得原方程至少 252 个实根。 8.487 在这 1000 个数中不含数码 3 的数共有 (93-1) +1=729 个。 而不含数码 3 且能被 3 整除的数共有 9× 9× 3-1=242 个。合题意的数共 729-242=487 个。 9. 证明:由题意知 a2 ? 2, an ? 0, n ? N * . 当 n ? 1 时,

1 ? 1 ? 2( 2 ? 1) ,命题成立; a1

当 n ? 2 时,由 an?1 ? an ? n ? 1,得 an ? an?1 ? n ,∴ an (an?1 ? an?1 ) ? 1 ,
n

1 ? a n ?1 ? a n ?1 , an

n 1 1 ? ? ? ? (ak ?1 ? ak ?1 ) ? an?1 ? an ? 2 ? 2 an?1an ? 2 ? 2( n ? 1 ? 1) . a1 k ? 2 k ?1 a k 2x 10. 设函数 f ( x) ? ln(1 ? x) ? x?2 1 2( x ? 2) ? 2 x x2 f ?( x) ? ? ? ?0 x ?1 ( x ? 2)2 ( x ? 2)2 (1 ? x) 所以 f ( x ) 在 (?1, ??) 上单增。 2x 当 ?1 ? x ? 0 时, f ( x) ? f (0) ? 0 。即有 ln(1 ? x ) ? x?2 100 99 98 81 p? ? ? ?L ? 100 100 100 100 1 (? ) 9 1 10 故 19ln ? 19ln(1 ? ) ? 19 ? ? ?2 1 10 10 ? ?2? 2 10 9 19ln 9 19 1 ?2 于是 e 10 ? e ,即 ( ) ? 2 . 10 e x ? x2 ? L ? xn n ? x1 x2 L xn , xi ? 0 利用均值不等式: 1 n 19 81 ? ? 99 98 ? ? L ? 100 99 98 81 ? 100 100 100 ? ? ( 9 )19 p? ? ? ?L ? ?? ? 100 100 100 100 ? 19 10 ? ? ? 9 19 1 综上: p ? ( ) ? 2 10 e c bc 11. 直线 l 与直线 m 交于点 R ( , ) , 2 2a c ? x ? ? at ? ? 2 设直线 l 的参数方程为 ? 代入椭圆方程并整理得 bc ?y ? ? bt ? 2a ? a 2 ? b2 a 2 ? b2 2a 2 t 2 ? ? 0 ,故其两根之积为 t1t2 ? ? 4a 2 2 c ? x ? ? at ? ? 2 设直线 m 的参数方程为 ? 代入椭圆方程并整理得 ? y ? bc ? bt ? 2a ? 2 2 a ?b a 2 ? b2 2a 2t 2 ? 2act ? ? 0 ,故其两根之积为 t3t4 ? ? 2 4a 2 所以 t1t2 ? t3t4 。有直线参数方程的几何意义及四点共圆的条件知结论成立。

从而有

第二试 1.证:设 O 为△O1A2A3 的外心,则 OO1 = OA3 且∠O1OA3 = 2?. ∴ △OA3O1 与△O2A3A1 以 A3 为中心旋转相似.

?b?c?0 1 1 2 ? 2 ? 2 引理: 2 2 2 c ?a c ?b c ? ab
2.不妨设 a 引理的证明:
2

∴ △A3O2O∽△A3A1O1,∴ O2O· A3O1 = OA3· A1O1 … ① 且 ∠O2OA3 = ∠A1O1A3 … ② 同理 O3O· A2O1 = OA2· A1O1 … ③ 及 ∠O3OA2 = ∠A1O1A2 … ④ 结合①③知 O3O· A2O1 = O2O· A3O1. 结合③④知 ∠O2OO3 = ∠A2O1A3. 故△O2OO3∽△A2O1A3,∴ ∠O2O3O = ?. ∴ ?O1A1, O2O3? = ?O1A1, OO3? + ?OO3, O2O3? = ?A2A1, A2O3? + ? ?= . 2 即 O1A1⊥O2O3,得证.

O3


A1


O2

O
β α

A2

A3

O1

1 1 2 ? 2 ? 2 2 2 c ?a c ?b c ? ab ? ? 2c 2 ? a 2 ? b 2 ?? c 2 ? ab ? ? 2 ? c 2 ? a 2 ?? c 2 ? b 2 ? ? c 2 ? a ? b ? ? ab ? a 2 ? b 2 ? ? 2c 2 ? a 2 ? b 2 ? ? 2a 2b 2
2

? ? ab ? c 2 ? ? a ? b ? ? 0
2

而上式显然成立。引理证毕。回到原题。 由柯西不等式有

2 ? 2 2 ? 1 2 ? 2 2? 2 ? ? a ? b ? ? 8 ? c ? ab ? ? 25 ? a ? b c ? ab ? 2 ? 25 ? 1 因此 ? 2 ? 2 ?? 2 2 2 ? a ? b c ? ab ? a ? b ? 8 c 2 ? ab

?

