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全国高中数学联赛省级预赛模拟试题

第Ⅰ卷（选择题 共60分）
参考公式
1．三角函数的积化和差公式
sinα•cosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],
cosα•sinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],
cosα•cosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],
sinα•sinβ=[cos(α+β)-cos(α-β)].
2．球的体积公式
V球=πR3（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，0<y≤x2,0≤x≤1所围成图形的面积为。则集合
M={(x,y)|x≤|y|}, N={(x,y)|x≥y2|
的交集M∩N所表示的图形面积为
A． B． C．1 D．
2．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与直线CD的距离为2，夹角为。则四面体ABCD的体积等于
A． B． C． D．
3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为
A．90 B．100 C．110 D．120
4．在ΔABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则
A．ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形
B．ΔABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形
C．ΔABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形
D．ΔABC既是等腰三角形，也是直角三角形
5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为
A．8 B．9 C．10 D．11
6．设0<x<1, a,b为正常数。则的最小值是
A．4ab B．(a+b)2 C．(a-b)2 D．2(a2+b2)
7．设a,b>0，且a2008+b2008=a2006+b2006。则a2+b2的最大值是
A．1 B．2 C．2006 D．2008
8．如图1所示，设P为ΔABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。则ΔABP的面积与ΔABC的面积之比等于
A． B． C． D．
9．已知a,b,c,d是偶数，且0<a<b<c<d, d-a=90, a,b,c成等差数列，b,c,d成等比数列。则a+b+c+d=
A．384 B．324 C．284 D．194
10．将数列{3n-1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：（1），（3，9），（27，81，243），…。则第100组的第一个数是
A．34950 B．35000 C．35010 D．35050
11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点A关于直线A1C、直线BD1的对称点分别为点P和Q。则P，Q两点间的距离是
A． B． C． D．
12．已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，P为双曲线左支上的任意一点。若的值为8a，则双曲线离心率e的取值范围是
A．(1,+∞) B．(0,3] C．(1,3] D．(1,2]

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题（每小题4分，共16分）
13．已知，且。则的值是_________.
14. 设正数数列{an}的前n项之和为b，数列{bn}的前n项之积为cn，且bn+cn=1.则数列中最接近2000的数是_________.
15.不等式的解集为 _________.
16. 已知常数a>0，向量m=(0,a),n=(1,0)，经过定点A(0,-a)以m+λn为方向向量的直互与经过定点B(0,a)以n+2+λm为方向向量的直线相交于点P，其中，λ∈R。则点P的轨迹方程为_________.
三、解答题（共74分）
17.（12分）甲乙两位同学各有5张卡片。现以投掷均匀硬币的形式进行游戏。当出现正面朝上时，甲赢得乙一张卡片；否则，乙赢得甲一张卡片，规定投掷硬币的次数达9次或在此之前某人已赢得所有卡片时，游戏终止。设ξ表示游戏终止时掷硬币的次数。求ξ取各值时的概率。
18.（12分）设∠A，∠B，∠C是ΔABC的三个内角。若向量
，且m•n=.
(1)求证：tanA•tanB=；
(2)求的最大值。
19. （12分）如图2，ΔABC的内切圆⊙I分别切BC，CA于点D，E，直线BI交DE于点G。求证：AGBG.
20．（12分）设f(x)是定义在R上的以2为周期的函数，且是偶函数，在区间[2，3]上，f(x)=-2(x-3)2+4。矩形ABCD的两个顶点A，B在x轴上，C，D在函数y=f(x)(0≤x≤2)的图象上。求矩形ABCI面积的最大值。
21.（12分）如图3所示，已知椭圆长轴端点A，B，弦EF与AB交于点D，O为椭圆中心，且|OD|=1，2DE+DF=0，。
（1）求椭圆长轴长的取值范围；
（2）若D为椭圆的焦点，求椭圆的方程。
22．（14分）已知数列{xn}中，x1=a, an+1=.
（1）设a=tanθ，若，求θ的取值范围；
（2）定义在（-1，1）内的函数f(x)，对任意x,y∈(-1,1)，有f(x)-f(y)=，若，试求数列{f(xn)}的通项公式。

