2014年全国高中数学联赛模拟试题(2卷)(附详细解答)

2014年全国高中数学联赛模拟卷(1)第一试
(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）
2
4x
1．不等式
?2x?9
的解集为 ．
2
(1?1?2x)
2．过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能为_______ _______.
①三角形 ②正方形 ③梯形 ④五边形 ⑤六边形
3．直线
kx?y?2
与曲线
1?(y?1)
2
?|x|?1
有两个不同的交点，则实数k的取值范围是__ _______.
4．复数< br>z
，使
z
3
?z?2z
ab
2
，则
z
的所有可能值为 _____ ____．
a?1
?b
b?1
?a?b
的正整数对
(a,b)
的个数为 ． 1?a1?b1?c
3
6．设
a,b,c
为方程
x?k
1
x?k
2
?0
的根（
k
1
?k
2
?1
），则
???
__.
1?a1?b1?c
5．所有的满足条件
a?b?a
7．将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中， 这些小球仅号码不同，其余完全相同.
甲从袋中摸出一个球，其号码为
a
，放回后 ，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为
b
. 则使不等式
a?2b?10?0
成立的事件发生的概率等于 ．
8．已知A, B, C为△ABC三内角, 向量
?
?(cos
|AB|< br>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）
n?1n1
9．对正整数
n?2
，记
a
n
?
?
?
k?1
，求数列{a
n
}中的最大值．
k?1
n?k
2


2
10．给定正实数k，圆心 为(
a，b
)的圆至少与抛物线
y?kx
有三个公共点，一个是原点(0, 0)，另两个
点在直线
y?kx?b
上，求
a，b
的值（用
k
表示）．








11．已知函数
f(x)?a(|sinx|?|cosx|)?3sin2x?7,
其中
a
为实数，求所有的数对(a, n)(n∈N*),
使得函数
y

存在动点M, 使得
|MA|,|AB|,|MB|
成等差数列, 则
A?BA?B
,3si n)
,
|
?
|?2
.如果当C最大时,
22
|MC |
最大值是
__ ___
.
?f(x)
在区间
(0,n
?
)
内恰好有2011个零点．






2014模拟卷（1） 第 1 页 共 15页

2014年全国高中数学联赛模拟卷(1)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）
在
Rt?ABC
中，
CD
是斜边
AB
上的高，记
I
1
,I
2
,I
分别是△ADC, △BCD,
△ABC的 内心，
I
在
AB
边上的射影为
O
1
，
?C AB,?ABC
的角平分线分别交
BC,AC
于
P,Q
，
且
PQ
的连线与
CD
相交于
O
2
，求证：四边形< br>I
1
O
1
I
2
O
2
为正方形．

C


P

Q
I



I
2

I
1
A
B

D O
1

二、（本题满分40分）
给定正数a, b, c, d, 证明：
a
3
?b
3
?c
3
b
3
?c
3
?d
3
c
3
?d
3?a
3
d
3
?a
3
?b
3
????a
2
?b
2
?c
2
?d
2
.

a?b?cb?c?dc?d?ad?a?b





nA
n
?2(n?1)
2k
三、（本题满分50分）
设k?N
?
，定义
A
1
?1
，
A
n?1
?
，
n?1,2,?

n?2
证明：当
n?1时，
A
n
为整数，且
A
n
为奇数的充要条件是
n?1或2(mod4)








四、（本题满分50分）
试求最小的正整数
n,
使得对于任何
n个连续正整数中，必有一数，其各位数
字之和是7的倍数.











2014模拟卷（1） 第 2 页 共 15页

2014年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案
1．由
1?1?2x?0
得
x??,x?0
，原不等式可变为
1?1?2x
2

故原不 等式的解集为
?
?
1
??
2
?2x?9
解得
x?
45

8
2．答案：②⑤，解：由对称性可知，所得图形应为中心对称图形，且②⑤可以截得
?
1
??
45
?
,0
?
U
?
0 ,
?
?
2
??
8
?

44
33
2
4．答案：0，1，
?1?2i,?1?2i
解：
z
3
?z?2z
2
=
2z?z
，∴
z (z?1?2z)?0

3．提示：
[?2,?)?(,2]
, 曲线为两个半圆，直线过定点（0，?2），数形结合可得.
2
当
z?0
时，满足条件，当
z?0
时，
z?1?2z?0

设
z?a?bi(a,b?R),则a?b?2abi?1?2(a?bi)
22
?
a
2
?b
2
?1?2a?0(1)
∴
?
，由(2)
2b(a?1)?0

?
2ab?2b?0(2)
2
1）
b?0
代入(1) 整理得：
(a?1)?0?a?1

2
2）
b?0
，则
a??1
代入(1) 得：
b?4?b??2
，经检验复数
z?1,?1?2i
均满足条件.
∴
z
的所有可能值为0，1，
?1?2i,?1?2i
.
aa?1b?1b?1b?1b
5．解：显然
a?b?1
．由条件得
a?a ?b?a?b?a?b?1
，从而有
ab?b?b

ba?1b?1aba< br>即
b?ab?b
，再结合条件及以上结果，可得
a?b?a?b?a?b?a? ab?b
，整理得
a?ab?a
a
?a
a?1
?b
b?1
?a
a?1
?
?
a?b
b?1
?
?a
a?1
，从而
a
2
?a?a
?
a?1
?
?a?ab?a
a?1

