全国高中数学联赛模拟试题02及答案

第一试

一、选择题(共36分)

222

1. 设M＝{(x，y)||tanπy|＋sinπx＝0}，N＝{(x，y)|x＋y≤2}，则M∩N的元素个数

为 ( ) A.4 B.5 C.8 D.9

2. 设a，b，c是实数，那么对任意的实数x，不等式asinx＋bcosx＋c＞0都成立的充要

条件是 ( )

A.a＝b＝0，c＞0

B.a＋b＝c

2

2

2

2

C.a＋b＜c

2

22

D.a＋b＞c

22

3. 在平面直角坐标系中，若方程m(x＋y＋2y＋1)＝(x－2y＋3)表示的曲线为椭圆，则m

的取值范围是 ( ) A.(0，1) B.(1，＋∞) C.(0，5) D.(5，＋∞)

2

xn＋1－4

4. 已知x1＝6，x2＝4，xn＋2＝，则数列{xn}适合 ( )

xn

A.只有有限项，且满足xn＋2＝2xn＋1－xn B.有无限项，且满足xn＋2＝2xn＋1－xn C.只有有限项，且满足xn＋2≠2xn＋1－xn D.有无限项，且满足xn＋2≠2xn＋1－xn

22

5. 二次曲线C:3x－8xy＋7y＋4x－2y－109＝0上的整点个数是 ( )

A.4 B.3 C.2 D.5

abca＋b－c

6. 设a，b，c均为非零复数，且＝＝，则＝ ( )

bcaa－b＋c

22

A.1 B.±ω C.1，ω，ω D.1，－ω，－ω

二、填空题(共54分)

7. 计算cot10º－4cos10º＝_______________.

1615－1－2－n

8. 若(xx－)的展开式中第5项的值为，则lim(x＋x＋……＋x)＝_________.

x2n19981

ak＝_________________. 9. 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1－，则an

k110. 已知曲线y＝ax与其关于点(1，1)对称的曲线有两个不同的公共点，如果过这两个公

共点的直线的倾斜角为45º，那么实数a＝_________________. 11. 如图，棱台ABC－A1B1C1的任意两个侧面所成的二面

A1 C1

434

角都是直二面角，高为，且底面ABC中，AB

17B1

＝AC＝5，BC＝4

2，则棱台的体积为

A

C

2

_____________.

12. 设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，

它每次可以随意地跳动到相邻两点之一，若在5次

1

B 之内跳到D点，则停止跳动；若在5次之内不能跳到D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共有______________种.

三、解答题(共计60分)

8an

13. (20分)在数列{an}中，a1＝23，an－1＝2(n≥2)，求{an}的通项公式.

4－an

22

14. (20分) 设F(x)＝|f(x)g(x)|，其中f(x)＝ax＋bx＋c，x∈[－1，1]，g(x)＝cx＋bx

＋a，x∈[－1，1]，对任意参数a，b，c，恒有|f(x)|≤1，当a，b，c变化时，求F(x)所能达到的最大值.

22

15. (20分)已知曲线C:x－y＝1及直线L:y＝kx－1，曲线C'与C关于直线L对称，求证：

不论实数k为何值，C与C'恒有公共点.

2

第二试

一、(50分)⊙O1与⊙O2相离，AB为两圆的外公切线，切⊙O1于A，切⊙O2于B，CD为两圆

的内公切线，切⊙O1于C，切⊙O2于D，如图，求

B 证：AC于BD的交点在线段O1O2上.

A C

O1 O O2

D

二、(50分)对每一对实数(x，y)，函数f(t)满足

f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋xy＋1.

若f(－2)＝－2，试求满足f(a)＝a的所有整数a.

三、(50分)在13×13的正方形表格中，选择k个小方格的中心，使其中任意四点不是一

个矩形(其边与原正方形的边平行)的顶点，求满足上述要求的k的最大值.

