2017年全国高中数学联赛模拟试题19

2017年全国高中数学联赛模拟试题19
第一试
（时间：8:00-9:20 满分：120）
一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.
1．随机抛掷3颗大小、质地相同的正方体骰子．在3颗骰子所示数字中最小值是3的概率是 ．
43
解：所有骰子所示点数至少是3的概率为()
3
，所有骰子中所示点 数至少是4的概率为()
3
．
66
4337
所以3颗骰子所示数字 中最小值恰为3的概率是()
3
－()
3
＝．
66216
2．关于x的方程x
2
―2ax＋a
2
―4a＝0有模为3的虚数根，则实数 a的值是 ．
解：由题(x－a)
2
＝4a＜0，所以x＝a―2－a i，又|x|
2
＝ a
2
―4a＝9，即有a―2＝±13 ，因为a＜0，所以a
＝2―13 ．
2
3．已知正项数列{a
n
}的首项为1，且对于一切正整数n都有a
n
(na
n
－a
n
＋
1
)＝(n＋1)a
n＋1
，则数列的通项公式a
n
＝ ．
1
解：根据a
n
(na
n
－a
n
＋< br>1
)＝(n＋1)a
2
，写出a，a，a，可归纳出a＝．
234n
n＋1
n
也可以变形为(a
n
＋
1
＋a
n
)[(n＋1)a
n
＋
1
－na
n
)]＝0， < br>1
由a
n
＋
1
＋a
n
≠0，得(n＋1)a
n
＋
1
＝na
n
＝…＝a
1
＝1，所以a
n
＝．
n
4．设以F
1
(－1，0)、F
2
(1，0) 为焦点的 椭圆的离心率为e，以F
1
为顶点、F
2
为焦点的抛物线与椭圆的一个交|PF
1
|
点是P．若＝e，则e的值为 ．
|PF< br>2
|
解：在抛物线中，p＝4，准线x＝－3，|PF
2
| 是P到准线的距离．
|PF
1
|
椭圆中，＝e，|PF
2
|也是P到左准线的距离，则抛物线准线与椭圆的准线重合，
|PF
2
|
a
2
3
所以＝3．因为c＝1，故e＝．
c3
5．设实数a，b满足 0?a，b?8，且b
2
＝16＋a
2
，则b－a的最大值与最小值之和是 ．
b
2
－a
2
16
解：由题设可知，b＝16＋a，则b －a＝＝．
b＋a
a
2
＋16＋a
22
16
记f(a)＝，则函数f(a)单调递减．
a
2
＋16＋a
由0?a，b?8，得16＋a
2
?64 ，解得0?a?43．
所以b－a的最小值为f(43)＝8－43，b－a的最大值为f(0)＝4，
从而b－a的最大值与最小值之和为12－43．

6．函数f(x)＝2cosx＋sin2x (x∈R)的值域是 ．
4
解：[f(x)]
2
＝(2cosx＋sin2x)
2
＝4cos
2
x(1＋sinx)
2
＝(3－3sinx)(1＋sinx )
3
3
4
(3－3sinx)＋(1＋sinx)＋(1＋sinx)＋( 1＋sinx)
4
27
?×[]＝，
344
1
当且仅当3－3sinx＝1＋sinx，即sinx＝时，等号成立．
2
1333
从而当sinx＝，cosx＝，f(x)取得最大值为，
222
1333
当sinx＝，cosx＝－，f(x)取得最小值为－．
222
3333
所以函数f(x)＝2cosx＋sin2x (x∈R)的值域是[－，]．
22
7．正四棱锥P－ABCD外接于一个半径为1的球面， 若球心到四棱锥各个面的距离相等，则此四棱锥的底面
面积为 ．
解： 设四棱锥的底面边长为a，则球心到底面的距离为
1
1－a
2
2
＝< br>a
1＋
2
1
1－a
2
．
2
由2a
2
1
1－a
2
2
，解得：a
2
＝ 42－4，即四棱锥的底面面积为42－4．
8．已知△ABC的外心为O，内心为I，∠B＝45°．若OI∥BC，则cosC的值是 ．
解：设△ABC的外接圆半径 和内切圆半径分别为R和r．
记BC的中点为M，D是由I向BC所作垂线的垂足．
由OI∥BC，知OM＝ID＝r．由∠BOC＝2∠A，BC＝BD＋DC＝2BM，
A
cos
2
rr2sinA
得＋＝2rtanA，即＝．
BCBCcosA
tantansinsin
2222
B＋CB－C
ABCA
所以cosA＝4sinsinsin＝－2sin(cos－cos)
222222
B＋CB－C
A
＝－2(sin)
2
＋2 coscos＝cosA－1＋(cosB＋cosC)．
222
从而cosB＋cosC＝1．所以cosC＝1－
二、解答题：本大题共3小题，共 56分.
9.设等比数列a
1
，a
2
，…，a
k
和b
1
，b
2
，…，b
k
，记c
n
＝a< br>n
－b
n
，n＝1，2，…，k．
（1）写出一组a
1
，a
2
，a
3
和b
1
，b
2
，b
3
，使得c
1
，c
2
，c
3
是公差不为0 的等差数列；
（2）当k?4时，求证：{c
n
}不可能为公差不为0的等差数列．
2
．
2

