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1、2011 模拟卷（2） 第 1 页 共 7 页2011 年全国高中数学联赛模拟卷年全国高中数学联赛模拟卷(2)第一试第一试 (考试时间：考试时间：80 分钟分钟 满分：满分：120 分分)姓名：姓名：_考试号：考试号：_得分：得分：_一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 8 分，共分，共 64 分）分）1. 函数的值域是_1cossin1cossin xxxxy2. 设 a, b, c 为 RTACB 的三边长, 点(m, n)在直线 ax+by+c=0 上. 则 m2+n2的最小值是_3. 若，且为正整数，则Nn92422nn._n4. 掷 6 次骰子, 令
2、第 次得到的数为, 若存在正整数使得的概率，其中是互iiak61 kiiamnp nm,质的正整数. 则= .nm76loglog5. 已知点在曲线 y=ex上，点在曲线 y=lnx 上，则的最小值是_PQPQ6. 已知多项式 f (x)满足：, 则_222(3)2 (35)61017()f xxf xxxxxR(2011)f7. 四面体 OABC 中, 已知AOB=450,AOC=BOC=300, 则二面角 AOCB 的平面角的余弦值是_8. 设向量满足对任意和 0, ,)cossin,cossin2(), 3(aaxxRx2恒成立. 则实数 a 的取值范围是_.2| 二、解答题（本大题共二
3、、解答题（本大题共 3 小题，第小题，第 9 题题 16 分，第分，第 10、11 题题 20 分，共分，共 56 分）分）9设数列满足,.求证：当时,. (其中表示na0aN211n n naaa1200annaan0 x不超过的最大整数)x10. 过点作动直线 交椭圆于两个不同的点，过作椭圆的切线，)3 , 2(l1422 yxQP,QP,两条切线的交点为， 求点的轨迹方程；MM 设 O 为坐标原点，当四边形的面积为 4 时，求直线 的方程.POQMl11. 若、，且满足，求的最大值。abcR22)4()(cbabacbakabc k2011 模拟卷（2） 第 2 页 共 7 页2011
4、年全国高中数学联赛模拟卷年全国高中数学联赛模拟卷(2)加试加试 (考试时间：考试时间：150 分钟分钟 满分：满分：180 分分)姓名：姓名：_考试号：考试号：_得分：得分：_一、一、 （本题满分（本题满分 40 分）分）如图, 四边形 BDFE 内接于圆 O, 延长 BE 与 DF 交于 A, BF 与 DE 相交于 G, 作 ACEF 交 BD 延长线于 C. 若 M 是 AG 的中点. 求证：CMAO.二、二、 （本题满分（本题满分 40 分）分）求证：对任意正整数 n, 都能找到 n 个正整数 x1, x2, , xn, 使得其中任意r(rk2km0), 就有.ncmkkk 22222
5、221 L四、四、 （本题满分（本题满分 50 分）分）给定 2010 个集合, 每个集合都恰有 44 个元素, 并且每两个集合恰有一个公 共元素. 试求这 2010 个集合的并集中元素的个数.ABCDEFGMON2011 模拟卷（2） 第 3 页 共 7 页2011 年全国高中数学联赛模拟卷年全国高中数学联赛模拟卷(2)答案答案1.解解：令 sinx+cosx=t, 则 t=,2sinxcosx=t21,2, 1() 1,2)4sin(2Ux关于 t+1 在和1)121(21)121(21 13 21 1cossin1cossin2 tttttt xxxxy)0 ,21 上均递增,所以,或,
6、 即值域.21 , 0(221y221y),221221,(U2. 解解：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+n21, 等号成立仅当 mb=na 且 am+bn+c=0,解得(m, n)=(), 所以 m2+n2最小值是 1.cb ca,3. 解解：由知可能为 1,3, 11, 33, 从而解得 92433924 2222 nnnn92422nn. 5n4.解解:当时，概率为;当时,，概率为；1k 1 62k 61 52433 215 ( )6当时，概率为；
7、3k 61 14123222 3311(36 1) ( )10 ( )66当时，概率为；4k 61 1 1 31 122 4411(46) ( )10 ( )66当时， ，概率为；当时，概率为；故5k 61 1 1 12 515 ( )66k 61( )6,即,从而.5 234565 61111111175 ( )10 ( )10 ( )5 ( )( )(1)666666666p 567 ,6nm67loglog1mn5. 解解：因曲线 y=ex与 y=lnx 关于直线 y=x 对称所求的最小值为曲线 y=ex上的点到直线 y=x 最小PQ距离的两倍,设 P(x, ex)为 y=ex上任意点,
