2017年全国高中数学联赛模拟试题19.pdf

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1、2017 年全国高中数学联赛模拟试题 19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.1随机抛掷 3 颗大小、质地相同的正方体骰子在 3 颗骰子所示数字中最小值是 3 的概率是 解：所有骰子所示点数至少是 3 的概率为()3，所有骰子中所示点数至少是 4 的概率为()34636所以 3 颗骰子所示数字中最小值恰为 3 的概率是()3()34636372162关于 x 的方程 x22axa24a0 有模为 3 的虚数根，则实数 a 的值是 解：由题(xa)24a0，所以 xa2i，又|x|2 a24a9，即有 a2，因为 a0，所

2、以a13a2133已知正项数列an的首项为 1，且对于一切正整数 n 都有 an(nanan1)(n1)a，则数列的通项公式2 n1an 解：根据 an(nanan1)(n1)a，写出 a2，a3，a4，可归纳出 an 2 n11n也可以变形为(an1an)(n1)an1nan)0，由 an1an0，得(n1)an1nana11，所以 an 1n4设以 F1(1，0)、F2(1，0)为焦点的椭圆的离心率为 e，以 F1为顶点、F2为焦点的抛物线与椭圆的一个交点是 P若e，则 e 的值为|PF1|PF2|解：在抛物线中，p4，准线 x3，|PF2|是 P 到准线的距离椭圆中，e，|PF2|也是

3、P 到左准线的距离，则抛物线准线与椭圆的准线重合，|PF1|PF2|所以3因为 c1，故 ea2c335设实数 a，b 满足 0a，b8，且 b216a2，则 ba 的最大值与最小值之和是 解：由题设可知，b216a2，则 bab2a2ba16a216a记 f(a)，则函数 f(a)单调递减16a216a由 0a，b8，得 16a264，解得 0a4 3所以 ba 的最小值为 f(4)84，ba 的最大值为 f(0)4，3 3从而 ba 的最大值与最小值之和为 124 36函数 f(x)2cosxsin2x(xR)的值域是 解：f(x)2(2cosxsin2x)24cos2x(1sinx)2(

4、33sinx)(1sinx)343 4，43(33sinx)(1sinx)(1sinx)(1sinx)4274 当且仅当 33sinx1sinx，即 sinx 时，等号成立12从而当 sinx，cosx，f(x)取得最大值为，12当 sinx，cosx，f(x)取得最小值为12所以函数 f(x)2cosxsin2x(xR)的值域是，7正四棱锥 PABCD 外接于一个半径为 1 的球面，若球心到四棱锥各个面的距离相等，则此四棱锥的底面面积为 解：设四棱锥的底面边长为 a，则球心到底面的距离为 由，解得：a244，即四棱锥的底面面积为 44 2 28已知ABC 的外心为 O，内心为 I，B45若

5、OIBC，则 cosC 的值是 解：设ABC 的外接圆半径 和内切圆半径分别为 R 和 r记 BC 的中点为 M，D 是由 I 向 BC 所作垂线的垂足由 OIBC，知 OMIDr由BOC2A，BCBDDC2BM，得2rtanA，即2sinAcosA所以 cosA4sin sin sin 2sin(coscos)A2B2C2A2BC2BC2 2(sin)22 coscoscosA1(cosBcosC)A2BC2BC2从而 cosBcosC1所以 cosC1二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分.9.设等比数列 a1，a2，ak和 b1，b2，bk，记 cnanbn，n1，2，k （1）写

6、出一组 a1，a2，a3和 b1，b2，b3，使得 c1，c2，c3是公差不为 0 的等差数列；（2）当 k4 时，求证：cn不可能为公差不为 0 的等差数列解：（1）a14，a28，a316；b11，b23，b39，则 c13，c25，c37 6 分（2）设 anapn，bnbqn，则 cnapnbqn假设cn是公差非 0 的等差数列，则由 2cn1cncn2得 apn(p1)2bqn(q1)2 10 分当 k4 时，n 可取 1，2，所以有 ap(p1)2bq(q1)2，ap2(p1)2bq2(q1)2解得 pq于是当 pq1 时，则 ab，从而 c1c2ck0当 pq1 时，则 c1c2

