1、2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽模擬卷(2)第一試(考試時間：80分鐘 滿分：120分)姓名：_考試號：_得分：_一、填空題（本大題共8小題，每小題8分，共64分）1. 函數(shù)的值域是_2. 設a, b, c為RTACB的三邊長, 點(m, n)在直線ax+by+c=0上. 則m2+n2的最小值是_3. 若，且為正整數(shù)，則4. 擲6次骰子, 令第次得到的數(shù)為, 若存在正整數(shù)使得的概率，其中是互質(zhì)的正整數(shù). 則= .5. 已知點在曲線y=ex上，點在曲線y=lnx上，則的最小值是_6. 已知多項式f (x)滿足：, 則_7. 四面體OABC中, 已知AOB=450,AOC=BOC=300, 則二面角AO

2、CB的平面角的余弦值是 _8. 設向量滿足對任意和0, ,恒成立. 則實數(shù)a的取值范圍是_.二、解答題（本大題共3小題，第9題16分，第10、11題20分，共56分）9設數(shù)列滿足,.求證：當時,. (其中表示不超過的最大整數(shù))10. 過點作動直線交橢圓于兩個不同的點，過作橢圓的切線，兩條切線的交點為， 求點的軌跡方程； 設O為坐標原點，當四邊形的面積為4時，求直線的方程.11. 若、，且滿足，求的最大值。2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽模擬卷(2)加試(考試時間：150分鐘 滿分：180分)姓名：_考試號：_得分：_一、（本題滿分40分）如圖, 四邊形BDFE內(nèi)接于圓O, 延長BE與DF交于A, B

3、F與DE相交于G,作ACEF交BD延長線于C. 若M是AG的中點. 求證：CMAO.ABCDEFGMON二、（本題滿分40分）求證：對任意正整數(shù)n, 都能找到n個正整數(shù)x1, x2, , xn, 使得其中任意r(rk2km0), 就有.四、（本題滿分50分）給定2010個集合, 每個集合都恰有44個元素, 并且每兩個集合恰有一個公共元素. 試求這2010個集合的并集中元素的個數(shù).2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽模擬卷(2)答案1.解：令sinx+cosx=t, 則t=,2sinxcosx=t21,關于t+1在和上均遞增,所以,或, 即值域.2. 解：因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)

4、=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2, 所以m2+n21, 等號成立僅當mb=na且am+bn+c=0,解得(m, n)=(), 所以m2+n2最小值是1.3. 解：由知可能為1,3, 11, 33, 從而解得4.解:當時，概率為;當時,，概率為； 當時，概率為； 當時，概率為； 當時， ，概率為；當時，概率為；故,即,從而.5. 解：因曲線y=ex與y=lnx關于直線y=x對稱所求的最小值為曲線y=ex上的點到直線y=x最小距離的兩倍,設P(x, ex)為y=ex上任意點, 則P到直線y=x的距離,因,所以,即min=.6

5、.解: 解：用代替原式中的得：CAOB解二元一次方程組得，所以：，則（分析得為一次多項式，可直接求解析式）7. 解:不妨設ACOCBC,ACB=,AOC=BOC=,AOB=.因=即，兩端除以并注意到, 即得,將=450,=300代入得, 所以,.8.解:令則,因,所以,對任意恒成立或或?qū)θ我夂愠闪⒒?9. 證明：對于任何正整數(shù)，由遞推知由知數(shù)列遞減.又對任意,即有,從而.于是，當時，；當時，由遞減得.故所以，.10. 解（1）依題意設直線方程為，與橢圓聯(lián)立得 ，由得 設，則過橢圓的切線分別為和 ，并且由及得，同理，故點的軌跡方程為（在橢圓外） （2），O到PQ的距離為，M到PQ的距離為， 四邊