?1
，所以
2?a?3
．当
a?2
时，
b?1
，不符合；当
a?3
时，
b ?2
（
b?1
不符合）．
综上，满足本题的正整数对
?
a ,b
?
只有
?
3，2
?
，故只有1解．
3?k< br>1
?3k
2
3
6．答案：，由题意，
x?k
1
x?k
2
?(x?a)(x?b)(x?c)
由此可得
1?k
1
?k
2

a?b?c?0
，
ab ?bc?ca??k
1
，
abc?k
2
以及
1?k
1
?k
2
?(1?a)(1?b)(1?c)

1?a1?b1?c 3?(a?b?c)?(ab?bc?ca)?3abc
3?k
1
?3k
2< br>???
?

1?k
1
?k
2
1?a1?b1 ?c(1?a)(1?b)(1?c)
7．提示：甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故 基本事件总数为9
2
=81个，由不等式
a?2b+10>0得2b使不等式成立，则共有9 ×5=45种；当b=6时，a可取3、4、…、9中每一个值，有7种；当b=7
时，a可取5、6、 7、8、9中每一个值，有5种；当b=8时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；
当b=9时，a 只能取9，有1种。于是，所求事件的概率为
8．解:
|
?
|?
即
a
a?3
45?7?5?3?161
?

8181
A?BA?B13
?3sin
2
?2?cos(A?B)?cos(A?B)?2
2222
1
?cos(A?B)?3cos(A?B)?2sinAsinB? cosAcosB?tanAtanB?,

2
tanA?tanB
tanC ??tan(A?B)???2(tanA?tanB)??4tanAtanB??22
,
tanAtanB?1
2?cos
2
等号成立仅当
tanA?tanB?2
.令|AB|=2c,因
|MA|?|MB|?4c
,
2
2014模拟卷（1） 第 3 页 共 15页

x
2
y
2
2
c
), 设M(x,y), 则 所以 M是椭圆
2
?
2
?1
上的动点.故点C(0,
2
4 c3c
4
2
c
2
1
2
9c
2
2< br>2
22
22
c
)＝
4c?y?y?2cy???y?2cy? ,|y|?3c
. |MC|＝x+(
y?
2
3232
当y＝
?3c
时, |M C|
2
max
=
7?26
2
23?2
|MC|6?1
c
, |MC|
max
＝.
c
. 即
max
＝
24
2
|AB|
1010
，下面用数学归纳法证明 ：当
n?5
时，有
a
n
?

33
n?1n ?11n?11n?11
10
假设
a
n
?
?
n?5
?
，则
a
n?1
?????
2
???
n? 1

nn?12n?2
2
1
3
2
n?1n?1?
nn1n1
?
n?1n?1
??????

?
?a
n

??
?
n2n
?
n? 1n?221
2
n?2
?
n2n
n?1n?110n?186810
????????

n2n3n3533
10
所以数列{a
n
}中的最大值是
a
4
?a
5
?

3222222
10．解：设⊙O:
(x?a)?(y?b)?a?b,
即
x?2ax?y?2by?0

9．解：经计算知
a
2
? 2
，
a
3
?3
，
a
4
?a
5?
抛物线与直线
y?kx?b
的两个交点坐标为
(x
1
,y
1
,),(x
2
,y
2
)
，
?x
1
?x
2
?1
2
?
kx
1
?kx
1
?b
?
则
?
2
，即
?
b
①, 这两点亦在圆上，即
x
1
x
2
??
?
kx
2
?kx
2
?b
?
k
?
22 22
o?x
1
?2ax
1
?y
1
?2by
1
?x
1
?2ax
1
?(kx
1
?b)
2
?2b(kx
1
?b),
?
(1?k
2
)x
1
?2ax
1
?b
2
?0

