2011年全国高中数学联赛模拟卷(3)(一试+二试,附详细解答)

(考试时间：80分钟 满分：120分)

姓名：_____________考试号：______________得分：____________

一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分） 1．函数 y5x1102x的最大值是 _______ 2．青蛙在正六边形ABCDEF上A点处，每次向相邻顶点跳跃.到达D点或者跳满五次则停止.不同跳跃 方式有____________种. 3．设f(x)axbxc,f(0)1,f(1)1,f(1)1,则f(2)的最大值为 ___________ 4．设数列{an}的前n项和Sn满足：Snan2n1，n1,2,n(n1)，则通项an= ______

x2y2

5．已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)与直线xy1交于M, N两点, 且OMON(O为原点), 当椭圆的离

ab32

心率e∈[, ]时, 椭圆长轴长的取值范围是 __________ 32

6．对于每个大于等于2的整数n，令f(n)表示sinnxsinx在区间[0,]上不同解的个数，

g(n)表示cosnxcosx在区间[0,]上不同解的个数，则(g(n)f(n))=____________

n220077．在平面直角坐标系中，定义点P(x1, y1), Q(x2, y2)之间的“直角距离”为d(P, Q)=|x1－x2|＋|y1－y2|

若C(x, y)到点A(1, 3), B(6, 9)的“直角距离”相等，其中实数x, y满足0≤x≤10, 0≤y≤10， 则所有满足条件的点C的轨迹的长度之和为 _________

8．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正四面体容器内可向各个方向自由运动， 则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是

二、解答题（本大题共3小题，第9题16分，第10、11题20分，共56分）

abc29．已知a,b,c是实数, 二次函数f(x)axbxc满足f()0，求证：－1与1中至少有

2a一个是f(x)0的根.

10．设b0，数列{an}满足a1b，annban1(n2)．

an12n2bn1（1）求数列{an}的通项公式； （2）证明：对于一切正整数n，ann11．

2

x2y21，过定点C(1,0)两条互相垂直的动直线分别椭交圆于P,Q两点。F1,F2分别 11．已知椭圆2为左右焦点，O为坐标原点。 （1）求向量|PF1PF2|的最小值；

（2）当向量PF1PF2与QF1QF2互相垂直时，求P,Q两点所在直线的斜率。

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2011年全国高中数学联赛模拟卷(3)加试

(考试时间：150分钟 满分：180分)

姓名：_____________考试号：______________得分：____________

一、（本题满分40分）如图，C为半圆弧的中点，点P为直径BA延长线上一点，过P作半圆的切

线PD，D为切点，BPD的平分线分别交AC,BC于点E,F．

C求证：以EF为直径的圆过半圆的圆心Ｏ．

D

FEPAOB

二、（本题满分40分）已知m，n为正整数.

(2) 对于n≥6，已知(1(1) 用数学归纳法证明：当x＞－1时，(1＋x)m≥1＋mx；

1n1mn1m)，求证：(1)()(m=1, 2, 3, …, n)； n32n32(3) 求出满足等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(n＋3)n的所有正整数n.

nn三、（本题满分50分）（1）证明：存在无穷多个正整数n，使32与52同时为合数.

n（2）试判断是否存在正整数p和q，使得对于任意n≥2007，总有p32与 q52之一为素数？

并证明你的结论。

n 四、（本题满分50分）现有一根由n颗珠子串成的项链（环行线串成）。每颗珠子上都标着一个整数，

且它们的和为n1，求证：我们可以把这串项链绳从某处截断，使它成为一根线段上串着n颗珠

子的珠串，它们的相继标号顺次为x1,x2,,xn，且对一切k1,2,n恒有

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xi1kik1成立。

2011年全国高中数学联赛模拟卷(3)答案

1、函数的定义域为[1, 5]，且y＞0, y5x125x 52(2)2(x1)2(5x)227463 127

当且仅当2x155x，等号成立，即x＝时函数取最大值63

27

2、 跳5步共有32种，其中包含3步跳到D的两种情形，应减去8种，

所以满足条件的5步跳有24种。在加上2种3步跳，共26种。

3、f24a2bc3abcabc3c3f1f13f03f1f13f0

3137, 当fx2x21时, f27

nn1n22114.an1Sn1Snan1an，即 2an1an

(n1)(n2)n(n1)(n1)(n2)n1n(n1)

2111 =，由此得 2(an1． an)an(n1)(n2)n(n1)(n1)(n2)n(n1)令bnan1111111，b1a1 (a10)，有bn1bn，故bnn，所以ann．

2n(n1)n(n1)2222x2y2122222225.由a2b2,可得(ab)x2axaab0 ①

xy12a2由OMON得x1x2y1y20, 即2x1x2(x1x2)10, 将x1x22, 2aba2a2b23c21111x1x22代入得, 即, 因为, 得 22222223a2ababba1b211b223112, 得2, 有a2(22)2, 解得52a6. 3a22a32a2k12k6、由sinnxsinx得：nx2kx或2kx，即x又x[0,]，  或x，

n1n1nn12k12mn4t1,tN* 则0k或0k；但两组取值可能重复。若讨论得：，

22n1n12k2kn1n1时重复一组。同理对于cosnxcosx，x或0k， 或x，0kn1n122n1n2t1,tN*时重复一组。比较两种解的取值知，0k为公共部分，n为奇数时，

