2013年全国高中数学联赛一试模拟卷(共7套)附详细解答
2013年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013年全国高中数学联赛一试试题一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。
1.设集合{}3,1,0,2=A ，集合{}A x A x x B ∉-∈-=22,，则集合B 中所有元素的和为2.在平面直角坐标系xOy 中，点A 、B 在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅，F 是抛物线的焦点，则OFB OFA S S ∆∆⋅=3.在ABC ∆中，已知C B A C B A cos cos 10cos ,sin sin 10sin ⋅=⋅=，则A tan 的值为4.已知正三棱锥ABC P -的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为5.设a 、b 为实数，函数b ax x f +=)(满足：对任意]1,0[∈x ，有1)(≤x f ，则ab 的最大值为6.从20,,2,1⋅⋅⋅中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为7.若实数x ，y 满足y x y x -=-24，则x 的取值范围是8.已知数列{}n a 共有9项，其中191==a a ，且对每个{}8,,2,1⋅⋅⋅∈i 均有⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈+21,1,21i i a a ，则这样的数列的个数为二．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.（本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足,,3,2,21⋅⋅⋅=≥-n S S n n 这里n n x x S +⋅⋅⋅+=1. 证明：存在常数0>C ,使得⋅⋅⋅=⋅≥,2,1,2n C x n n10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为)0(12222>>=+b a by a x ， 21,A A 分别为椭圆的左、右顶点，21,F F 分别为椭圆的左右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中有两个点R Q ,满足22112211,,,PF RF PF RF PA QA PA QA ⊥⊥⊥⊥, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明。
2013全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及答案
2013全国高中数学联赛山东赛区预赛试题2013年9月7日 9:30——11:30一、填空题（本大题共10个小题，每小题8分）（1）函数4cos cos 2()y x x x R =+∈的值域是 ． （2）已知复数z 满足1z =，则21z z -+的最大值为 ． （3）如图，在ABC ∆中，点O 为BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点M 、N ，若AB mAM =u u u r u u u u r ，AC nAN =u u u r u u u r ，则m n +的值为 ．（4）如果关于x 的不等式1x a x x +<++的解集是R ，则a 的取值范围是 ． （5）已知正数,,a b c 满足4a b abc +=，则a b c ++的最小值为 ．（6）对任意实数x ，恒有2log (sin cos )2a x x +≥-成立，则a 的取值范围是 ．（7）已知{,,,,}A B C a b c d e =U U ，{,,}A B a b c =I ，c A B C ∈I I ，则符合上述条件的{,,}A B C 共有 组． （8）已知函数()f x 定义在R 上，对任意的x R ∈，1(1006)2f x +=，且3(1005)4f -=，则(2013)f = ．（9）用五种不同颜色给三棱台ABC DEF -六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有 种．（10）假设实数,b c 满足221b c +=，且()sin cos f x ax b x c x =++的图象上存在两条切线互相垂直，则a 的取值范围是 ．二、解答题（本大题共4题，共70分）（11）(本小题共15分)如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知1AD =,2AB =,1AA c =，若对角线1BD 上存在一点P 使得11PB PC ⊥，求c 的取值范围．NABCOMPA BCD1A 1B 1C 1D（12）（本小题共15分)已知椭圆22143x y +=的内接平行四边形的一组对边分别过椭圆的焦点12,F F ，求该平行四边形面积的最大值．（13）（本小题共20分)已知数列{}n a 满足：*1()n n S a n N =-∈，其中n S 为{}n a 的前n 项和．（Ⅰ）试求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设11111n n n c a a +=++-，数列{}n c 的前n 项和为n P ，求证：125n P n >-．（14）（本小题共20分)假设,,n a b 均为正整数，且n a b =+，p 是一素数，,,n a b 的p 进制表示分别为0sii i n n p==∑，s ii i a a p ==∑，0si i i b b p ==∑，其中0,,1,0,1,2,,i i i n a b p i s ≤≤-=L ，证明：（Ⅰ）若0,0,0,1,2,,sii i i n d p d i s ==≥=∑L ，且对整数(0)j j s ≤≤，(1)i ii i j i jd p p p <<≤-∑∑，则1[]si i j i j n d p p -==∑，这里[]x 表示不超过x 的最大整数． （Ⅱ）!!!n p a b β，1!{,0,1,2,,}!!i i i n p i a b n i s a b ββ+/⇔=+>=L ∣，这里A 表示集合A 中元素的个数．。
2013年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013年全国高中数学联赛一试试题一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。
1.设集合{}3,1,0,2=A ，集合{}A x A x xB ∉-∈-=22,，则集合B 中所有元素的和为 2.在平面直角坐标系xOy 中，点A 、B 在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅OB OA ，F 是抛物线的焦点，则OFB OFA S S ∆∆⋅=3.在ABC ∆中，已知C B A C B A cos cos 10cos ,sin sin 10sin ⋅=⋅=，则A tan 的值为4.已知正三棱锥ABC P -的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为5.设a 、b 为实数，函数b ax x f +=)(满足：对任意]1,0[∈x ，有1)(≤x f ，则ab 的最大值为6.从20,,2,1⋅⋅⋅中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为7.若实数x ，y 满足y x y x -=-24，则x 的取值范围是8.已知数列{}n a 共有9项，其中191==a a ，且对每个{}8,,2,1⋅⋅⋅∈i 均有⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈+21,1,21i i a a ，则这样的数列的个数为二．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.（本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足,,3,2,21⋅⋅⋅=≥-n S S n n 这里n n x x S +⋅⋅⋅+=1. 证明：存在常数0>C ,使得⋅⋅⋅=⋅≥,2,1,2n C x n n10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为)0(12222>>=+b a by a x ，21,A A 分别为椭圆的左、右顶点，21,F F 分别为椭圆的左右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中有两个点R Q ,满足22112211,,,PF RF PF RF PA QA PA QA ⊥⊥⊥⊥, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明。
2013年全国高中数学联赛一试模拟卷(共7套)附详细解答
