12.2011年全国高中数学联赛辽宁赛区预赛.pdf

2 0 1 2年第 1 期 2 9 2 0 1 1 年全国高中数学联赛辽宁赛区预赛 中圈分类号 G 4 2 4 7 9 文献标识码 A 文章编号 1 0 0 5 6 4 1 6 2 0 1 2 0 l一 0 0 2 9 0 5 一 选择题 每小题 6分 共 3 6分 1 已知 R Y R 则 I l 1 且 I Y I 1 是 I yI I Y I 2 的 A 充分条件而非必要条件 B 必要条件而非充分条件 c 充分必要条件 D 即非充分条件亦非必要条件 2 函数 f 一 3 l 2 3 x的值 域为 A 1 C 1 B 1 寻 1 L J D 1 2 3 一个盒子里有 3个黑球和 4个 白球 现从盒子里随机每次取 出一个球 取 出后不 再放回 每个球被取出的可能性相等 直到某 种颜色的球全部被取出 则 最后取 出的是黑 球的概率为 3 B 4 c 1 D 3 4 f f 是互相垂直的异面直线 Z 与平 面 平行 Z 在平面 内 则在平面 内到 Z Z 距离相等的点的轨迹是 A 直线 B 椭圆 C 抛物线 D 双曲线 以上两式相加得 b 一 4 a c e 一 4 d s O 0 此时 4 a c b 1 4 d f e I 若 e 一 4 d f 10 且 g 的 最小值为 在已知条件 中取 一二 0 则 4 a c b z g 4 dr4 d e 2 故 4 a c b 4 d f e 4 a c b 1 4 d f e I 3 1 由条件知 0 是递增数列 0 4 将递推公式移项并平方得 口 川 一 2 a 3 a 1 且 p 口 l 一 4 a l n 口 I 进而 口 一 4 a a 一 I 口 2 一l 1 以上两式相减并分解因式得 n 1 0 一 1 n l n 一 1 4 a 0 凼 此 口 1 a 一 l 4 a 2 由 口 1 1 口 2 4 口 1 4 a 一 口 一 l 得 一 其中 2 口 2一 因为 1 3 0 且 1 所以 一 卢 一 卢 1 一 Ij 2 1时 有 s 塞 塞 1 卢 S 1口 1 3 s U S n 丁 龙 云提 供 2 0 1 2年第 1期 Z U 因为 3 4 所以 0 一 3 1 令 一 s i叫0 詈 则 厂 s in 0 i s砌 s 2 s in 0 詈 故 2 s in 詈 詈 2 sin 詈 詈 2 因此 的值域为 1 2 3 B 7个球全被取出的方式共有 C 3 5种 3 个黑球全被取出的方式有C 2 0 种 故所 求概率为 了4 4 D 如 图 3 在平 面 内以 Z 为 轴 以 Z 在 平面 O l内的投 影为 y轴建立 直角坐标 系 则 平 面 内动 点 y 到 Z 的 距离 为 I Y I 到 f 的距 离为 口是 异面直线 Z 和 Z 的距离 故 I I 一 口 因此 所求轨迹是双 曲线 5 A f 由 已 知 暑 n c I 1 则 一 一 2 n 1 x l n l Cn 1 6 a 6 I 1 一 一 1 n n 1 a n 因为 4 4 4 5 1 9 8 0 4 5 4 6 2 0 7 0 所 以 数 列 f 中 最 接 近2 0 1 1 的 数 是1 9 8 0 L a J 6 A 如 图 4 作 MM l A D 于 M NN A DC于点 I 易证 lN 1 A C 设 D M A 亍DN1 则MMI NN 1一 图4 过 M作 MH上 于点 H 则 N H 1 2 x Ml N 1 2 由勾股定理得 1 一 6 一 当 时 删取 到 最 小 值 孚 二 7 一9 令 0 得 a 0 1 对题设等式两边求导得 1 0 1 一 1 2 x al 2a 2 2 0a 2 0 令 1 得 al 2 