7、ckab又数列cn是公差不为 0 的等差数列，矛盾故命题成立 16 分10.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：1 的右焦点为 F，过点 F 的直线 l 与椭圆 C 交于x227y218A、B 两点试问在 x 轴上是否存在定点 P，使得当直线 l 绕点 F 旋转时，都有为定值PA PB 解：由题意知，点 F 的坐标为(3，0)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)当直线 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为：yk(x3)由 得(23k2)x218k2x27k2540，所以 x1x2，x1x2 5 分18k223k227k25423k2假设在 x 轴上存在定点 P(t，0)，使得为

8、定值，PA PB(x1t，y1)(x2t，y2)x1x2t(x1x2)t2y1y2PA PB x1x2t(x1x2)t2k(x13)k(x23)(1k2)x1x2(3k2t)(x1x2)t29k2(1k2)(3k2t)t29k227k25423k218k223k2t2 10 分54(18t9)k223k2当直线 l 绕点 F 旋转，即 k 变化时，要使得为定值，PA PB 即为定值，则，解得 t454(18t9)k223k254218t93此时11 15 分PA PB 当直线 l 与 x 轴垂直时，A(3，2)，B(3，2)，3 3此时(34，2)(34，2)11PA PB 3 3综上所述，在

9、 x 轴上存在定点 P(4，0)，使得为定值PA PB 20 分11.设多项式 f(x)x3ax2bxc，其中 a、b、c 是实数若对于任意的非负实数 x，y，有 f(xy)f(x)f(y)求 a、b、c 所满足的条件解：由 f(xy)f(x)f(y)，得 3x2y3xy2c2axy，x，y0 （*）5 分取 xy0 代入（*），得 c0不妨设 x0，y0，3x2y3xy2(c)33xy，33x2y3xy2(c)39c等号成立，当且仅当 x0y0 10 分 因此 3x0y02ax0y0，从而 a 15 分 39c32 39c当 a，c0 时，x，y0，3x2y3xy2c2axy，即 f(xy)

10、f(x)f(y)32 39c综上所述，a、b、c 满足的条件是 a，c0，bR32 39c 20 分2017 年全国高中数学联赛模拟试题 19加试（时间：9:40-12:10 满分：180）一、一、（本题满分（本题满分 40 分）分）如图，E、F 分别是ABC，ACD 的内心，AC 平分BAD，AC2ABAD，延长 EC 交CDF 的外接圆于点 K，延长 FC 交BCE 的外接圆于点 R若 RKEF，求证：点 A 是BCD 的外心证明：如图，连接 ER，FK因为BACCAD，AC2ABAD，所以ABCADC，ABCACD又EBC ABC，ACF ACD，1212所以EBCACF.由EBCERC

11、 得，ERCACF，所以 ERAC同理 FKAC，于是 ERFK 20 分又因为 RKEF，ABCDEFRKABCDEFRK所以四边形 EFKR 为平行四边形，从而 ERFK因为 ERAC，所以RECECAECB又因为EBCERC，ECEC，所以BECECR，从而 BCER同理，CDFK，所以 BCCD由1，得ABCADC，于是 ABACAD，ACABADACCDBC即 A 为BCD 外接圆的外心 40 分二、二、（本题满分（本题满分 40 分）分）求所有的正整数 n，使得对于任意正实数 a、b、c 满足 abc1，有abc(anbncn)13n2解：（1）当 n3 时，取 a，bc，2316