2013年全国高中数学联赛模拟卷(1)第一试(考试时间：80分钟 满分：120分)姓名：_____________考试号：______________得分：____________一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 函数1cos sin 1cos sin ++-=x x x x y 的值域是___________2. 设a , b , c 为RT △ACB 的三边长, 点(m , n )在直线ax +by +c =0上. 则m 2+n 2的最小值是___________3. 若N n ∈，且92422--+n n 为正整数，则.________=n4. 掷6次骰子, 令第i 次得到的数为i a , 若存在正整数k 使得61=∑=ki i a 的概率mnp =，其中n m ,是互质的正整数. 则n m 76log log -= .4.解:当1k =时，概率为16;当2k =时,6152433=+=+=+，概率为215()6⋅； 当3k =时，6114123222=++=++=++，概率为3311(361)()10()66++⋅=⋅；当4k =时，611131122=+++=+++，概率为4411(46)()10()66+⋅=⋅；当5k =时， 611112=++++，概率为515()6⋅；当6k =时，概率为61()6；故523456561111111175()10()10()5()()(1)666666666p =+⋅+⋅+⋅+⋅+=⨯+=,即567,6n m ==,从而67log log 1m n -=.5. 已知点P 在曲线y =e x 上，点Q 在曲线y =lnx 上，则PQ 的最小值是_______6. 已知多项式f (x )满足：222(3)2(35)61017()f x x f x x x x x R +++-+=-+∈, 则(2011)f =_________.解: 解：用1x -代替原式中的x 得：222(35)2(3)6213f x x f x x x x -++++=-+解二元一次方程组得22(3)223f x x x x ++=++，所以：()23f x x =-，则(2011)4019f =．（分析得()f x 为一次多项式，可直接求()f x 解析式）7. 四面体OABC 中, 已知∠AOB =450,∠AOC =∠BOC =300, 则二面角A －OC －B 的平面角α的余弦值是__________7. 解:不妨设AC ⊥OC ⊥BC ,∠ACB =α,∠AOC =∠BOC =θ,∠AOB =β. 因)CB OC ()CA OC (OB OA +⋅+=⋅=CB CA |OC |⋅+2即αθθβcos ||||cos ||cos ||cos ||||+⋅=， 两端除以|OB ||OA |并注意到CAOBθθ==sin , 即得αθθβcos sin cos cos 22+=,将β=450,θ=300代入得αcos 414322+=, 所以,322cos -=α.8. 设向量)cos sin ,cos sin 2(),,3(θθθθβαa a x x +=+=满足对任意R x ∈和θ∈[0, π2],2||≥+恒成立. 则实数a 的取值范围是________________.二、解答题（本大题共3小题，第9题16分，第10、11题20分，共56分）9．设数列{}n a 满足0a N +∈,211n n n a a a +=+.求证：当1200+≤≤a n 时,n a a n -=0][. (其中[]x 表示不超过x 的最大整数)．10. 过点)3,2(作动直线l 交椭圆1422=+y x 于两个不同的点Q P ,，过Q P ,作椭圆的切线， 两条切线的交点为M ， ⑴ 求点M 的轨迹方程；⑵ 设O 为坐标原点，当四边形POQM 的面积为4时，求直线l 的方程.11. 若a 、b 、c R +∈，且满足22)4()(c b a b a c b a kabc++++≤++，求k 的最大值。
2013年全国高中数学联赛试题及其解答
2013 年全国高中数学联题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分。
1、设集合A = 2，0，1，3 ，集合B = x| − x ∈ A，2 − x ∉ A ，则集合B中所有元素 的和为 。 解答：易知集合B = −2， − 3 ，所有集合B中所有元素的和为−5。 ⃑ · OB ⃑ = −4，F是抛 2、在平面直角坐标系xOy中，点 A、B 在抛物线y = 4x上，满足OA 物线的焦点，则S△ · S△ = 。 ⃑ · OB ⃑= 解答：根据抛物线解析式知OF = 1。设点A m ，2m ，点B n ，2n ，则OA m n + 4mn = −4 ⇒ mn = −2。于是知S△ · S△ =
| |·| |
·
|
|·|
|
= |mn| = 2。
3、在△ABC 中，已知sin A = 10 sin B sin C，cos A = 10 cos B cos C，则tan A的值 为 。 解答：根据条件知：sin A − cos A = 10(sin B sin C − cos B cos C) = −10 cos(B + C) = 10 cos A ⇒ sin A = 11 cos A ⇒ tan A = 11。 4、已知正三棱锥P − ABC底面边长为1，高为√2，则其内切球半径为 。 解答：设△ABC 外心为 O，O 在 BC、CA、AB 上的垂足分别为 D、E、F，则OD = OE = OF =
10、（本题满分 20 分） 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为 + = 1（a＞b＞0），A 、A 分别为椭圆 的左、右顶点，F 、F 分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于A 和A 的任意一点。
交流知识
2013答案
， r
于是有
r 2 r
OK MH 1 2 ． sin KPO ，解得 r PO PM 5 6
1
5．
设 a， 1 ，有 f ( x) ≤ 1 ．则 ab 的最大值为 b 为实数，函数 f ( x) ax b 满足：对任意 x 0 ， _____．
【解析】
1 4 易知 a f 1 f 0 ， b f 0 ，则
b 的轨迹是以 1，2 为圆心， 5 为半径的圆在 a ， 如图所示，在 aOb 平面内，点 a ， b≥0 的
部分，即点 O 与弧 ACB 的并集．
b 4 C
2 O
B 1 A a
2 2 2 ， 2 5 ，从而 x a b 0
因此 a 2 b2 0
xn ．
2 2 4 4 N 1 C8 C6 C8 C4 1 28 15 70 1 491 ．
【解析】 当 n ≥ 2 时， Sn ≥ 2Sn1 等价于 xn ≥ x1 xn1 ……① 1 对常数 C x1 ，用数学归纳法证明： xn ≥ C 2n ， n 1, 2 , 4 当 n 1 时结论显然成立．又 x2 ≥ x1 C 22 ． 对 n ≥ 3 ，假设 xk ≥ C 2k ， k 1, 2 ,
2 将其代入①，得 x0 a2 y1 y0 0
2 x0 a2 x2 a2 ，于是 Q x0 , 0 y0 y0
故 y1
3
x2 c2 根据 RF1 PF1 ， RF2 PF2 ，同理可得 R x0 , 0 ． y0
2
即 x R , a a2 x4 2abx2 2b b2 ≥ 0 将②的左边记为 g x ，显然 a a2 0 ． 矛盾） ， 于是
2013年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准
2013年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．1. 设集合{2,0,1,3}A ，集合2{|,2}B x x A x A ．则集合B 中所有元素的和为 ．答案 5−．解 易知{2,0,1,3}B ．当2,3x 时，222,7x ，有22x A ；而当0,1x 时，222,1x ，有22x A ．因此，根据B 的定义可知{2,3}B ． 所以，集合B 中所有元素的和为5−．2. 在平面直角坐标系xOy 中，点A 、B 在抛物线24y x 上，满足4OA OB ，F 是抛物线的焦点. 则OFA OFB S S ．答案 2．解 点F 坐标为(1,0)．设1122(,),(,)A x y B x y ，则221212,44y y x x ，故21212121214()16OA OB x x y y y y y y ，即2121(8)016y y ，故128y y ． 21212111()2224OFA OFB S S OF y OF y OF y y =（）． 3. 在ABC 中，已知sin 10sin sin ,A B C cos 10cos cos ,A B C 则tan A 的值为 ．答案 11．解 由于sin cos 10(sin sin cos cos )10cos()10cos A A B C B C B C A ，所以sin 11cos A A ，故tan 11A ．4. 已知正三棱锥P ABC 底面边长为1，高为，则其内切球半径为 ．答案解 如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P 、K 、M 共线，P 、O 、H 共线，2PHM PKO ，且,OH OK r PO PH OH r ，MH ABPM ， 于是有1sin5OK MH KPO POPM ，解得r． 5. 设,a b 为实数，函数()f x ax b 满足：对任意[0,1]x ，有()1f x . 则ab 的最大值为 ．答案14． 解 易知(1)(0),(0)a f f b f ，则2221111(0)((1)(0))(0)(1)(1)(1)2444ab f f f f f f f ． 当2(0)(1)1f f ，即12a b 时，14ab ．故ab 的最大值为14． 6. 从1,2,,20 中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为 ．答案 232323．