2a
?x?x?,
?
?
12
1?k
2
2
22
同理
(1?k)x
2
?2ax
2
?b?0
, 即
?
②
2
?b
?
xx?.
?
121?k
2
?
11?k
2
1
2
?k?
比较①，②知：
a?(1?k),b?
2kk
k
??
?(k?Z)< br>为对称轴，即 11．解：首先，函数
f(x)
以为
?
周期，且以x?
24
f(x?
?
)?f(x),f(k
?
?
f(
?
2
?x)?f(x)(k?Z)
，其次，
k
??
k
??
3
?
?(k?Z)
对称，
)?a?7,f(k
?
?)?2a?10,f(k
?
?)?2a?4
，∵
f(x)
关于
x?
24
244
k
?< br>k
??
k
??
k
??
,?)
及
(? ,?)
上的零点个数为偶数， ∴
f(x)
在
(
2242422（0，n
?
)
恰有2011个零点，则上述区间端点必有零点 要使
f( x)
在区间
k
?
k
??
?
?
)?0,f( ?)?0
，考虑区间
(0,)
及
(,
?
)
上的零点 个数． （1）若
a?7
，则
f(
2242
2
当
x ?(0,
?
2
2
令
t?sinx?cosx(t?(1,2].则
y?g(t)??3t?7t?4?0
，
2014模拟卷（1） 第 4 页 共 15页
)
时，
f(x)?7(sinx?cosx)?3sin2x?7
，

解得
t
1
?1
（舍），
t
2
?
当
x?(
4
?
?
?2sin(x?)
，故在
(0,)
内有两解．
34
2
?
2
2令
t?sinx?cosx(t?(1,2]
，则
y?g(t)?3t?7t?1 0?0
，
10
?
解得
t
1
?1
（舍），
t
2
??
（舍），故在
(,
?
)
内无解． 因此，
f(x)
在区间
(0,
?
)
内有三个零点．
32
故在(0,n
?
)内有3n?(n?1)?4n?1?2011个零点。解得n ?503.

同理可得满足条件
(a,n)?(7,503),(52,2011), (22,2011)
．

,
?
)
时，
f(x)? 7(sinx?cosx)?3sin2x?7
，
加试题
一．证明：不妨设
BC
≥
AC
，由
?ADC~?CDB
且
I
1
,I
2
分别是其内心，得
且
?I
1
DI
2
?
AC
I
1
D
?

BCI
2
D
1
?ADB?90
0
??ACB
，所以
?DI
1
I
2
~?CAB
则
?I
2
I
1
D??CAB
①
2< br>设
?ADC,?BCD
的内切圆半径分别为
r
1
,r
2
，
Rt?ABC
的三边长为
a,b,c
，
I
1< br>,I
2
在
AB
边上的射影为
x?z?by?z?ab?c?a
，
,r
2
?,AO
1
?
E,F
，并且< br>AD?x,BD?y,CD?z
，则
r
1
?
222
b?c?ay?z?ax?z?b
所以
DO
1
?AO
1
?AD??x???r
2
?r1
，
222

I
1
E?r
1
?r< br>2
?(r
2
?r
1
)?DF?DO
1
?O< br>1
F
，
EO
1
?r
1
?(r
2
?r)
1
?r?
2
IF
2
，
?
因此
?I
1
EO
1
??FO
1
I
2．
?O
1
I
1
?O
1
I
2
且
?I
1
O
1
I
2
?
?
??I1
O
1
E??I
2
O
1
F?
?
??O
1
I
2
F??I
2
O
1
F?，②
2
则
D,O
1
,I
2
,I
1< br>四点共圆
??I
2
O
1
F??I
2
I1
D??CAB
（由①知）所以
O
1
I
2
AC
， 同理
O
1
I
1
BC
，
1
(b?c?a)
CQBCCQBCab
AI
1
AO
1
2< br>b?c?a
????CQ?
∴，又由角平分线性质得
???
QABA QA?CQBA?BCa?c
I
1
PBO
1
1
(c?a?b )
c?a?b
2
1
CQ?CO
2
sin?ACD
a b
QO
2
S
?CQO
2
2
b?cb
同理< br>CQ?
，另一方面，
???
1
b?c
O
2
PS
?CPO
2
CP?CO
2
sin?BCD
a?ca2
C
AI
1
QO
2
b?c?ab(b?c)
???
又
O
2
I
1
CA?
，
I
1
PO
2
Pc?a?ba(a?c)
P
而
a(a?c)(b?c?a)?b(b?c)(c?a?b)

Q
I
2222
?a(ab?ac?a?cb?c?ac)?b(bc?ba?b?c? ac?bc)


I
2
I
1
?a(ab?b
2
)?b(ba?a
2
)?0
，
A
B
D O
1
所以
O
2
I
1
CA
， 同理
O
2
I
2
BC
，
所以四边形
I1
O
1
I
2
O
2
为平行四边形，由②知四边形
I
1
O
1
I
2
O
2
为正方形．

二．解：由于问题的对称性, 只要证明对于任何正数

2014模拟卷（1） 第 5 页 共 15页
下式成立

因为如果上式成立, 则原式的左边不小于

不失一般性, 可以在的假设下证明上述不等式.
如果, 只要将不等式两边同除, 令

于是问题转化成下列被修改的问题：给定满足条件
此不等式证明如下：


2k2k
三．证明：注意到
(n?2)A
n?1
?nA
n
?2(n?1)