12、则 abc(anbncn)(2n1)所以 n3 不满足题意13n312n12n13n2 10 分（2）当 n1 时，abc(abc)abc()3，所以 n1 时，满足题意abc3133 20 分（3）当 n2 时，原不等式也成立令 xabbcca，则 a2b2c212x，由(abbcca)23abc(abc)，得 3abcx2于是，abc(a2b2c2)x2(12x)13因此 0 x，从而 x2(12x)()3121313xx12x3134即 abc(a2b2c2)x2(12x)40 分13134 三、三、（本题满分（本题满分 50 分）分）设 n 为正整数，求满足以下条件的三元正整数组a，b

13、，c的个数：（1）abn；（2）1cb；（3）a、b、c 的最大公约数为 1解：用(a，b，c)表示 a、b、c 的最大公约数令 Sna，b，c|a、b、c 为正整数，abn，1cb，(a，b，c)1，记 Sn中元素的个数为 f(n)(nN*)显然 f(1)1如果 np，其中 p 为素数，1设a，b，cSn，若 b1，则 ap，c1；若 bpt，1t1，则 apt，(c，p)1，1cb；若 bp，则 a1，1cb因此，f(p)1(pt)pp1p(这里(x)为 Euler 函数)20 分下证：如果 m，n 为互素的正整数，那么 f(mn)f(m)f(n)首先，对每个a，b，cSmn由于 abmn

14、令 b1(b，n)，b2(b，m)，那么(b1，b2)1，再令 a1(a，n)，a2(a，m)，那么(a1，a2)1，而且 a1b1n，a2b2m因为 1(a，b，c)(a1a2，b1b2，c)(a1a2，b1b2)，c)(a1，a2)(b1，b2)，c)那么(a1，b1，c)1，(a2，b2，c)1，令 cic(modbi)，1cibi，i1，2那么(a1，b1，c1)1，(a2，b2，c2)1，因此，a1，b1，c1Sn，a2，b2，c2Sm 30 分其次，若a1，b1，c1Sn，a2，b2，c2Sm令 aa1a2，bb1b2由于(m，n)1，从而(b1，b2)1由中国剩余定理，存在唯一的

15、整数 c，1cb，满足 cc1(modb1)cc2(modb2)40 分显然(a1，b1，c)(a1，b1，c1)1，(a2，b2，c)(a2，b2，c2)1，从而(a，b，c)(a，b)，c)(a1，b1)(a2，b2)，c)(a1，b1，c)(a2，b2，c)1因此，a，b，cSmn所以，f(mn)f(m)f(n)利用可知，f(n)n(1)50 分1p四、四、（本题满分（本题满分 50 分）分）设 a、b、c、d、e 为正实数，且 a2b2c2d2e22若 5 个正三角形的面积分别为a2，b2，c2，d2，e2求证：这五个三角形中存在四个能覆盖面积为 1 的正三角形 ABC证明：不妨设 a

16、bcde0若 a1，则面积为 a2的三角形可覆盖ABC 10 分若 a1，则必有 bc1，这是因为当 c 时，由于 bc，则 bc1；当 c 时，1212又 a1，则 b22a2c2d2e213c2(1c)2，所以 bc1，从而 ac1，ab1 20 分用面积为 a2，b2，c2的三个三角形覆盖的ABC，使得每个三角形都分别有一个顶点与ABC 的一个顶点重合，且有两条边在ABC 的两条边上于是，这三个三角形两两相交若这三个三角形能覆盖ABC，则结论成立否则有(ab1)(bc1)(ca1)1，得 2abc0 30 分令中间不能被 a2，b2，c2的三个三角形所覆盖的正三角形面积为 f 2，则 f 21(a2b2c2)(ab1)2(bc1)2(ca1)2(2abc)2，得 f2abc 40 分下证：d f 若 d，由 abcd，则 f2abc，从而 df121212若 d，由 a、b、c1，有 d2d2d2e22a2b2c22abcf12所以，面积为 d2的正三角形可以覆盖ABC 不能被面积 a2，b2，c2覆盖的部分 50 分