口2 2 0 a2 0 一l O 贝 4 a 0 a 1 2 口 2 2 0 a 2 0 一 9 8 易知 F 1 0 为抛物线 Y 4 x的焦点 将 Y v 3 x一 代入 y 2 4 x 得 3 一1 0 3 0 3 2 4 一 竽 由题设得 3 2 中 等 数 学 1 2 ff 3 1 一 竽 解得 1 詈 从而 一 9 4 95 0 由集合 A中的元素构 成的有序实数 对 a b 共有 1 0 0 1 0 0 0 0个 因为 a a 0 A 所以 a i S i 1 2 1 o o 当 口 S时 a i a S 于是 集合 S中元素的个数最多为 1 1 0 0 o 0 一 l O O 4 9 5 0 当 a i i 1 2 1 0 0 时 S中元素的 个数为 4 9 5 0 1 0 2 由 一1 s i n 1 0 C O S 1 知 当 时 s in 取最小值 一 1 令 s i n C O S 其中 arccos 去 arcc s 砉 c 詈 等 则 s i n 0 从 而 y s in 0 詈 由 号 号 兀 知 y s in 0 号 单调减少 in a rcc s 1 哼 1 故最大值与最小值之和为2 1 1 n 一 1 当 l g 2 1 时 1 1 1 n 1 2 1 O 2 0 所有顶点颜 色不 同的染色方式有 A 1 2 0 种 两个相邻顶点颜色相同其余顶点颜 色不同的染色方式有 A 5 5 x 4 x 3 x 2 6 0 0 种 两对相邻顶点分别同色余下一个顶点颜色不 同的染色方式有 5 5 x 4 3 3 0 0种 故共有 1 0 2 0种染色方式 三 1 3 设 t 2 于是 问题转化为求直线 Y a t 和圆弧 Y 2 4 1 一 t 0 0 且 2 此时 交点在第一象限 故 0 t 1 当 0 口 时 直线与圆弧不相交 当口 3 时 直线与圆弧相切 有一个交 点 当 2时 直线与圆弧有一个交点 由 a t 2一 l t 口 1 t 一 4 a t 3 O 二 a 1 综上 当 n 时 两曲线无交点 当 0 时 两 曲线有一个交点 扣 3 当 2时 两曲线有一个交点 1 l 2 0 1 2年第 1 期 3 3 l 4 设 A x l Y 1 B 2 Y 2 直线 l B m y c 将其代人椭圆方程得 0 b 2 m Y 2 b c m y b O 故s I F l F 2 I l y l y 2 I 2 口 6 c 1 m 一 口 6 m c b f 1 m 由 e 旦 1 得 a 2 c 6 S A v A 1 2 c 2 丽 1 m 2 厢 而厢 3 1 m 厢 厢 志 2 于 是 Is I加 4 c 2 手 3 c 2 当且仅 当 m 0时 Js 朋 3 c 故 3 c 6 c 2 0 8 b 6 因 此 所 求 方 程 为 专 1 1 5 1 如 图 5 联结 E H C H F H 则 F AM DAH DCH 由E C 日 F四点共圆知 DCH HFM 网 5 则 F A M H F M 因为 H MF F M A 所以 H MF C O F MA 丽 M MH MA 同理 M E M H M A 故 ME MF ME 因此 M为E F的中点 2 联结 G A 延长 C M到点 使 MC MI 易知 四边形 C E I F为平行四边形 则 E I F E C F B C D 1 8 0o一 EAF 故 A E F四点共圆 因为 G A E G A B G C B FC I E C E G 所以 A G E 四点共圆 故 A G E F五点共 圆 1 6 1 由题设知 n 一 1 一 n 1 口 一 l 1 1 1 ak一 1 n 从而 数列 一1 是 以 口 一1为首项 1 为公 比的等比数列 因 此