1、 全国高中数学联赛省级预赛模拟试题全国高中数学联赛省级预赛模拟试题 第卷（选择题 共 60 分） 参考公式 1三角函数的积化和差公式 sincos= 2 1 sin(+)+sin(-), cossin= 2 1 sin(+)-sin(-), coscos= 2 1 cos(+)+cos(-), sinsin= 2 1 cos(+)-cos(-). 2球的体积公式 V球= 3 4 R 3（R 为球的半径） 。 一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 1设在 xOy 平面上，00，所以 cos(A-B)=1. 故A=B。 另一方面，A=B=30 0，C=1200也符合已知条件。 所以，ABC
2、是等腰三角形，但不一定是直角三角形。 5A 设 g(x)的各项系数和为 s，则 f(g(1)=3s 2-s+4=188. 解得 s=8 或 3 23 s（舍去） 。 6B 222 2222 1 )1( 1 aba x b x a xx x b x a 2 1 b x x .)( 1 2 ba x x 当 ba a x 时，取得最小值(a+b)2. 7B 因为 a2008+b2008a 2006b2+b2006a2, 又(a 2006+b2006)(a2+b2)=a2008+b2008+a2006b2+b2006a22(a2008+b2008), 且 a 2008+b2008=a2006+b20
3、06, 所以 a 2+b22. 8C 如图 4 所示，延长 AP 到 E，使得 AP= 5 1 AE。 联结 BE， 作 ED/BA 交 AC 延长线于点 D。 由ACABAP 5 2 5 1 ， 得 AC=CD。 故四边形 ABED 是平行四边形。 所以. 5 1 ABE ABP S S 又2 4 1 2 1 ABED ABED ABC ABE S S S S ，则. 5 2 ABC ABP S S 9D 设 a,b,c,d 分别为 b-m,b,b+m,. )( 2 b mb 又90)( )( 2 mb b mb ，则. )30( 3 2 m m b 因 a,b,c,d 为偶数，且 01）
4、由韦达定理知.2, 2 2 1 22 222 211 22 2 21 y ba bab yyy ba b yy y 消去 y1得 2 22 2 22 222 2 2 ba b ba bab ，即 00. 又1 1 2 1 n n n x x x，所以 xn(0,1 因为 x32. 又 x2(0,1，则 00, y0，且 00 且 m1)， 解得 1b0), P(r1cos,r1sin),Q 2 cos 2 r, 2 sin 2 r即 Q(-r2sin,r2cos)，因为 P，Q 在椭圆上，所以 222 2 2 1 1111 barr 。 设 O 到 PQ 距离为 d.则)( 22 222 2
5、2 1 21 bacc ba ab rr rr d ，解得. 1 2 15 e 4C 记 2007=n，往证. 2 11 pq 当 n=2 时，显然成立。设当 n=k 时成立，当 n=k+1 时，取所有满足 p+q=k, (p,q)=1 的 pq 1 的和记为 S，所有形如 kp 1 (p-2； 又当A=B= 9 7 , 9 C时， 2 33 y，且y=sin3A+sin3B+sin3C 2 3 sin 2 )(3 cos 2 3 cos2 ACBA . 2 33 2 3 sin1 2 3 sin13 3 1 2 2 AA 6.C 因 为 2 1 2 1 2 1 2 2 11 2 22 )(
6、2 kkkkkk kkkk aaaaaa aaaa， 所 以 . 2 11 1 1 2 11 2 n k n k k kk n k kkkk a aa aaaa 又当 a1=a2=an时， “=”成立，所以最大为 1。 790 0 延长 AD，BC 交于 E，连结 PE，则 DE=DA，PA=PE= ,2 AE=2，所以 PEPA，又 PDAB，ABAD，所以 AB平面 PAE， 所以 PEAB，所以 PE平面 PAB。所以 APBC 为直二面角。 8由 an+1=(n-1)(an+an-1)得 an+1-nan=-an-(n-1)an-1， 所以an+1-nan是首项为 a2-a1=1，公比
7、为(-1)的等比数列， 所以 an+1-nan=(-1)n-1，所以 ! 1 ) 1( )!1(! 11 nn a n a nnn 在中用 2，3，n-1 代替 n 并相加得 ! 3 1 ) 1( ! 2 1 ) 1( ! 1)!1( 22 a n an +(-1)n-2 . )!1( 1 n 所以 )!1( 1 ) 1( ! 3 1 ) 1( ! 2 1 ) 1( ! 1 1 )!1( 221 n nan n 。 90 假设存在这样的函数 f(x)，则由条件知它为单射，且 f(f(0)=0=f(f(1)+1)，所以 f(0)=f(1)+1. 又 f(f(1)=1=f(f(0)+1)，所以 f
8、(1)=f(0)+1，与矛盾。 10. 4 3 设抛物线方程为)0(2 2 ppxy， 点 C(x1,y1)把 AM 参数方程 sin ,cos 1 1 tyy txx 代 入 y 2=2px 得 t2sin2+2(y 1sin-pcos)t+ 2 1 y-2px1=0，所以 2 1 2 1 21 sin 2pxy tt ，又 p ypx BC 2 2 | 2 11 ， 所以 2 sin 2p BC CMAC ，同理 2 sin 2p DE EMAE ，所以. 4 3 BC DE 11 2 , 2 ),tan3(tan 4 1 3 。由 ab=(3,-1) 2 3 , 2 1 =0 得 ab，
