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2015全国高中联赛全真模拟(一)


2015 年全国高中数学联赛全真模拟(一)答案
第一试
一、填空题

1 、 x, y, z 是 不 同 的 正 整 数 , 若 {x ? y, y ? z, z ? x} ? {n 2 , (n ? 1) 2 , (n ? 2) 2 } , 则

x 2 ? y 2 ? z 2 的最小值是_________.
答案: 1297 . 解、设 x ? y ? z ,由于 ( x ? y) ? ( y ? z ) ? ( x ? z ) ? 2( x ? y ? z ) 为偶数, 则 n2 ,(n ? 1)2 ,(n ? 2)2 为两奇一偶,于是 n 为奇数,而 y ? z ? 1,得 n ? 1 . 若 n ? 3 ,则 n 2 , (n ? 1) 2 , (n ? 2) 2 = 32 ,4 2 ,5 2 ,由 32 ? 42 ? 52 ? 50 , 得到 x ? y ? z ? 25 ,并且 x ? y ? 5 ? 25 ,故 z ? 0 ,不合;
2

? ?

??

?

若 n ? 5 ,则 n 2 , (n ? 1) 2 , (n ? 2) 2 = 5 2 ,6 2 ,7 2 ,由 52 ? 62 ? 72 ? 110 , x ? y ? z ? 55 , 于是 x ? 30, y ? 19, z ? 6 ,这时有 x ? y ? z 2 ? 1297.
2 2

??

?

2 、数列 a0 , a1 , a2 ,?,满足: a ? 3, a ? [a ] ? 1 0 n?1 n

{an }

( [ a n ] 与{an } 分别表示 a n 的整数部分和分数部分) ,则 a2012 ? __________. 答案: 3018 ? 3 . 解:据 a0 ? 1 ?

? 3 ?1?, a
?

1

? 1?

1 3 ?1

? 1?

3 ?1 3 ?1 , ? 2? 2 2
3 ?1 , a4 ? 7 ? 2

a2 ? 2 ?

2 3 ?1

? 2?

3 ?1 ? 4 ?

?

?

3 ? 1 , a3 ? 5 ?

?

? 3 ?1? ,?,

易得, a2k ? 3k ? 1 ?

? 3 ?1? , a

2 k ?1

? 3k ? 2 ?

3 ?1 ;所以 a2012 ? 3018 ? 3 . 2


3 、设 x 为锐角,则函数 y ? sin x sin 2x 的最大值是
答案:

4 3 . 9 2 2 4 2 2 2 2 解:据 y ? 2sin x cos x ,则 y ? 4sin x cos x ? 2(1 ? cos x)(1 ? cos x) ? 2cos x

? (1 ? cos2 x) ? (1 ? cos2 x) ? 2 cos2 x ? ? ? 2? ? 2( 2 ) 3 ? 16 ; ? ? 3 27 3 ? ? 4 3 所以 y ? ; (当 cos2 x ? 1 时取等号) . 9 3
4 、数列 ?an ? 中,若 ak ? ak ?1 ? 6k ? 5 , k ? N * ,则 a1 ? a100 ?
2015 联赛模拟 1 答案参考 第1页 共8页

3


1

答案: 305 . 解: a1 ? a100 ? ? a1 ? a2 ? ? ? a2 ? a3 ? ? ? a3 ? a4 ? ? ? a4 ? a5 ? ? ? ? ? a99 ? a100 ?

? 11 ? 6 ? 49 ? 305 . 5 、若椭圆的一个顶点关于一个焦点的对称点恰好在其准线上,则该椭圆的离心率为

e?
答案:

.

1 2 或 . 2 2

解:建立坐标系,设椭圆的方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2

? a ? b ? 0 ? ,则顶点 A1,2 ? ? ?a, 0? ,
a2 .其中 c ? a2 ? b2 ,据对称 c

B1,2 ? ? 0, ? b? ,焦点 F1,2 ? ? ?c, 0? ,准线方程为 l1,2 : x ? ?
性,只须考虑两种情况:

?10 ? 、 A1 ? ?a,0? 关于 F2 ? c,0? 的对称点在右准线 x ?

