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2017年全国高中数学联赛模拟试题19


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 4 3 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( )3. 6 6 4 3 3

7 所以 3 颗骰子所示数字中最小值恰为 3 的概率是( )3-( )3= . 6 6 216 2.关于 x 的方程 x2―2ax+a2―4a=0 有模为 3 的虚数根,则实数 a 的值是 . .

解:由题(x-a)2=4a<0,所以 x=a―2 -a i,又|x|2= a2―4a=9,即有 a―2=± 13 ,因为 a<0,所以 a =2― 13 .
2 3.已知正项数列{an}的首项为 1,且对于一切正整数 n 都有 an(nan-an+1)=(n+1)an +1,则数列的通项公式 an





1 解:根据 an(nan-an+1)=(n+1)a2 n+1,写出 a2,a3,a4,可归纳出 an=n. 也可以变形为(an+1+an)[(n+1)an+1-nan)]=0, 1 由 an+1+an≠0,得(n+1)an+1=nan=…=a1=1,所以 an= . n 4.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 |PF1| 点是 P.若 =e,则 e 的值为 |PF2| .

解:在抛物线中,p=4,准线 x=-3,|PF2| 是 P 到准线的距离. |PF1| 椭圆中, =e,|PF2|也是 P 到左准线的距离,则抛物线准线与椭圆的准线重合, |PF2| a2 3 所以 =3.因为 c=1,故 e= . c 3 5.设实数 a,b 满足 0?a,b?8,且 b2=16+a2,则 b-a 的最大值与最小值之和是 b2-a2 解:由题设可知,b2=16+a2,则 b-a= = b+a 记 f(a)= 16 ,则函数 f(a)单调递减. a +16+a
2



16 . a +16+a
2

由 0?a,b?8,得 16+a2?64,解得 0?a?4 3. 所以 b-a 的最小值为 f(4 3)=8-4 3,b-a 的最大值为 f(0)=4, 从而 b-a 的最大值与最小值之和为 12-4 3.

6.函数 f(x)=2cosx+sin2x (x∈R)的值域是



4 解:[f(x)]2=(2cosx+sin2x)2=4cos2x(1+sinx)2= (3-3sinx)(1+sinx)3 3 4 (3-3sinx)+(1+sinx)+(1+sinx)+(1+sinx) 4 27 ? ×[ ]= , 3 4 4 1 当且仅当 3-3sinx=1+sinx,即 sinx= 时,等号成立. 2 1 3 3 3 从而当 sinx= ,cosx= ,f(x)取得最大值为 , 2 2 2 1 3 3 3 当 sinx= ,cosx=- ,f(x)取得最小值为- . 2 2 2 3 3 3 3 所以函数 f(x)=2cosx+sin2x (x∈R)的值域是[- , ]. 2 2 7.正四棱锥 P-ABCD 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 . 1 1- a2 . 2

解:设四棱锥的底面边长为 a,则球心到底面的距离为 1 1- a2 2 = a 1+ 2 2a 2



,解得:a2=4 2-4,即四棱锥的底面面积为 4 2-4. 1 2 1- a 2 .

8.已知△ABC 的外心为 O,内心为 I,∠B=45° .若 OI∥BC,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 OI∥BC,知 OM=ID=r.由∠BOC=2∠A,BC=BD+DC=2BM, A cos 2 2sinA 得 + =2rtanA,即 = . B C B C cosA tan tan sin sin 2 2 2 2 r r B+C B-C A B C A 所以 cosA=4sin sin sin =-2sin (cos -cos ) 2 2 2 2 2 2 B+C B-C A =-2(sin )2+2 cos cos =cosA-1+(cosB+cosC). 2 2 2 从而 cosB+cosC=1.所以 cosC=1- 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 cn=an-bn,n=1,2,…,k. 2 . 2

(1)写出一组 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 k?4 时,求证:{cn}不可能为公差不为 0 的等差数列.