6、形的面積當時解得或，直線為或11. 解:由均值不等式得,ABCDEFGMON,等號成立當且僅當, 故的最大值為100 .二 試1. 證法1：設O半徑為R, 則由圓冪定理得CO2=CDCB+R2. ACEF, CAD=ABC,ACDABC, 即AC2=CDCB,CO2AC2=R2, 下證MO2MA2=R2，由中線長公式得MO2(OA2+OG2)MA2, MO2MA2=R2OA2+OG2AG2=2R2. 由圓冪定理得：OA2=R2+AFAD,OG2=R2GEGD, 延長AG到N, 使得AFAD=AGAN, 則F, D, N, G四點共圓, AEAB=AFAD=AGAN,E, B, N, G四點共圓

7、,NEB=NGB=ADN, 從而A, D, N, E四點共圓, AGAN=EGGD,ABCDEFGMNPTOOA2+OG2AG2=2R2+AFADGEGD=2R2+ AGANGEGD=2R2. 即有CO2AC2= MO2MA2=R2,由平方差定理知：CMAO. 證完.證法2：由證法1知，只要證MO2MA2=R2:設BEG的外接圓交AG于N, DNO=P, 連BP, BN, 則B,E,G,N四點共圓, ,AEAB=AFAD=AGAN,其中R為O半徑. 故F,D,N,G四點共圓,延長AN交O于T, 則BPD=BED=BFD=DNT, BPAT,BNT=PBN, BPD=BED=BNT=PBN,從而

8、BN=PN,ONBP, ONAT.設AM=MG=x,GN=y, 則OA2=(2x+y)2+ON2, OM2=(x+y)2+ON2, OA2=R2+AFAD=AGAN,所以,OM2=OA2(2x+y)2+(x+y)2=OA22x(2x+y)+x2=OA2AGAN+x2=OA2AFAD+x2=R2+x2, OM2AM2=R2, CO2AC2=MO2MA2=R2, CMAO. 證完.2證明：設存在這樣的n個正整數(shù),則它們可組成個不同的r元數(shù)組.每組的r個數(shù)不互素, 即r個數(shù)的最大公約數(shù)大于1,令每個r元數(shù)組對應它們的最大公約數(shù). 任何r+1個數(shù)均互素，上述對應是單射: 若(x1,x1,xr)=(x1

9、/,x1/,xr/)=d, 則(x1,x1,xr,x1/)=(d,x1/)=d1矛盾!任取個互不相同的素數(shù)p1,p2,p,并使之與1,2,n的個r元子集一一對應, 然后對每個i1,2,n,令xi為i所在的所有r元子集(個)所對應的素數(shù)之積,則這n個數(shù)滿足要求:對x1,x1,xn的任意r元子集,它們的最大公約數(shù)恰為r元子集i1,i2,ir所對應的素數(shù), 當然大于1, 從而這r個數(shù)不互素, 由于個素數(shù)中的每一個都恰為x1,x1,xn中r個數(shù)的約數(shù), 故x1,x1,xn中任意r+1個數(shù)均互素.3.解：對n=時,有, c1. 對n=+2+1=2k+11,有, 即, ,令t=, 則恒成立, c,cmin

10、=. 現(xiàn)對m歸納證明：當m=1時, 已知成立, 假設對m成立,對m+1，設n=(k1k2km+10), 則n=, 由歸納假設得：, , 現(xiàn)證： ., 所以 左端, 即對m+1成立.故cmin=.4. 解：設給定集合為A1, A2,A2010, 則有|Ai|=44(1i2010), |AiAj|=1(1ij2010),只要求|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3).由|AiAj|=1知|Ai1Ai2Aik|1,若都等于1, 則必有一個元是所有集合的公共元素.下面證明|Ai1Ai2Aik|(1i1i2ik2010,k3)=1:對于A1,因它與其它2009個集合都有公共元, 且|A1|=44, 45,若A1中每個元素至多屬于其它45個集合, 則A1至多與4445=1980個集合有公共元素. 矛盾!可見, A1中必有一個元a至少屬于其它46個集合,設aA2,A47, 而B是A48,A2010中任意一個集合,若aB, 因B與A1,A47中每一個都有公共元素,則這些公共元素兩兩不同(因若B與Ai, Aj(1ij47)有相同公共元素b, 則ba, 從而Ai, Aj(1ij47)有兩個公共元素,矛盾!),故B