2n1n*0k比0k多一组解，但g(n)当n2t1,tN时重复一组。

22** f(n)只当n4t1,tN时重复一组。实质只有当n4t1,tN时，g(n)比f(n)多1个解，

2007200551501。 其余情况解相同。所以(g(n)f(n))=

4n27. 由条件得|x1||y3||x6||y9| --------①

当y≥9时，①化为|x1|6|x6|，无解； 当y≤3时，①化为|x1|6|x6|，无解； 当3≤y≤9时，①化为2y12|x6||x1| -------②

若x≤1，则y＝8.5，线段长度为１；若1≤x≤6，则x＋y＝9.5，线段长度为52；若x≥6，

则y＝3.5，线段长度为４．综上可知，点C的轨迹的构成的线段长度之和为1＋52＋4＝5(2＋1)

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8. 如答图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r，作平面 A1B1C1//平面ABC，与小球相切于点D，则小球球心O为正四面体

PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心．

11因VPABCSABCPD4VOA1B1C14SABCOD，

11111131113故PD4OD4r，从而POPDOD4rr3r． 记此时小球与面PAB的切点为P1，连接OP1，则

22PP(3r)2r222r． 1POOP1考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB)相切时的情况， 易知小球在面PAB上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，

答图1

记为P作PMPA于M． 1EF，如答图2．记正四面体的棱长为a，过P11 因MPP126故小三角形的边长PEPA2PMa26r． 1小球与面PAB不能接触到的部分的面积为（如答图2中阴影部分）

322SPABSP1EF(a(a26r)2)32ar63r．

4又r1，a46，所以SPABSPEF24363183．

1由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723 答图2

3，有

PMPPcosMPP22r6r， 11

abc)0知二次函数f(x)ax2bxc有零点，若二次函数f(x)ax2bxc只有唯2aabcb22一的零点，则这个零点就是抛物线的顶点，有解得ac，由0，有b4a0，，

2a2ab2a则b2a，故抛物线的顶点横坐标为x所以1与1中至少有一个是f(x)0的根。 1，

2a2a2若二次函数f(x)axbxc有两个不同的零点，因为：

9、由f(abc2babc4ac abcaabcbabc fc4a22a4a2aabcabc2b4ac4aabcabC4a 22ac 2b24ac4aac 2b2f1f14a4a

0，所以f10或f10

故1与1中至少有一个是fx0的根。

nban1aban1n2n11 ，∴n，∴

nan12n2anban1ban12n2nn11n11，∴(n1)，即an2 ① 当b2时，

anan12an22n12n11n12()，当n1时，② 当b0且b2时， an2bban12ban2bb(2b)2n1n1122()n }是以∴{为首项，为公比的等比数列， ∴

an2b2bban2bb(2b)b10、解：∵an2011模拟卷（3） 第 4 页 共 7页

n(2b)bnn2n12nbn∴，∴an nnnn2ban(2b)b2b(2b)bn(2b)bn综上所述a2nbn,　b0且b2

n2，　 　b2　　　bn1（2）方法一：证明：① 当b2时，ann112；

2nnn1n2② 当b0且b2时，2b(2b)(22b2bn2bn1)

nbnann1n2n2n122b2bbnn2122bn12nn12nbn(n1)b12(n1)nbn2n(n1)2bn(n1)2

b2n12n12bn12n1bbn12n12bn12n1bn12n1bn1n11

22n12n12n1bn1∴对于一切正整数n，ann11．

2bn1方法二：证明：① 当b2时，ann112；

2nbn(2b)bn1bn1n11， ② 当b0且b2时，要证ann11，只需证

2nbn22n(2b)b1nb1即证n，即证 2bn2n1bn2n12n2b2bn2bn12n1bnb1即证(n1n)(2n12n2b2bn2bn1)n

2bbb2bn1bn2n12n221即证(23nn1)(nn12)n

2222bbbbbb2bn1bn2n12n221∵(23nn1)(nn12)

2222bbbbb1b22bn12n2bn2n1(2)(32)(nn1)(n1n) 2b2b2b2bbn12n2bn2n12n12n1nn， n2b2bbn1∴原不等式成立。∴对于一切正整数n，ann11．

211、解：（1）PF1PF22PO，所以|PF1PF2|=2|PO|.即最小值为2b2.

当P点位于短轴上顶点时，取等号.

