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2011年高中数学联赛模拟题一


2011 年高中数学联赛模拟题一
(时间:100 分钟) 一、选择题 1、 设奇函数 f ( x) 的定义域为 (t , t 2 ? 3t ? 8) , 值域为 (2t , t 2 + 3t + 6) , 则函数 y = f ( x + 1) + 1 的 值域是( A.(-2,2) ). B.(-4,4) C.(-3,5) D.(-5,5)

解:由

已知, f ( x) 的定义域必关于原点对称,即 ?t = t 2 ? 3t ? 8 ? t = ?2 (舍去 t = 4 ) ,这 ,值域为(-4,4). 从而函数 y = f ( x + 1) + 1 的定义域可由 时, f ( x) 的定义域为(-2,2)
?2 < x + 1 < 2 ,得 ?3 < x < 1 ,其值域由 f ( x) = 2 x ,可得 y = f ( x + 1) + 1 = 2 x + 3 ,所以, ?3 < y < 5 .

故选 C.

2、已知集合 A = {( x, y ) || x | + | y |= a, a > 0} , B = {( x, y ) || xy | +1 =| x | + | y |}. 若 A ∩ B 是平面 上正八边形的顶点所构成的集合,则 a 的值为(
A. 2 + 2 B. 2 + 2 或 2 ). D. 3 + 3 或 3

C. 3 + 3

解:点集是由顶点为 (a,0), (0, a ), (? a,0), (0,?a ) 的正方形的四条边构成. 将 | xy | +1 =| x | + | y | 变形为 (| x | ?1)(| y | ?1) = 0 , 所以集合 B 是由四条直线 x = ±1, y = ±1 构 成。 欲使 A ∩ B 为正八边形的顶点所构成的集合,只有 a > 2 或 1 < a < 2 这两种情况。 (1)当 a > 2 时,由于正八边形的边长只能为 2,显然有 2a ? 2 2 = 2 ,故 a = 2 + 2 . 2?l ( 2 ) 当 1 < a < 2 时 , 设 正 八 边 形 边 长 为 l , 则 l cos 45 = ,l = 2 2 ? 2 , 这 时 2 l a = l + = 2. 2 综上所述, a 的值为 2 + 2 或 2 . 故选 B. 3、已知 0 < x < 1 , a, b 都为正数或都为负数,则 y =
A. (a + b) 2 B. (a ? b) 2 C. a 2 ? b 2 a2 b2 + 的最小值为( x 1? x

).

D. a 2 + b 2

解:由 0 < x < 1 ,可令 x = sin 2 θ (0 < θ <

π
2

) ,则

y=

a2 b2 + = a 2 + b 2 + (a cot θ ) 2 + (b tan θ )2 ≥ a 2 + b 2 + 2ab = (a + b)2 ,其中当且仅 sin 2 θ 1 ? sin 2 θ

当 a cot θ = b tan θ ,即 sin θ =

a 时等号成立,故 ymin = (a + b) 2 . 故选 A. a+b
).

x 3 4、记 F ( x, y ) = ( x ? y ) 2 + ( + )2 ( y ≠ 0) ,则 F ( x, y ) 的最小值是( 3 y
A.

12 5

B.

16 5

C.4

D.

18 5

x 3 x 解:设动点 P ( x, ? ) 、 Q( y, ) ,则 F ( x, y ) =| PQ |2 . 于是,点 P 的轨迹是直线 y = ? , 3 y 3

