全国高中数学联赛省级预赛模拟试题.doc

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1、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卷（选择题 共60分）参考公式1三角函数的积化和差公式sincos=sin(+)+sin(-),cossin=sin(+)-sin(-),coscos=cos(+)+cos(-),sinsin=cos(+)-cos(-).2球的体积公式V球=R3（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，0yx2,0x1所围成图形的面积为。则集合M=(x,y)|x|y|, N=(x,y)|xy2|的交集MN所表示的图形面积为A B C1 D2在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB及直线CD的距离为2，夹角为

2、。则四面体ABCD的体积等于A B C D3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A90 B100 C110 D1204在ABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则AABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形BABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形CABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形DABC既是等腰三角形，也是直角三角形5已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x)=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系

3、数多项式函数g(x)的各项系数和为A8 B9 C10 D116设0x0，且a2008+b2008=a2006+b2006。则a2+b2的最大值是A1 B2 C2006 D20088如图1所示，设P为ABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。则ABP的面积及ABC的面积之比等于A B C D9已知a,b,c,d是偶数，且0abc0，向量m=(0,a),n=(1,0)，经过定点A(0,-a)以m+n为方向向量的直互及经过定点B(0,a)以n+2+m为方向向量的直线相交于点P，其中，R。则点P的轨迹方程为_.三、解答题（共74分）17.（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

4、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。设表示游戏终止时掷硬币的次数。求取各值时的概率。18.（12分）设A，B，C是ABC的三个内角。若向量，且mn=.(1)求证：tanAtanB=；(2)求的最大值。19.（12分）如图2，ABC的内切圆I分别切BC，CA于点D，E，直线BI交DE于点G。求证：AGBG.20（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(x-3)2+4。矩形ABCD的两个顶点A，B在x轴上，C，D在函数y=f(x)(0x2)的图象上。

5、求矩形ABCI面积的最大值。21.（12分）如图3所示，已知椭圆长轴端点A，B，弦EF及AB交于点D，O为椭圆中心，且|OD|=1，2DE+DF=0，。（1）求椭圆长轴长的取值范围；（2）若D为椭圆的焦点，求椭圆的方程。22（14分）已知数列xn中，x1=a, an+1=.（1）设a=tan，若，求的取值范围；（2）定义在（-1，1）内的函数f(x)，对任意x,y(-1,1)，有f(x)-f(y)=，若，试求数列f(xn)的通项公式。答案：第卷1B MNd xOy平面上的图形关于x轴对称，由此，MN的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以2即可。由题意知MN的图形在第一象限的面积为2C 过点

6、D作DFCB，过点A作AEBC，联结CE，ED，AF，BF，将棱锥补成棱柱。故所求棱锥面积为CECDsinECDh=3C 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4A 左边=sinAcosA+sinAcosB+sinBcosA+sinBcosB=(sin2A+sin2B)+sin(A+B)=sin(A+B)cos(A-B)+sin(A+B),右边=2sin(A+B).所以，已知等式可变形为sin(A+B)cos(A-B)-1=0.又因为sin(A+B)0，所以cos(A-B)=1.故A=B。另一方面，A=B=300，C=1200也符合已知条件

7、。所以，ABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形。5A 设g(x)的各项系数和为s，则f(g(1)=3s2-s+4=188.解得s=8或（舍去）。6B 当时，取得最小值(a+b)2.7B 因为a2008+b2008a2006b2+b2006a2,又(a2006+b2006)(a2+b2)=a2008+b2008+a2006b2+b2006a22(a2008+b2008),且a2008+b2008=a2006+b2006,所以a2+b22.8C 如图4所示，延长AP到E，使得AP=AE。联结BE，作ED/BA交AC延长线于点D。由，得AC=CD。故四边形ABED是平行四边形。所以又，则9D 设a

8、,b,c,d分别为b-m,b,b+m,又，则因a,b,c,d为偶数，且0abcd，可知m为6的倍数，且m1，故10（因(a+b1）由韦达定理知y消去y1得，即0b2=解得1a25. 故22a0，故所有xn0.又，所以xn(0,1因为x32.又x2(0,1，则0x22007, 0p2，数列an定义如下：a0=1, a1=a, an+1=，证明：对任何kN，有。15已知a0, y0，且00且m1)，解得 1b0), P(r1cos,r1sin),Q, 即Q(-r2sin,r2cos)，因为P，Q在椭圆上，所以。设O到PQ距离为d.则，解得4C 记2007=n，往证当n=2时，显然成立。设当n=k时

