2011年全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案
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11．提示：, 令，则 且 ．
抛物线顶点的横坐标为，所以 即
12．提示：原方程等价于： 所以 或 由（1）得：
， 且函数在上为增函数．所以
． 由此得．所以 ． 令，易知在上单调递增，且当时，；当时，，因此当且仅当时，． 由（2）得：．因为 ，故无整数解，即此方程无解．综上所述, 原 方程的解为 13．. 解法一 设，则 设直线和轴交于点．若直线的斜率存在，设为，则直线的方程为， 将其代入抛物线方程得． 由二元一次方程根与系数的关系得， 由此得．所以
记乙成绩排名为最后的所有可能的排序之集，则，．
甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序数为
．
按照老师所述，这６位同学成绩可能的排序数为．
解法二 以乙的成绩不在最后为前提，考虑甲的成绩不在第一的所
有可能排序．
（1）甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为；
（2）甲的成绩不在最后，又不在第一的所有可能排序数为．
是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不相同．那么他们6人的成绩不
同的可能排序共有 （ ） .
(A) 120种
(B) 216 种
(C) 384 种
(D) 504种
8．若点在曲线上,点在曲线上，则的最小值是 （ ） .
(A)
(B)
(C)
(D)
Βιβλιοθήκη Baidu
9．已知函数 (为常数，)，且，则的值是（ ） .
(A) 8
．结论1 当时，有．
事实上，若有，即，
则可解得．不难验证，当时，均有．令
，且，
这里
，
．
设，且． 结论2 若是最大集，则．
事实上，否则的话，，由结论1，知，因为，所以 ．因此
．
容易求得：， ，． 所以
，
这与为最大集矛盾．结论3 若是最大集，则．假定.
(1) 当时， 由结论2的证明可知．
因为，
则
．由此知和中至少有一个不属于，所以； (2)当
___________________．
14．已知中，是重心，三内角的对边分别为，且，则
=__________．
三、解答题（本大题共5题，共66分）
15．(12分)不等式
对恒成立．求实数的取值范围．
16. （12分）已知在正方体中，分别为的中点，且． 求四面体的 体积．
17. （12分） 在平面直角坐标系中, 已知圆与圆相交于点，, 点 的坐标为, 两圆半径的乘积为．若圆和均与直线: 及轴相切，求直线的 方程．
令， 则函数在上单调递减，所以在上的最大值为．即知的取值
范围为．
16.
连结交于，连结，则．因为分别为的中点，所以，因此．又因
为面，在平面内，所以．
由此得 面．因为 ，所以
.
在梯形中．
因此四面体的体积为
．
17. 由题意知，共线. 设圆与圆的半径分别为，直线的斜率为. 令，则圆与圆的圆心分别为，, 两圆的方程分别为
时，为减函数．
5．B. 解法一 令，则
所以
．
解法二 令， 则， 此时
，
即有
．
显然当时，；当时，，所以函数在,
即时取得最大值．
6．D. 提示：函数，的图象只有被及这样的两直线所截，截得的弦
长才能相等，且不为零．所以截取函数
的图象所得弦长相等且不为零的两直线应为，即有解得，．进而．
7．D. 解法一 以记甲成绩排名第一的所有可能的排序之集， 以
． 当直线的斜率不存在时，有．所以仍有
． 显然，当且仅当时，即直线的斜率不存在时等号成立， 有最小 值． 解法二 设，则
所以
． 当时， 取最小值． 14．. 提示：因为，所以
． 所以．
因为不共线，所以有．
设则，由余弦定理可得
．
所以．
15．设，则有， ，．原不等式化为：
．
即 ,整理得
因为 ，，即得．
2011年全国高中数学联赛山东省预赛
一、选择题（每小题6分，共60分）
1．已知集合
（ ） .
(A)
(B) (C)
(D)
2．已知, 若为实数，则最小的正整数的值为（ ） .
(A)
(B)
(C)
(D)
3．已知成等比数列，q:， 则是的（ ） .
(A) 充分不必要条件
(B) 必要不充分条件
(C) 充分且必要条件
所以甲不在首，乙不在尾的所有可能排序数为．
x
y
o
8．C. 提示： 两抛物线，关于直线对称．所求的最小值为抛物线
上的点到直线距离的最小值的两倍．设为上任意点, 则
,
,．
9．B. 提示：由已知可得
又
令，则有 从而有
即知
10．C. 提示：设该等差数列的公差为．显然 ．由，知 且 因此 由 知．从而有 所以．
19. （15分） 集合 若满足：其任意三个元素，均满足，则称具有 性质，为方便起见，简记．具有性质的所含元素最多的集合称为最大 集．试问具有性质的最大集共有多少个？并给出证明．
解答
1．B. 提示：，．所以． 2．A. 提示：，是使为实数的最小的正整数． 3．A. 提示：充分性显然成立，必要性不成立．例：. 4．A. 提示：由对数函数的性质知，，则或．当时，为增函数；当
(D) 既不充分也不必要条件
4．函数的单调递增区间是（ ） .