(n?1)A
n
?(n?1)A
n?1
?2n

2k?1
?2n
2k?1
得
(n?2)(n?1)A
n? 1
?(n?1)nA
n?1
?2(n?1)

的正数 证明

反复运用上式，得
A
n
?
得
2S(n)?
2S(n)
ttt
，其中
S(n)?1?2???n
，
t?2k? 1

n(n?1)
t
n
i?1
?
[(n?i)i?0
n
t
?i]?
?
[(n?1?i)
t
? i
t
]
，从而可知
n(n?1)|2S(n)
，因此
An
(n?1)
是整数.
（1）当
n?1或2(mod4)
时，由
S(n)
有奇数个奇数项知
S(n)
为奇数，所以
A
n
为奇数.
（2）当
n?0(mod4)
时，
()?0(mod4)
，
n2
t
n
ttt
[(n?i)?i]?()?0(mod4)
，所 以
A
n
为偶数
?
2
i?0
n?1
t
（3）当
n?3(mod4)
时，
()?0(mod4)
，
2故
S(n)?
故
S(n)?
tt
[(n?1?i)?i]?(< br>?
i?1
n?1
2
n
2
n?1
t
) ?0(mod4)
，所以
A
n
为偶数
2
综上所述，命题成立，证毕.

四．解：首先，我们可以指出12个连续 正整数，例如994，995，…，999，1000，1001，…，1005，
其中任一数的各位数 字之和都不是7的倍数，因此，
n?13
.
再证，任何连续13个正整数中，必有一 数，其各位数字之和是7的倍数.对每个非负整数
a
，称如
下10个数所构成的集合:
A
a
?{10a,10a?1,10a?9}
为一个“基本段”，13个连续 正整数，要么
属于两个基本段，要么属于三个基本段。当13个数属于两个基本段时，据抽屉原理，其中 必有连
续的7个数，属于同一个基本段；当13个连续数属于三个基本段
A
a?1,A
a
,A
a?1
时，其中必有连续
10个数同属于
A
a
.现在设
a
k
a
k?1
a
1
a
0

a
k
a
k?1
k
i
i?0
a(a?1),
10
k
i
i?0
a
k?
a
k1
k
i
i?0
1
是属于同一个
a(?a6)0
基本段的7个数，它们的各位数字之和分别是
?
a,
?
a?1 ,,
?
a?6,
显然，这7个和数被7
除的余数互不相同，其中必有一个是7 的倍数.因此，所求的最小值为
n?13.





2014模拟卷（1） 第 6 页 共 15页

2014全国高中数学联赛模拟题
一试
考试时间上午8：00~9：20，共80分钟，满分120分
一、填空题（共8题，每题8分，64分）
1、 若实数
x
、
y< br>满足条件
x?y?1
，则
22
12y
的取值范围是_____ ______________.
?
x
x
2
2、已知
a, b,c
为非负数，则
f(a,b,c)?
cab
??
的最小值为
ab?cc
x
2
y
2
3、设AB是椭圆
2
?
2
?1
（
a?b?0
）的长轴，若把AB100等分，过每个分点 作AB的垂线，
ab
交椭圆的上半部分于P
1
、P
2
、… 、P
99
，F
1
为椭圆的左焦点，则
F
1
A?F
1
P
1
?F
1
P
2
+…
?F1
P
99
?F
1
B
的值是
4、从一个有88条棱的凸多面体P，切去以其每个顶点为顶点的各一个棱锥，得到一个新的凸多面体Q ，
这些被切去的棱锥的底面所在的平面在P上或内部互不相交，则凸多面体Q的棱数是 。
5、设函数
f
?
x
?
: R?R
，且满足，
?x,y?R
，
f
?
x
?f
?
y
?
?f
?
2xy?3
?
?3f
?
x?y
?
?3f
?
x
?
?6x
，则
f
?
x
?
?
.
6、一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积为
7、设
a
1
,a
2
,?,a
2010
均为正实数 ，且
1111
??
?
??
，则
a
1
?a< br>2
???a
2010
的最小
2?a
1
2?a
2
2?a
2010
2
值为____________________. < br>8、若log
4
(x+2y)+log
4
(x-2y)=1，则|x| -|y|的最小值是_________.
二、解答题（共3题，共56分）
9、（本题1 6分）设S={1，2，…，n}，A为至少含有两项的、公并非为正的等差数列，其项部都在S
中，且 添加S 的其他元素等于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列，求这种A的个数（这里只
有两项的 数列也看做等差数列）.（全国高中数学联赛，1991年）