解 设12345a a a a a <<<<取自1,2，…，20，若12345,,,,a a a a a 互不相邻，则123451123416a a a a a ≤<−<−<−<−≤，由此知从1,2,,20 中取5个互不相邻的数的选法与从1,2,,16 中取5个不同的数的选法相同，即516C 种．所以，从1,2,,20 中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为5552016165520202321323C C C C C −=−=． 7. 若实数,x y满足x ，则x 的取值范围是 ． 答案 {0}[4,20] ． 解,(,0)a b a b ，此时22()x y x y a b ，且条件中等式化为2242a b a b ，从而,a b 满足方程22(2)(1)5a b (,0)a b ．如图所示，在aOb 平面内，点(,)a b 的轨迹是以(1,2)为,0a b 的部分，即点O 与弧 ACB 的02, ，从而 2204,20x a b ． 8. 已知数列{}n a 共有9项，其中191a a ，且对每个{1,2,,8}i ，均有112,1,2i i a a，则这样的数列的个数为 ． 答案 491． 解 令1(18)i i ia b i a，则对每个符合条件的数列{}n a ，有 88191111i i i i ia ab a a，且12,1,(18)2i b i ． ① 反之，由符合条件①的8项数列{}n b 可唯一确定一个符合题设条件的9项数列{}n a ．记符合条件①的数列{}n b 的个数为N ．显然(18)i b i 中有偶数个12，即2k 个12；继而有2k 个2，84k 个1．当给定k 时，{}n b 的取法有22882C C k kk 种，易见k 的可能值只有0,1,2，所以224486841C C C C 12815701491N ．因此，根据对应原理，符合条件的数列{}n a 的个数为491．二、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.（本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足12,2,3,n n S S n −≥= ，这里1n n S x x =++ ．证明：存在常数0C >，使得2,1,2,n n x C n ≥⋅=． 解 当2n ≥时，12n n S S −≥等价于11n n x x x −≥++ ． ① …………………4分对常数114C x =，用数学归纳法证明： 2,1,2,n n x C n ≥⋅= ． ②……………………8分1n =时结论显然成立．又2212x x C ≥=⋅．对3n ≥，假设2,1,2,,1kk x C k n ≥⋅=− ，则由①式知()121n n x x x x −≥+++()21122n x C C −≥+⋅++⋅()223122222n n C C −=++++=⋅ ，所以，由数学归纳法知，②式成立．…………………16分10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为22221(0)x y a b a b ，1A 、2A 分别为椭圆的左、右顶点，1F 、2F 分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点．若平面中两个点Q 、R 满足11QA PA ，22QA PA ，11RF PF ，22RF PF ，试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明．解 令c ，则1212(,0),(,0),(,0),(,0)A a A a F c F c ．设001122(,),(,),(,)P x y Q x y R x y ，其中22000221,0x y y a b．由1122,QA PA QA PA 可知111010()()0A Q A P x a x a y y，① 221010()()0A Q A P x a x a y y． ②…………………5分将①、②相减，得102()0a x x ，即10x x ，将其代入①，得220100x a y y ，故22010x a y y ，于是22000,x a Q x y ． …………………10分 根据1122,RF PF RF PF ，同理可得22000,x c R x y． …………………15分 因此2222200000x a x c b QR y y y ，由于0(0,]y b ，故QR b （其中等号成立的充分必要条件是0y b ，即点(0,)P b 为 ）． …………………20分 11. （本题满分20分）求所有的正实数对(,)a b ，使得函数2()f x ax b 满足：对任意实数,x y ，有()()()()f xy f x y f x f y ．解 已知条件可转化为：对任意实数,x y ，有22222()(())()()ax y b a x y b ax b ay b ． ①先寻找,a b 所满足的必要条件．在①式中令0y ，得22()()b ax b ax b b ，即对任意实数x ，有2(1)(2)0b ax b b ．由于0a ，故2ax 可取到任意大的正值，因此必有10b ，即01b ． …………………5分在①式中再令y x ，得422()()ax b b ax b ，即对任意实数x ，有2422()2(2)0a a x abx b b ． ②将②的左边记为()g x ．显然20a a （否则，由0a 可知1a ，此时22()2(2)g x bx b b ，其中0b ，故()g x 可取到负值，矛盾），于是 2222222()()()(2)ab ab g x a a x b b a a a a 222()(22)11b b a a x a b a a0 对一切实数x 成立，从而必有20a a ，即01a ． …………………10分进一步，考虑到此时01b a ，再根据(22)01b g a b a，可得22a b ．至此，求得,a b 满足的必要条件如下：01b ，01a ，22a b ． ③…………………15分下面证明，对满足③的任意实数对(,)a b 以及任意实数,x y ，总有①成立，即222222(,)()(1)()2(2)h x y a a x y a b x y axy b b对任意,x y 取非负值．事实上，在③成立时，有2(1)0,0a b a a ，(22)01ba b a，再结合222x y xy ，可得2222(,)()(1)(2)2(2)h x y a a x y a b xy axy b b2222()2(2)a a x y abxy b b22()(22)11b b a a xy a b a a0 ． 综上所述，所求的正实数对(,)a b 全体为{(,)|01,01,22}a b b a a b ． …………………20分。
2013年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013年全国高中数学联赛一试试题一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。
1.设集合{}3,1,0,2=A ，集合{}A x A x xB ∉-∈-=22,，则集合B 中所有元素的和为 2.在平面直角坐标系xOy 中，点A 、B 在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅OB OA ，F 是抛物线的焦点，则OFB OFA S S ∆∆⋅=3.在ABC ∆中，已知C B A C B A cos cos 10cos ,sin sin 10sin ⋅=⋅=，则A tan 的值为4.已知正三棱锥ABC P -的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为5.设a 、b 为实数，函数b ax x f +=)(满足：对任意]1,0[∈x ，有1)(≤x f ，则ab 的最大值为6.从20,,2,1⋅⋅⋅中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为7.若实数x ，y 满足y x y x -=-24，则x 的取值范围是8.已知数列{}n a 共有9项，其中191==a a ，且对每个{}8,,2,1⋅⋅⋅∈i 均有⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈+21,1,21i i a a ，则这样的数列的个数为二．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.（本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足,,3,2,21⋅⋅⋅=≥-n S S n n 这里n n x x S +⋅⋅⋅+=1. 证明：存在常数0>C ,使得⋅⋅⋅=⋅≥,2,1,2n C x n n 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为)0(12222>>=+b a by a x ，21,A A 分别为椭圆的左、右顶点，21,F F 分别为椭圆的左右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中有两个点R Q ,满足22112211,,,PF RF PF RF PA QA PA QA ⊥⊥⊥⊥, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明。
2013年全国高中数学联赛A卷一试真题+答案 Word版可编辑
