⎫ ⎩ ⎭⎪ + 2高中联赛模拟试题 1一试部分考试时间：80 分钟满分：120 分一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）1. 设集合 A = {x -2 ≤ x < 5}， B = ⎧x 3a > 1．若 A B ≠∅ ，则实数 a 的取值范围是 ．⎨ x - 2a ⎬2. 已知甲、乙两只盒子中装有相同规格的乒乓球，其中，甲盒中有三个白球和三个红球，乙盒中仅有三 个白球．若从甲盒中任取三个放入乙盒中，则从乙盒中任取一个是红球的概率是．2 c os 2 ⎛ 1 x - 1 ⎫- x3. 函数 f ( x )= ⎝ 2 2 ⎭ 的对称中心的坐标为 ．x - 1V + V 4. 已知四棱锥 S - ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，O 是四棱锥内任意一点．则 四面体OSAB 四面体OSCD=V 四面体OSBC + V 四面体OSDA．5. 在椭圆 x2= 1(a > b > 0) 中，记右顶点、上顶点、右焦点分别为 A , B , F ．若 ∠AFB = ∠BAF + 90 ， a b则椭圆的离心率为 ．6. 平面上 n 个三角形最多把平面分成部分．sin2π ⋅ sin 8π7. 计算：15 15= ．cos π⋅ cos 2π ⋅ cos 4π 5558. 设复数 α, β ,γ , z 满足 α + β + γ = αβ + βγ + γα = αβγ = 1．则 α - z + β - z + γ - z 的最小值为．2y 2BB 1CC 1 ( )二、解答题（第 9 小题 16 分，第 10、11 小题 20 分，共 56 分）9. 已知动直线 l 过定点 A (2, 0) 且与抛物线 y = x 2 + 2 交于不同的两点B ,C ．设 B , C 在 x 轴上的射影分别 PB 为 B 1 ,C 1 ． P 为线段 BC 上的点，且满足PC= ，求 ∆POA 的重心的轨迹方程．10. 设 f ( x ) = sin x ．已知当 x ∈[0,π ]时，有 sin x + 1 ≥ 2x + cos x ．π证明： f ⎛ π ⎫ + f ⎛ 2π ⎫ + + f ⎛ (n + 1)π ⎫ ≥ 3 2 (n + 1) ． 2n + 1⎪2n + 1⎪2n + 1 ⎪ 4(2n + 1) ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭p11. 已知 p 为大于 3 的素数．求 ∏ k 2 + k + 1 除以 p 的余数．k =1高中联赛模拟试题 1加试部分考试时间：150 分钟满分：180 分一、（本题满分 40 分）已知a, b, c∈，且3 9a + 3 3b + c = 0 ．证明：a = b = c = 0二、（本题满分 40分）a2b2 b2c2 c2 a2 3( 3 -1)已知正实数a, b, c满足a2 + b2 + c2 = 1．证明：++≥．abc + c4abc + a4abc + b4 2三、（本题满分 50 分）已知圆Γ 内有两定点A 、B ，过A 作一动弦CD ，延长CB 、DB ，与圆Γ 分别交于点E 、F ．证明：弦EF 通过一个与C 、D 无关的定点．四、（本题满分 50 分）在80 座城市之间执行如下两种方式的飞行航线：（1）任意一座城市至少与七座城市有直航；（2）任意两座城市可以通过有限次直航来连接．求最小的正整数n ，使得无论如何安排满足条件的航线，任意一座城市到其他城市均最多可以经过n 次直航到达．C3 3高中联赛模拟试题 1解答一试部分考试时间：80 分钟满分：120 分一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）1. 0 < a < 5或 -1 < a < 0 ．2解析：由题意可知 B = {x 2a < x < 5a , a > 0}⋃{x 5a < x < 2a , a < 0}． 又因为 A ⋂ B ≠ ∅ ， ⇒ 0 < 2a < 5或 - 2 < 2a < 0 ．