c 1 a2 a2 ? 2c 得 e ? ? ; 上,由 ?a ? a 2 c c

? 20 ? 、 B1 ?0, b? 关 于 F2 ?c,0? 的 对 称 点 在 右 准 线 x ?
e2 ? c2 1 2 ? ,所以 e ? . 2 a 2 2

a2 a2 ? 2c , 得 到 上,由横坐标 0 ? c c

6 、正三棱柱 ABC ? A?B?C ? 的侧棱及底面边长都是 1 ,则四面
体 A?ABC , B?ABC , C ?ABC 的公共部分的体积是 .
A1 B1

C1

答案:

3 . 36
A
D

O

C
H E

解:据对称性,面 C1 AB, A 1BC, B 1 AC 的交点 O 在底面 ABC 上

B

, B C的 中 点 分 别 为 D, E , 则 OH 是 的 射 影 H 为 正 三 角 形 ABC 的 中 心 H , 设 A B

?EAA1, ?DCC1 的交线,

1 OH DH 1 ? ? ,所以 OH ? , 3 C1C DC 3

从而四面体 A?ABC, B?ABC, C?ABC 公共部分,即四面体 OABC 的体积为:

2015 联赛模拟 1 答案参考

第2页

共8页

2

1 1 1 3 3 . V ? ? OH ? S?ABC ? ? ? ? 3 3 3 4 36
7 、抛物线 y ? x2 与直线 y ? 100 围成一个区域 A ,则 A 的内部(不含边界)中的整点(纵
横坐标都是整数的点)的个数是__________. 答案:1311. 解:由对称性,只需考虑 y 轴右侧情况,过 x ? k
2

?k ? ?1,2,...,9?? 作平行于 y 轴的直线交抛
2 2

物线于 Ak ,交直线 y ? 10 于 Bk ,则线段 Ak Bk 内部的整点数为 10 ? k ? 1 个,

y 轴右侧图形内部(不含 y 轴)整点数为

? ?10
9 k ?1

2

? k 2 ? 1 ? 99 ? 9 ? ? k 2 ? 891? 285 ? 606个;
k ?1

?

9

y 轴上有 99 个整点(不含原点及点 (0,100) ) ; y 轴左侧也有 606 个整点,共计得整点 2 ? 606 ? 99 ? 1311 个. 8 、 2012 奥运会的环形马拉松跑道上,共设置有 2012 个观看站点,按顺时针方向依次标志
为 L1 , L2 ,?, L2012 ,它们将跑道分成 2012 个区段,某运动员将编号为 1, 2, ?, 2012 的吉祥物按 照以下方式顺次放置于这些站点上:他先在 L1 上放置第 1 号吉祥物,然后顺时针跑过 7 个区段, 将第 2 号吉祥物放置于所到达的站点 L8 上,再顺时针跑过 7 个区段,将第 3 号吉祥物放置于所 到达的站点 l15 上,?,如此进行下去,则站点 L2012 上所放置的吉祥物编号是 答案: 1438 . 解:设站点 ck 上所放置的吉祥物编号为 x , x ??1,2,?,2012? , 则 7 ? x ?1? ?1 ? k .

? mod 2012? ,当 k ? 2012 时,得 7 ? x ?1? ?1 ? 0 ? mod 2012? ,

2012 y ? 1 3 y ?1 ? 1 ? 287 y ? 1 ? ,易知,当 y ? 5 ? 7t , 7 7 3y ?1 ? 1438 . 当 t ? Z 时, x 为整数,取 t ? 0 ,得 y ? 5 ,此时, x ? 287 y ? 1 ? 7
设 7 ? x ?1? ?1 ? 2012 y , x ? 二、解答题

9 、锐角 ?ABC 中,若 cos2 A, cos2 B, cos2 C 的和等于 sin 2 A, sin 2 B, sin 2 C 中的某个值, 证明: tan A, tan B, tanC 必可按某顺序组成一个等差数列.
证明:不妨设 cos A ? cos B ? cos C ? sin B ,?○ 1
2 2 2 2

据余弦定理: sin B ? sin A ? sin C ? 2 sin Asin C cos B ...② sin A sin C ? cos A cos C ? cos( A ? C ) ? cos A cos C ? cos B ...③
2 2 2