2013年全国高中数学联赛A 卷一试一、填空题1. 设集合{}3,1,0,2=A ，集合{}A x A x xB ∉-∈-=22,.则集合B 中所有元素的和为__________.2. 在平面直角坐标系xOy 中，点B A ,在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅OB OA ，F 是抛物线的焦点，则=⋅∆∆OFB OFA S S __________.3. 在ABC ∆中，已知C B A sin sin 10sin =，C B A cos cos 10cos =，则A tan 的值为__________.4. 已知正三棱锥ABC P -底面边长为1，高为2，则其内切球半径为 .5. 设b a ,为实数，函数()b ax x f +=满足：对任意[]1,0∈x ，有()1≤x f .则ab 的最大值为________.6. 从20,,2,1 中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为__________.7. 若实数y x ,满足y x y x -=-24，则x 的取值范围是__________.8. 已知数列{}n a 共有9项，其中191==a a ，且对每个{}8,,2,1 ∈i ，均有⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈+21,1,21i i a a ，则这样的数列个数为__________.二、解答题9. 给定正整数列{}n x 满足 ,3,2,21=≥-n S S n n ，这里n n x x x S +++= 21.证明：存在常数0>C ，使得 ,2,1,2=⋅≥n C x nn .10. 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为12222=+by a x ()0>>b a ，1A 、2A 分别为椭圆的左、右顶点，1F 、2F 分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中两个点Q 、R 满足11PA QA ⊥，22PA QA ⊥，11PF RF ⊥，22PF RF ⊥，试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明.11. 求所有的正实数对()b a ,，使得函数()b ax x f +=2满足：对任意实数y x ,，有()()()()y f x f y x f xy f ≥++.答案：1、5- 代元素检验，2-、3-满足条件，故和为5-；2、2 记⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛121,4y y A ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛222,4y y B ，故0416212221=++y y y y ，821-=y y ，()0,1F ，24222121==⋅=⋅∆∆y y y OF y OF S S OFB OFA ；3、11 ()10sin 10cos sin sin cos cos cos cos AA CBC B C B A +-=+-=+-=，所以A A cos 11sin =， 11cos sin tan ==AAA ； 4、62 Sr V 31=，其中r 为内切球半径，S 为表面积，根据数据可算出， 12624331=⨯⨯=V ，()32363212134322=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯⨯+=S ，故62=r ； 5、41 一次函数区间端点取最值，故⎪⎩⎪⎨⎧≤+≤11b a b ，由于121222≤++⇒≤+ab b a b a ，且ab b a 222≥+，故4114≤⇒≤ab ab ，取“=”时，21==b a ； 6、323232 20个数选5个共有520C 种情况，5个数全不相邻共有516C 种情况（插空法），故至少有两个 相邻的概率为3232321520516=-C C ；7、{}[]20,40 由题意0≥≥y x ，令0≥-=y x m ，0≥=y n ，故22n m x +=，等式可化为m n n m 2422=-+，即()()52122=-+-n m ，故n m ,为圆上的点，且0≥m ，0≥n ，再根据几何意义，x 为满足等式的点()n m ,到坐标原点的距离的平方，算出∈x {}[]20,40 ；8、491 由于119892312==⨯⨯⨯a a a a a a a a ，且⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=+21,1,21i i a a ，故每一个比值在选取数值时，选21-的 比值个数为偶数，结合8个比值成绩为1，可知选21-的个数与选2的个数必相同，故整体分为 3类：①全选1，1种选法；②2个21-，2个2，4个1，4202628=⨯C C 种； ③4个21-，4个2，7048=C 种；综上，共有491704201=++种选法，故由491个数列；9、证明：2≥n 时，12-≥n n S S 等价于121-+++≥n n x x x x ， 下面我们对常数141x C =用数学归纳法证明n n C x 2⋅≥； 当1=n 时，24111⨯≥x x 显然成立；2=n 时，2x 211241⨯=≥x x 也成立； 当3≥=k n 时，假设kk C x 2⋅≥成立，有121-+++≥n n x x x x 可得k k x x x x +++≥+ 211()k C C C x 222321⋅++⋅+⋅+≥ ()k C 2222322++++= 12+⋅=k C 成立，故由数学归纳法可得nn C x 2⋅≥成立.10、证明：令22b a c -=，则()0,1a A -，()0,2a A ，()0,1c F -，()0,2c F .设()00,y x P ，()11,y x Q ，()22,y x R ，其中()010220220≠=+y by a x ，由11PA QA ⊥，22PA QA ⊥可知，()()0010111=+++=⋅y y a x a x P A Q A ，()()0010122=+--=⋅y y a x a x P A Q A ，两式相减可得()0201=+x x a ，即01x x -=，反代可解得02201y a x y -=，所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--02200,y a x x Q ； 同理可解得⎪⎪⎭⎫⎝⎛--02200,y c x x R ，故02y b QR =，由于(]b y ,00∈，所以b QR ≥. 11、解：由题意，0>a ，0>b ，()()()()b ay b ax b y x a b xy a ++≥++++2222；①取0=x ，不等式化为()()0222≥-+-b b y ab a 恒成立，故100202≤<⇒⎩⎨⎧≥-≥-b b b ab a ； ②取x y -=，不等式化为()()0222242≥-+--b b aby yaa 恒成立，故1002<<⇒>-a a a ，此时，仍需满足()0222222222≥-+--⎪⎭⎫ ⎝⎛---b b a a b a a a ab y a a 恒成立，故022222≥-+--b b a a b a ， 化简得022≤-+b a ；综上，不等式成立可推出022,10,10≤-+<<≤<b a a b ；同时，由不等式可得()()()()()()()()()22222222222bb axy y xab a xy aa bay b ax b y x a b xy a -+++-+-=++-++++，其中xy y x 222≥+，在推出条件下，可得 故(){}22,10,10,≤+≤<<<b a b a b a . ()()()()()()()()()()()02211222222222222≥---+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-++-+-≥++-++++b a a b a b xy a a b b axy xy ab a xy a a bay b ax b y x a b xy a。
2013年全国高中数学联合竞赛一试试题解答集锦
・
一一４ ， Ｆ是 抛物 线 的焦 点 ，
．
４ ５ 则 Ｐ Ｍ — ｆ— ｐＨｚ ｑ － — ＭＨ￣ ： ＝ ＝ 旦
，
．
图 １
解 法１ ： 点Ｆ的 坐 标为（ １ ， ０ ） ． 设Ａ （ ， Ｙ ） 、
由 Ｒｔ ／ ｋ ＰＫＯｃ ／ ） Ｒｔ ／ Ｓ ＰＨＭ ， 得
．
１ ０ Ｃ Ｏ ｓ Ｂ ｃ ｏ ｓ Ｃ， 则 ｔ ａ ｎ Ａ 的 值 为
Ｐ Ｍ
（ 一 ） 一
×
． 解得 ｒ － 一 Ｔ．
～
．
．
譬 ｉ ｇ 曩 赛
日 “ 一
～
‰
㈣
琶 。 ｜
…
…， 。 NhomakorabeaＨ圳洲
～
…
…
一
…
１ ． 设集合 Ａ一｛ ２ ， ０ ， １ ， ３ ｝ ， 集合 Ｂ＝ ｛ Ｉ —ｚ∈Ａ， ２ －Ｘ Ａ｝ ． 则 集合 Ｂ 中所 有元 素 的和为 ．
解： 由 一 ∈Ａ 知 Ｂ ｛ 一２ ， ０ ， 一１ ， ～３ ｝ ．
ｓ ｉ ｎ Ａ， 故 ｔ ａ ｎ Ａ一 ｓ ｉ ｎ Ａ一１ １
．
当ｚ 一一２ ， 一３时 ， ２ 一 一 一 ２ ， ～７ Ａ， 满 足
要求 ；
说明： 本题 体现 了整体 解决 问题 的思想 ．
４ ． 已知正 三棱锥 Ｐ － ＡＢ Ｃ 底 面边 长 为 １ ， 高 为√ ２ ，
则其 内切球 半径 为 ． 解法 １ ： 如 图 １ ， 设 球 心 ０ 在 平
ＰＯ
— —
日 Ⅱ
—
ｒ
—
ＰＭ
６
Ｂ （ ， Ｙ ｚ ） ， 则 由 ・ 一 一 ４ ， 得 （ ． ｙ ＋ ｚ