PO与QO互相垂直，则线段PQ为直角POQ （2）PF1PF22PO，QF1QF22QO，所以

与直角PCQ公共斜边。设线段PQ中点为M，则MCMO，即xPxQ2xMxC1 ①

x2y21联立得： 设直线PQ方程为ykxb，与2(12k2)x24kbx2b220，由①得：12k24kb0 ②

b1b22222322b2b2011模拟卷（3） 第 5 页 共 7页

yPyQx2x2ykx22y1合成得：y2()， 又由PO与QO互相垂直知1③ 直线PQ与22bxPxQ2y24ky2k222k22105120，由③得(22)(12)0④，由②与④解得k即(22)() bxbxbbb10

二试

一、证明：连结DA,DE,DO,DB,DF，因为C是半圆弧的中点， DCPD是切线．所以OCAB, PDOD. F所以DPBCOD. 因为PF平分DPB,

E11所以DPFDPBCODCADCBD

P22AO所以A,P,D,E四点共圆，B,P,D,F四点共圆

所以CEDDPACFD，CODDPACFD，所以C,D,F,E四点共圆， C,D,F,O四点共圆，所以C,D,F,E,O共圆，即以EF为直径的圆过半圆的圆心Ｏ．

二、解：（Ⅰ）证：当x=0或m=1时，原不等式中等号显然成立，下用数学归纳法证明： 当x＞－1，且x≠0时，m≥2, (1+x)m>1+mx. ①

B(i)当m=2时，左边＝1+2x+x2, 右边＝1+2x，因为x≠0, 所以x2>0，即左边>右边，不等式①成立； （ii）假设当m=k(k≥2)时，不等式①成立，即(1+x)k＞1+kx, 则当m=k+1时，因为x＞－1, 所以1+x>0. 又因为x≠0, k≥2, 所以kx2＞0. 于是在不等式(1+x)k＞1+kx两边同乘以1+x得： (1+x)k·(1+x)＞(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2＞1+(k+1)x,

所以(1+x)k+1＞1+(k+1)x, 即当m＝k+1时，不等式①也成立. 综上所述，所证不等式成立.

1m11m1(Ⅱ)证：当n6,mn时，（1）,(1)()m,

n32n321mmmn1m1而由（Ⅰ），(1 (1)1)(1)()m.

n3n3n3n32nnnn（Ⅲ）解：假设存在正整数n06使等式3040(n02)0(n03)0成立， 4n0n2n030)(0)＝1. ② 即有（）+(n3n3n03004n0n2n0nn1n030)(0)(10)n0(10) 又由（Ⅱ）可得（）+(n03n03n03n03n031n01111)()n0()n011n01, 与②式矛盾， +(1n032222故当n≥6时，不存在满足该等式的正整数n. 故只需要讨论n=1, 2, 3, 4, 5的情形； 当n=1时，3≠4，等式不成立； 当n=2时，32+42＝52，等式成立； 当n=3时，33+43+53＝63，等式成立；

当n=4时，34+44+54+64为偶数，而74为奇数，故34+44+54+64≠74,等式不成立； 当n=5时，同n=4的情形可分析出，等式不成立. 综上，所求的n只有n=2, 3.

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nnnnn三、证明：（1）323(3n11)5，由费马小定理：341(mod5)，

nn所以，令n14r，则 5|32，即n4r1(rN)时 ，32为合数。

n又525(5n11)7，所以由费马小定理：561(mod7)

n所以 n16s，即n6s1(sN)时 ，52为合数。

nn因此，只要 n112tn12t1(tN)时，32，52都是合数，这样的n有无穷多个.

（2）不存在。p32p(33)3p2，取3p2的一个素因子s, 则(s,3)1，

由费马小定理，知nt(s1)1,tN（*）时，s|p(33)3p2，即p32为合数。 同理，q52q(55)5q2，取5q2得一个素因子u，则nv(u1)1,vN（**）时，

nn**nnnnq5n2为合数。由(*)和(**)知nx(s1)(u1)1,xN*时p3n2与 q5n2同时为合数。

四、解：对项链绳圈任意选择一个初始位置和一个旋转方向,并令其珠子上的标号依次为y1,y2,,yn，由已知,

yi1nin1,设第i颗珠子对应的坐标(i,y1y2yi)，(i1,2,,n)，

把第i个坐标(i,y1y2yi)和(i,i)比较,横坐标相同,纵坐标之差(y1y2yi)i形成一个集合,若集合中所有值均为负数, 则命题得证. 故设其中有非负数.则在i1,2,,n时, 必存在k, 使

yj1kjk最大, 选取达到最大值时的最大k为k0。

建立新坐标以第k0+1颗珠子作为新的初始位置,重新排列珠子的标号(方向依原方向不变), 所得珠子的 标号依次为x1,x2,…,xn，所对应的新坐标为(1,x1),(2,x1+x2),(3,x1+x2+x3),…,(i,(即(n,n-1))。此时

k0m0j1xj1ij),…,(n,

xj1nj)

xi1kik1，否则若存在xim，则yjkoxjm

j1j1i1k0j0mk0my(km)ykj0j1，若k0mn，与k0为达到最大值时的最大k矛盾，若

k0k0mn，则由yin1知：j1i1nk0m0ny(kmn)ykj0j1j0，也矛盾。

所以则截断项链的位置安排在第k0和k0+1珠子之间.满足条件。

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