由②③得, cos A ? cos B ? cos C ? 1 ? 2 cos A cos B cosC ...④
2 2 2

2015 联赛模拟 1 答案参考

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共8页

3

由①④得, 2cos A cos B cos C ? 1 ? sin 2 B ? cos2 B, 因 B 为锐角 则 2 cos A cosC ? cos B ? ? cos(A ? C ) ? sin A sin C ? cos A cosC ,由此

tan A tan C ? 3 , tan B ? ? tan( A ? C ) ?
因此, tan A, tan B, tanC 成等差数列

tan A ? tan C tan A ? tan c ? tan A tan C ? 1 2

10 、试求所有的正数 t ?

b2 x2 y 2 ? ?1 ,使得在双曲线 a2 a 2 b2

? a, b ? 0 ? 的右支上总存在焦点弦

l ,它关于原点的张角为直角.
解:双曲线

x2 y 2 ? ? 1 的右焦点为 F ? c,0? ,其中 c ? 1 ? t ? a ,设焦点弦 l 交双曲线的 a 2 ta 2

右支于 M ? x1 , y1 ? , N ? x2 , y2 ? ,由 OM ? ON ? 0 ,得 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ?○ 1
0 如果 t ? 1 ,则渐近线 y ? t x 的倾角 ? ? 45 ,而双曲线的右支含于两渐近线 y ? ? t x 所

???? ? ????

夹的角形区域内,该角形区域的顶角 ? ? 90 ,于是此时双曲线右支中的任一条弦关于原点的张
0
0 角皆小于 90 ,不合题意,因此 t ? 1 .

?1? 、当焦点弦 l 与 x 轴垂直,若 ?OMN 构成以 MN 为斜边的直角三角形,则是等腰直角
三角形,于是 MF ^ OF (如图).即点 M ? x1 , y1 ? 满足 x1 ? y1 , 而 x1 ? OF ? c ? 1 ? t ? a , 由
Y M
M1

?1 ? t ? a2 ?
a2

y12 ? 1 ,得 y1 ? ta , ta 2 1? 5 . 2
O

所以 t ? 1 ? t ,而 t ? 1 ,则 t ?

当焦点弦 l 与 x 轴不垂直, 这时, 焦点弦 l 与 ? 2? 、 双曲线右支的两个交点具有不同的横坐标,设 l 的方 程为 y ? k ? x ? c ? , k ? 0 , 将双曲线的方程改写为

F

X

N

2015 联赛模拟 1 答案参考

第4页

共8页

4

N1

tx2 ? y 2 ? ta2 ,则 tx 2 ? k 2 ? x ? c ? ? ta 2 ,
2 2 2 2 2 2 2 即 k ? t x ? 2ck x ? k c ? ta ? 0 ?○ 2

?

?

?

?

由于方程○ 2 有两个不同的正根 x1 , x2 , 所以二次项系数 k ? t ? 0
2

?○ 3

由○ 2 得, x1 ? x2 ?

2ck 2 k 2c 2 ? ta 2 , x x ? ??○ 4 1 2 k2 ?t k2 ?t

2 2 2 2 据○ 1 , 0 ? x1x2 ? y1 y2 ? x1x2 ? k 2 ? x1 ? c ?? x2 ? c ? ? k ? 1 x1 x2 ? k c ? x1 ? x2 ? ? k c , 即

?

?

?k

2

2 2 ? 1?? k 2 c 2 ? t a? ?2 k4 c2? k2?c2 k? ? t?0,

注意 c2 ? ?1 ? t ? a2 ,则
2

k 2 ? t 2 ? t ? 1? ? t ??○ 5 ,

由 t ? 1, k 2 ? 0, 故有 t ? t ? 1 ? 0 ,所以 t ?

1? 5 , 2

2 2 2 又因 k ? t ,故由○ 5 得, t ? t ? 1 ? 1 ,即 t ? t ? 2 ? 0 ,则 t ? 2 .