2013年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013年全国高中数学联赛一试试题一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。
1.设集合{}3,1,0,2=A ，集合{}A x A x xB ∉-∈-=22,，则集合B 中所有元素的和为 2.在平面直角坐标系xOy 中，点A 、B 在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅，F 是抛物线的焦点，则OFB OFA S S ∆∆⋅=3.在ABC ∆中，已知C B A C B A cos cos 10cos ,sin sin 10sin ⋅=⋅=，则A tan 的值为4.已知正三棱锥ABC P -的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为5.设a 、b 为实数，函数b ax x f +=)(满足：对任意]1,0[∈x ，有1)(≤x f ，则ab 的最大值为6.从20,,2,1⋅⋅⋅中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为7.若实数x ，y 满足y x y x -=-24，则x 的取值范围是8.已知数列{}n a 共有9项，其中191==a a ，且对每个{}8,,2,1⋅⋅⋅∈i 均有⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈+21,1,21i i a a ，则这样的数列的个数为二．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.（本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足,,3,2,21⋅⋅⋅=≥-n S S n n 这里n n x x S +⋅⋅⋅+=1. 证明：存在常数0>C ,使得⋅⋅⋅=⋅≥,2,1,2n C x n n10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为)0(12222>>=+b a by a x ，21,A A 分别为椭圆的左、右顶点，21,F F 分别为椭圆的左右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中有两个点R Q ,满足22112211,,,PF RF PF RF PA QA PA QA ⊥⊥⊥⊥, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明。
2013年全国高中数学联赛江苏赛区初赛模拟试卷
=
OC
2
=
OA
⋅
OB
=
− x1 x2
=
−
c a
=
−
2 a
，于是 a
=
−
1 2
．
10． 2 3 ．
【析】此题建系后易得．
11．【析】注意不要漏了 a = 0 ．
当 a ≠ 0 时，若 f ( x) > x 恒成立，则 f ( f ( x)) > f ( x) > x 恒成立；
若 f ( x) < x 恒成立，则 f ( f ( x)) < f ( x) < x 恒成立．
，整理得： ( z − z )(1− zz )
=0．
而 z 是虚数，所以 z − z ≠ 0 ，从而 zz = 1，即 z = 1．
由 z2 1+ z
=
⎛ z2
⎜ ⎝
1
+
z
⎞ ⎟ ⎠
=
z2 1+ z
，且
z
−
z
≠
0，
zz
= 1得：
z
+
z
=
−1 ．于是
z
=
−
1 2
±
3i． 2
3． f ( x) = 1，或 f ( x) = loga x +1(a > 0, a ≠ 1) ．
+
1 n
⎞n ⎟⎠
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭
是严格单调递增的．
13 ． 在 数 列 {an} 中 ， a1 = a2 = 3 ， 且 数 列 {an+1 + an} 是 公 比 为 2 的 等 比 数 列 ， 数 列
2013年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013年全国高中数学联赛一试试题一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。
1.设集合{}3,1,0,2=A ，集合{}A x A x xB ∉-∈-=22,，则集合B 中所有元素的和为 2.在平面直角坐标系xOy 中，点A 、B 在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅，F 是抛物线的焦点，则OFB OFA S S ∆∆⋅=3.在ABC ∆中，已知C B A C B A cos cos 10cos ,sin sin 10sin ⋅=⋅=，则A tan 的值为4.已知正三棱锥ABC P -的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为5.设a 、b 为实数，函数b ax x f +=)(满足：对任意]1,0[∈x ，有1)(≤x f ，则ab 的最大值为6.从20,,2,1⋅⋅⋅中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为7.若实数x ，y 满足y x y x -=-24，则x 的取值范围是8.已知数列{}n a 共有9项，其中191==a a ，且对每个{}8,,2,1⋅⋅⋅∈i 均有⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∈+21,1,21i i a a ，则这样的数列的个数为二．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.（本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足,,3,2,21⋅⋅⋅=≥-n S S n n 这里n n x x S +⋅⋅⋅+=1. 证明：存在常数0>C ,使得⋅⋅⋅=⋅≥,2,1,2n C x n n10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为)0(12222>>=+b a by a x ，21,A A 分别为椭圆的左、右顶点，21,F F 分别为椭圆的左右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中有两个点R Q ,满足22112211,,,PF RF PF RF PA QA PA QA ⊥⊥⊥⊥, 试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明。
2013年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
2013年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。
2013A1、设集合{}3,1,0,2=A ,集合{}A x A x xB ∉-∈-=22,|，则集合B 中所有元素的和为◆答案：5-★解析：易得{}0,1,2,3---⊆B ，验证即可得{}2,3--=B ，所以所求为532-=--2013A 2、在平面直角坐标系xOy 中，点B A ,在抛物线x y 42=上，满足4-=⋅OB OA ，F 是抛物线的焦点，则OFA ∆与OFB ∆的面积之比为◆答案：2★解析：由题意得()0,1F ，设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛121,4y y A ，⎪⎪⎭⎫⎝⎛222,4y y B ，代入4-=⋅OB OA 得821-=y y ，所以OFA ∆与OFB ∆的面积之比为241212=y y OF 2013A 3、在ABC ∆中，已知C B A sin sin 10sin ⋅=，C B A cos cos 10cos ⋅=，则A tan 的值为◆答案：11★解析：由于()()A C B C B C B A A cos 10cos 10cos cos sin sin 10cos sin =+-=-=-，即11tan =A 2013A 4、已知正三棱锥ABC P -的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为◆答案：62★解析：如图，设球心O 在面ABC 和面ABP 内的射影分别是H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则M K P ,,共线，H O P ,,共线，090=∠=∠PKO PHM ，且r OK OH ==，r OH PH PO -=-=2，6363==AB MH ,635212122=+=+=PH MH PM ,所以51sin 2==∠==-MP MH KPO OP OK rr ,解得62=r 2013A 5、设b a ,为实数，函数b ax x f +=)(满足：对任意]1,0[∈x ，都有1)(≤x f ，则ab 的最大值为◆答案：1★解析：由题意得)0()1(f f a -=，)0(f b =所以()41)1(41)1(41)1(21)0()0()1()0(222≤≤+⎪⎭⎫⎝⎛--=-⋅=f f f f f f f ab ，当且仅当1)1()0(2±==f f ，即21±==b a 时，41=ab ，故所求最大值为41。
2013年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷及解析