点 Q 的轨迹是双曲线 y =

3 3 ,双曲线上的任一点 ( x0 , ) 到直线 x + 3 y = 0 的距离为 x x0
| x0 + 3 × d= 10 3 | x0



6 . 10 18 . 故选 D. 5 S n 3n ? 5 a = ,则 11 等于 Tn 2n + 1 b11

当 x0 = ±3 时,上式等号成立. 故 F ( x, y ) 的最小值为

5、若两个等差数列 {an },{bn } 的前 n 项和分别记为 Sn 和 Tn ,且 (
A. 11 10

).
B. 11 21 C. 52 41 D. 58 43

21 (a1 + a21 ) 3 × 21 ? 5 58 a11 2a11 a1 + a21 S 2 . 故选 D. 解: = = = = 21 = = b11 2b11 b1 + b21 21 (b + b ) T21 2 × 21 + 1 43 1 21 2

?m 1 ? x 2 , x ∈ (?1,1] ? 6、已知以 T = 4 为周期的函数 f ( x) = ? ,其中 m > 0 。若方程 3 f ( x ) = x 恰有 4 ? 1 ? x ? 2 , x ∈ (1,3] ? 个实数解,则 m 的值为( ) 15 4 8 A. B. 7 C. D. 3 3 3

解:因为当 x ∈ (?1,1] 时,将函数化为方程 x 2 +

y2 = 1( y ≥ 0) ,实质上为一个半椭圆,其图像如图 m2

所示,同时在坐标系中作出当 x ∈ (1,3] 的图像,再根据周期性作出函数其它部分的图像,由图易知直

y2 x 2 线 y = 与第二个椭圆 ( x ? 4) + 2 = 1( y ≥ 0) 相切, 3 m
方程恰有 4 个实数解. 将y=

y2 x 2 代入 ( x ? 4) + 2 = 1( y ≥ 0) 3 m

得 (9m 2 + 1) x 2 ? 72m 2 x + 135m 2 = 0, 由 ? = ( ?72m 2 ) 2 ? 4(9m 2 + 1) ? 135m 2 = 0 得 9m = 15 ,于是 m =
2

15 . 3

故选 A.

二、填空题 1、在圆内接四边形 ABCD 中, ∠A = 60 ,AB、BC、CD、DA 依次成等差数列,且公差
d = 3 + 13 ,则 AB 的长为________.

解:设 AB = a ,则 BC = a + 3 + 13 , CD = a + 6 + 2 13 , DA = a + 9 + 3 13 .由余弦定理, 有 a 2 + (a + 9 + 3 13) 2 ? 2a (a + 9 + 3 13) cos 60 = (a + 3 + 13) 2 + (a + 6 + 2 13) 2 ? 2(a + 3 + 13)(a + 6 + 2 13) cos120 ,解得 a = 2 . 2、 在数列 {a n } 中, 1 , a 2 是给定的非零整数, n+ 2 =| a n +1 ? a n | , a a 若令 a1 = 2, a2 = ?1 , a2011 则 的值为_________. 解:由 a1 = 2, a2 = ?1, a3 = 3, a4 = 4, a5 = 1, a6 = 3, a7 = 2, a8 = 1, a9 = 1, a10 = 0, a 11 = 1, a 12 = 1, a 13 = 0, ? ,可知自第 8 项起每三个相邻的项周期地取 1,1,0 故
a2011 = a10 = 0 .

3、 ?ABC 的边长 a, b, c (a ≤ b ≤ c) 同时满足: (1) a, b, c 均为整数; (2) a, b, c 成等差数列; (3) a 与 c 中至少有一个等于 100. 则三元数组 (a, b, c) 所有可能的种数为________. 解:按题设,正整数 a, b, c 满足 a ≤ b ≤ c , a + b > c , b 2 = ac ,且 a 与 c 中至少有一个等于

100. 首先, a = 100 , b 2 = 100c , 若 则 从而 10 | b . 又 100 + b > c =

b2 , 2 ? 100b ? 100 2 < 0 , b 100

于是 100 ≤ b < 50( 5 + 1) . 注意到 10 | b , b 可取 100,110,120,130,140,150,160. 相应 的,有 c =100,121,144,169,196,225,256. 其次,若 c = 100 ,则 b 2 = 100a ,所以 10 | b . 又
b2 + b > 100 , b 2 + 100b ? 1002 > 0 ,解得 50( 5 ? 1) < b ≤ 100 ,于是由 10 | b 知, b 可取 100