解: (1)a1=4,a2=8,a3=16;b1=1,b2=3,b3=9,则 c1=3,c2=5,c3=7. ………………………… 6 分 (2)设 an=apn,bn=bqn,则 cn=apn-bqn. 假设{cn}是公差非 0 的等差数列, 则由 2cn+1=cn+cn+2 得 apn(p-1)2=bqn(q-1)2. ………………………… 10 分 当 k?4 时,n 可取 1,2, 所以有 ap(p-1)2=bq(q-1)2,ap2(p-1)2=bq2(q-1)2. 解得 p=q.于是 当 p=q≠1 时,则 a=b,从而 c1=c2=…=ck=0. 当 p=q=1 时,则 c1=c2=…=ck=a-b. 又数列{cn}是公差不为 0 的等差数列,矛盾. 故命题成立. ………………………… 16 分

x2 y2 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 A、 27 18 → → 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 PA · PB 为定值. 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:y=k(x-3).

? ? x + y =1, 由?27 18 得(2+3k2)x2-18k2x+27k2-54=0, ?y=k(x-3), ?
27k2-54 18k2 所以 x1+x2= . 2,x1x2= 2+3k 2+3k2 ………………………… 5 分

2

2

→ → 假设在 x 轴上存在定点 P(t,0),使得 PA · PB 为定值, → → PA · PB =(x1-t,y1)·(x2-t,y2)=x1x2-t(x1+x2)+t2+y1y2 =x1x2-t(x1+x2)+t2+k(x1-3)×k(x2-3) =(1+k2) x1x2-(3k2+t) (x1+x2)+t2+9k2 27k2-54 18k2 2 =(1+k2)× +t2+9k2 2 -(3k +t) × 2+3k 2+3k2 54+(18t+9)k2 2 =- +t . 2+3k2 ………………………… 10 分

→ → 当直线 l 绕点 F 旋转,即 k 变化时,要使得 PA · PB 为定值, 即 54+(18t+9)k2 54 18t+9 为定值,则 = ,解得 t=4. 2 2 3 2+3k ………………………… 15 分

→ → 此时 PA · PB =-11.

当直线 l 与 x 轴垂直时,A(3,2 3),B(3,-2 3), → → 此时 PA · PB =(3-4,2 3)·(3-4,-2 3)=-11. → → 综上所述,在 x 轴上存在定点 P(4,0),使得 PA · PB 为定值. ………………………… 20 分 11.设多项式 f(x)=x3+ax2+bx+c,其中 a、b、c 是实数.若对于任意的非负实数 x,y, 有 f(x+y)?f(x)+f(y).求 a、b、c 所满足的条件. 解:由 f(x+y)?f(x)+f(y),得 3x2y+3xy2-c?-2axy,?x,y?0. 取 x=y=0 代入(*) ,得 c?0. 不妨设 x>0,y>0,3x2y+3xy2+(-c)?3 3x2y·3xy2·(-c)=-3xy 9c, 等号成立,当且仅当 x0=y0=-
3
3 3

(*)…………………… 5 分

c . 3

……………………………… 10 分

33 3 因此 -3x0y0 9c?-2ax0y0,从而 a? 9c. ……………………………… 15 分 2 33 当 a? 9c,c?0 时,?x,y?0,3x2y+3xy2-c?-2axy,即 f(x+y)?f(x)+f(y). 2 33 综上所述,a、b、c 满足的条件是 a? 9c,c?0,b∈R. 2 ……………………………… 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、 (本题满分 40 分) 如图,E、F 分别是△ABC,△ACD 的内心,AC 平分∠BAD,AC2=AB·AD,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 RK∥EF,求证:点 A 是△BCD 的外心.
B

E

R C

证明:如图,连接 ER,FK. 因为∠BAC=∠CAD,AC =AB·AD, 所以△ABC∽△ADC,∠ABC=∠ACD. 1 1 又∠EBC= ∠ABC,∠ACF= ∠ACD, 2 2 所以∠EBC=∠ACF. 由∠EBC=∠ERC 得,∠ERC=∠ACF,
2

A F

K

D B

E A F C

R

K

所以 ER∥AC. 同理 FK∥AC, 于是 ER∥FK. 又因为 RK∥EF, 所以四边形 EFKR 为平行四边形,从而 ER=FK. 因为 ER∥AC,所以∠REC=∠ECA=∠ECB. 又因为∠EBC=∠ERC,EC=EC, 所以△BEC≌△ECR,从而 BC=ER. 同理,CD=FK,所以 BC=CD. 由 AC AD CD = = =1,得△ABC≌△ADC,于是 AB=AC=AD, AB AC BC ………………………… 40 分 ………………………… 20 分

即 A 为△BCD 外接圆的外心.