2013年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明第II卷（非选择题）一、填空题1.函数(x∈R)的值域为___________.2.设复数z满足|z|=1，则|z2−z+1|的最大值为___________.3.若关于x的不等式|x+a|<|x|+|x+1|的解集为R，则a的取值范围为___________.4.设正数a、b、c满足4a+b=abc.则a+b+c的最小值为___________.5.对任意的实数x，恒有log a(sinx+cosx)2≥−2.则a的取值范围为___________.6.已知A∪B∪C={a,b,c,d,e},A∩B={a,b,c},c∈A∩B∩C.则符合上述条件的{A,B,C}共有___________________组.7.设函数f(x)定义在R上，对任意x∈R，f(x+1006)=12+√f(x)−f2(x)，且f(−1005)=34.则f(2013)=___________.8.用五种不同颜色给三棱台ABC−DEF的六个顶点染色，要求每个点染一种颜色，且每条棱的两个端点染不同颜色.则不同的染色方法有___________种.9.若实数b、c满足b2+c2=1，且f(x)=ax+bsinx+ccosx的图像上存在两条互相垂直的切线，则a的取值范围为___________.10.已知椭圆x 24+y23=1的内接平行四边形的一组对边分别过椭圆的焦点F1、F2.求该平行四边形面积的最大值.二、解答题11.如图，在长方体−A1B1C1D1中，已知AD=1,AB=2,AA1=c.若对角线BD1上存在一点P使得PB1⊥PC1，求c的取值范围.12.已知数列{a n }满足S n =1−a n (n ∈Z +)，其中，S n 为数列{a n }的前n 项和.（1）试求数列{a n }的通项公式； （2）设c n=11+a n+11−an+1，数列{c n }的前n 项和为P n ，证明：P n>2n −15. 13.若n 、a 、b 均为正整数，且n=a +b ，p 为一素数，n 、a 、b 的p 进制表示分别为n =∑n i p i si=0 ， a =∑a i p i si=0 ， b =∑b i p i si=0，其中，0≤n i 、 a i 、 b i ≤p −1(i =0,1,⋯,s ).证明：（1）若n =∑d i p i si=0(d i ≥0,i =0,1,⋯,s )，且对整数j (0≤j ≤s )均有∑d ip ii<j≤∑(p −1)p i i<j，则[n p j ]=∑d i p i−j si=j，其中，[x ]表示不超过实数x 的最大整数.（2）p β|n!a!⋅b!,p β+1|╲n!a!⋅b! ⇔β=|{i |a i +b i >n i (i =0,1,⋯,s ) }|，其中，|A |表示集合A 中元素的个数.参考答案1.[−3,5]【解析】1. 令t=cosx ∈[−1,1].则y =2t 2+4t −1=2(t +1)2−3.从而，函数的值域为[−3,5]. 2.3【解析】2.由三角不等式得|z 2−z +1|=|(z −12)2+34| ≤|z −12|2+34≤3.当z =−1时，上式取得最大值3. 3.0<a <1【解析】3. 若x =0或−1，均有|x |+|x +1|=1.当a≥1时，取x =0，则|x +a |≥1.故|x +a |≥|x |+|x +1|，不符合题意.从而，a <1.当a≤0时，取x =−1，则|x +a |≥1.故|x +a |≥|x |+|x +1|，不符合题意.从而，a>0.易验证，当0<a <1时，恒有|x +a |<max {|x | ， |x +1|}.综上，a 的取值范围为0<a <1.4.6【解析】4. 由题意知c =1a+4b.则a +b +c =a +b +1a+4b≥6.当且仅当a =1,b =2时，a +b +c 取最小值6.5.0<a ≤√22【解析】5. 由题意，知当a>1时， [√2sin (x +π4)]2≥1a 2 ⇒a 2≥12sin 2(x+π4).因为12sin2(x+π4)无上界，所以，a<1.此时，2sin2(x+π4)≤1a2⇒a2≤12sin2(x+π4)⇒a2≤12⇒0<a≤√226.100【解析】6.如图，集合A∪B∪C可分为七个互不相交的区域，分别记为1，2， (7)已知元素c在区域7中，元素a、b可能出现在4、7中的每个区域中，有4中可能；元素d、e可能出现在1、2、3、5、6中的每个区域中，各有5种可能.从而，符合条件的{A,B,C}共有4×5×5＝100组.7.12+√34【解析】7.由题意知f(1)=12+√f(−1005)−f2(−1005)=12+√34，f(1007)=12+√f(1)−f2(1)=34，f(2013)=f(1007+1006)=12+√34−916=12+√34.8.1920.【解析】8.分析：分两步来进行，先涂A,B,C，再涂D,E,F，然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况，分别求得结果，再相加，即可得结果.详解：分两步来进行，先涂A,B,C，再涂D,E,F.第一类：若5种颜色都用上，先涂A,B,C，方法有A53种，再涂D,E,F中的两个点，方法有A32种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有A53⋅A32⋅2=720种；第二类：若5种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有C54种；先涂A,B,C，方法有A43种，再涂D,E,F中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有C54⋅A43⋅3⋅3=1080种；第三类：若5种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有C53种；先涂A,B,C，方法有A33种，再涂D,E,F，方法有2种，故此时方法共有C53⋅A33×2= 120种；综上可得，不同涂色方案共有720+1080+120=1920种，故答案是1920.9.{0}【解析】9.由题意知f(x)=ax+√b2+c2sin(x+φ)=ax+sin(x+φ)⇒f′(x)=a+cos(x+φ)，其中，sinφ=√b2+c2cosφ=√b2+c2.若f(x)的图像上存在两条互相垂直的切线，则存在x1、x2使得[a+cos(x1+φ)][a+cos(x2+φ)]=−1. ①令cos(x i+φ)=u i(i=1,2).于是，−1≤u i≤1.则由式①得a2+(u1+u2)a+u1u2+1=0.故Δ=(u1+u2)2−4u1u2−4=(u1−u2)2−4≥0⇒|u1−u2|≥2.又−1≤u i≤1，故u1=−u2,u1u2=−1.因此，a=0，即a的取值范围为{0}.10.6【解析】10.由已知得|F1F2|=2.如图，椭圆的内接□ABCD的一组对边BC、AD分别过焦点F1、F2.显然，□ABCD 的对称中心为原点.设点A (x 1,y 1) ， B (x 2,y 2) ， C (x 3,y 3) ， D (x 4,y 4).则S □ABCD=2S △AF 1D =|F 1F 2||y 1−y 4| =2|y 1−y 4|.若直线AD 的斜率存在，设其方程为y=k (x −1).代入椭圆方程，整理得(3+4k 2)x 2−8k 2x +4k 2−12=0.由韦达定理得x 1+x 2=8k23+4k2,x 1x 2=4k 2−123+4k2.则|y 1−y 4|2=k 2|x 1−x 4|2 =k2[(x 1+x 4)2−4x 1x 4]=k 2(3+4k 2)2[64k 4−16(3+4k 2)(k 2−3)]=9×16k 2(k 2+1)(3+4k 2)2.故S □ABCD=2|y 1−y 4| =6√16k 2(k 2+1)(3+4k 2)2<6.若AD 的斜率不存在，即为AD ⊥x 轴的情形.易得点A (1,32),D (1,−32).故S □ABCD=2|y 1−y 2|=6.综上，□ABCD 的面积最大值为6. 11.0<c ≤14【解析】11.以D 为原点，分别以DA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 、 DC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 、 DD 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 作为x 、 y 、 z 轴正向，建立空间直角坐标系.于是，B (1,2,0),B 1(1,2,c ),C 1(0,2,c ),D 1(0,0,c ).设D 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =λD 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(λ,2λ,−cλ).则PC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−λ,2−2λ,cλ),PB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−λ,2−2λ,cλ).由题意得PC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−λ(1−λ)+(2−2λ)2+c 2λ2=(c 2+5)λ2−9λ+4=0.故Δ=81−16(c 2+5)=1−16c 2≥0⇒0<c ≤14.12.（1）a n =(12)n(n ∈Z +)(2)见解析【解析】12. （1）由题意得S n+1=1−a n+1.