3

全国高中数学联赛模拟试题(二)

参考答案 第一试

一、选择题 1. D

由题意，tanπy＝0，sinπx＝0，于是x＝k，y＝h，(k，h∈Z) 故M＝{(x，y)|x∈Z，y∈Z}

22

再由x＋y≤2，所以x＝±1、0，y＝±1、0，这样的点一共有9个 2. C

b22

asinx＋bcosx＋c＝a＋bsin(x＋φ)＋c，其中tanφ＝

a

因为－a＋b≤asinx＋bcosx≤a＋b 所以不等式成立的充要条件为a＋b＜c 3. D

x＋(y＋1)1x＋(y＋1)5

＝ 2＝，所以(x－2y＋3)mx－2y＋3m

||2

1＋(－2)由0＜4. A

xn＋1－4

由xn＋2＝可得x3＝2，x4＝0，于是，x6无意义，所以{xn}只有5项，

xn

且由x5＝－2可知A正确 5. A

22

将变形为(3x－4y＋2)＋5(y＋1)＝336

可知(|3x－4y＋2|，|y＋1|)＝(4，8)，(16，4)

再解得(x，y)＝(10，7)，(－14，－9)，(－2，3)，(－2，－5)即为全部整数解

a3abca2

6. C. ∵ ()＝··＝1，故＝1，ω，ω，

bbcaba

若＝1，则a＝b＝c，原式＝1 b

2

abc1＋ω－ω－2ω2 若＝ω，则＝＝ω，原式＝2＝2＝ωbca1＋ω－ω－2ωa2

若＝ω，同理可得原式＝ω b

二、填空题

2

2

2

222

2

22225

＜1，得m＞5 m

4

7.3；

sin80º－2sin20ºsin80º－2sin(180º－60º)

tan10º－4cos10º＝＝ sin10ºsin10º

sin80º－2(sin80ºcos60º－cos80ºsin60º)2cos80ºsin60º

＝＝＝3

sin10ºsin10º

8.1；

141542

由C6＝(xx)(－)＝得x＝2，

x2

1111－1－2－n

故x＋x＋……＋x＝＋＋……＋n＝1－n 2422

1lim(1n)＝1 n29.999；

1

由已知可得，a2＝，a3＝－1，a4＝2＝a1，所以{an}是以3为周期的数列

2

1998于是

ak1k＝666(a1＋a2＋a3)＝999

10.2；

22

曲线y＝ax关于点(1，1)的对称曲线为(2－y)＝a(2－x)

2yax2由得y－2y＋2－a＝0 2(2y)a(2x)此方程两根之和y1＋y2＝2

y1－y2a(y1－y2)aa

从而k＝＝2＝＝＝1 2x1－x2y1－y2y1＋y22

故a＝2 20811.；

7

如图，将棱台补成一个棱锥O－ABC，由题意，OA，OB，

OC两两垂直，由AB＝AC＝5，BC＝42及勾股定理，可得OA＝3，OB＝OC＝4，

11

则VO－ABC＝×3××4×4＝8

32

1

设O到平面ABC的距离为x，则xSABC＝VO－ABC＝8

3634

SABC＝234，故x＝

17

A C C' O B' B A' 5

x－h38

则VO－A'B'C'＝()VO－ABC＝ x278208

故VABC－A'B'C'＝8－＝ 2727

12.26

首先，青蛙不可能经过跳1次、2次或4次到达D点，青蛙的跳法只有以下两类情况： (1)青蛙跳3次到达D点，有2种跳法；

3

(2)青蛙一共跳5次后停止，这时.第3次的跳法(一定不到达D点)有2－2种，后两

232

次跳法有2种，这样跳5次的跳法共计(2－2)×2＝24种. 故所求的跳法总数为2＋24＝26种. 三、

an2()28anan－1

13．由an－1＝＝ 2(n≥2)，得

4－an2an2

1-()

2

anππ

记＝tanθn (－＜θn＜)，于是tanθn－1＝tan2θn 222

ππ1n－1

∴ θn－1＝2θn，且θ1＝arctan3＝，故θn＝·()，

332

anππ∴ ＝tanθn＝tann－1，an＝2tann－1

23·23·2

14．当x∈[－1，1]时，恒有|f(x)|≤1

∴ |f(1)|＝|a＋b＋c|≤1，|f(0)|＝|c|≤1，|f(－1)|＝|a－b＋c|≤1

22

于是|g(x)|＝|cx＋bx＋a|＝|c(x－1)＋a＋bx＋c|

2

≤|c||x－1|＋|(a＋c)＋bx|

≤|c|＋max{|a＋b＋c|，|a－b＋c|} ≤1＋1＝2 故F(x)＝|f(x)g(x)|≤2

22

而当f(x)＝2x－1，g(x)＝－x＋2时，满足对x∈[－1，1]时一定有|f(x)|≤1 取x＝0，得F(x)＝2，故F(x)能达到的最大值为2.

15．⑴当C与C'有公共点且在直线L上时，此公共点就是C与L的交点，

所以方程组ykx1xy122有实数解，即方程(1－k)x＋2kx－2＝0有实数根，

22

当k＝±1时，实数根为±1，C与L有两个公共点.