9、成立，当n=k+1时，取所有满足p+q=k, (p,q)=1的的和记为S，所有形如(p-2；又当A=B=时，且y=sin3A+sin3B+sin3C6.C 因为，所以又当a1=a2=an时，“=”成立，所以最大为1。7900 延长AD，BC交于E，连结PE，则DE=DA，PA=PE=AE=2，所以PEPA，又PDAB，ABAD，所以AB平面PAE，所以PEAB，所以PE平面PAB。所以APBC为直二面角。8由an+1=(n-1)(an+an-1)得an+1-nan=-an-(n-1)an-1，所以an+1-nan是首项为a2-a1=1，公比为(-1)的等比数列，所以an+1-nan=(-1)n

10、-1，所以在中用2，3，n-1代替n并相加得+(-1)n-2所以。90 假设存在这样的函数f(x)，则由条件知它为单射，且f(f(0)=0=f(f(1)+1)，所以f(0)=f(1)+1. 又f(f(1)=1=f(f(0)+1)，所以f(1)=f(0)+1，及矛盾。10 设抛物线方程为，点C(x1,y1)把AM参数方程代入y2=2px得t2sin2+2(y1sin-pcos)t+-2px1=0，所以，又，所以，同理，所以11。由ab=(,-1)=0得ab，又cd，则a+(tan2-3)b-ka+(tan)b=0,即ka2=(tan3-3tan)b2，所以k|a|2=(tan3-3tan)|b|

11、2,由题设|a|=2,|b|=1。从而。12 由|2z3-(z1+z2)|z1-z2|得2|z3|-|z1+z2|z1-z2|和|z1+z2|-2|z3|z1-z2|，所以(|z1+z2|-|z1-z2|)|z3|(|z1+z2|+|z1-z2|).又|z1+z2|-|z1-z2|=当且仅当z1,z2辐角相差时，|z3|取最大值又|z3|0，当且仅当z2,z1辐角相差时，z3可以为0，所以|z3|min=0.13解 若抛物线的开口向右，设其方程为y2=2px(p0)，设，。因为A，O，C三点共线，所以，所以同理，由B，O，D共线有，又因为A，F，B共线，所以y1y2=-p2,所以，所以点C坐标

12、为，D坐标为。所以AD/BC/x轴，所以ABCD为直角梯形。由抛物线定义，|BF|=|BC|，|AF|=|AD|，设BFx=，则ABCD面积SABCD=|AB|2sin=，当且仅当时，SABCD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)=x2-2，则f(x)在0,+）上是增函数，又，所以=a2-aa，所以，依此类推有，再用数学归纳法证明原命题。（1）当k=0,1时，不等式显然成立。（2）设当k=m时，原不等式成立。当k=m+1时，因为其中f(0)(a)a，所以1+得证。15证明 （1）若0x1，则0xyycosy，又cosx1，所以1+co

13、sxycosx+cosy；（2）若0cosxcosy；（3）若x1,y1，则xy,记，则0t2,所以xyt2，所以cosxycost2,又cosx+cosy=2cos所以只需证1+cost22cost，即证f(t)=1+cost2-2cost0.这里，则,因为0tt2sint,所以所以f(t)在上单调递减，又而（因为），所以所以，所以f(t)0。所以原不等式成立。第二试试题解答1 证明 取DI中点Q，作APBC于P。因为2 =所以AQBC，所以Q，A，P三点共线。延长AP至R，使AR=CG，则，又因为ADBE，所以，所以RDEF，同理RIGH，所以RDILKM，且对应边平行，所以RQ/LN或R

14、Q及LN重合，因为RQBC，所以LNBC。2.证明 先证对任意m,nN+,1m,n2007，有，即mannam+n. （1）当m=n=1时a1a1+1，结论成立；（2）设m,n都小于k时，命题成立，）当m=k,nman；）当n=k, mk时，设n=mq+r, 0rm，则anaqm+ar+1a(q-1)m+ar+am+2qam+ar+q，由归纳假设ram+rmar,所以manmqam+mar+mqmqam+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，得证。记，则对一切nN+,1n2007，有annxan+1，所以an=nx.3

15、.解 N=209。先证明N209，用正中的竖直直线将方格表分成两个2010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210-1=209，在每一列中所填之数的最大差都不超过191-1=190，所以N209。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300-91=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及这些列的相交处，所以ij91,从而i+j2219.同理，被染为蓝色的行数及列数之和21 / 21