答案：
第Ⅰ卷
1．B． M∩Nd xOy平面上的图形关于x轴对称，由此，M∩N的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以2即可。由题意知M∩N的图形在第一象限的面积为
2．C． 过点D作DFCB，过点A作AEBC，联结CE，ED，AF，BF，将棱锥补成棱柱。故所求棱锥面积为CE•CDsin∠ECD•h=
3．C． 符合要求的取球情况共有四种：
红红白黄黄，红红黄黄黄，红白白白黄，红白白黄黄。
故不同的取法数为
4．A． 左边=sinA•cosA+sinA•cosB+sinB•cosA+sinB•cosB
=(sin2A+sin2B)+sin(A+B)
=sin(A+B)•cos(A-B)+sin(A+B),
右边=2sin(A+B).
所以，已知等式可变形为sin(A+B)[cos(A-B)-1]=0.
又因为sin(A+B)>0，所以cos(A-B)=1.
故∠A=∠B。
另一方面，∠A=∠B=300，∠C=1200也符合已知条件。
所以，ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形。
5．A． 设g(x)的各项系数和为s，则
f(g(1))=3s2-s+4=188.
解得s=8或（舍去）。
6．B． ••
当时，取得最小值(a+b)2.
7．B． 因为a2008+b2008≥a2006b2+b2006a2,
又(a2006+b2006)(a2+b2)=a2008+b2008+a2006b2+b2006a2≤2(a2008+b2008),
且a2008+b2008=a2006+b2006,
所以a2+b2≤2.
8．C． 如图4所示，延长AP到E，使得AP=AE。
联结BE，作ED//BA交AC延长线于点D。由，得AC=CD。故四边形ABED是平行四边形。
所以
又，则
9．D． 设a,b,c,d分别为b-m,b,b+m,
又，则 ①
因a,b,c,d为偶数，且0<a<b<c<d，可知m为6的倍数，且m<30.
设m=6k，代入式①得
代入检验知k=4,b=32.
故m=24,b=32,a,b,c,d依次为8，32，56，98。
所以a+b+c+d=194.
10.A. 前99项的个数和为1+2+…+99=4950。
而第1组是30，第100组的第一个数应为34950。
11．A． 建立空间直角坐标系，有D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,1,0), B(1,1,0),D1(0,0,1). 设P(x,y,z)，AP的中点为
由AP•A1C=0，MC//A1C，得解得
同理， 故
12．C． 根据双曲线的定义有
|PF2|-|PF1|=2a,
|PF1|+4a+
当且仅当，即|PF1|=2a时，上式等号成立。
设点P(x,y)(-x≥a)，由双曲线第二定义得|PF1|=-ex-a≥c-a，即2a≥c-a.

于是 又e>1，故1<e≤3.
第Ⅱ卷
13．2．
14。1980。 依题意，有
又bn+cn=1，则，即
由c1=b1,c1+b1=1,可得c1=b1=
故
所以，数列中最接近2000的数是44×45=1980。
15．{x|3-}.
原不等式即为
令3=y2，不等式可化为
由双曲线的定义知，满足上述条件的点在双曲线(x-3)2-的两支之间的区域内。因此，原不等式与不等式组同解。所以，原不等式的解集为
16．y2+a2=2a2x2，去掉点(0,-a).
设点P(x,y)，则AP=(x,y+a),BP=(x,y-a).
又n=(1,0),m=(0,a)，故m+λn=(λ,a),n+2λm=(1,2λa).
由题设知向量AP与向量m+λn平行，有λ(y+a)=ax.
又向量BP与向量n+2λm平行，有y-a=2λax.
两方程联立消去参数λ，得点P(x,y)的轨迹方程是(y+a)(y-a)=2a2y2，即y2-a2=2a2x2，去掉点(0,-a).
17.ξ的取值为5，7，9，则
P(ξ=5)=, P(ξ=7)=
P(ξ=9)=
18．（1）由m•n=,得
，即亦即4cos(A-B)=5cos(A+B).所以tanA•tanB=
（2）因，而

所以tan(A+B)有最小值。当且仅当tanA=tanB=时，取得最小值。
又tanC=-tan(A+B)，则tanC有最大值
故的最大值为
19．如试题中图2所示，联结AI，DI，EI。则
∠EDC=∠DIE=(1800-∠C)=(∠ABC+∠BAC).
又∠EDC=∠DBG+∠BGD，所以∠BGD=∠BAC=∠IAE。
故四边形AIEG内接于圆，有∠AGI=∠AEI=900。
所以
20．当0≤x≤1时，有f(x)=f(x+2)=-2(x-1)2+4；
当-1≤x≤0时，有f(x)=f(-x)=-2(-x-1)2+4；
当1≤x≤2时，有f(x)=f(x-2)=-2[-(x-2)-1]2+4=-2(x-1)2+4.
设D(x,t), C(2-x,t).
则t=-2(x-1)2+4，易知
S矩形ABCD=|AB|•|BC|=(2-2x)t=

