(完整word版)2.2012年全国高中数学联赛模拟卷(一)(一试+二试,附详细解答)

2012年全国高中数学联赛模拟卷(一)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）
4x
2
1．不等式
?2x?9
的解集为 ．
2
(1?1?2x)
1
解析: 由
1?1?2x?0
得x??,x?0
，原不等式可变为
1?1?2x
2
?
1
??
45
?
故原不等式的解集为
?
?,0
?
U?
0,
?

?
2
??
8
?
? ?
2
?2x?9
解得
x?
45

8
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
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
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
3
32
4．复数
z
，使
z?z?2z
，则
z
的所有可能值为 _____ ____．
答案：0，1，
?1?2i,?1?2i
解：
z?z?2z
22
提示：
[?2,?)?(,2]
, 曲线为两个半圆，直线过定点（0，?2），数形结合可得.
4
3
32
2< br>=
2z?z
，∴
z(z?1?2z)?0

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)

?
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
.
aba?1b?1
5．所有的满足条件
a?b?a?b?a?b
的正整数对
(a,b)
的个数为 ．
aa?1b?1b?1b?1b
解：显然< br>a?b?1
．由条件得
a?a?b?a?b?a?b?1
，从而有
ab ?b?b

ba?1b?1aba
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
aa?1b?1a?12a?1
a?1b?1
理得
a?ab?a?a?b
?a?
?a?b
?
?a
，从而
a?a?a
?
a?1
?< br>?a?ab?a

即
a?1
，所以
2?a?3
．当< br>a?2
时，
b?1
，不符合；当
a?3
时，
b?2< br>（
b?1
不符合）．
综上，满足本题的正整数对
?
a,b< br>?
只有
?
3，2
?
，故只有1解．
3
6． 设
a,b,c
为方程
x?k
1
x?k
2
?0
的根（
k
1
?k
2
?1
），则
a?3
1 ?a1?b1?c
???
__.
1?a1?b1?c
答 案：
3?k
1
?3k
2
3
，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)

2012模拟卷（1） 第 1 页 共 6页

1?a1?b1 ?c3?(a?b?c)?(ab?bc?ca)?3abc
3?k
1
?3k
2
???
?

1?k
1
?k
2
1?a1? b1?c(1?a)(1?b)(1?c)
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 ．
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
=8 1个，由不等
式a?2b+10>0得2b一个值，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．已知A, B, C为△ABC三内角, 向量
?
?(cos
45?7?5?3?161
?

8181
时,存在动点M, 使得
|MA|,|AB|,|MB|
成等差数列, 则
2
解:
|< br>?
|?2?cos
A?BA?B
,3sin)
,
|
?
|?2
.如果当C最大
22
|MC|
|AB|
最大值是__ ___
.
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
.令|AB|= 2c,因
|MA|?|MB|?4c
,
2
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
4c3c
22
2
4c19c
2222
c
)
2
＝
4c?y?y?2cy???y?2cy?,|y|?3c
. |MC|
2
＝x
2
+(
y?
2
3232
等号成立仅当
tanA?tanB?
7?26
2
23?2
|MC|
6?1
c
, |MC|
max
＝＝.
c
. 即
max
24
2
|AB|
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?1
n1
9．对正整数
n?2
，记
an
?
?
?
k?1
，求数列{a
n
}中的最大值 ．
k?1
n?k
2
当y＝
?3c
时, |MC|
2
max
=
解：经计算知
a
2
?2
，
a< br>3
?3
，
a
4
?a
5
?
1010< br>，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
?
L
??
n?1

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

?
?a
n

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

n2n3n3533
2012模拟卷（1） 第 2 页 共 6页

10

3
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）．
所以数列{a
n
}中的最大值是
a
4
?a
5
?
解：设⊙O:
(x?a)?(y?b)?a?b,
即
x?2ax?y?2by?0

抛物线与直线
y?kx?b
的 两个交点坐标为
(x
1
,y
1
,),(x
2
,y< br>2
)
，
222222
?
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< br>2
?b
?
k
?
222
o?x
1
?2 ax
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