解：（1）a
1
＝4，a
2
＝8，a3
＝16；b
1
＝1，b
2
＝3，b
3
＝9， 则c
1
＝3，c
2
＝5，c
3
＝7．
………………………… 6分
（2）设a
n
＝ap
n
， b
n
＝bq
n
，则c
n
＝ap
n
－bq< br>n
．
假设{c
n
}是公差非0的等差数列，
则由2cn
＋
1
＝c
n
＋c
n
＋
2
得 ap
n
(p－1)
2
＝bq
n
(q－1)
2
． ………………………… 10分
当k?4时，n可取1，2，
所以有ap(p－1)
2
＝bq(q－1)
2
，ap
2
(p－1)
2＝bq
2
(q－1)
2
．
解得p＝q．于是
当p＝ q≠1时，则a＝b，从而c
1
＝c
2
＝…＝c
k
＝0．
当p＝q＝1时，则c
1
＝c
2
＝…＝c
k
＝a－ b．
又数列{c
n
}是公差不为0的等差数列，矛盾．
故命题成立． ………………………… 16分
x
2
y
2
10.在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆C：＋＝1的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C交于A、
2718
→→
B两点．试问在x轴上是否存在定点P，使得当直线l绕点F旋转时，都有PA
·
PB 为定值．
解：由题意知，点F的坐标为(3，0)．设点A(x
1
，y
1< br>)，B(x
2
，y
2
)．
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为：y＝k(x－3)．
?
?
x＋
y
＝1，
由
?
2718
得(2＋3k
2)x
2
－18k
2
x＋27k
2
－54＝0，
?
y＝k(x－3)，
?
27k
2
－54
18k
2
所以x
1
＋x
2
＝，xx＝． ………………………… 5分
2＋3k
2
12
2＋3k
2
→→
假设在x轴上存在定点P(t，0)，使得PA
·
PB为定值，
→→< br>PA
·
PB＝(x
1
－t，y
1
)
·
(x
2
－t，y
2
)＝x
1
x
2
－t( x
1
＋x
2
)＋t
2
＋y
1
y
2

＝x
1
x
2
－t(x
1＋x
2
)＋t
2
＋k(x
1
－3)×k(x
2
－3)
＝(1＋k
2
) x
1
x
2
－(3k
2
＋t) (x
1
＋x
2
)＋t
2
＋9k
2

27k
2
－54
18k
2
222
＝(1＋k)×
2
－(3k＋t) ×
2
＋t＋9k
2＋3 k2＋3k
2
22
54＋(18t＋9)k
2
2
＝－＋t． ………………………… 10分
2＋3k
2
→→
当直线l绕点F旋转，即k 变化时，要使得PA
·
PB为定值，
54＋(18t＋9)k
2
5 4
18t＋9
即为定值，则＝，解得t＝4．
2
23
2＋3k
→→
此时PA
·
PB＝－11． ………………………… 15分