将题给式与上式相减得a n+1=−a n+1+a n ⇒a n+1=12a n(n ∈Z +). 又a 1=12，故a n =12×(12)n−1=(12)n(n∈Z +).（2）由已知得P n=11+a 1+∑(11−a i+11+a i )n i=2+11−a n+1 =23+11−(12)n+1+2∑11−a i 2ni=2 =23+2n+12n+1−1+2∑4i4i −1ni=2=23+2n+12n+1−1+2∑(1+14i −1)n i=2.当n =1时，P 1=2>32，结论成立； 当n≥2时，P n >23+1+2(n −1)+2∑14i −1n i=2 =2n −13+242−1+2∑14i −1ni=3>2n −15.13.（1）见解析（2）见解析【解析】13. （1）注意到，p j =(p −1)p j−1+(p −1)p j−2+⋯+(p −1)p +p .于是，∑(p −1)p ii<j=p j −1.则npj =∑d ip i−j i<j +∑d ip i−j s i=j≤p j −1p j +∑d i p i−j s i=j. 故[npj ]=∑d i p i−j s i=j.（1）若p α|n! ，且p α+1|╲n!，则记α(p,n )=α.以p=2，n =20为例，易得α(2,20)=[202]+[204]+[208]+[2016]=18.一般地，关于α(p,n )不难得出公式：α(p,n )=∑[np]si=1.由（1）得[npj ]=∑n i p i−j si=j ， [ap j ]=∑a i p i−j si=j,[bp j ]=∑b i p i−j si=j .令c i=a i +b i (i =0,1,⋯,s ).则∑c ip i s i=0=∑a ip i s i=0+∑b i p i s i=0=a +b =n .先介绍两个引理. 引理1 [npj ]=∑c i p i−j i<j+[a p j ]+[bp j]，其中，0≤j ≤s . 引理1的证明 事实上，由np j=∑c ip i−ji<j+∑c i p i−j si=j，知[n j ]=[∑c ip i−j i<j]+∑a ip i−jsi=j+∑b i p i−j si=j=[∑c i p i−j i<j]+[a j ]+[bj]. 引理2 若存在整数l (0≤l ≤s )，有∑c i p i i<j=∑n i p i i<j，而n l≠c l ，则存在整数u (1≤u ≤s −l )，有c i ={n l +p ， i =l;n i +p −1 ， l <i <l +u;n l+u −1 ， i =l +u.引理2的证明 由a +b =n ，即∑(c i −n i )p i=0si=0.又由∑c ip ii<j=∑n ip i i<j，得(cl −n l)p l =−∑(c i −n i )p i si=l+1=p l+1∑(n i −c i )p i−(l+1)si=l+1.于是，p |(c l −n l ) .因为0≤n l ≤p −1,0≤c l ≤2(p −1)，所以，c l =n l +p .故(c l −n l)p l=pp l=(n l+1−c l+1)p l+1+p l+2∑(n i −c i )p i−l−2si=l+2.从而，p |(1+c l+1−n l+1) .若1+c l+1−n l+1=0，则c l+1=n l+1−1，即u =1. 若1+c l+1−n l+1=p ，则c l+1=n l+1+(p −1).由p l+1+(c l+1−n l+1)p l+1=p l+1+(p −1)p l+1=p l+2，知p l+2=(n l+2−c l+2)p l+2+p l+3∑(n i −c i )p i−l−3s i=l+3.于是，p |(1+c l+2−n l+2) .所以，c l+2=n l+2−1，即u =2. 否则，c l+2=n l+2+(p −1) ， ⋯ 由于∑c ip i s i=0=∑n i p i s i=0，从而，一定存在整数u (1≤u ≤s −l )使得1+c l+u −n l+u =0，即c l+u =n l+u −1.回到原题.相对于n 的p 进制表示，称∑c ip i s i=0中的一段∑c i p i l+u i=l是长度为u 的一个“下移端”，记为(l,u ). 显然，∑c i p i l+u i=l =∑n i p i l+u i=l .从而，∑c ip il+u i=0=∑n i p i l+u i=0，即为引理2的条件.因此，当i>l +u 时，若n i ≠c i ，则c i =n i +p ，存在另一个下移段.由上述讨论，知若{c i |i =0,1,⋯,s −1 }中有t 个c i =n i +p ，则∑c i p i s i=0中存在t 个下移段(l k ,u k ) (k =1.2.⋯.t ). 当j ∉[l k ,l k +u k ](k =1,2,⋯,t )时，显然，n j =c j ，且∑c i p i i<j=∑n i p i i<j.当j=l k (k =1,2,⋯,t )时，c j =n j +p ，仍有∑c i p i i<j=∑n i p i i<j.上述两种情形均有∑c i p i i<j=∑n i p i i<j.由引理1及（1）知[npj ]=[a pj ]+[b pj ]. 对任意的k (1≤k ≤t )，当j ∈[l k +1,l k +u k ]时，由引理1知[n p j ]−[a p j ]−[bp j]=[1pj ∑c i p i i<j]=[{1p j ∑n i p i i<j+1p j [pp l k +(p −1)pl k +1+⋯+(p −1)p j−1]}] =[p j −1p j+p jpj ]=1.综上，即得α(p,n )=∑[np]si=1=∑[ap]si=1+∑[bp]si=1+∑u k s k=1.令∑u ksk=1=β.则α(p,n )=α(p,a )+α(p,b )+β.故p β|n!a!⋅b! ,p β+1|╲n!a!⋅b!⇔α(p,n )=α(p,a )+α(p,b )+β⇔β=|[i|c i>n i,i=0,1,⋯,s]|.。
2013年全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案
2013年全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案一、填空题（每题8分）1、若2013的每个质因子都是某个正整数等差数列{}n a 中的项，则2013a 的最大值是 ．2、若,,0a b c >，1231a b c++=，则23a b c ++的最小值为 ． 3、若123!12!3!4!(1)!n nS n n ⎛⎫=⋅++++- ⎪+⎝⎭ ，则2013S = ．4、如果一个正方体X 与一个正四面体Y 的表面面积（各面面积之和）相等，则其体积之比xyV V = ． 5、若椭圆中心到焦点，到长、短轴端点，以及到准线距离皆为正整数，则这四个距离之和的最小值是 ．6、函数()f x = ．7、设合数k 满足：1100k <<，而k 的数字和为质数，就称合数k 为“山寨质数”，则这种“山寨质数”的个数是 ．8、将集合{}1,2,3,4,5,6,7,8中的元素作全排列，使得除了最左端的一个数之外，对于其余的每个数n ，在n 的左边某个位置上总有一个数与n 之差的绝对值为1，那么，满足条件的排列个数为 ．9、（20分）设直线1x y +=与抛物线22(0)y px p =>交于点,A B ，若OA OB ⊥，求抛物线方程以及OAB ∆的面积．10、（20分）如图，四边形ABCD 中，,E F 分别是,AD BC 的中点，P 是对角线BD 上的一点；直线,EP PF 分别交,AB DC 的延长线于,M N ．证明：线段MN 被直线EF 所平分． 11、（20分）在非钝角三角形ABC 中，证明：sin sin sin 2A B C ++>．12、（26分）试确定，是否存在这样的正整数数列{}n a ，满足：20132013a =，且对每个{}2,3,,2013k ∈ ，皆有120k k a a --=或13；而其各项122013,,,a a a 的值恰好构成1,2,,2013 的一个排列？证明你的结论．1、答案：4027．解：201331161=⨯⨯，若3,11,61皆是某正整数等差数列中的项，则公差d 应是1138-=与61358-=的公因数，为使2013a 取得最大，则其首项1a 和公差d 都应取尽可能大的数，于是13,2a d ==，所以2013a 的最大值是320124027d +=．2、答案：36．解：据柯西不等式，()()2123232312336a b c a b c a b c ⎛⎫++=++++≥++= ⎪⎝⎭． 3、答案：12014-． 解：因(1)111(1)!(1)!!(1)!k k k k k k +-==-+++，则123112131(1)1112!3!4!(1)!1!2!3!(1)!(1)!n n n n n ---+-++++=++++=-+++ 所以，11!11(1)!1n S n n n ⎡⎤⎛⎫=--=-⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦，故201312014S =-． 4解：记表面面积为12（平方单位），则正方体每个面的面积为2322x V =；正四面体每个面的面积为3，设其边长为a23=，得1423a =⋅； 于是312423y V -=⋅，因此143xyV V ==5、答案：61．解：设椭圆方程为22221x y a b +=，0a b >>，椭圆中心O 到长、短轴端点距离为,a b ，到焦点距离c 满足：222c a b =-，到准线距离d 满足：2a d c=，由于,,a b c 组成勾股数，满足20a ≤的勾股数组有{}{}{}{}{}{},,3,4,5,6,8,10,9,12,15,12,16,20,5,12,13,a b c =以及{}8,15,17，其中只有215259=与2202516=，而(,,,)(15,12,9,25)a b c d =使得 a b c d +++的值为最小，这时有61a b c d +++=．