10、（本题20分）已知
F
为抛物线
y?4x
的焦点， M点的坐 标为(4,0)，过点F作斜率为
k
1
的直线与
抛物线交于A、B两点，延长 AM、BM交抛物线于C、D两点，设直线
CD
的斜率为
k
2
．（I ）求
值；（II）求直线AB与直线CD夹角θ的取值范围．



2
k
1
的
k
2
2014模拟卷（1） 第 7 页 共 15页

11、（本题20分）已知函数
f(x) ?2lnx?x
。（I）若方程
f(x)?m?0
在
[,e]
内有两 个不等的实根，
求实数
m
的取值范围．（II）如果函数
g(x)?f(x) ?ax
的图象与
x
轴交于两点
A(x
1
,0)
，< br>B(x
2
,0)
，且
2
1
e
0?x
1
?x
2
。求证：
g'(px
1
?qx
2
)?0
（其中正常数
p
、
q
满足
p?q?1,q?p
）。



2014全国高中数学联赛模拟题
加试（二试）
9：40~12：10共150分钟 满分180分
平面几何、代数、数论、组合
1、（本题40分）在△ABC中，AB＞BC，K、M分别是边AB和AC的中点，O是△ABC的内
心。设P点是直线KM和CO的交点，而Q
QP⊥KM且QM∥BO，证明：QO⊥AC。








2、（本题40分）已知 无穷数列
?
a
n
?
满足
a
0
?x,a1
?y,
a
n?1
?
点使得
a
n
a< br>n?1
?1
?
n?1,2,?
?
.
a
n< br>?a
n?1
（1）对于怎样的实数x，y，总存在正整数
n
0
,使当
n?n
0
时，
a
n
恒为常数？
（2）求数列
?
a
n
?
的通项公式.





3、（本题50分）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地 连接它们得十五条线段，用红色或
蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存 在同色三角形.（1953年美国普特南
数学竞赛题）由此，证明有17位科学家,其中每一个人和其他 所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个
题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. (第6届国际数学奥林匹克试题)
2014模拟卷（1） 第 8 页 共 15页

4、（本题50分）设
a
1
?3,a
n?1
?a
n
?a
n
?1, n?N
*
，证明：
（1）对所有
n,a
n
?3(mod4 )
；（2）当
m?m
时，
(a
m
,a
n
) ?1
（即
a
m
,a
n
互质）







2
2014全国高中数学联赛模拟题参考答案

一试
1、
(?2,2)
.提示:令
x?sec
?
,y?tan
?

2、2；
f(a,b,c)?
cabcab?c
??????1?3?1?2

ab?ccab?cc
3、
101a
.（方法一）由椭圆的定义知
F
1
P
i
?F
2
P
i
?2a(
i?1,2,?,99
)，
?
?
(F
1
P
i
?F
2
P
i
)?2a?99?198a.
由题意 知
P
1
,P
2
,?,P
99
关于
y
轴成对称分布，
i?1
99
99
1
99
?
?< br>(F
1
P
i
)?
?
(F
1
P
i
?F
2
P
i
)?99a.
又
?F
1< br>A?F
1
B?2a
，故所求的值为
101a
.
2< br>i?1i?1
（方法二）
F
1
A?F
1
P
1
?F
1
P
2
+…
?F
1
P
99< br>?F
1
B

?(
a
?
ex
A
)?(
a
?
ex
1
)??
?(a?ex
99)?(a?ex
B
)

?101a?e(x
A
?x1
?x
2
??x
99
?x
B
)?101a.< br>（A,
P
1
,P
2
,?,P
99
,B关于< br>y
轴成对称分布）
4、264，P的所有棱仍是Q的棱，Q中新的棱由切去的棱锥的底 面形成，等于从顶点出发的棱的条数，
所以Q的棱的条数有88+2×88=264；
5、取
x?0
代入得
f(0)?f(y)?f(3)?3f(y)?3f(0)
，即
[f(0)?3]?f(y)?f(3)?3f(0)
，
显然
f(y)不恒等于常数，∴
f(0)?3?0
且
f(3)?3f(0)?0
，∴< br>f(0)?3,f(3)?9
，
又取
y?0
代入可得
f(x)?2x?3
；
2014模拟卷（1） 第 9 页 共 15页

6 、
2
3
22
?
a
，联想正方体，棱长为
a
，球的半径为
a

2424
2010
7、
4018
. 提示：令
1?x
i
2
?x
i
，则
a
i
?2?
，且
x
1
?x
2
???x
i
?1
，
x
i
2?a
i
其中
i?1,2,?,2010.