综合 ?1? , ? 2 ? 得, t 的取值范围为:

1? 5 ?t ? 2. 2

11 、设数列 ?an ? ,?bn ? 满足: a0 ? b0 ? 1, an?1 ? 5an ? 7bn , bn?1 ? 7an ? 10bn .
证明: ?m, n ? N , am?n ? bm?n ? am an ? bmbn . 证:若 m ? n ? 0 ,则 m ? n ? 0 ,结论显然; 若 m ? n ? 1 ,固化 m ? n ,改证以下命题: ?k ? N , 0 ? k ? m ? n ,有

am?n ? bm?n ? am?n?k ak ? bm?n?k bk

??○ 1

对 k 归纳: k ? 0 时结论显然;设对于 k ? r 时○ 1 式成立,即

am?n ? bm?n ? am?n?r ar ? bm?n?r br

? ○ 2 ,当 k ? r ? 1,

? r ? m ? n? 时,由于

am?n?r ar ? bm?n?r br ? ?5am?n?r ?1 ? 7bm?n?r ?1 ? ar ? ? 7am?n?r ?1 ?10bm?n?r ?1 ? br
2015 联赛模拟 1 答案参考 第5页 共8页 5

3 ? am?n?r ?1 ?5ar ? 7br ? ? bm?n?r ?1 ? 7ar ?10br ? ? am?n?r ?1ar ?1 ? bm?n?r ?1br ?1 ??○ 由○ 2 ○ 3 得 am?n ? bm?n ? am?n?r ?1ar ?1 ? bm?n?r ?1br ?1 ,即当 k ? r ? 1,

? r ? m ? n? 时

1 式成立,因此○ 1 得证,今在○ 1 中取 k ? n ,得 am?n ? bm?n ? am an ? bmbn . ○

第二试(加试)
1、 设⊙w 与 ?ABC 的边 AB, AC 分别切于点 D, E , 又与 ?ABC 的外接圆⊙O 相切于点 P ;
证明:线段 DE 过 ?ABC 的内心.

A
证:如图,自点 P 引切线 PQ ,设 PD, PE 分别交⊙O 于 M , N ,则 ?DPQ ? ?PDB ? ?1 ? ?2 , 而 ?1 ? ?BPQ , 所以 ?2 ? ?3 ? ?4 , 于是 M 为 ? AB 的中 点,则 CM 为 ?ACB 的平分线; 同理, BN 是 ?ABC 的平分线. CM , BN 的交点 I 即为
4 M 1 D 2 I E 3 Q N

B

C P

?ABC 的内心.
以下证 D, I , E 三点共线. 连 DI , EI ,据“鸡爪”定理, MB ? MI ,又由 ?2 ? ?3 ,得 ?MBD ∽ ?MPB ,
2 2 因此 MB ? MD ? MP ,所以 MI ? MD ? MP ,所以 ?MID ∽ ?MPI , ?MID ? ?MPI ;

同理可得, ?NIE ? ?NPI ; 于是, ?NIE ? ?MID ? ?MPN ? ?MBN ? ?MIB ? ?MID ? ?BID , 所以 ?NIE ? ?BID ,故 D, I , E 三点共线. 且知 I 是 DE 的中点. (因 AD ? AE ,而 AI 是角 A 的平分线. )

2 、设 a, b, c 为正数,满足:

1 1 1 ? ? ? 1 ,证明: a b c

a 4 ? b4 b4 ? c 4 c4 ? a4 ? ? ?1. a 4b ? b 4 a b 4 c ? c 4b c 4 a ? a 4 c
证:令 a ?

1 1 1 ,b ? ,c ? ,则 xy ? yz ? zx ? 1 ,而 yz zx xy
2015 联赛模拟 1 答案参考 第6页 共8页 6

z ? x 4 ? y 4 ? ? xz ? yz ? ? x3 ? y 3 ? ? xyz ? x 2 ? y 2 ? xyz ? x 2 ? y 2 ? a 4 ? b4 . ? ? ? xz ? yz ? a 4b ? b 4 a x3 ? y 3 x3 ? y 3 x3 ? y 3
因此

? x2 ? y 2 y 2 ? z 2 z 2 ? x2 ? a 4 ? b4 b4 ? c 4 c4 ? a4 ? ? ? 2 ? xyz ? 3 ? 3 3 ? 3 3 ?, 3 a 4 b ? b 4 a b 4 c ? c 4b c 4 a ? a 4 c x ? y y ?z z ?x ? ? ? x2 ? y 2 y 2 ? z 2 z 2 ? x2 ? 1 ,而 1 ? xy ? yz ? zx ; ? 3 3 ? 3 3 ? ?1 ? ○ 3 3 y ?z z ?x ? ?x ?y

于是即要证 xyz ?