二、 (本题满分 40 分) 求所有的正整数 n,使得对于任意正实数 a、b、c 满足 a+b+c=1,有 1 abc(an+bn+cn)? n+2. 3 2 1 解: (1)当 n?3 时,取 a= ,b=c= , 3 6 1 1 1 1 - 则 abc(an+bn+cn)= n+3(2n 1+ n+ n)> n+2.所以 n?3 不满足题意. 2 2 3 3 ………………………… 10 分 (2)当 n=1 时, a+b+c 3 1 abc(a+b+c)=abc?( ) ? 3,所以 n=1 时,满足题意. 3 3 ………………………… 20 分 (3)当 n=2 时,原不等式也成立. 令 x=ab+bc+ca,则 a2+b2+c2=1-2x, 由(ab+bc+ca)2?3abc(a+b+c),得 3abc?x2. 1 于是,abc(a2+b2+c2)? x2(1-2x). 3 x+x+1-2x 3 1 1 1 1 因此 0<x< ,从而 x2(1-2x)? ×( ) = 4. 2 3 3 3 3 1 1 即 abc(a2+b2+c2)? x2(1-2x)? 4. 3 3 ………………………… 40 分

三、 (本题满分 50 分) 设 n 为正整数,求满足以下条件的三元正整数组〈a,b,c〉的个数: (1)ab=n; (2)1?c?b; (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 Sn={〈a,b,c〉| a、b、c 为正整数,ab=n,1?c?b,(a,b,c)=1}, 记 Sn 中元素的个数为 f(n) (n∈N*).显然 f(1)=1. ①如果 n=pα,其中 p 为素数,α?1.设〈a,b,c〉∈Sn, 若 b=1,则 a=pα,c=1; 若 b=pt,1?t?α-1,则 a=pα t,(c,p)=1,1?c?b;若 b=pα,则 a=1,1?c?b.


因此,f(pα)=1+ ? φ(pt)+ pα=pα 1+pα.(这里 φ(x)为 Euler 函数).


α-1 t=1

……………………………… 20 分 ②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,c〉∈Smn.由于 ab=mn. 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 a1b1=n,a2b2=m. 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 ci≡c(modbi),1?ci?bi,i=1,2. 那么(a1,b1,c1)=1,(a2,b2,c2)=1,因此, 〈a1,b1,c1〉∈Sn, 〈a2,b2,c2〉∈Sm. ……………………………… 30 分 其次,若〈a1,b1,c1〉∈Sn, 〈a2,b2,c2〉∈Sm. 令 a=a1a2,b=b1b2.由于(m,n)=1,从而(b1,b2)=1.
?c≡c1 (modb1) 由中国剩余定理,存在唯一的整数 c,1?c?b,满足? . ?c≡c2 (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,c〉∈Smn. 所以,f(mn)=f(m)·f(n). 1 利用①②可知,f(n)=nΠ (1+ ). p p|n ……………………………… 50 分

四、 (本题满分 50 分)

设 a、b、c、d、e 为正实数,且 a2+b2+c2+d2+e2=2.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?b?c?d?e>0. 若 a?1,则面积为 a2 的三角形可覆盖△ABC. ……………………… 10 分

1 1 若 a<1,则必有 b+c>1,这是因为当 c> 时,由于 b?c,则 b+c>1;当 c? 时, 2 2 又 a<1,则 b2=2-a2-c2-d2-e2>1-3c2?(1-c)2, 所以 b+c>1,从而 a+c>1,a+b>1. ……………………………… 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 (a+b-1)+(b+c-1)+(c+a-1)<1,得 2-a-b-c>0. ……………………………… 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 2=1-(a2+b2+c2)+(a+b-1)2+(b+c-1)2+(c+a-1)2 =(2-a-b-c)2, 得 f=2-a-b-c. 下证:d ?f . 1 1 1 若 d> ,由 a?b?c?d? ,则 f=2-a-b-c< ,从而 d>f. 2 2 2 1 若 d? ,由 a、b、c<1,有 d?2d2?d2+e2=2-a2-b2-c2>2-a-b-c=f. 2 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 ……………………………… 40 分


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