70,80,90,100. 相应的 a =49,64,81,100. 综合上述,三元数组 (a, b, c) 共有 10 组可能的 解 : 49,70,100 ) ( 64,80,100 ) ( 81,90,100 ) ( 100,100,100 ) ( 100,110,121 ) ( , , , , , (100,120,144)(100,130,169)(100,140,196)(100,150,225)(100,160,256). , , , , 4、设复数 z 满足 | z |= 2 ,且 ( z ? a ) 2 = a ,则实数 a 的值为__________. 解: (1)若实数 a ≥ 0 ,则 z 必为实数,此时 z = 2 或-2. 当 z = 2 时,有 a 2 ? 5a + 4 = 0 , 解得 a = 1 或 4;当 z = ?2 时,有 a 2 + 3a + 4 = 0 ,方程无实数解. (2)若实数 a < 0 ,则 z 必为虚数, z = a ± ? ai ,由 | z |= 2 ,得 a 2 ? a ? 4 = 0 ,解得 a =
1 ? 17 . 2 1 ? 17 . 因此,实数 a 的 2

值为 1,4,

5、设集合 M = {1, 2,3,? , 2011} , A 是 M 的子集且满足条件:当 x ∈ A 时,15x ? A ,则 A 中 元素的个数最多是_______. 解:由题设可知 k 与 15k (k = 9,10,? ,134) 这两个数中至少有一个不属于 A ,所以至少有 134-8=126 个数不属于 A . 故 A 中元素个数最多为 2011-126=1885. 事实上,取 A = {1, 2, ? ,8} ∪ {135,136,? , 2011} ,则 A 满足题设条件,且 A 中元素个数 为 2011-(134-8)=1885. 故 A 中满足条件的元素最多为 1885 个. 6、设椭圆的中心是坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为 点最远距离是 7 ,则此椭圆方程为______________. 解:由离心率为
3 x2 y2 ,可设椭圆方程为 2 + 2 = 1 (b > 0) ,该椭圆上任意一点 M 的坐标 2 4b b

3 3 ,若点 P (0, ) 到该椭圆上的 2 2

3 y2 3 为 ( x, y ) ,于是 | PM |2 = x 2 + ( y ? ) 2 = 4b 2 (1 ? 2 ) + ( y ? )2 2 b 2
1 = ?3( y + ) 2 + 4b 2 + 3, (?b ≤ y ≤ b) . 2

若b <

1 1 ,则 ? ∈ [?b, b] ,从而当 y = ?b 时, | PM | 有最大值. 由题设得 2 2
x2 + y2 = 1. 4

( 7) 2 = 4b 2 + 3 ,解得 b = 1 . 故所求椭圆方程为

三、解答题 1、设 f ( x) = x 2 + ax + b ,若 f ( x) = 0 的两个根都不是整数,试问:当两实数 a, b 满足什么 条件时,一定存在整数 n ,使 | f (n) |≤
1 成立?证明你的结论. 4

解: 设方程 f ( x) = 0 的两根为 α , β , m < α < m + 1 m 为整数) 则 f ( x) = ( x ? α )( x ? β ) . 且 ( , (1)若 m < β < m + 1 ,则
| f (m) | ? | f (m + 1) |=| (m ? α )(m ? β )(m + 1 ? α )(m + 1 ? β ) | =| (α ? m)(m + 1 ? α ) | ? | ( β ? m)(m + 1 ? β ) | 2 2 1 1 显然,必有 | f (m) |≤ 或 | f (m + 1) |≤ ,此时至少存在整数 n = m 或 n = m + 1 . 4 4 ≤(

