2012年全国高中数学联赛一试及加试试题

1、2012年全国高中数学联赛一试及加试试题参考答案及详细评分标准(A卷word版)一、填空题：本大题共小题，每小题分，共分把答案填在题中的横线上 设是函数（）的图像上任意一点，过点分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则的值是 设的内角的对边分别为，且满足，则的值是 .【答案】4来源:21世纪教育网设，则的最大值是 .【答案】21世纪教育网【解析】不妨设则因为所以当且仅当时上式等号同时成立.故4.抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足设线段的中点在上的投影为，则的最大值是 .【答案】121世纪教育网【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得在中,由余弦定理得当且仅当时等号成立.故的最大

2、值为1.5设同底的两个正三棱锥和内接于同一个球若正三棱锥的侧面与底面所成的角为，则正三棱锥的侧面与底面所成角的正切值是 6. 设是定义在上的奇函数，且当时，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 【答案】满足的所有正整数的和是 【答案】33【解析】由正弦函数的凸性,有当时,由此得所以故满足的正整数的所有值分别为它们的和为.某情报站有四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种设第周使用种密码，那么第周也使用种密码的概率是 （用最简分数表示）二、解答题：本大题共小题，共分解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤（本小题满分分）已知函数（）

3、若对任意，都有，求的取值范围；（）若，且存在，使得，求的取值范围（本小题满分分）已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有（）当时，求所有满足条件的三项组成的数列;（）是否存在满足条件的无穷数列，使得若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由（本小题满分分）如图5，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，且（）求证：为定值；（）当点A在半圆（）上运动时，求点的轨迹【解析】因为所以三点共线如图,连结,则垂直平分线段,设垂足为,于是有 (定值)(2)设其中则.因为所以由(1)的结论得所以从而故点的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为2011年全国高中数学联合竞赛一试试题（A

4、卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.把答案填在横线上1设集合，若中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为，则集合 2函数的值域为 3设为正实数，则 4如果，那么的取值范围是 5现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为 （用数字作答）6在四面体中，已知，则四面体的外接球的半径为 7直线与抛物线交于两点，为抛物线上的一点，则点的坐标为 8已知C，则数列中整数项的个数为 二、解答题：本大题共3小题，共56分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤9（本小题满分16分）设函数，实数满足

5、，求的值10（本小题满分20分）已知数列满足：R且，N（1）求数列的通项公式；（2）若，试比较与的大小yxOPAB11（本小题满分20分）作斜率为的直线与椭圆：交于两点（如图所示），且在直线的左上方（1）证明：的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若，求的面积2010年全国高中数学联赛一 试一、填空题（每小题8分，共64分，）1. 函数的值域是 .2. 已知函数的最小值为，则实数的取值范围是 .3. 双曲线的右半支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .4. 已知是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则 .5. 函数 在区间上的

6、最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .7. 正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则 .8. 方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是 . 二、解答题（本题满分56分）9. （16分）已知函数，当时，试求的最大值. 10.（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值. 11.（20分）证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得 .解 答1. 提示：易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.2. 提

7、示：令，则原函数化为，即.由， 及 知 即 . （1）当时（1）总成立；对；对.从而可知 .3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为.又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.4. 提示 ：设的公差为的公比为，则 （1）， （2）（1）代入（2）得，求得.从而有 对一切正整数都成立，即 对一切正整数都成立.从而 ，求得 ，.5. 提示：令则原函数化为,在上是递增的.当时，,，所以 ；当时，所以 .综上在上的最小值为.6. 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为

8、.7. 提示：解法一：如图，以所在直线为轴，线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.设分别与平面、平面垂直的向量是、，则由此可设 ，所以，即.所以 .解法二：如图， .设与交于点 则 .从而平面 .过在平面上作,垂足为.连结,则为二面角的平面角.设,则易求得.在直角中，,即 .又 .8. 336675 提示：首先易知的正整数解的个数为 .把满足的正整数解分为三类：（1）均相等的正整数解的个数显然为1；（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设两两均不相等的正整数解为.易知 ，所以 ，即.从而满足的正整数解的个数为.9. 解法

9、一： 由 得. 所以 ，所以. 又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为. 解法二：. 设，则当时，. 设 ，则.容易知道当时，. 从而当时， ， 即 ，从而 ,，由 知. 又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为. 10. 解法一：设线段的中点为，则 ， .线段的垂直平分线的方程是. （1）易知是（1）的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为. 由（1）知直线的方程为，即 . （2）（2）代入得，即. （3）依题意，是方程（3）的两个实根，且，所以,. . 定点到线段的距离 . . 当且仅当，即,或时等号成立. 所以，面积的最大值为. 解法二：同解法一，线段的垂直平