(A)
(B)
(C)
(D)
5．已知均为正实数，则的最大值为（ ） .
(A) 2
(B)
(C) 4 (D)
6．直线与在区间上截曲线所得的弦长相等且不为零，则下列描述
正确的是（ ） .
（A） （B）
（C） （D）
7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不
18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1 分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游 戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比 赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的 概率为（），乙获胜的概率为．假定各次比赛的结果是相互独立的，比 赛经次结束，求的期望的变化范围．
(B) 4
(C)
(D)
10．在等差数列中，若，且它的前项和有最大值，那么当取最小正
值时， （ ）. (A) 1
(B) 10
(C) 19
(D) 20
二、填空题（每小题6分，共24分）
11．已知，．记的最大值为，则的表达式为
.
12．已知， 则
.
13．设为抛物线上相异两点，则的最小值为
出现的概率为．
比赛经次结束，必为偶数，则1,2两次，3,4两次，……，两次均未
分胜负．若，则第两为有胜负的两次，从而有
．
若，比赛必须结束， 所以 ．
综上所述
由，知．令，则，所以
．
令 则
因 ，所以有 ．
19. 令，．
对任一，令
显然，集合 设最大集元素的个数为，则．若，设中除１之外的最
小元为，．
集合中与的乘积大于的元素个数记为，则
点是两圆的公共点，所以
x y O C1 C2
由此可知是方程 的两个根，即有．从而知直线的方程为
． 18. 以记比赛经次结束的概率．若为奇数，则甲乙得分之差亦为奇 数， 因而有． 考虑头两次比赛的结果： （1）甲连胜或乙连胜两次，称为有胜负的两次，此结果出现的概 率为； （2）甲乙各胜一次，称为无胜负的两次，此结果有两种情况，故
时， 若，同理可得；
若有 ，则， 则必有 ，所 以 ，同理可得．综合（1），（2），以
及结论2知， ．
结论4 若是最大集，则．事实上， 若，任取其中两个数，由结论3
知， 其中必有一数， 设为，从而，，则
．所以．由此可知，
若是最大集，只有下述三种可能: (1) (2) (3) 注：1. 2.
抛物线顶点的横坐标为，所以 即
12．提示：原方程等价于： 所以 或 由（1）得：
， 且函数在上为增函数．所以
． 由此得．所以 ． 令，易知在上单调递增，且当时，；当时，，因此当且仅当时，． 由（2）得：．因为 ，故无整数解，即此方程无解．综上所述, 原 方程的解为 13．. 解法一 设，则 设直线和轴交于点．若直线的斜率存在，设为，则直线的方程为， 将其代入抛物线方程得． 由二元一次方程根与系数的关系得， 由此得．所以
记乙成绩排名为最后的所有可能的排序之集，则，．
甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序数为
．
按照老师所述，这６位同学成绩可能的排序数为．
解法二 以乙的成绩不在最后为前提，考虑甲的成绩不在第一的所
有可能排序．
（1）甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为；
（2）甲的成绩不在最后，又不在第一的所有可能排序数为．
是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不相同．那么他们6人的成绩不
同的可能排序共有 （ ） .
(A) 120种
(B) 216 种
(C) 384 种
(D) 504种
8．若点在曲线上,点在曲线上，则的最小值是 （ ） .
(A)
(B)
(C)
(D)
Βιβλιοθήκη Baidu
9．已知函数 (为常数，)，且，则的值是（ ） .
(A) 8
．结论1 当时，有．
事实上，若有，即，
则可解得．不难验证，当时，均有．令
，且，
这里
，
．
设，且． 结论2 若是最大集，则．
事实上，否则的话，，由结论1，知，因为，所以 ．因此
．
容易求得：， ，． 所以
，
这与为最大集矛盾．结论3 若是最大集，则．假定.
(1) 当时， 由结论2的证明可知．
因为，
则
．由此知和中至少有一个不属于，所以； (2)当
___________________．
14．已知中，是重心，三内角的对边分别为，且，则
=__________．
三、解答题（本大题共5题，共66分）
15．(12分)不等式
对恒成立．求实数的取值范围．
16. （12分）已知在正方体中，分别为的中点，且． 求四面体的 体积．
17. （12分） 在平面直角坐标系中, 已知圆与圆相交于点，, 点 的坐标为, 两圆半径的乘积为．若圆和均与直线: 及轴相切，求直线的 方程．
令， 则函数在上单调递减，所以在上的最大值为．即知的取值
范围为．
16.