α ? m + m +1?α

)2 ? (

β ? m + m +1? β

1 )2 = ( )2 . 4

(2)若 β < m ,则
| f (m) | ? | f (m + 1) |=| [(α ? m)(m + 1 ? β )] ? [(m ? β )(m + 1 ? α )] |

≤[

(α ? m)(m + 1 ? β ) + (m ? β )(m + 1 ? α ) 2 α ? β 2 a 2 ? 4b 2 ] ≤( ) =( ) . 2 2 2

a 2 ? 4b 2 1 2 1 1 这时只需令 ( ) ≤ ( ) ,即 4a 2 ? 16b ≤ 1 时,就必有 | f (m) |≤ 或 | f (m + 1) |≤ . 2 4 4 4
此时整数 n 也存在. 同理可得 β > m + 1 时,结论同(2) 。 综上述可知,当两数 a, b 满足 4a 2 ? 16b ≤ 1 时,一定存在整数 n ,使 | f (n) |≤
1 成立. 4

2、如图,?ABC 中 ∠ABC 和 ∠ACB 均是锐角,D 是 BC 边上的内点, AD 平分 ∠BAC . 过 且

点 D 分别向两条直线 AB、AC 作垂线 DP、DQ,其垂足是 P、Q,两条直线 CP 与 BQ 相交于 点 K. 求证: (1) AK ⊥ BC ; (2) AK < AP = AQ <
2 S△ ABC ,其中 S△ ABC 表示 ?ABC 的面积. BC

A P K B D Q C

证明: 1) ( 作高 AH, 则由△BDP∽△BAH, 得 而由 AD 平分 ∠BAC ,得

BH BA CQ DC = . 又由△CDQ∽△CAH, 得 = . PB BD HC CA

DC AC = . 由 DP ⊥ AB, DQ ⊥ AC ? AP = AQ . 于是,有 BD AB A AP BH CQ AP BH CQ ? ? = ? ? PB HC QA QA PB HC P Q BA DC DC BA = ? = ? = 1 . 由 Ceva 定理,可知 K BD CA BD CA B C AH、BQ、CP 交于一点,故 AH 过 CP、BQ 的交点 K. D H 所以 AK 与 AH 重合,即 AK ⊥ BC . (2)记 AH 与 DQ 交于点 T,则
2 S ?ABC = AH > AT > AQ = AP . BC

又 CD > DQ = PD ,所以 ∠DPC > ∠DCP, ∠BDP = 从而有 ∠B + ∠DCP = ∠APK <

π

π
2

2

? ∠B = ∠DPC + ∠DCP > 2∠DCP ,

? ∠DCP = ∠AKP ,

即 AK < AP , 结论得证.

3、求最大的正整数 m ,使得对任意的自然数 n , f (n) = (2n + 7) ? 3n + 9 都能被 m 整除,并 证明你的结论. 解:由 f (1) = 36,
f (2) = 108, f (3) = 360, f (4) = 1224, ? ,猜想: f (n) 能被 36 整除.

下面用数学归纳法证明: (1)当 n = 1 时显然命题成立; (2)假设 n = k 时命题成立,那么 f (k + 1) ? f (k )

= [2(k + 1) + 7] ? 3k +1 + 9 ? [(2k + 7) ? 3k + 9] = [2(k + 1) + 7] ? 3k +1 ? (2k + 7) ? 3k = 4(k + 5) ? 3k 当 k = 1 是, 4(k + 5) ? 3k = 72 能被 36 整除;当 k ≥ 2 时, 4(k + 5) ? 3k = 36(k + 5) ? 3k ? 2 能 被 36 整除. 所以, f (k + 1) ? f (k ) 能被 36 整除. 故由(1) (2)及数学归纳法可知猜想命题成立. 因为 m > 36 时, f (1) = 36 不能被 m 整除,所以 m 的最大值是 36.(注:本题另一方法:当 n > 2 时通过讨论 n 的奇偶性得证) 的奇偶性得证) 注 本题另一方法:


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