9、又 cd，则a+(tan 2 -3)b-ka+(tan)b=0, 即 ka 2=(tan3 -3tan)b 2，所以 k|a|2=(tan3 -3tan)|b| 2, 由题设|a|=2,|b|=1。从而 4 1 k 2 , 2 ),tan3(tan 4 1 3 。 12. 2 由|2z3-(z1+z2)|z1-z2|得 2|z3|-|z1+z2|z1-z2|和|z1+z2|-2|z3|z1-z2|， 所以 2 1 (|z1+z2|-|z1-z2|)|z3| 2 1 (|z1+z2|+|z1-z2|). 又|z1+z2|-|z1-z2|=)|(|2|)|(| 2 21 2 21 2 2121 z
10、zzzzzzz . 22)|(|4 2 2 2 1 zz 当且仅当 z1,z2辐角相差 2 时，|z3|取最大值. 2 又|z3|0，当且仅当 z2,z1辐角相差 2 时，z3可以为 0，所以|z3|min=0. 13解 若抛物线的开口向右，设其方程为 y 2=2px(p0)，设 1 2 1 , 2 y p y A， 2 2 2 , 2 y p y B， 3 , 2 y p C， 4 , 2 y p D， 0 , 2 p F。 因为 A，O，C 三点共线，所以 p y y p y 2 2 2 1 13 ，所以. 1 2 3 y p y 同理，由 B，O，D 共线有 2 2 4 y p y，又因
11、为 A，F，B 共线，所以 y1y2=-p 2, 所以 2 2 1 y p y，所以点 C 坐标为 2 , 2 y p ，D 坐标为 1 , 2 y p 。 所以 AD/BC/x 轴，所以 ABCD 为直角梯形。 由抛物线定义，|BF|=|BC|，|AF|=|AD|，设BFx=，则 ABCD 面积 SABCD= 2 1 |AB| 2sin = 2 3 2 2 sin 2 p p ，当且仅当 2 时，SABCD取最小值 2p 2，由已知 2p2=8，所以 p=2。故所求 抛物线方程为 y 2=4x. 14证明 记 f(x)=x 2-2，则 f(x)在0,+）上是增函数，又 2 0 1 a a ，
12、所以 0 1 1 2 a a f a a =a 2-aa，所以 0 1 1 2 a a a a ，依此类推有2 1 1 n n n n a a a a ，再用数学归纳法证明 原命题。 （1）当 k=0,1 时，不等式显然成立。 （2）设当 k=m 时，原不等式成立。 当 k=m+1 时，因为),()()()( 0)1()2()1( 0 1 1 2 2 1 1 afafafaf a a a a a a a a a nn n n n n n 其中 f (0)(a)cosx+cosy； （2）若 0cosxcosy； （3）若 x1,y1，则 xy 4 )( 2 yx ,记t yx 2 ，则 0 t
13、 tsin ,所以. 0)( tf 所以 f(t)在 2 , 1 上单调递减，又, 2 cos21 2 f 而 32 （因为 92 2 ） ，所以, 2 1 3 cos 2 cos 所以0 2 f，所以 f(t)0。所以原不等式成立。 第二试试题解答 1证明 取 DI 中点 Q，作 APBC 于 P。因为 2BCCHBEBCAIADBCAQ)( 2 1 )( 2 1 = cos|cos| 2 1 BCHBCACEBCBCAB . 0|)|( | 2 1 )sin|sin|(| 2 1 APAPBCACBACABCABBC 所以 AQBC，所以 Q，A，P 三点共线。 延长 AP 至 R，使 A
14、R=CG，则BFAR/，又因为 AD/BE， 所以BFEARD，所以 RD/EF，同理 RI/GH， 所以RDILKM，且对应边平行，所以 RQ/LN 或 RQ 与 LN 重合，因为 RQBC，所以 LNBC。2.证明 先证对任意 m,nN+,1m,n2007，有 m a n a mn 1 ，即 mannam+n. （1）当 m=n=1 时 a1a1+1，结论成立； （2） 设 m,n 都小于 k 时， 命题成立， ） 当 m=k,nman； ）当 n=k, mk 时，设 n=mq+r, 0rm，则 anaqm+ar+1a(q-1)m+ar+am+2qam+ar+q， 由归纳假设 ram+rm
15、ar,所以 manmqam+mar+mqmqam+ram+r+mq=nam+n， 所以当 m,n 至少有 一个为 k 时结论成立，而 m=n=k 时，结论也成立，所以由数学归纳法，得证。 记 n a x n max，则对一切 nN+,1n2007，有 annxan+1，所以 an=nx. 3.解 N=209。先证明 N209，用正中的竖直直线将方格表分成两个 2010 的方格表， 将 1 至 200 逐行按递增顺序填入左表中，再在右表中按同样的原则填入 201 至 400，这 样一来，在每一行中所填之数的最大差不超过 210-1=209，在每一列中所填之数的最大 差都不超过 191-1=190，所以 N209。 再证 N 不能小于 209。考察子集 M1=1，2，91和 M2=300，301，400，将凡是 填有 M1中的数的行和列都染为红色； 将凡是填有 M2中的数的行和列都染为蓝色， 只要证 明红色的行和列的数目不小于 20，而蓝色的行和列的数目不小于 21。那么，就有某一 行或某一列既被染为红色， 又被染为蓝色， 从而其中必有两个数的差不小于 300-91=209。 设有 i 行和 j 列被染为红色，于是，M1中的元素全部位于这些行与这些列的相交处，所 以 ij91,从而 i+j2ij29119.同理，被染为蓝色的行数与列数之和 .2010122jiji