连结交于，连结，则．因为分别为的中点，所以，因此．又因
为面，在平面内，所以．
由此得 面．因为 ，所以
.
在梯形中．
因此四面体的体积为
．
17. 由题意知，共线. 设圆与圆的半径分别为，直线的斜率为. 令，则圆与圆的圆心分别为，, 两圆的方程分别为
时，为减函数．
5．B. 解法一 令，则
所以
．
解法二 令， 则， 此时
，
即有
．
显然当时，；当时，，所以函数在,
即时取得最大值．
6．D. 提示：函数，的图象只有被及这样的两直线所截，截得的弦
长才能相等，且不为零．所以截取函数
的图象所得弦长相等且不为零的两直线应为，即有解得，．进而．
7．D. 解法一 以记甲成绩排名第一的所有可能的排序之集， 以
． 当直线的斜率不存在时，有．所以仍有
． 显然，当且仅当时，即直线的斜率不存在时等号成立， 有最小 值． 解法二 设，则
所以
． 当时， 取最小值． 14．. 提示：因为，所以
． 所以．
因为不共线，所以有．
设则，由余弦定理可得
．
所以．
15．设，则有， ，．原不等式化为：
．
即 ,整理得
因为 ，，即得．
2011年全国高中数学联赛山东省预赛
一、选择题（每小题6分，共60分）
1．已知集合
（ ） .
(A)
(B) (C)
(D)
2．已知, 若为实数，则最小的正整数的值为（ ） .
(A)
(B)
(C)
(D)
3．已知成等比数列，q:， 则是的（ ） .
(A) 充分不必要条件
(B) 必要不充分条件
(C) 充分且必要条件
所以甲不在首，乙不在尾的所有可能排序数为．
x
y
o
8．C. 提示： 两抛物线，关于直线对称．所求的最小值为抛物线
上的点到直线距离的最小值的两倍．设为上任意点, 则
,
,．
9．B. 提示：由已知可得
又
令，则有 从而有
即知
10．C. 提示：设该等差数列的公差为．显然 ．由，知 且 因此 由 知．从而有 所以．
19. （15分） 集合 若满足：其任意三个元素，均满足，则称具有 性质，为方便起见，简记．具有性质的所含元素最多的集合称为最大 集．试问具有性质的最大集共有多少个？并给出证明．
解答
1．B. 提示：，．所以． 2．A. 提示：，是使为实数的最小的正整数． 3．A. 提示：充分性显然成立，必要性不成立．例：. 4．A. 提示：由对数函数的性质知，，则或．当时，为增函数；当
(D) 既不充分也不必要条件
4．函数的单调递增区间是（ ） .
(A)
(B)
(C)
(D)
5．已知均为正实数，则的最大值为（ ） .
(A) 2
(B)
(C) 4 (D)
6．直线与在区间上截曲线所得的弦长相等且不为零，则下列描述
正确的是（ ） .
（A） （B）
（C） （D）
7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不
18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1 分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游 戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比 赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的 概率为（），乙获胜的概率为．假定各次比赛的结果是相互独立的，比 赛经次结束，求的期望的变化范围．
(B) 4
(C)
(D)
10．在等差数列中，若，且它的前项和有最大值，那么当取最小正
值时， （ ）. (A) 1
(B) 10
(C) 19
(D) 20
二、填空题（每小题6分，共24分）
11．已知，．记的最大值为，则的表达式为
.
12．已知， 则
.
13．设为抛物线上相异两点，则的最小值为
出现的概率为．
比赛经次结束，必为偶数，则1,2两次，3,4两次，……，两次均未
分胜负．若，则第两为有胜负的两次，从而有
．
若，比赛必须结束， 所以 ．
综上所述
由，知．令，则，所以
．
令 则
因 ，所以有 ．
19. 令，．
对任一，令
显然，集合 设最大集元素的个数为，则．若，设中除１之外的最
小元为，．
集合中与的乘积大于的元素个数记为，则
点是两圆的公共点，所以
x y O C1 C2
由此可知是方程 的两个根，即有．从而知直线的方程为
． 18. 以记比赛经次结束的概率．若为奇数，则甲乙得分之差亦为奇 数， 因而有． 考虑头两次比赛的结果： （1）甲连胜或乙连胜两次，称为有胜负的两次，此结果出现的概 率为； （2）甲乙各胜一次，称为无胜负的两次，此结果有两种情况，故
时， 若，同理可得；
若有 ，则， 则必有 ，所 以 ，同理可得．综合（1），（2），以
及结论2知， ．
结论4 若是最大集，则．事实上， 若，任取其中两个数，由结论3
知， 其中必有一数， 设为，从而，，则
．所以．由此可知，
若是最大集，只有下述三种可能: (1) (2) (3) 注：1. 2.