当直线l与x轴垂直时，A(3，23)，B(3，－23)，
→→
此时PA
·
PB＝(3－4，23)
·
(3－4，－23)＝－11．
→→
综上所述，在x轴上存在定点P(4，0)，使得PA
·
PB为定值．
………………………… 20分
11.设多项式f(x)＝x
3
＋ax2
＋bx＋c，其中a、b、c是实数．若对于任意的非负实数x，y，
有f(x＋y)?f(x)＋f(y)．求a、b、c所满足的条件．
解：由f(x＋y)?f(x)＋f(y)，得
3x
2
y＋3xy
2
－c?－2axy，?x，y?0． （*）…………………… 5分
取x＝y＝0代入（*），得c?0．
不妨设x＞0，y＞ 0，3x
2
y＋3xy
2
＋(－c)?33x
2
y
·
3xy
2
·
(－c)＝－3xy9c，
3
3
等号成立，当且仅当 x
0
＝y
0
＝－
3
c
． ……………………………… 10分
3
3
33
因此 －3x
0y
0
9c?－2ax
0
y
0
，从而a?9c． ……………………………… 15分
2
3
3
当a?9c，c?0时，?x， y?0，3x
2
y＋3xy
2
－c?－2axy，即f(x＋y)?f(x) ＋f(y)．
2
3
3
综上所述，a、b、c满足的条件是a?9c，c?0，b∈R．
2
……………………………… 20分
2017年全国高中数学联赛模拟试题19
加试
（时间：9:40-12:10 满分：180）
一、（本题满分40分）
如图，E、F分别是△ABC，△ACD的内心，AC平分∠BAD，AC
2
＝AB< br>·
AD，延长EC交△CDF的外接
圆于点K，延长FC交△BCE的外接圆于点R．若 RK∥EF，求证：点A是△BCD的外心．



证明：如图，连接ER，FK．
因为∠BAC＝∠CAD，AC
2
＝AB
·
AD，
所以△ABC∽△ADC，∠ABC＝∠ACD．
11
又∠EBC＝∠ABC，∠ACF＝∠ACD，
22
所以∠EBC＝∠ACF.
由∠EBC＝∠ERC得，∠ERC＝∠ACF，
A
F
E
C
R
A
F
E
C
R
B
K
D
B
K

所以ER∥AC．
同理FK∥AC，
于是ER∥FK． ………………………… 20分
又因为RK∥EF，
所以四边形EFKR为平行四边形，从而ER＝FK．
因为ER∥AC，所以∠REC＝∠ECA＝∠ECB．
又因为∠EBC＝∠ERC，EC＝EC，
所以△BEC≌△ECR，从而BC＝ER．
同理，CD＝FK，所以 BC＝CD．
由
ACADCD
＝＝＝1，得△ABC≌△ADC，于是AB＝AC＝AD，
ABACBC
即A为△BCD外接圆的外心． ………………………… 40分

二、（本题满分40分）
求所有的正整数n，使得对于任意正实数a、b、c满足a＋b＋c＝1，有
1
ab c(a
n
＋b
n
＋c
n
)?
n
＋
2
．
3
21
解：（1）当n?3时，取a＝，b＝c＝，
36< br>1111
－
则abc(a
n
＋b
n
＋c
n< br>)＝
n
＋
3
(2
n1
＋
n
＋
n
)＞
n
＋
2
．所以n?3不满足题意．
22
33
………………………… 10分
（2）当n＝1时，
a ＋b＋c
3
1
abc(a＋b＋c)＝abc?()?
3
，所以n＝ 1时，满足题意．
33
………………………… 20分
（3）当n＝2时，原不等式也成立．
令x＝ab＋bc＋ca，则a
2
＋ b
2
＋c
2
＝1－2x，
由(ab＋bc＋ca)
2?3abc(a＋b＋c)，得3abc?x
2
．
1
于是，abc(a
2
＋b
2
＋c
2
)?x
2
(1－2x)．
3
111
x＋x＋1－2x
3
1
因此 0＜x＜，从而x
2
(1－2x)?×()＝
4
．
2333311
即abc(a
2
＋b
2
＋c
2
)?x2
(1－2x)?
4
． ………………………… 40分
33