2
2a
?
x?x?,
12< br>2
?
?
1?k
2
22
同理
(1?k)x
2
?2ax
2
?b?0
, 即
?
②
2
?b
?
xx?.
12
2?
1?k
?
11?k
2
1
2
?k?
比较①，②知：
a?(1?k),b?
2kk
f(x)?a(|sinx|?|cos x|)?3sin2x?7,
其中
a
为实数，求所有的数对(a, n)
( n∈N*),使得函数
y?f(x)
在区间
(0,n
?
)
内 恰好有2011个零点．
k
??
解：首先，函数
f(x)
以为?
周期，且以
x??(k?Z)
为对称轴，即
11．已知函数
24
f(x?
?
)?f(x),f(k
?
?
f(
?
2
?x)?f(x)(k?Z)
，其次，
k
??
3
?
)?a?7,f(k
?
?)?2a?10,f(k
?
?)?2a ?4
，
244
k
??
∵
f(x)
关于
x ??(k?Z)
对称，
24
k
?
k
??
k
??
k
??
∴
f(x)
在
(,?)
及
( ?,?)
上的零点个数为偶数，
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
)
时，
f(x)?7(sinx?c osx)?3sin2x?7
，
2
2
令
t?sinx?cosx( t?(1,2].
则
y?g(t)??3t?7t?4?0
，
4
?
?
解得
t
1
?1
（舍），
t
2
? ?2sin(x?)
，故在
(0,)
内有两解．
34
2
当
x?(0,
当
x?(
?
?
2
2
令
t?sinx?cosx(t?(1,2]
，则
y?g(t)?3t?7t?10?0
，
,
?
)
时，
f(x)?7(sinx?cosx)?3sin2 x?7
，
2012模拟卷（1） 第 3 页 共 6页

解得
t
1
?1
（舍），
t
2
??
10
?
（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.
< br>同理可得满足条件
(a,n)?(7,503),(52,2011),(22,2011)．
2012年全国高中数学联赛模拟卷(一)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，< br>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
A B
边上的射影为
O
1
，
?CAB,?ABC
的角平分线分别 交
BC,AC
于
P,Q
，且
PQ
的连线与
CD< br>相交于
O
2
，求证：四边形
I
1
O
1
I
2
O
2
为正方形．
C
证明：不妨设
BC< br>≥
AC
，由
?ADC~?CDB
且
AC
I
1
D
I
1
,I
2
分别是其内心，得
?

P
BCI
2
D
Q
I
1
0
且
?I
1
DI
2
??ADB?90??ACB
，所以
I

2
2
I
1
?DI
1
I
2
~?CAB
则
?I
2
I
1
D??CAB
①
A
B
D O
1
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
,I
2
在
AB
边上的射< br>x?z?by?z?ab?c?a
影为
E,F
，并且
AD?x,BD? y,CD?z
，则
r
1
?
，
,r
2
? ,AO
1
?
222
b?c?ay?z?ax?z?b
所以
DO
1
?AO
1
?AD??x???r
2
?r
1< br>，
222

I
1
E?r
1
?r
2
?(r
2
?r
1
)?DF?DO
1
?O
1
F
，
EO
1
?r
1
?(r
2
?r
1
)?r
2
?I
2
F
，
因此?I
1
EO
1
?
%
?FO
1
I
2
．
?O
1
I
1
?O
1
I
2< br>且
?
?I
1
O
1
I
2
?
?
??I
1
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
四点共圆
??I
2
O
1
F??I2
I
1
D??CAB
（由①知）所以
O
1
I< br>2
AC
，
1
(b?c?a)
AI
1
A O
1
2
b?c?a
同理
O
1
I
1
BC
，∴，又由角平分线性质得
???
I
1
PBO
1
1
(c?a?b)
c?a?b
C
2
P
CQBCCQBCab
????CQ?

Q
QABAQA?CQBA?BCa?c
I
ab

I
2
同理
CQ?
，另一方面
I
1
b?c
A
D O
1
1
CQ?CO
2
sin?ACD
QO< br>2
S
?CQO
2
2
b?cb
，
???1
O
2
PS
?CPO
2
CP?CO
2
sin?BCD
a?ca
2
B
2012模拟卷（1） 第 4 页 共 6页

AI
1
QO
2
b?c?ab(b?c )
???
，
I
1
PO
2
Pc?a?ba(a?c )
而
a(a?c)(b?c?a)?b(b?c)(c?a?b)

?a(a b?ac?a
2
?cb?c
2
?ac)?b(bc?ba?b
2?c
2
?ac?bc)

又
O
2
I
1
CA?
?a(ab?b
2
)?b(ba?a
2
)?0
，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、（本题满分40分）
给定正数a, b, c, d, 证明：
a
3< br>?b
3
?c
3
b
3
?c
3
?d3
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
解：由于问题的对称性, 只要证明对于任何正数下式成立
，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：


的正数 证明

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,?< br>
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)
。
2 k2k
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)
反复运用上式，得
An
?
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]?< br>?
[(n?1?i)
t
?i
t
]
，从而可知
n(n?1)|2S(n)
，因此
A
n
(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
)?0(mod4)
， （3）当
n?3(mod4)
时，
(
2
故
S(n)?
n
2
2012模拟卷（1） 第 5 页 共 6页

故
S(n)?
?
[(n?1?i)
t
?i
t
]?(
i?1
n?1
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、（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.
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:< br>A
a
?{10a,10a?1,L10a?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
L
a
1
a
0

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






















2012模拟卷（1） 第 6 页 共 6页