1、全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第卷（选择题 共 60 分）参考公式1三角函数的积化和差公式sincos= sin(+)+sin(-),21cossin= sin(+)-sin(-),coscos= cos(+)+cos(-),sinsin= cos(+)-cos(-).212球的体积公式V 球 = R 3（R 为球的半径） 。4一、选择题（每小题 5 分，共 60 分）1设在 xOy 平面上，00，且 a2008+b2008=a2006+b2006。则 a2+b2的最大值是A1 B2 C2006 D20088如图 1 所示，设 P 为 ABC 所在平面内一点，并且 AP= AB+ AC。则
2、ABP 的面积与51ABC 的面积之比等于A B C D525329已知 a,b,c,d 是偶数，且 00，向量 m=(0,a),n=(1,0)，经过定点 A(0,-a)以 m+n 为方向向量的直互与经过定点 B(0,a)以 n+2+m 为方向向量的直线相交于点 P，其中，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 表示游戏终止时掷硬币的次数。求 取各值时的概率。18.（
3、12 分）设A，B，C 是 ABC 的三个内角。若向量，且 mn= .2cos,85,2cos),s(1 BAnBAm 89(1)求证：tanAtanB= ；91(2)求 的最大值。22sincbaC19. （12 分）如图 2，ABC 的内切圆I 分别切 BC，CA 于点 D，E，直线 BI 交 DE 于点G。求证：AG BG.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)(0x2)的图象上。求矩形 ABCI 面积的最大值。21.（
4、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， 。4FDO（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x n中，x 1=a, an+1= .2nx（1）设 a=tan ，若 ，求 的取值范围；20543（2）定义在（-1，1）内的函数 f(x)，对任意 x,y(-1,1)，有 f(x)-f(y)= ，xyf1若 ，试求数列f(x n)的通项公式。)(af答案：第卷1B MNd xOy 平面上的图形关于 x 轴对称，由此，MN 的图形面积只要算出在第一象限
5、的图形面积乘以 2 即可。由题意知 MN 的图形在第一象限的面积为 .61322C 过点 D 作 DF CB，过点 A 作 AE BC，联结 CE，ED ，AF，BF ，将棱锥补成棱柱。/故所求棱锥面积为 CECDsinECDh=213.213C 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 .102531531235213 CC4A 左边=sinAcosA+sinAcosB+sinBcosA+sinBcosB= (sin2A+sin2B)+sin(A+B)21=sin(A+B)cos(A-B)+sin(A+B),右边=2sin(A+B).所以，
6、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=30 0，C=120 0也符合已知条件。所以，ABC 是等腰三角形，但不一定是直角三角形。5A 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） 。3s6B 22221)(1 abxaxbxa 21bx.)(12bax当 时，取得最小值(a+b) 2.7B 因为 a2008+b2008a 2006b2+b2006a2,又(a 2006+b2006)(a2+b2)=a2008+b2008+a2006b2
7、+b2006a22(a 2008+b2008),且 a2008+b2008=a2006+b2006,所以 a2+b22.8C 如图 4 所示，延长 AP 到 E，使得 AP= AE。51联结 BE，作 ED/BA 交 AC 延长线于点 D。由 ，得 AC=CD。故四边形ACBP2ABED 是平行四边形。所以 .51ABEPS又 ，则241ABEDABC .52ABCPS9D 设 a,b,c,d 分别为 b-m,b,b+m, .)(2bm又 ，则 90)()(2mb.)30(2mb因 a,b,c,d 为偶数，且 01，故 10（因(a +b 1）22222由韦达定理知 y.2,21211 bay
8、bay 消去 y1 得 ，即 00，故所有 xn0.又 ，所以 xn(0,12nn因为 x32.2又 x2(0,1，则 02007, 02，数列a n定义如下：a 0=1, a1=a, an+1= ，证明：对任何nna21kN，有 。)42(1120 ak15已知 a0, y0，且 00 且 m1)，解得 1b0), P(r1cos,r 1sin),Q , 12byax 2cos2r即 Q(-r2sin,r 2cos)，因为 P，Q 在椭圆上，所以sin2r。设 O 到 PQ 距离为 d.则2211bar，解得)(2221 bacd .15e4C 记 2007=n，往证 当 n=2 时，显然成