三、（本题满分50分）
设 n为正整数，求满足以下条件的三元正整数组〈a，b，c〉的个数：（1）ab＝n；（2）1?c?b；（3 ）a、
b、c的最大公约数为1．
解：用(a，b，c)表示a、b、c的最大公约数．
令S
n
＝{〈a，b，c〉| a、b、c为正整数，ab＝n，1?c?b，(a，b，c)＝1}，
记S
n
中元素的个数为 f(n) (n∈N
*
)．显然f(1)＝1．
①如果n＝p
α
，其中p为素 数，α?1．设〈a，b，c〉∈S
n
，
若b＝1，则a＝p
α
，c＝1；
若b＝p
t
，1?t? α－1，则a＝p
αt
，(c，p)＝1，1?c?b；若b＝p
α
，则a＝ 1，1?c?b．
－
因此，f(p
α
)＝1＋?
φ(p
t
)＋ p< br>α
＝p
α1
＋p
α
．(这里φ(x)为Euler函数)．
－
α
－
1
t=1
……………………………… 20分
②下证：如果m，n为互素的正整数，那么f(mn)＝f(m)
·
f(n)．
首先，对每个〈a，b，c〉∈S
mn
．由于ab＝mn．
令b
1
＝(b，n)，b
2
＝(b，m)，那么(b
1
，b
2)＝1，
再令a
1
＝(a，n)，a
2
＝(a，m)， 那么 (a
1
，a
2
)＝1，而且a
1
b
1
＝n ，a
2
b
2
＝m．
因为1＝(a，b，c)＝(a
1a
2
，b
1
b
2
，c)＝((a
1
a
2
，b
1
b
2
)，c)＝((a
1
，a< br>2
)
·
(b
1
，b
2
)，c)．
那么 (a
1
，b
1
，c)＝1，(a
2
，b2
，c)＝1，令c
i
≡c(modb
i
)，1?c
i
?b
i
，i＝1，2．
那么(a
1
，b
1
，c
1
)＝1，(a
2
，b
2
，c
2
) ＝1，因此，〈a
1
，b
1
，c
1
〉∈S
n
，〈a
2
，b
2
，c
2
〉∈S
m
．
……………………………… 30分
其次，若〈a
1
，b
1
，c
1
〉∈S
n
，〈a
2
，b
2
，c< br>2
〉∈S
m
．
令a＝a
1
a
2
， b＝b
1
b
2
．由于(m，n)＝1，从而(b
1
，b2
)＝1．
?
c≡c
1
(modb
1
)< br>由中国剩余定理，存在唯一的整数c，1?c?b，满足
?
．
?
c≡c
2
(modb
2
)
……………………………… 40分
显然(a
1< br>，b
1
，c)＝(a
1
，b
1
，c
1
)＝1，(a
2
，b
2
，c)＝(a
2
，b
2< br>，c
2
)＝1，
从而(a，b，c)＝((a，b)，c)＝((a
1
，b
1
)(a
2
，b
2
)，c)＝(a
1
，b
1
，c) (a
2
，b
2
，c)＝1．
因此，〈a，b，c〉∈S
mn
．
所以，f(mn)＝f(m)
·
f(n)．
1
利用①②可知，f(n)＝nΠ(1＋)． ……………………………… 50分
p
p|n

四、（本题满分50分）

设a、b、c、d、e为正实数，且a
2
＋b
2
＋c
2
＋d
2
＋e
2
＝2．若5个正三角形的面积分别为a2
，b
2
，c
2
，d
2
，
e
2
．求证：这五个三角形中存在四个能覆盖面积为1的正三角形ABC．
证明：不妨设a?b?c?d?e＞0．
若a?1，则面积为a
2
的三角形可覆盖△ABC． ……………………… 10分
11
若a＜1，则必有b＋c＞1，这是因为当c＞时，由于b?c，则b＋c＞1； 当c?时，
22
又a＜1，则b
2
＝2－a
2
－c
2
－d
2
－e
2
＞1－3c
2
?(1－c)2
，
所以b＋c＞1，从而a＋c＞1，a＋b＞1． ……………………………… 20分
用面积为a
2
，b
2
，c
2
的三个三角形 覆盖的△ABC，使得每个三角形都分别有一个顶点与△ABC的一个顶
点重合，且有两条边在△ABC 的两条边上．于是，这三个三角形两两相交．
若这三个三角形能覆盖△ABC，则结论成立．否则有
(a＋b－1)＋(b＋c－1)＋(c＋a－1)＜1，得2－a－b－c＞0．
……………………………… 30分
令中间不能被a
2
，b
2，c
2
的三个三角形所覆盖的正三角形面积为f
2
，
则f
2
＝1－(a
2
＋b
2
＋c
2
)＋(a＋ b－1)
2
＋(b＋c－1)
2
＋(c＋a－1)
2
＝(2－a－b－c)
2
，
得f＝2－a－b－c． ……………………………… 40分
下证：d ?f ．
111
若d＞，由a?b?c?d?，则f＝2－a－b－c＜，从而 d＞f．
2 22
1
若d?，由a、b、c＜1，有d?2d
2
?d
2
＋ e
2
＝2－a
2
－b
2
－c
2
＞2－a－ b－c＝f．
2
所以，面积为d
2
的正三角形可以覆盖△ABC不能被面积 a
2
，b
2
，c
2
覆盖的部分．
……………………………… 50分