?

?

? ?

?

结合引理知要证原不等式成立,只需证明

25 10 ? 2 ? a ? b ? ? 8 ? c ? ab ? (a ? b ? c)2
2 2

? 15 ? a ? b ? ? 50c ? a ? b ? ? 55c 2 ? 0
2

而此式明显成立。故原不等式成立。 3.我们分三步证明。 (1) (127,m)=1 因为质数 p ? 6k ? 1 (k ? N , k ? 1) ,所以 ( p, 7) ? 1 。设 p ? 7t ? r , t ? N ,1 ? r ? 6 。故

m ? 2 p ? 1 ? 27 t ? r ? 1 ? ? 27 t ? 1? 2r ? (2r ? 1)
7

又 127 为质数,且 127 ? 2 ? 1 2 ? 1 。结论成立。
7t
m ?1 (2) m (2 ? 1)

?

?

要证明此结论,只需证明 p (m ? 1) 。由费马小定理知

m ?1 ? 2 p ? 2 ? 0(mod p) 。结论成立。
m ?1 (3) 127 (2 ? 1) 6 6k 要证明此结论,只需证明 7 (m ?1) 。而 63 ? 2 ? 1 (2 ? 1) 即 63 (m ?1) 。结论成立。

证毕。

4.至少要尝试 2 n 次,才能保证将保险柜打开。 一方面,将每个旋钮的 2n 种不同的位置编号成 1,2,3,…,2n。用有序三元组(a,b,c)表示一次尝试。给 出以下 2 n 次尝试:
2

2

(1,1,1)

( 3 , 1, n2 ?
(3,3,1) (3,5,3)
… …

1 )…
… …

(2n ? 3,1,5)
(2n ? 3,3, 7) (2n ? 3,5,9)

?1,3,3? ?1,5,5?


? 2n ? 1, 1, ?3 ? 2n ? 1, 3 ,? 5 ? 2n ? 1, 5 ,? 7
? 2n ?1,2n ? 3,2n ?1? ? 2n ?1, 2n ?1,1? ? 2n, 2, 4? ? 2n, 4,6? ? 2n,6,8?

… … (1, 2n ? 3, 2n ? 3) (3, 2n ? 3, 2n ? 5) … (2n ? 3, 2n ? 3,1)

(1, 2n ? 1, 2n ? 1)

( 3,n 2? 1, n? 2 (4, 2, n2 )
… … …

3 ) (2n ? 3, 2n ?1,3) … (2 n? 2, 2, 6) (2n ? 2, 4,8) (2n ? 2,6,10)
… …

(2, 2, 2)

? 2,4,4? ? 2,6,6?


(4, 4, 2)
(4, 6, 4)
… …

(2, 2n ? 2, 2n ? 2) (4, 2n ? 2, 2n ? 4) … (2, 2n, 2n)
2
2

(2n ? 2, 2n ? 2,1) (2n ? 2, 2n,3)
2

(4,n 2 , n2 ?

2) …

? 2n , 2n? ? 2n, 2n, 2?
2

2,n 2 ?

前 n 个有序三元组中覆盖了任意两个为奇数的 n 种可能,后 n 个有序三元组中覆盖了任意两个为偶 数的 n 种可能。而三个旋钮的正确位置的编号必有两个奇偶性相同,因此不妨设同为奇数,故可确定有两 个旋钮在正确的位置。结论成立。 另一方面,设尝试 xn ? 2n2 ?1 次能保证将保险柜打开。 考 虑 三 个 旋 钮 的 每 一 个 位 置 在 这 xn 次 尝 试 中 所 出 现 的 次 数 , 记 其 中 最 小 的 为 k 次 (k ? ?

? 2n 2 ? 1 ? 。不妨设第一个旋钮的第一个位置恰出现 k 次。 ? ? n ?1 ) ? 2n ?

先考虑这 k 次尝试,第二个旋钮尝试了 2n 个位置中的 k1 (k1 ? k ) 个位置,第三个旋钮尝试了 2n 个位置中 的 k2 (k2 ? k ) 个位置。则在第一个旋钮在第一个位置时,第二个旋钮有 2n ? k1 (k1 ? k ) 个位置没有尝试, 第三个旋钮有 2n ? k2 (k2 ? k ) 个位置没有尝试。又能保证将保险柜打开,因此这 (2n ? k1 )(2n ? k2 ) 种不同 的第二个旋钮和第三个旋钮的组合必在第一个旋钮不在第一个位置时出现(否则保险柜可能打不开) 。而 当第二个旋钮在这已尝试了的 k1 (k1 ? k ) 个位置中,至少尝试了 k1 ? k 次(这两类不重复) 。因此总次数

xn ? (2n ? k1 )(2n ? k2 ) ? k1 ? k


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