8、 则 P 到直线 y=x 的距离,22|)(xexexdxx因,所以,即min=.00)(, 0021)(/xxdxexdx22)0()(min dxdPQ26.解解: 解：用代替原式中的得：1xx222(35)2 (3)6213f xxf xxxx解二元一次方程组得，所以：，则22(3)223f xxxx( )23f xx(2011)4019f（分析得为一次多项式，可直接求解析式）( )f x( )f x7. 解解:不妨设 ACOCBC,ACB=,AOC=BOC=,AOB=.因=)CBOC()CAOC(OBOACBCA|OC|2即，cos|cos|cos|cos|CBCAOBOAOBOA两端
9、除以并注意到|OB|OA|, 即得, |,sin |OBCBOACAcossincoscos22CAOB2011 模拟卷（2） 第 4 页 共 7 页将=450,=300代入得, 所以,.cos41 43 22322cos8.解解:令则,cossint2, 1 t, 1cossin22 t), 2(2atxxt因,2222222)2(21)2(21)()2(attatxxtatxxt所以,对任意恒成立2|2)()2(222atxxtRx或或对任意02)2(21222attatttaatt042 tta4恒成立或.2, 1 t1 a5a9. 证明：证明：对于任何正整数，由递推知由知数列递减.n0
10、na 21011nn nnn nnaaaaaaana又对任意,*Nn01 1()nnii iaaaa 1 0 111n iiiaaa0 111(1)1niiaa即有,从而.于是，00 111 1niianananaan010(1)naan当时，；1n 11011111niiaa当时，由递减得.1220anna121110111nan an annii故所以，. na000 11111nn iiaanana0naan10. 解（1）依题意设直线 方程为，与椭圆联立得l3)2(xky，由得0)8124(4)23(8)41 (222kkxkkxk)23(64k032k设，则过椭圆的切线分别为和),(
11、),(2211yxQyxPQP,1411yyxx1422yyxx，并且由及得，2x1x3)2(11xky3)2(22xky)23(231kky同理，故点的轨迹方程为（在椭圆外）)23(234kkkxM026yx（2），O 到 PQ 的距离为，M 到 PQ 的距离为2241)1)(23(64kkkPQ 21123kkd ， 22123234kkkd 222112314kkkdd 四边形的面积POQMkkPQddS23234)(2121当时解得或，直线 为或4S1k411kl01 yx010411yx2011 模拟卷（2） 第 5 页 共 7 页11. 解解:由均值不等式得2222)2()2()(
12、)4()(cbcabacbaba abcbcacabbcacab 222224244)2222()2(22,abcbcacab16884 )(16884)()4()(22 cbaabcabcbcacabcbaabccbaba )2222)(1111 21(8)(1688 4(cbbaaabababccbaababc ,等号成立当且仅当, 故的最大值为 100 .100)25()215(85 422522 cba cba02 cbak二二 试试 1. 证法证法 1：设O 半径为 R, 则由圆幂定理得 CO2=CDCB+R2. ACEF, CAD=ABC,ACDABC, 即 AC2=CDCB,AC
13、CD BCACCO2AC2=R2, 下证 MO2MA2=R2，由中线长公式得MO2 (OA2+OG2)MA2, MO2MA2=R21 2OA2+OG2AG2=2R2. 由圆幂定理得：OA2=R2+AFAD,OG2=R2GEGD, 延长 AG 到 N, 使得AFAD=AGAN, 则 F, D, N, G 四点共圆, AEAB=AFAD=AGAN,E, B, N, G 四点共圆,NEB=NGB=ADN, 从而 A, D, N, E 四点共圆, AGAN=EGGD,OA2+OG2AG2=2R2+AFADGEGD=2R2+ AGANGEGD=2R2. 即有 CO2AC2= MO2MA2=R2,由平方差定理知：CMAO. 证完.证法证法 2：由证法 1 知，只要证 MO2MA2=R2:设 BEG 的外接圆交 AG 于 N, DNO=P, 连 BP, BN, 则 B,E,G,N 四点共圆, ,AEAB=AF