?a
1
?a
2
?
?
?a
2010
?2
2010
?
1
?(x
2
?x
3
??? x
2010
)
x
1
x
2
?
x
20 10
?(x
1
?x
3
???x
2010
)???( x
1
?x
2
???x
2009
)

?2< br>2010
?
1
?2009?
2009
x
2
x
3
?
x
2010
?209?
2009
x
1
x
3
?
x
2010
?
?
?2009?2009
x
1
x
2
?
x
2009
x< br>1
x
2
?
x
2010
?2
2010
?2009
2010
?4018
2010

?
x?2y?0
?
x?2|y|
?
?
?
2
8、
3
。
?
x?2y?0
由对称性只考虑y≥0，因为x>0，∴只须求x-y的
2
x?4y?4
?
(x?2y)(x?2y)?4
?
?
最小值 ，令x-y=u，代入x
2
-4y
2
=4，有3y
2
-2u y+(4-u)
2
=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故△=16(u
2
-3)
≥0。
二、解答题
9、构造具有如下要求的集合A：把A中的元素按从小 到大的次序排好后，在其最大元素后面添上S的
任何元素均不能构成具有原公差的等差数列。这时，当A 的首项与公差一旦确定，其整个集合A也即
确定，不妨设A的首项为a，公差为d，则
a=1, d=1, 2, …, n－1时的集A有n－1个；
a=2, d=1, 2, …, n－2时的集A有n－2个；
……
a= n－1，d=1时的集A有1个.
因此，所求A的总个数为1+2+…+（n－1）=
n(n?1)
.

2
10、解：（I）由条件知
F(1,0)
，设
A(x
1
,y
1
)
、
B(x
2
,y
2
)
、
C(x
3
,y
3
)
、
D(x
4
, y
4
)
，不妨设
y
1
?0
．直
2
4
线
AB
的方程为
y?k
1
(x?1)
，与
y?4x
联立得
y
2
?y?4?0

k
1
所以
y
1
y
2
??4
，
x
1
x
2
?1
．
① 当
x
1
?4
时，则
A(4,4)
，故
y
2
?
?4
11
??1
，
x
2
?
，即
B(,?1)
．
y
1
44
直线
AM
的方程为
x?4
，从而
C(4,?4)
；直线
BM
的方程为：
y?
4
(x?4)< br>，
15
2014模拟卷（1） 第 10 页 共 15页

与
y?4x
联立得
y?15y?16?0
，得
y
4
?16
，
x
4
?64
，即
D(64,16)
．
于是
k
1
?
22
k
416?(?4)1
，
k
2
??
．所以．
1
?4
．
k
2
364?43
y
1
2
( x?4)
与抛物线方程
y?4x

x
1
?4
② 当
x
1
?4
时，直线AM方程为
y?
联立得
y
1
2
(x?4)
2
?4x(x
1
?4)
2
，又由
y
1
2
?4x
1
，化简上述方程得
x1
x
2
?(x
1
2
?16)x?16x
1?0

此方程有一根为x
1
，所以另一根
x
3
?
16161616
?16
16
，
)
． ．即
C( ,?)
，同理，
D(,?
y
3
?
x
2
y< br>2
x
1
y
1
y
1
x
1
16 16
?
y
2
y
1
xxy?y
1
1
kk
??
12
?
2
?k
1
，即
1
?4
． 由①、②可知
1
?4
． 所以，
k
2?
1616
k
2
k
2
y
1
y
2
x
2
?x
1
4
?
x
2
x
1
?

11、解：(Ⅰ)由
f(x)
＝2
lnx?x2
求导得到：
f
?
(x)
＝
2(1?x)(1?x)< br>，
x
1
11
?
x?[
,
e
]
，故
f
?
(x)
＝0在
x?1
有唯一的极值点，
f()
＝－2－
2

ee
e
f(e)
＝―2―
e
2
，
f(x)
极大值
＝
f(1)
＝－1，
且知
f(e)
＜
f(
)
，故
f(x)
＝－
m
，在
[,e]
内有两个不等的实根满足：
1
e
1
e
－2－
1
e
2
≤－
m
＜－1 故
m
的取值范围为
?
1,2?
?
?
1
?
2
?
e
?
(Ⅱ)
g
?
(x)
＝
2
－2
x
－
a
，又
f(x)－
ax
＝0有两个不等的实根
x
1
、
x
2，
x
2
?
2lnxax
2(lnxlnx
1
?x
1
?
1
?0
1
?
2
)
a?< br>?
(x
则
?
两式相减得到:
1
?x
2
)

2
x?x
2lnxax
12
2
?x
2
?
2
?0
?
，
pxqx
)
＝
于是
g'
(
1
?
2
＝
2(lnx
2
1
?lnx
2
)
?
(x
?2
(px?qx)－[
121
?x
2
)
]
px
x
1< br>?qx
2
1
?x
2
2(lnx
1
?lnx< br>2
)
2
?
+
(2p?1)
(x
2
? x
1
)

x
1
?x
2
px
1?qx
2
x0
)
(x
∵ 2
p
≤1，
x
， ∴
(2p?1
2
?
1< br>?
2
?x
1
)
≤0
2014模拟卷（1） 第 11 页 共 15页