10、分线与轴的交点为定点，且点坐标为. 设，则的绝对值, ,所以, 当且仅当且，即 ,或时等号成立. 所以，面积的最大值是. 11.令，则，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根. 所以 ，.故数列是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列和满足，去掉上面等式两边相同的项，有，这里，所有的与都是不同的. 不妨设，则，矛盾.故满足题设的数列是唯一的. 2009全国高中数学联合竞赛一试试题（考试时间 10月11日8：009：40）本试卷共二个大题，满分100分，不能使用计算器一、填空题（本大题共8小题，每题7分，共56分）1、若函数，则 ；2、已知直线L：和圆M：，点A在直线L上，B、C为圆M上

11、两点，在ABC中，BAC45，AB过圆心M，则点A的横坐标的范围为 ；3、在坐标平面上有两个区域M，N，M为，N是随t变化的区域，它由不等式所确定，t的取值范围是，设M，N的公共面积是，则 4、使不等式对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为 5、椭圆上任意两点P，Q，若OPOQ，则乘积|OP|OQ|的最小值为 6、若方程仅有一个实根，那么k的取值范围是 7、一个由若干数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排除的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）。8、某车站每天8：00-9：00，9：00-10：00都恰有

12、一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻8：10-9：108：30-9：308：50-9：50概率一旅客8：20到站，则他候车时间的数学期望为 （精确到分）二、解答题（本大题共3小题，共44分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）1、（本题14分）设直线（其中k，m为整数）与椭圆交于不同的两点A，B，与双曲线交于不同的两点C，D，问是否存在直线使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条，若不存在，请说明理由。2、（本题15分）已知是实数，方程有两个实根，数列an满足.（1）求数列an的通项公式（用，表示）（2）若，求数列an的前n项的和.3、（本题1

13、5分）求函数的最大值和最小值。一、填空题1、 探究易得 2、3,6 设A(a，9a)，则圆心M到直线AC的距离dAM sin45，由直线AC与圆M相交，得，解得3a63、 4、设。显然单调递减，则由的最大值，得a20095、设P（|OP|cos，|OP|sin），Q（|OQ|cos()，|OQ|sin（）由P，Q在椭圆上，有，于是当|OP|OQ|时，|OP|OQ|达到最大值6、由二次方程得，（1）当时，又，所以原方程有一个解。（2）当k4时，原方程有一个解（3）当k4时，且，不合题意，舍去综上所述：7、101该表共100行；每一行构成一个等差数列，且公差依次为设第n（）行的第一个数为，则，两边

14、同除以，得，得，8、27旅客候车的分布列为候车时间（分）1030507090概率候车时间的数学期望为二、解答题9、9条由消去y，得设，则，且同理由消去y，得设，则，且因为，所以，得，即，得当k0时，得，m是整数，m当m0时，得，k是整数，m。于是满足条件的直线有9条。10、（）时，；时， ) （）由韦达定理q（q0），p即，设，由得，于是，当时，即当时，化为,所以综上所述：时，；时，（），则，此时，利用错位相减法易得11、函数定义域为0,13，因为当且仅当x0时等号成立。故y最小值为又由柯西不等式所以，当且仅当，x9y取得最大值11综上所述2008年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标

15、准（A卷）一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1函数在上的最小值是 （ C ）A0 B1 C2 D3解 当时，因此，当且仅当时上式取等号而此方程有解，因此在上的最小值为22设，若，则实数的取值范围为 （ D ）A B C D解 因有两个实根 ，故等价于且，即且，解之得3甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为 （ B ）A. B. C. D. 解法一 依题意知，的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为

16、若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有，故解法二 依题意知，的所有可能值为2，4，6.令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得， ， ，故4若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ A ）A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3解 设这三个正方体的棱长分别为，则有，不妨设，从而，故只能取9，8，7，6若，则，易知，得一组解若，则，但，从而或5若，则无解，若，则

17、无解此时无解若，则，有唯一解，若，则，此时，故，但，故，此时无解综上，共有两组解或体积为cm3或cm35方程组的有理数解的个数为 （ B ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4解 若，则解得或若，则由得 由得 将代入得 由得，代入化简得.易知无有理数根，故，由得，由得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或6设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是（ C ）A. B. C. D. 解 设的公比为，则，而 因此，只需求的取值范围因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且即有不等式组即解得从而，因此所求的取值范围是二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7设，其中为实数，

18、若，则 5 .解 由题意知，由得，因此，8设的最小值为，则解 ，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最小值1；(3) 时，当时取最小值又或时，的最小值不能为，故，解得，(舍去)9将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222种解法一 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额如 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“”占领的一种“占位法”“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“

19、”，故有种又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种综上知，满足条件的分配方法共有25331222种解法二设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种综上知，满足条件的分配方法共有25331222种10设数列的前项和满足：，则通项=解 ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以11设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足 ，则=解法一 由题设条件知 ，因此有，故 解法二 令，则 ，即，故，得是周期为2的周期函数，所以12一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 解 如答12图1，考虑小球挤在一个