发布时间 : 星期日 文章中数学联赛一试模拟卷（共7套）附详细解答更新完毕开始阅读5dd29555aaea998fcc220e80
2013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）
sinxcosx?11. 函数y?的值域是___________
sinx?cosx?13. 若n?N，且n2?24?n2?9为正整数，则n?________. 4. 掷6次骰子, 令第i次得到的数为ai, 若存在正整数k使得互质的正整数. 则log6m?log7n= .
5. 已知点P在曲线y=ex上，点Q在曲线y=lnx上，则PQ的最小值是_______ 6. 已知多项式
f (x)满足：f(2x?2. 设a, b, c为RT△ACB的三边长, 点(m, n)在直线ax+by+c=0上. 则m2+n2的最小值是___________
k?ai?6的概率p?i?1n，其中m,n是mx?3)?2f2(x?3x?25?)x6?则x1?0, x1?7R()f(2011)?_________
7. 四面体OABC中, 已知∠AOB=450,∠AOC=∠BOC=300, 则二面角A－OC－B的平面角?的余弦值是
__________ 8. 设向量??(x?3,x),??(2sin?cos?,asin??acos?)满足对任意x?R和θ∈[0, 2], π
|???|?2恒成立. 则实数a的取值范围是________________.
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）
2aan?9．设数列{an}满足a0?N,an?1?.求证：当0?n?0?1时,[an]?a0?n. (其中[x]表
2an?1示不超过x的最大整数)．
x2?y2?1于两个不同的点P,Q，过P,Q作椭圆的切线， 10. 过点(2,3)作动直线l交椭圆4两条切线的交点为M， ⑴ 求点M的轨迹方程；
⑵ 设O为坐标原点，当四边形POQM的面积为4时，求直线l的方程.
11. 若a、b、c?R?，且满足
第1页 / 共27页
kabc?(a?b)2?(a?b?4c)2，求k的最大值。
a?b?c2013年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案
1.解：令sinx+cosx=t, 则t=2sin(x??4)?[?2,?1)?(?1,2],2sinxcosx=t2－1,
2. 解：因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2
?(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2, 所以m2+n2?1, 等号成立仅当mb=na且am+bn+c=0,
解得(m, n)=(?sinxcosx?11t2?31212y????(t?1?)?(t?1?)?1关于t+1在[1?2,0)和
sinx?cosx?12t?12t?12t?11?21?21?21?2或y?, 即值域(??,]?[,??). (0,1?2]上均递增,所以,y?2222ab,?), 所以m2+n2最小值是1. cc3322223. 解：由n?24?n?9?知n?24?n?9可能为1,3, 11, 33, 从而解得
n2?24?n2?9n?5.
1124.解:当k?1时，概率为;当k?2时,6?1?5?2?4?3?3，概率为5?()；
661313 当k?3时，6?1?1?4?1?2?3?2?2?2，概率为(3?6?1)?()?10?()；
661414 当k?4时，6?1?1?1?3?1?1?2?2，概率为(4?6)?()?10?()；
661516 当k?5时， 6?1?1?1?1?2，概率为5?()；当k?6时，概率为()；故
661121314151611575p??5?()?10?()?10?()?5?()?()??(1?)?6,即n?75,m?66,从而
666666666log6m?log7n?1.
5. 解：因曲线y=ex与y=lnx关于直线y=x对称．所求PQ的最小值为曲线y=ex上的点到直线y=x最小距离的两倍,设P(x, ex)为y=ex上任意点, 则P到直线y=x的距离d(x)?因
|ex?x|2d(x)?/ex?12?0?x?0,d/(x)?0?x?0,所以,d(x)min22?d(0)?,即
2?ex?x,
PQmin=2.
6.解: 解：用1?x代替原式中的x得：f(x?3x?5)?2f(x?x?3)?6x?2x?13
22解二元一次方程组得f(x?x?3)?2x?2x?3，所以：f(x)?2x?3，则f(2011)?4019．
222（分析得f(x)为一次多项式，可直接求f(x)解析式）
7. 解:不妨设AC⊥OC⊥BC,∠ACB=?,∠AOC=∠BOC=?,∠AOB=?. 因OA?OB?(OC?CA)?(OC?CB)=|OC|2A ?CA?CB
C O B
即|OA||OB|cos??|OA|cos??|OB|cos??|CA||CB|cos?，
第2页 / 共27页
两端除以|OA||OB|并注意到
|CA||OA|?sin?,|CB||OB|??, 即得cos??cos2??sin2?cos?,
将?=450,?=300代入得
231??cos?, 所以,cos??22?3. 244?cos??t,则t?[1,2],2sin?cos??t2?1,????(t2?x?2,x?at),
12122222(t?x?2)?(x?at)?(t?x?2?x?at)?(t?at?2)2, 因
228.解:令sin?所以,|???|?2?(t2?x?2)2?(x?at)2?2对任意x?R恒成立
122242?(t?at?2)?2?t?at?0或t?at?4?0?a?t或a?t?对任意
2tt?[1,2]恒成立?a?1或a?5.
2ana9. 证明：对于任何正整数n，由递推知an?0．由an?an?1?an??n?0知数列{an}递减.
an?1an?1nnnai?1*1又对任意n?N,an?a0??(ai?ai?1)?a0???a0??(1?)
1?ai?1i?1i?11?ai?1i?1n1?a0?n???a0?n．即有an?a0?n,从而an?1?a0?(n?1).于是，
i?11?ai?111??1； 当n?1时，?1?a0i?11?ai?1a当2?n?0?1时，由{an}递减得
2故a0?n?an?a0?n?n1nn???1. ?1?an?1a0?n?2i?11?ai?1n?1?ai?1n1?a0?n?1．所以，[an]?a0?n.
2 3i?110. 解（1）依题意设直线l方程为y?k(x?2)?3，与椭圆联立得
222 (1?4k)x?8k(3?2k)x?4(4k?12k?8)?0，??64(3?2k)，由??0得k? 设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则过P,Q椭圆的切线分别为
②
x1xxx?y1y?1??①和2?y2y?1??4413(k?)，
3?2k2 ①?x2?②?x1，并且由y1?k(x1?2)?3及y2?k(x2?2)?3得y?同理x??4k3(k?)，故点M的轨迹方程为x?6y?2?0（在椭圆外） 3?2k2 （2）PQ?64(3k?2)(1?k2)1?4k2，O到PQ的距离为d1?第3页 / 共27页
3?2k1?k2，M到PQ的距离为
d2?43k?23?2k1?k2，d1?d2?4k2?13k?21?k2，
143k?2 (d1?d2)?PQ?23?2k11当S?4时解得k?1或k?，直线l为x?y?1?0或11x?4y?10?0
411. 解:由均值不等式得(a?b)2?(a?b?4c)2?(a?b)2?[(a?2c)?(b?2c)]2
四边形POQM的面积S??(2ab)2?(22ac?22bc)2?4ab?4?2ac?4?2bc?2?2?2?2c?ab
?4ab?8ac?8bc?16cab, (a?b)2?(a?b?4c)24ab?8ac?8bc?16cab∴?(a?b?c)??(a?b?c)
abcabcc881611111aabb?(???)(a?b?c)?8(????)(????c) 4ba2cbaababab2222221abc5?8(5?5)?(5?)?100,等号成立当且仅当a?b?2c?0, 故k的最大值为100 . 2242abc2
第4页 / 共27页
A E M F · O B G N D C