要证：
g'
(
pxqx
)
＜0，只需证：
1
?2
2(lnx
1
?lnx
2
)
2
+
＜ 0，
x
2
?x
1
px
1
?qx
2
只需证：
x
2
?x
1
x
?
ln
1
?
0
①
px
1
?qx
2
x
2
令
x
1
1?t
+
l nt?0
在
0?
上恒成立，
?
t
，0
?t?1< br>,只需证：
u(t)?
t?1
x
2
pt?q
2
q
2
p(t?1)(t?
2
)
11
p
又∵
u
＝
'(t)??
t
(pt
t(pt?q)
2
?q)
2

q
2
q
2
1
q
∵
p?q?1
，
q?
，则
?1
，∴
2
?
1
，于是由
t?1
可知
t?
，
t?
2
?
0

1?0
2
p
pp
故知
u'(t)?0
∴
u(t)
在
t?(0,1)
上为增函数，
则
u(t)
＜
u(1)
＝0，从而知
x
2
?x
1x
?
ln
1
?
0

px
1
? qx
2
x
2
即①成立，从而原不等式成立。

二试
1、证：作OR⊥AC于R，过P作MK的垂线，
OR于Q点（如图 ）。这样只需证Q’M∥O，因
和Q’重合。
因为K，M分别为AB和AC的中点， 所以
BC，于是∠MPC＝∠BCP＝
交直线
为这时Q
KM∥
1∠ACB＝∠
2
MCP。因
直径的圆
所以
此MP＝MC＝MA， 这样一来，P点在以AC为
周上，且∠APC＝90°。
在四边形APOR中，∠A PO＝∠ARO＝90°，
APOR内接于圆，∠RPO＝∠RAO＝
1
×∠BAC。
2
在四形边MPQ’R中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以MPQ’R内接于 圆，于是∠Q’MR＝∠Q’PR＝∠
Q’PO＋∠OPR＝（90°－∠OPM）＋
111< br>∠BAC＝（90°－∠ACB）＋∠BAC。
222
111
∠ABC＝90°＋∠BAC－∠ACB
222
设BO交AC于D，在△BDC中，∠BDC＝180°－∠ACB－
＝∠Q’MR，因此MQ’∥BO ，于是本题得证。
x
2
?1
?x
，得不动点
x??1
.由不动点方法 2、解：由递归方程
f
?
x
?
?
2x
2014模拟 卷（1） 第 12 页 共 15页