当且仅当，即时，矩形ABCD面积最大值
21．（1）建立如图5所示的直角坐标系，D(-1,0)，弦EF所在直线方程为y=x+1.
设椭圆方程为
由2DE+DF=0，知y1+y2=-y1,y1y2=-2
由消去x得(a+b)y-2by+b-ab=0.
则Δ=4b4-4(a+b)(b-ab)=4ab(a+b-1)>0（因(a+b>1）
由韦达定理知y
消去y1得，即0<b2=
解得1<a2<5. 故2<2a<2
因此，椭圆长轴长的取值范围为(2,2).
(2) 若D为椭圆的焦点，则c=1. 故b2=a2-1.
可得
解得
所以，椭圆方程为
22．（1）因x1=a>0，故所有xn>0.
又，所以xn∈(0,1]
因为x3<，所以，即
解得或x2>2.
又x2∈(0,1]，则0<x2<
而，故
因为2，所以或
（2）令x=y=0，得f(0)=0.
令x=0，得f(0)-f(y)=f(-y)，即f(-y)=-f(y).
故f(x)为奇函数。
注意到f(xn+1)=
即
所以，数列{f(xn)}是等比数列。
故f(xn)=f(x1)•2n-1=f(a)•2n-1=2n-2.
全国高中数学联赛模拟试题

第一试试题
一、选择题（每空6分）
1．将20个乒乓球（不加区分）装入5个不同的盒子里，要求不同的盒子中的球数互不相同，且盒子都不空，一共有_______种不同装法。
A．7 B．14 C． D．7×5！
2．若对实数x∈[10,+∞）恒有|logmx|≥2，则m取值范围是_________。
A．（0，1） B． C． D．
3．椭圆的中心为原点O，焦点在x轴上，过椭圆的左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，则椭圆的离心率e的取值范围是_________。
A． B． C． D．
4．若p,q∈N+且p+q>2007, 0<p<q≤2007，(p,q)=1，则形如的所有分数的和为_________.
A． B． C． D．1
5．已知A，B，C为ΔABC的三个内角，记y=sin3A+sin3B+sin3C，则y的取值范围是______。
A．[0，2] B． C．[-2，2] D．
6．对任意一组非负实数a1,a2,…,an，规定a1=an+1，若有恒成立，则实数λ的最大值为_________.
A．0 B. C．1 D．
二、填空题（每题9分）
7．四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，腰DA垂直于底边AB，PD是棱锥的高，PD=AD=AB=2CD=1，则二面角A—PB—C大小为_________。
8．数列{an}满足a1=1, a2=2, an+1=(n-1)(an+an-1)n≥2，则{an}的通项公式为an=_________。
9．满足条件：对任意x∈R,都有f(f(x))=x且f(f(x)+1)=1-x的函数f(x)有_________个。
10．AM为抛物线的一条弦，C为AM的中点，B在抛物线上，且BC平行于抛物线的对称轴，E为AC中点，DE//BC，且D在抛物线上，则_________。
11．已知平面向量a=(,-1),b=，若存在非零实数k和角，使得c=a+(tan2α-3)b, d=-ka+(tanα)b，且cd，则k=_________。（用α表示）
12．已知复数z1,z2,z3满足|z1|≤1,|z2|≤1,|2z3-(z1+z2)|≤|z1-z2|，则|z3|的最大值与最小值的差为_________。
三、解答题（每题20分）
13．设抛物线S的顶点在原点，焦点在x轴上，过焦点F作一条弦AB，设AO，BO延长线分别交准线于C，D，若四边形ABCD的面积的最小值为8，试求此抛物线的方程。
14．给定a>2，数列{an}定义如下：a0=1, a1=a, an+1=，证明：对任何k∈N，有。
15．已知a>0, y>0，且0<x2+y2≤π，求证：1+cosxy≥cosx+cosy.

第二试试题
1．见图1，以ΔABC的三边向外作正方形ABED，BCGF和CAIH，直线DI，EF，GH交成ΔLMK，其中K=DI∩EF，M=DI∩GH，L=EF∩HG。
求证：ΔKLM中KM上的中线LNBC。
2．设非负整数数列a1,a2,…,a2007满足：ai+aj≤ai+j≤ai+aj+1，对一切i,j≥1,i+j≤2007成立。
证明：存在实数x，使对一切1≤n≤2007，有an=[nx].
3．试找出最大的正整数N，使得无论怎样将正整数1至400填入20×20方格表的各个格中，都能在同一行或同一列中找到两个数，它们的差不小于N。

