2011年高中数学联赛模拟题.doc

2011年高中数学联赛模拟题二（时间：100分钟）一、选择题1、已知，则B中的元素个数为( )A. 有3个 B. 有2个 C. 有且仅有1个 D. 不存在解：由导数的知识可知：A=x|x2-12x+200x|2x10,又，当xA时，易知： f(x)在区间2,10上为增函数，而可求得f(2)0, 方程f(x)0在区间2,10上有且仅有一解，即集合B中仅有一个元素. 故选C.2、已知，则不等式的解集为（ ）.A. B. C. D. 解：令，则，即，于是 ，从而. 因此，由，可得，解得 . 故选A.3、已知平面直角坐标系上的区域由不等式组 给定，若为上的动点，点的坐标为，则的最大值为（ ）.A B C4 D解：由线性约束条件画出可行域如图所示，目标函数，化为 . 结合图形可知，目标函数的图象过点时，最大. 将点代入目标函数得的最大值为4. 故选C. 4、设函数，且，则等于（ ）. 不能确定解：由 . 选A.5、在12000中随机地取一个数，取到的整数能被6整除但不能被4整除的概率是（ ）.A B C D 解：设事件A为“取到的数能被6整除”，事件B为“取到的数能被4整除”. 由，知 . 而6与4的最小公倍数为12，所以，恰有166个数既能被6整除又能被4整除，即 . 因此，所求概率为. 故选C.6、已知，则与的夹角为（ ）.A. B. C. D. 解：依题意，可得 ，即，两式相减得：，即，所以，代入上述方程组中的第2个方程，得，于是 . 因此，与的夹角为.故选B.二、填空题1、不等式的整数解的个数为 .解：令，则. 故原不等式. 作 ，则是减函数，从而由，可得，故，其中整数解的个数为24.2、方程组 的正整数解为_.解：由，代入，得. 因，所以，或，或，故为所求. 3、已知抛物线上有一个正方形的3个顶点A、B、C，则这种正方形的面积的最小值是_.解：不妨设三个顶点中B、C两点在轴的右侧（包括轴），且C点在B点右侧. 设、，BC的斜率为，则有，将，代入上述方程组，得 ，. 又由|AB|=|BC|，即，得 ，即，且有. 从而正方形边长为：当且仅当时，即B点为原点时，等号成立. 故正方形的面积的最小值为2.4、已知的最大值是，且，则=_.解：，其中. 于是，由已知，有 ，解得 ，或，.所以 ，或，从而或0.5、如图，在三棱锥中，,则点到平面的距离是_. 解：根据题设，用三垂线定理可证，即平面ADC. 所以可在中作斜边AD上的高CH，由，得平面ABD. 易求得，所以 .6、一个奇函数和一个偶函数的差是一个指数函数，且该指数函数的图像过点（-2,4），则的大小关系是_.解：设，则由已知得，因而 又，即 ，由、解得，所以 ，. 故.三、解答题1、设，、，问最多有几个不同的整数，使成立？解：最多有两个不同的整数使. 如，当和时，成立. 否则，假设有三个不同的整数，使以下三式成立： ，. 而，因而中至少有两个在的同一侧，不妨设. 因，所以. 又因，所以在上是增函数，从而.于是由，有，即 又 ，即 +，得 . 另一方面，因，即，于是，由，有. 因此，可得，与矛盾. 假设有多于3个的不同整数使成立，则其中至少有2个在的同一侧，从而同样可推出矛盾. 因此，最多有2个不同的整数使成立. A2、设内接于单位圆，且圆心在的内部. 若点在边BC、CA、AB上的射影分别为点D、E、F，求OD+OE+OF的最大值.解：如图，因为ODBC，OEAC，所以D、E分别是BC、AC的OFE中点，且O、D、C、E四点共圆，由托勒密定理有：BCD 即 同理 有, .注意到(的外接圆半径)，以上三式相加，得 设三角形内切圆半径为，则 +： ，从而，等号在为正三角形时成立，故OD+OE+OF的最大值为.3、已知一个方格表，试求最小的正整数满足：可以在方格表中画出个矩形（其边在网格线上），使得方格表中的每一个小方格的边都包含在上述个矩形之一的边上（例如：对方格表，）.解：. 首先证明：方格表的所有网格线可以被2013个矩形的边所覆盖.事实上所有水平的网格线可以被1006个矩形及一个矩形边所覆盖；所有竖直的网格线可以被1006个矩形及一个矩形边所覆盖，故. 其次，假设方格表的网格线按题意，被个矩形的边所覆盖，接下来证明.称一个矩形上面（下面）的边为头（脚）.对中每一个矩形标上一个数对；若设矩形的头在的头中，