据排序原理, ( x ? y)( x3 ? y3 ) ? 2 xy( x2 ? y 2 ) ? ( x4 ? y 4 ) ? ( x3 y ? xy3 ) ? 0 ? ○ 2

xz ? yz x2 ? y 2 z ? 2 xy ( x 2 ? y 2 ) ? 所以 ? xyz 3 ? ?x? y? ? ? 0 ;同理有 2 x ? y3 2 ? x3 ? y 3 ?
xy ? yz z 2 ? x2 xy ? xz y2 ? z2 ? xyz ? 0; , ? xyz 3 3 ? 0 2 z 3 ? x3 2 y ?z
三式相加,得○ 1 成立,因此结论得证.

3 、证明:有无穷多组正整数 x, y, z ,满足:

( x ? y ? z)2 ? 2( x ? y ? z) ? 5( xy ? yz ? zx) .
证:采用调整法,显然 ( x1 , y1 , z1 ) ? (1,1,1) 是一组解,若 ( xk , yk , zk ) 是方程的一组解,不妨 设

zk ? min( xk , yk , zk ) ,以 z 为主元,变形原方程为 z 2 ? (3x ? 3 y ? 2) z ? ( x2 ? y 2 ? 3xy ? 2x ? 2 y) ? 0

? ,则 当取 x ? xk , y ? yk 时,关于 z 的一元二次方程有一根 z ? zk ,设另一根为 z ? zk
? ? 3xk ? 3 yk ? 2 ? zk ,且易知 zk ? ? zk ,于是 ( xk , yk , zk ? ) 也是方程的一组解,由于 zk ? ? xk ? yk ? zk ,可知 ( xk , yk , zk ? ) 是方程的一组新的解,且有 zk ? ? xk , zk ? ? yk , xk ? yk ? zk

? ) 中的最小数( xk 或 yk )再次进行两次操作,可得解 ( xk ? , yk ? , zk ? ), 用同样的办法,对 ( xk , yk , zk
? ? xk , yk ? ? zk ,因此方程有无穷多组正整数解 x, y, z . ? ? yk , zk 其中 xk

2015 联赛模拟 1 答案参考

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共8页

7

4 、平面上有 n 个不同的点 (n ? 5) ,其中每点恰与其它 4 个点的距离为 1 ,求这种点的个数

n 的最小值.
解:设 n 个点为 A1 , A2 ,?, An ,并设 A1 Ai ? 1,(i ? 2,3, 4,5) . 由于以 A1 为圆心 1 为半径的圆,与以 A2 为圆心 1 为半径的圆至多相交于两点, 故 A2 A3 , A2 A4 , A2 A5 中至少有一个不为 1 .又 A2 恰好与 4 个 Ai 的距离为 1 .故 n ? 6 . 以 A1 为圆心 1 为半径的圆与以 A6 为圆心 1 为半径的圆至多相交两个点. 故 A6 A2 , A6 A3 , A6 A4 , A6 A5 中至多两个为 1 . 因此 n ? 8 ,且 A6 与 A7 ,?, An 中至少两点的距离均为 1 . 当 n ? 8 时,必有 A6 A7 ? 1, A6 A8 ? 1 .同理 A7 A8 ? 1 . 因此 A6 , A7 , A8 中,每一点恰好与 A2 , A3 , A4 , A5 中两点的距离为 1 . 以 A6 , A7 , A8 为圆心 1 为半径的三个圆另交于三点,至少有两点为 A2 , A3 , A4 , A5 中的两点,设为

A2 , A3 .再设这两点均在以 A6 为圆心的圆上,则 A2 , A6 , A3 共线, A2 A3 为直径.
这样 A1 不可能与 A2 , A3 的距离均为 1 ,矛盾. 所以 n ? 9 ,且 n ? 9 可达到,如图所示. 构作方法是:在单位圆 ? O 中取点

A, B, C , D ,使 ?OAB, ?OCD 为正三角形;
再分别以 A, B, C , D 为圆心作半径为 1 的圆,

A G
O

D

设? A?? D ? G, ? B?? C ? H ,? A?? C ? E , ? B?? D ? F , 让 ?OCD 绕点 O 适当旋转,使得 单位圆 ? G, ? H 都经过点 E , F ;这样得到的 九个点 O, A, B, C, D, E, F , G, H 便合要求.

B

E

F C

H

2015 联赛模拟 1 答案参考

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