2.1． 4C k C 3-k解析：由题设知乙盒中红球个数的可能值 ξ =0，1，2，3 ．故 P (ξ = k ) = 3 3(k = 0,1, 2,3)．从而得出6P ( A ) = ∑P (ξ = k )P ( A ξ = k ) = 1．k =04 3.(1, -1) ．解析：由题设知 f ( x ) = cos ( x -1) - 1 ．因为 g ( x ) = cos x为奇函数，其对称中心为 (0, 0) ，故 f ( x ) 的对称中心为 (1, -1) ．x -1 x4. 1．解析：延长 SO 与底面 ABCD 交于点 X ．由底面 ABCD 是平行四边形，⇒ S ∆XAB + S ∆XCD = S ∆XBC + S ∆XDA ⇒ V 四面体OSAB + V 四面体OSCD = V 四面体OSBC + V 四面体OSDA5. 5 -1 ．2解析：设左焦点为 F '．则由 ∠AFB = ∠BAF + 90⇒ ∠AF ' B + ∠BAF ' = 90⇒ AB ⊥ BF ' ．又 AB 2= a 2 + b 2 , BF ' 2= a 2 , AF ' 2= (a + c )2．由勾股定理知 a 2 + b 2 + a 2 = (a + c )2，由此， ⇒ c = 5 - 1 ．a 26. 3n2 - 3n + 2 ．解析：设n 个三角形最多把平面分成Sn 个部分．S1= 2 ．因为任意一个三角形与另一个三角形至多有6 个交点，这些交点将该三角形的周长分成至多6(n - 1)1 12 2 0 0⎨ BB 1 CC 1 AB 1 AC 1 1 , 段，每一段将其所在平面一分为二，增加了 6(n - 1) 个部分．从而 S n - S n -1 = 6(n - 1)(n ≥ 2) ．7.-2 ． 解析：sin 2π ⋅ sin 8π8sin πsin 2π sin 8π4sinπ ⎛cos 2π - cos 2π ⎫2⎛sin 3π - sin π ⎫ + 2sin π 15 155155 53 ⎪5 5 ⎪ 5 cos π⋅ cos 2π⋅ cos 4π ==cos 8π⎝⎭ = cos 8π⎝⎭ ．sin 8π5 5 55558.．解析：注意到 α, β ,γ 为一元三次方程 x 3 - x 2 + x -1 = 0 的根，从而可令α = i , β = -i ,γ = 1．在复平面上，⎫令 α, β ,γ 分别对应于点 A (0,1), B (0, -1),C (1, 0) ．当 z 取到 ∆ABC 的费马点,0⎪ 时取值最小． ⎪ ⎝⎭二、解答题（第 9 小题 16 分，第 10、11 小题 20 分，共 56 分） 9. 当 l ⊥ x 轴时，直线 l 与抛物线不可能有两个交点． 故设直线l : y = k ( x - 2)． 与抛物线的方程联立得： x 2 - kx + 2k + 2 = 0 ．（1） 由 ∆ > 0 ⇒ k > 4 + 2 6或k < 4 ．（2）设 B ( x , y ),C ( x , y ), P ( x , y ) ．则 ⎧x 1 + x 2 = k , （3）令 λ = CP= = = 2 - x 1 2 - x 2⎩x 1 x 2 = 2k + 2.（4）⎧ ⎪⎪x = 设重心 G ( x , y ) ．则 ⎨ (2 + x 0 ), 3 ．将式（2），（3），（4）代入，并注意到 y = k ( x- 2)得： 0 0⎪ y = y .⎪⎩ 3 0⎧x = 4 - 4k ⎪⎪ 3(4 - k ) ⎨⇒ 12x - 3y - 4 = 0 ．从而得 k = 4 y ，代入（2）式得： 1⎝ ⎭ ⎪ y = ⎪⎩-4k 4 - k y - 44y < 4 或 4 <y <4 G 的轨迹方程为：3 3⎛ 12x - 3y - 4 = 0 4 -< y < 4或4 < y < 4 ． 3 3 ⎪- ，故⎝ ⎭3 ( ) ( ) 10. 由已知条件 ⇒ sin x - cos x ≥ 2x -1 ⇒2 sin ⎛ x - π ⎫ ≥ 2x -1 ．又当1 ≤ k ≤ n + 1时，0 ≤ k π + π ≤ π ．