9、立。设当 n=k 时成立，当 n=k+1.1pq时，取所有满足 p+q=k, (p,q)=1 的 的和记为 S，所有形如 (p-32；又当 A=B= 时， ，且 y=sin3A+sin3B+sin3C97,C23ysin2)(3cosABA .23sin123si1 A6.C 因为 ，所以121121 )( kkkkk aaaa.2111212nknknkka又当 a1=a2=an时， “=”成立，所以 最大为 1。790 0 延长 AD，BC 交于 E，连结 PE，则 DE=DA，PA=PE= ,2AE=2，所以 PE PA，又 PD AB，AB AD，所以 AB 平面 PAE，所以 PE
10、AB，所以 PE 平面 PAB。所以 APBC 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a n+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)(!1(!1nna在中用 2，3，n-1 代替 n 并相加得 +(-1)n-2!31)(!2)(!)( 22a.)!1(n所以 。 )!1()!31)(!2)1(!)( 22na90 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. 又 f(f(1
11、)=1=f(f(0)+1)，所以 f(1)=f(0)+1，与矛盾。10 设抛物线方程为 ，点 C(x1,y1)把 AM 参数方程.43 )0(2pxy代入 y2=2px 得 t2sin2+2(y 1sin-pcos)t+ -2px1=0，所以sin,co1tyx 2y，又 ，212iptpyxBC|1所以 ，同理 ，所以2sinMAC 2sinDEMA .43BCDE11 。由 ab=( ,-1) =0,),ta3(t412,1得 a b，又 c d，则a+(tan 2 -3)b-ka+(tan )b=0,即 ka2=(tan3 -3tan )b2，所以 k|a|2=(tan3 -3tan )
12、|b|2,由题设|a|=2,|b|=1。从而 。41k ),tan(t 12 由|2z 3-(z1+z2)|z 1-z2|得.22|z3|-|z1+z2|z 1-z2|和|z 1+z2|-2|z3|z 1-z2|，所以 (|z1+z2|-|z1-z2|)|z 3| (|z1+z2|+|z1-z2|).又|z 1+z2|-|z1-z2|= )|(|)|(| 212zzzz .)|(4z当且仅当 z1,z2辐角相差 时，|z 3|取最大值.2又|z 3|0，当且仅当 z2,z1辐角相差 时，z 3可以为 0，所以|z 3|min=0.213解 若抛物线的开口向右，设其方程为 y2=2px(p0)，
13、设 ，12,ypA， ， ， 。2,ypB3,ypC4,pD0,F因为 A，O，C 三点共线，所以 ，所以 py213.123yp同理，由 B，O，D 共线有 ，又因为 A，F，B 共线，所以 y1y2=-p2,24y所以 ，所以点 C 坐标为 ，D 坐标为 。21yp2,p1,p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=，则 ABCD 面积 SABCD= |AB|2sin=，当且仅当 时，S ABCD取最小值 2p2，由已知 2p2=8，所以 p=2。故所求232sinp2抛物线方程为 y2=4x.14证明 记 f(
14、x)=x2-2，则 f(x)在0,+）上是增函数，又 ，所以201a=a2-aa，所以 ，依此类推有 ，再用数学归纳法证0112af 012a21na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 ),()()(0)1(210121 afaffaannnn 其中 f(0)(a)cosy，又 cosx1，所以 1+cosxycosx+cosy；（2）若 0cosxcosy；（3）若 x1,y1，则 xy ,记 ，则4)(2yxt0sint ,所以tsin.0tf所以 f(t)在 上单调递减，又,1,2cos12f而 （因为 ）
15、，所以3292,3cos所以 ，所以 f(t)0。所以原不等式成立。0f第二试试题解答1 证明 取 DI 中点 Q，作 AP BC 于 P。因为2 =BCHEBCAIDBCA )(21)(21cos|cos|E .0|)|(|21)in|in|(| APA所以 AQ BC，所以 Q，A，P 三点共线。延长 AP 至 R，使 AR=CG，则 ，又因为 AD BE，BFR/所以 ，所以 RD EF，同理 RI GH，ED所以 RDILKM，且对应边平行，所以 RQ/LN 或 RQ 与 LN 重合，因为 RQ BC，所以 LNBC。2.证明 先证对任意 m,nN +,1m,n2007，有，即 man
16、man；）当 n=k, mk 时，设 n=mq+r, 0rm，则 ana qm+ar+1a (q-1)m+ar+am+2q am+ar+q，由归纳假设 ram+rma r,所以manmqa m+mar+mqmqam+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，得证。记 ，则对一切 nN +,1n2007，有 annxa n+1，所以 an=nx.axn3.解 N=209。先证明 N209，用正中的竖直直线将方格表分成两个 2010 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 2
17、01 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 N209。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，M 1中的元素全部位于这些行与这些列的相交处，所以ij91,从而 i+j2 2 19.同理，被染为蓝色的行数与列数之和ij9.2012 jiji