a
n
a
n?1
?1
?1
a
n?1
?1a
n
?a
n?1
aa?1?a
n
?a
n?1
?
a
n
?1
??
a
n?1
?1
?
a
n
? 1a
n?1
?1
?
?
nn?1
?
??
.
a
n?1
?1
a
n
a
n?1
?1
?1
a
n
a
n?1
?1?a
n
?a
n?1
?
a
n
?1
??
a
n?1
?1
?
a
n
?1a
n?1
?1
a
n
?a
n?1
令
b
n
?
a
n
?1
y?1
x?1
，则
b
n?1
?b
n
b
n?1
?< br>n?N
?
?
.易知
b
0
?
，
b1
?
.
a
n
?1
y?1
x?1
FF
232
注意到
b
n
?b
n?1
b
n?2< br>?
?
b
n?2
b
n?3
?
b
n?2
?b
n?2
b
n?3
?b
n?3
b
n?4
???b
1
n?1
b
0
n?2
，
其中，
F
n?1
?F
n
?F
n?1
，
F
0
?F
1
?1
，
?
F
n
?
为斐波 那契数列.
?
y?1
?
a?1
?
?b
1
F
n?1
b
0
F
n?2
?
?
于是，
b
n
?
n
??
a
n
?1
?
y? 1
?
a?1
?
y?1
?
?
?
?
故
n
?
a
n
?1
?
y?1
?
?F
n?1
F
n?1
?
x?1
?
??
?
x?1
?
F
n?2
.
?
x?1
?
??
?
x?1
?
F
n?2
?
n?2
?< br>.
（1）要使总存在正整数
n
0
，当
n?n
0时，
a
n
恒为常数，还需分情况讨论.
（i）若
n
0
?1
，当
n?n
0
时，
a
n
恒为常数.
a
0
a
1
?1xy?1
y
2
?1
??y
，
a
3
?
由
a
1
?y
，< br>a
2
?
?y
，……
a
0
?a
1< br>x?y
2y
有
y?1
，且
y??x
. 此时，
a
n
恒为常数1或
?1
.
（ii）若
n< br>0
?2
，当
n?n
0
时，
a
n
恒为 常数.
首先，当
a
n
??1
?
n?n
0
?
时，如果
n
0
?3
，由
a
n
0
??1
，
a
n
0
?1
??1
及
a
n
0
?1
?
有
a
n
0
?1
?1< br>.
注意到
a
n
0
?1
??1
.
又由
a
n
0
?
a
n
0
a
n
0
?1
?1
a
n
0
?a
n
0
? 1
，
a
n
0
?1
a
n
0
?2?1
a
n
0
?1
?a
n
0
?2
，有
a
n
0
?2
??1
.
于是，由
a
n
0
?1
?
a
n
0
?2
a
n
0
?3
?1
a
n
0
?2
?a
n
0
?3
，有
a
n
0
?1
??1
，矛盾.
此时，只能是
n
0
?2
，即
a
n
??1
?
n?2
?
，所以，
a
2
?
a
0
a
1
?1
xy?1
???1
，
a
0
?a
1
x?y
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a
3
?
a
1a
2
?1a
2
a
1
?1
?1?y?1
????1
，……
a
1
?a
2
a
2
?a
1
?1?y
于是，
xy?1
??1
，且
y?1?x y?x?y?1?0
，且
y??x
，
y?1
?x??1
或< br>y??1
，
x?y
且
y??x
，
y?1
.
因此，当
x??1
或
y??1
，且
y??x
时，取
n
0
?2
.当
n?2
时，
a
n
恒 为常数
?1
.
其次，当
a
n
在
n?n
0
?
n
0
?2
?
时不恒为
?1
，但当
n?n
0
时，使
a
n
恒为常数，故
a?1
?y?1
?
?
a
n
??1
?
n?n
0< br>,n
0
?2
?
.则
n
?
?
?
a
n
?1
?
y?1
?
?
显然，
F
n?1
?
x?1
?
??
?
x?1
?
F< br>n?2
在
n?n
0
时恒为常数.
y?1
x?1
?1
.
?1
，
y?1
x? 1
若
y?1
aa?1
x?1
??1
，则
x?y?0
，有
a
2
?
01
的分母为0，矛盾.所以，只
?? 1
且
a
0
?a
1
y?1
x?1
能
y?1
x?1
?0
，即
x?1
或
y?1
，且
y??x
时，当
n?n
0
?
n
0
?2
?
时，
a
n
恒为常数
?0
或
y?1
x?1< br>综上，当
x?1
且
y??x
或
y?1
且
x? ?y
时，总存在正整数
n
0
，使当
n?n
0
时a
n
恒
1.
为常数1或
?1
.
a?1?
y?1
?
?
?
?
（2）注意到
n
?
a
n
?1
?
y?1
??
则
a
n< br>?
F
n?1
?
x?1
?
??
x?1
??
F
n?2
?
n?2
?
.
FF
2?
y?1
?
1?
?
?
y?1
?
???
n?1
n?1
F
n?1
?
x?1
?
??
?
x?1
?
n?2
n?2
F
n?2
2
?
y?1
?
n?1
?
x?1
?
n?2< br>?1
??1
.
F
n?1
F
n?2
F
n?1
F
n?2
?
y?1
??
x?1
?
?
?
y?1
??
x?1
?
FFFF
?
y? 1
??
x?1
?
故
a
n
?
?
y? 1
?
F
?
x?1
?
F
?
?
y?1
?
n?1
?
x?1
?
n?2
?
n?2?
，
F
n?1
F
n?2
?
?
y?1
??
x?1
?
a
0
?x
，
a
1< br>?y
.
3、证明 设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为
段A B、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至
颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且 它们都染成红色.
△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同
已出现（红色△A BC）；如△BCD三边都不是红色的，则
色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,
色三角形.
端点的线
少有三条
再来看
色三角形
它就是蓝< br>都存在同
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证明 用平面上无三点共线的17个点A
1
,A
2
,…，A
17
分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,
两 位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有
一同色三角形.
考虑以A
1
为端点的线段A
1
A
2
,A
1
A
3
,…，A
1
A
17
，由抽屉 原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A
1
A
2
，
A
1
A
3
，…，A
1
A
7
为红色.现考查连结六点A
2
，A
3
，…，A
7
的15条线段，如其中至少有一条红色 线段，
则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定 存在
以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证. （属图论中的接姆赛问题.）
4、证明：（1）由递推关系得
a
n?1
?1 ?a
n
(a
n
?1)

当
n?1
时，a
1
?3?3(mod4)
，
a
n
?3?3(mod4 )
即
a
n
?4k?3
，那么
a
n?1
? a
n
(a
n
?1)?1?4(4k?3)(k?1)?1?3(mod4)< br>
∴对所有
n
，
a
n
?3(mod4)
< br>（2）由递推关系得
a
n?1
?1?4a
n
a
n?1
a
n?2
a
1

不妨设
m?n
，得
a
m
|a
n
?1
，令
a
n
?1?qa< br>m
,q?N

则
(a
m,
a
n
)? (a
m
,qa
m
?1)?(a
m
,a
m
? 1)?1



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