π4 ⎪ π 2n +1 4 ⎝ ⎭而 2 sin k π ≥ 2 ⎛ k π + π ⎫ -1 = 2k 12n + 1 π 2n +1 4 ⎪ 2n +1 2⎡ ⎛ π ⎫ ⎛ 2π ⎫ ⎛ (n + 1)π ⎫⎤ n +1⎛ 2k 1 ⎫ 3(n + 1)2 ⎢ f ⎪ + f ⎪ + + f⎪⎥ ≥ ∑ - ⎪ =⎢⎣ ⎝ 2n + 1 ⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭⎝ 2n + 1 ⎭⎥⎦k =1⎝ 2n + 1 2 ⎭ 2(2n +1)⎛ π ⎫⎛ 2π ⎫⎛ (n + 1)π ⎫ 3 2 (n + 1) f ⎪ + f ⎪ + + f⎪ ≥ ． ⎝ 2n + 1⎭ ⎝ 2n + 1⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭ 4(2n +1)11. 注意到 k ≠ 1时， k 2 + k + 1 = k -1．而当 k 取遍 2,3, , p 时，分母 k -1 取遍1, 2, , p -1．k -1由费马小定理， x p -1 ≡ 1(mod p ) 在1 ≤ x ≤ p 恰有 p -1 个解．（1）当 p ≡ 1(mod3 )时， x 3 -1 为 x p -1 -1 的因子，于是 x 3 -1 ≡ 0(mod p )在1 ≤ x ≤ p 内恰有三个解．于 是当 k 取遍 2,3, , p 时，分子 k 3 -1 中恰有两项为 p 的倍数，而分母不含 p 的因子． p故 ∏ k 2 + k + 1 ≡ 0(mod p ) ．k =1（2）当 p ≡ 2(mod 3)时，3 与 p -1 互素，于是存在整数 a ,b 使得 3a + ( p - 1)b = 1． 假设有一个 2 ≤ k ≤ p 满足 k 3 ≡ 1(mod p ) ．由费马小定理得 k ≡ k 3a +( p -1)b ≡ 1(mod p )，矛盾． 因此， x 3 -1 ≡ 0(mod p )只有 x ≡ 1(mod p ) 这一个解．故当 k 取遍1, 2, , p 时， k 3 除以 p 的余数两两不同，正好也取遍1, 2, , p ．从而当 k 取遍 2,3, , p 时， k 3 -1 除以 p 的余数取遍1, 2, , p -1．p3p p3故 ∏ k -1 ≡ 1(mod p ) ⇒ ∏ (k 2 + k + 1) ≡ 3 ∏ k -1 ≡ 3(mod p ) ．k =2 k -1 k =1 k =2 k -1p综上， ∏ k 2 + k + 1 除以 p 的余数为 0 或 3．k =1(( ) ( ) ( )) ( )t1一、（本题满分 40 分）加试部分考试时间：150 分钟满分：180 分为无理数，且若 a , b , c 中有一个为 0，则其余两个也为0． 下面假设 a , b , c 均不为 0．易证明：若 a , b , c 均为非 0 b + c = 0 ；（1）d ,e ,f 均为非 0 e + f = 0 ，则 a = b = c ．d e f（1 c + 3a = 0 ；（1 c + + 3b= 0 ． 于是， b = c = 3a= k ．（2）c 3a 3b由 a , b , c 均为非 0 有理数知其中必有两个同号．结合（2）式，知 a , b , c 同号．从而（1）式左边不为 0，矛盾． ⇒ a = b = c = 0 ．二、（本题满分 40 分）x 2 y 2 z 2令 a 2= yz ,b 2= zx , c 2= xy ．则 xy + yz + zx = 1．原式左边 = + + x + yz y + zx z + xy．由柯西不等式得：⎛ x 2y 2 z 2 ⎫ 2+ + ⎪x + yz + y + zx + z + xy ≥ x + y + z ⎝ x + yz y + zx z + xy ⎭x 2y2z 2( x + y + z )2( x + y + z )2⇒+ + ≥ = x + yz y + zx z + xy x + y + z + ( yz + zx + xy ) ． x + y + z + 1由 ( x + y + z )2≥ 3( x y + yz + zx ) ⇒ x + y + z ≥t = x + y + z2 因为 f (t ) = = (t + 1) + - 2 +∞) 上单调递增，所以：t + 1 t + 1 331)原式左边 ≥ f (t ) =．