答案：
第一试试题解答
1．D． 问题等价于求方程x1+x2+x3+x4+x5=20满足i≠j,xi≠xj的正整数解组数，先考虑方程y1+y2+y3+y4+y5=5满足0≤y1≤y2≤y3≤y4≤y5的非负整数解，设满足y1+y2+…+yk=n满足0≤y1≤y2≤…≤yk的非负整数解组数为f(k,n).则f(5,5)=1+f(4,5) =1+1+f(3,5)=2+f(2,2)+f(2,5)=7.
所以所求方程正整数解有7×5！组。故选D。
2.D． 当x≥10时，logmx≥-2即lgx≤lgm2或lgx≥lgm-2(m>0且m≠1)，解得 1<m≤或
3．A． 设椭圆方程为(a>b>0), P(r1cosθ,r1sinθ),Q, 即Q(-r2sinθ,r2cosθ)，因为P，Q在椭圆上，所以。设O到PQ距离为d.则，解得
4．C． 记2007=n，往证当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的的和记为S，所有形如(p<k, (k,p)=1)的和记为T，则Sk=Sk-1+T-S；再证S=T，在S中任取一个分数，T中恰有一对分数，与之对应，而且，这样的对应是一一对应，所要Sk-1=Sk，所以
5．B． 当A=B→，C→0时，y→-2，设A≥B≥C，则C≤，所以sin3C≥0,所以y>-2；又当A=B=时，，且y=sin3A+sin3B+sin3C≤≤
6.C． 因为，所以
又当a1=a2=…=an时，“=”成立，所以λ最大为1。
7．900． 延长AD，BC交于E，连结PE，则DE=DA，PA=PE=
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A—PB—C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，公比为(-1)的等比数列，
所以an+1-nan=(-1)n-1，所以 ①
在①中用2，3，…，n-1代替n并相加得+…+(-1)n-2•
所以。
9．0． 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. ①
又f(f(1))=1=f(f(0)+1)，所以f(1)=f(0)+1，与①矛盾。
10． 设抛物线方程为，点C(x1,y1)把AM参数方程代入y2=2px得t2sin2θ+2(y1sinθ-pcosθ)t+-2px1=0，所以，又，
所以，同理，所以
11．。由a•b=(,-1)•=0
得ab，又cd，则[a+(tan2-3)b]•[-ka+(tan)b]=0,
即ka2=(tan3-3tan)b2，所以k|a|2=(tan3-3tan)|b|2,
由题设|a|=2,|b|=1。从而。
12． 由|2z3-(z1+z2)|≤|z1-z2|得
2|z3|-|z1+z2|≤|z1-z2|和|z1+z2|-2|z3|≤|z1-z2|，
所以(|z1+z2|-|z1-z2|)≤|z3|≤(|z1+z2|+|z1-z2|).
又|z1+z2|-|z1-z2|=

当且仅当z1,z2辐角相差时，|z3|取最大值
又|z3|≥0，当且仅当z2,z1辐角相差时，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y2=2px(p>0)，设，
，，，。
因为A，O，C三点共线，所以，所以
同理，由B，O，D共线有，又因为A，F，B共线，所以y1y2=-p2,
所以，所以点C坐标为，D坐标为。
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=θ，则ABCD面积SABCD=|AB|2sinθ=，当且仅当时，SABCD取最小值2p2，由已知2p2=8，所以p=2。故所求抛物线方程为y2=±4x.

14．证明 记f(x)=x2-2，则f(x)在[0,+∞）上是增函数，又，所以=a2-a>a，所以，依此类推有，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
其中f(0)(a)<a，所以<1+
得证。
15．证明 （1）若0<x≤1，则0<xy≤y<π，所以cosxy>cosy，
又cosx≤1，所以1+cosxy>cosx+cosy；
（2）若0<y≤1，同理可得1+cosxy>cosx>cosy；
（3）若x>1,y>1，则xy≤,记，则
0<t2≤,所以xy≤t2≤，所以cosxy≥cost2,
又cosx+cosy=2cos
所以只需证1+cost2≥2cost，即证f(t)=1+cost2-2cost≥0.
这里，则,因为0<t<t2<，所以sint2>sint>,所以
所以f(t)在上单调递减，又
而（因为），所以
所以，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
2． =

所以AQBC，所以Q，A，P三点共线。
延长AP至R，使AR=CG，则，又因为ADBE，
所以，所以RDEF，同理RIGH，
所以ΔRDI∽ΔLKM，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,n∈N+,1≤m,n≤2007，有
，即man<nam+n. ①
（1）当m=n=1时a1<a1+1，结论成立；
（2）设m,n都小于k时，命题成立，ⅰ）当m=k,n<k时，设m=nq+r，则am≥anq+ar≥qan+ar，所以nam≥nqan+nar，所以nam+n≥nqan+nar+n=man-ran+nar+n>man；
ⅱ）当n=k, m<k时，设n=mq+r, 0≤r<m，则an≤aqm+ar+1≤a(q-1)m+ar+am+2≤…≤qam+ar+q，由归纳假设ram+r≥mar,所以man≤mqam+mar+mq<mqam+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，①得证。
记，则对一切n∈N+,1≤n≤2007，有an≤nx<an+1，所以an=[nx].
3.解 N=209。先证明N≤209，用正中的竖直直线将方格表分成两个20×10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N≤209。
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ij≥91,从而i+j≥2≥2≥19.同理，被染为蓝色的行数与列数之和