当k≠±1时，△＝4k＋8(1－k)≥0得－2≤k≤2且k≠±1 所以当－2≤k≤2且k≠±1时，C与L有公共点，即C与C'有公共点

⑵当C与C'有公共点P但不在直线L上时，则P点关于L的对称点Q也是C与C'的公共点

6

2

2

所以，P、Q两点均在直线C上，即C上有不同两点关于直线L对称，

1

设直线PQ的方程为y＝－x＋b(k≠0)

k1122byxb2

由 得(1－2)x＋x－b－1＝0 kkkx2y214b12

△＝2＋4(b＋1)(1－2)＞0

kk

设PQ的中点M(xm，ym)，它在直线L上， 2b－2

kkb1bk

∴ xm＝＝2，ym＝－xm＋b＝－2 11－kk1－k2(1－2)kbkkb

将M点坐标代入L的方程得 －2＝2－1

1－k1－k

2

1－k

即b＝2，代入△中可以解得

2kk∈(－∞，－1)∪(－

55

，0)∪(0，)∪(1，＋∞)， 55

2

2

2

此时，C与C'有公共点P但不在直线L上

综合⑴⑵，当k∈R时，C与C'恒有公共点.

第二试

一、如图，设O1O2交BD于P1，交AC于P2，

又设AB与CD交于M，O1M交AC于L，O2M交BD于N M A ∵ MB＝MD，MO1平分∠AMC，MO2平分∠BMD L C 11

∴ ∠O1MO2＝∠AMC＋∠DMB＝90°

O1 22

连O1C与O2D，则△MO2D∽△O1MC 且MO1∥BD，NO2∥AC ∴ MN∶NO2＝O1P1∶O2P2，且LO1∶LM＝O1P1∶O2P2， ∴ 四边形AMCO1∽四边形BO2DM ∴ MN∶NO2＝O1L∶LM

∴ O1P1∶O2P2＝O1P2∶O2P2，

即P1＝P2，即为点O，故AC与BD的交点O在垂线段O1O2上. 二、当x＝y＝0时，得f(0)＝－1

当x＝y＝－1，由f(－2)＝－2，得f(－1)＝－2 又当x＝1，y＝－1，可得f(1)＝1 ∴ x＝1时，得f(y＋1)＝f(y)＋y＋2

7

B N P1 P2 D O2 ∴ f(y＋1)－f(y)＝y＋2

∴ 当y为正整数时，f(y＋1)－f(y)＞0

于是由f(1)＝1＞0可知，对一切正整数y，均有f(y)＞0 因此当y∈N时，f(y＋1)＝f(y)＋y＋2＞y＋1 即对于一切大于1的正数t恒有f(t)＞t. 同理可求得f(－3)＝－1，f(－4)＝1

下面证明：当整数t≤－4时，f(t)＞0(≠t) 因为t≤－4，故－(t＋2)＞0 又f(t)－f(t＋1)＝－(t＋2)＞0

即f(－5)－f(－4)＞0，f(－6)－f(－5)＞0，…… f(t＋1)－f(t＋2)＞0，f(t)－f(t＋1)＞0 相加得f(t)－f(－4)＞0 即f(t)＞f(－4)＝1＞0 ∴ f(t)＞0＞t

综上所述，满足f(a)＝a的整数只有a＝1或a＝－2 解法二：同解法一，可求出f(1)＝1，当y＝1时，得 f(x＋1)＝f(x)＋f(1)＋x＋1＝f(x)＋x＋2 ∴ 当x＝n∈Z时，f(n＋1)－f(n)＝n＋2

123

用叠加法可求得f(n)＝n＋n－1

22

令f(n)＝n，解得n＝1或－2，即a＝1或－2 三、设第I列中有xi个点(i＝1，2，……，13)，则

2xi113i＝k，任取两点构成一个“点对”，

2则第i列的xi个点构成Cxi个“点对”(若xi＜2，规定Cxi＝0)

若在13×13正方形边再加一列，且每个“点对”投影到这一列上，由于任意四个不同

点不是矩形的顶点，故不同“点对”在新画出的一列上的投影“点对”是不同的，

2在新画出的一列上共有C13个不同的“点对”，

从而得到不等式

13Ci1132xiC，即xi(xi－1)≤13×12

213i113亦即xi2≤156＋k

i1113k22(xi)即 x 1313i1i1132i∴ k≤13＋156＋13k 解得－39≤k≤52

而当k＝52时，可以构造一个符合条件的图，如下图所示

8

2

综上所述，k的最大值为52

· · · · · · ·

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 9