2三、（本题满分 50 分）连结 AB 并延长与圆 Γ 交于点 G ， H ，与弦 EF 交于点 P ． 设 ∠ECD = ∠EFD = α,∠CDF = ∠CEF = β .由S∆ABC ⋅S∆PBF ⋅S∆ABD ⋅S∆PBE = 1 ，得AC ⋅ BC sin α ⋅ PB ⋅ FB ⋅ AD ⋅ BD sin β ⋅ PB ⋅ EB = 1．S∆PBF S∆ABDS∆PBES∆ABCPF ⋅ BF sinα AB ⋅ DB PE ⋅ BE sin β AB ⋅ C B整理得PB2 ⋅ AC ⋅ AD = AB2 ⋅ PE ⋅ PF ．在圆Γ 中，由相交弦定理得：PB2 ⋅ AG ⋅ AH = AB2 ⋅ PG ⋅ PH ．（1）设AB = a, PB = b, BG = c > a, BH = d > b ，其中，a, c, d 为常数，b 未定．则（1）式 ⇔ b 2 (c - a )(d + a ) = a 2 (d - b )(c + b ) ．整理得 ((c - a )d + ac )b 2 + a 2 (c - d )b - a 2cd = 0 ．该二次方程的二次项系数与常数项符号相反，因此有且仅有一个正数解．故 b 是定值．即 BP 是定值． 从而无论 C , D 如何选取， EF 总是与 AB 交于一个固定点 P ．四、（本题满分 50 分）n 的最小值为 27． 若两座城市可以通过有限次直航来连接，称这两个城市”通航”． 首先证明： n ≤ 27 ．反证法：若 n ≥ 28 ，不妨设有两座城市 A 1 到 A 29 间至少经过 28 次到达．设城市 A 1 到 A 29 的一个最短连 接路线为 A 1 → A 2 → → A 29 ．因为每一座城市至少和七座城市通航，所以， A 1 , A 29 与除去 A 2A 28 以外的至少六座城市通航，城市A 2 A 28 与除去 A 1 A 29 以外的至少五座城市通航． 设 A = {A 1 , A 2 , , A 29 } ．设分别与城市 A 1 , A 4 , A 7 , A 10 , A 13 , A 16 , A 19 , A 22 , A 25 , A 29 通航，且不属于 A 的所有城市 组成的集合为 X i (i = 0,1, , 9)．易知， X 0≥ 6, X 9 ≥ 6, X i ≥ 5(i = 1, 2, ,8)． 又 X i ⋂ X j = ∅(i ≠ j ) ，否则，城市 A 1 , A 29 之间有更短的连接路线．故 A ⋃ ( X 0 ⋃ X 1 ⋃ ⋃ X 9 ) ≥ 29 + 6 ⨯ 2 + 5 ⨯ 8 = 81 > 80 ，矛盾．从而 n≤ 27 ． 其次证明： n = 27 是可以的．事实上，取 28 座城市 A 1 , A 2 , , A 28 与城市集合 X i (i = 0,1, , 9)．当 i = 0, 9 时， X i= 6 ；当 i = 1, 2, ,8 时， X i= 5 ，且对于 0 ≤ i < j ≤ 9 ， X i ⋂ X j = ∅ ， X i 中不包含城市 A 1 , A 2 , , A 28 ． 对于1 ≤ k ≤ 8 ，城市 A 3k , A 3k +1 , A 3k +2 与集合 X k 中所有的城市通航；城市 A 1 , A 2 与集合 X 0 中所有的城市通航；城市 A 27 , A 28 与集合 X 9 中所有城市通航；集合 X i (0 ≤ i ≤ 9)中任意一座城市与上述的城市 A s 通航， 与且仅与集合 X i 中其余城市通航；城市 A i 与 A i +1 (i = 1, 2, , 27) 通航．这样，城市A 1A 28 至少与七座城市通航，集合 X i 中任意一座城市均只与七座城市通航，且城市 A 1 A 28 至少经过 27 次直航来连接．因此， n = 27 ．。