6、答案：[1,2]．解：()f x =[2,3]，故可设22sin (0)2x παα=+≤≤，则()cos 2sin()6f x πααα==+=+，而2663πππα≤+≤，这时1sin()126πα≤+≤，因此12f ≤≤．7、答案：23个． 解：用()S k 表示k 的数字和；而()M p 表示山寨为质数p 的合数的集合．当99k ≤时，()18S k ≤，不大于18的质数共有7个，它们是：2,3,5,7,11,13,17，山寨为2的合数有{}(2)20M =，而{}{}{}(3)12,21,30,(5)14,32,50,(7)16,25,34,52,70M M M ===； {}(11)38,56,65,74,92M =，{}(13)49,58,76,85,94M =，{}(17)98M =；共得23个山寨质数．8、答案：128．（即72个）．解：设对于适合条件的某一排列，排在左边的第一个元素为k ，(18)k ≤≤，则在其余7个数中，大于k 的8k -个数1,2,,8k k ++ ，必定按递增的顺序排列；而小于k 的1k -个数1,2,,1k - ，必定按递降的顺序排列（位置不一定相邻）事实上，对于任一个大于k 的数k n +，设8k n +<，如果1k n ++排在k n +的左边， 则与1k n ++相差1的另一数2k n ++就必须排在1k n ++的左边；同样，与2k n ++相差1的另一数3k n ++又必须排在2k n ++的左边；…，那么，该排列的第二个数不可能与k 相差1，矛盾！因此1k n ++必定排在k n +的右边．用类似的说法可得，小于k 的1k -个数1,2,,1k - ，必定按递降的顺序排列；由于当排在左边的第一个元素k 确定后，右边还有7个空位，从中任选8k -个位置填写大于k 的数，（其余1k -个位置则填写小于k 的数），选法种数为87kC -；而当位置选定后，则填数方法随之唯一确定，因此所有排法种数为87877712kj k k CC -====∑∑．二、解答题9、解：设交点1122(,),(,)A x y B x y ，由22y px =与1x y +=，得2220y py p +-=，故有111x p y p =+=-以及221x p y p =+=-因OA OB ⊥，即0OA OB ⋅=，所以12120x x y y +=，即2222(1)(2)(2)0p p p p p p ⎡⎤⎡⎤+-++-+=⎣⎦⎣⎦，化简得120p -=，因此抛物线方程为2y x =，从而交点,A B坐标为：,A B ⎝⎭⎝⎭，222222112255OA x y OB x y =+=-=+=+，因此12OAB S OA OB ∆=⋅=． 10、证：设EF 交MN 于G ，直线EF 截PMN ∆，则1NG ME PFGM EP FN⋅⋅=；为证G 是线段MN 的中点，只要证，PF PENF ME= … ①， 直线AB 截PDE ∆， 得1PM EA DB ME AD BP ⋅⋅=，即2MP BPME BD = … ②， 直线CD 截PBF ∆，则有1PN FC BDNF CB DP⋅⋅=， 即2NP PD NF BD= … ③， ②③相加得2MP NP ME NF +=，即11NP MP NF ME -=-，也即PF PENF ME=，因此结论得证．11、证一：sin sin sin 2sin sin sin()A B C A B A B ++-=+++2222(sin cos )(sin cos )A A B B -+-+22sin (1sin )sin (1sin )sin()(cos cos )A A B B A B A B =-+-++-+G PN MF ED C B Asin (1sin )sin (1sin )cos (sin cos )cos (sin cos )0A A B B B A B A B A =-+-+-+->．这里用到，在非钝角三角形ABC 中，任两个内角之和不小于090，所以由090A B +≥，得0090,90A B B A ≥-≥-，因此0sin sin(90)cos B A A ≥-=，同理sin cos ,A B ≥ 而1sin A -，1sin B -不能同时为0．从而结论得证．证二：sin sin sin 2sin sin sin()2sin()22A B CA B C A B A B +++-=+++-+ 2sincos 2sin cos 2sin cos 2cos sin 22222222A B A B A B A B A B C A B C+-++++=+--2sin(cos cos )2cos (sin sin )222222A B A B C A B A B C+-++=-+- 4sin sin sin 2cos (cos sin )0222222A B A C B B C A A B C C ++-+-+=+->；（这是由于，锐角三角形ABC ∆中，任两个内角之和大于090，而任一个半角小于045；）所以 sin sin sin 2A B C ++>． 证三：令tan,tan ,tan 222A B Cx y z ===，则1xy yz zx ++=，且 222222sin ,sin ,sin 111x y z A B C x y z===+++； 即要证2222222111x y zx y z++>+++ … ①，因为 21()()x x y x z +=++， 221()(),1()()y y x y z z z x z y +=+++=++，故①式即42()()()x y y z x z >+++，也即()()()2x y y z x z +++<，即 2x y z xyz ++-<… ②而因,,(0,]2224A B C π∈，故,,(0,1]x y z ∈，所以(1)(1)(1)0x y z ---≥， 即 1()()0x y z xy yz xz xyz -+++++-≥． 此式即为 2x y z xyz +++≤ … ③由③立知②式成立（③式强于②式），因此命题得证．12、解：存在．由于201333+=，而332013，（即有20133361=⨯）；我们注意到，“差”运算具有“平移性”，即是说，如果120k k a a --=或13，那么，对任何整数c ，也有1()()20k k a c a c -+-+=或13；为此，先将集合{}1,2,,33 中的数排成一个圈，使得圈上任何相邻两数之差皆为20或13，如图所示．将此圈从任一间隙处剪开，铺成的线状排列1233,,,a a a ，都满足120k k a a --=或13，为将数列锁定，在前面添加一项00a =，使数列01233,,,,a a a a 也满足条件，我们可选择与数33相邻的一个间隙剪开；例如从33右侧间隙剪开，并按顺时针排列，就成为：0；13,26,6,19,32,12,25,5,18,31,11,24,4,17,30,10,23,3,16,29,9,22,2,15，28,8,21,1,14,27,7,20,33；若从33左侧间隙剪开，并按逆时针排列，则成为：0；20,7,27,14,,6,26,13,33 ； 这两种排列都满足120k k a a --=或13；记分段数列0(13,26,6,19,32,12,25,5,18,31,11,24,4,17,30,10,23,3,16,29M =，9,22,2,15,28,8,21,1,14,27,7,20,33)1233(,,,)a a a = ，而分段数列13323333331233(,,)(33,33,,33)k k k k M a a a a k a k a k +++==+++ ，1,2,,60k = ，将这些段作如下连接：01600,,,,M M M ，所得到的数列0122013,,,,a a a a 满足条件． 因为，20133333603333603333602013a a a +⨯==+⨯=+⨯=；对其中任意两个邻项1,k k a a -，若1,k k a a -属于同一个分段，显然有120k k a a --=或13；若相邻项1,k k a a -属于两个相邻段n M 与1n M +，则k a 是1n M +的首项：即133(1)1333(1)k a a n n =++=++，而1k a -是n M 的末项，即133333333k a a n n -=+=+，这时有[][]11333(1)333313k k a a n n --=++-+=，并且1013a a -=，因此，数列122013,,,a a a 满足条件．114277203313266193212255183111244173010233162992221528821。
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2013年全国高中数学联赛模拟卷(1)第一试(考试时间：80分钟 满分：120分)姓名：_____________考试号：______________得分：____________一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 函数1cos sin 1cos sin ++-=x x x x y 的值域是___________2. 设a , b , c 为RT △ACB 的三边长, 点(m , n )在直线ax +by +c =0上. 则m 2+n 2的最小值是___________3. 若N n ∈，且92422--+n n 为正整数，则.________=n4. 掷6次骰子, 令第i 次得到的数为i a , 若存在正整数k 使得61=∑=ki ia的概率mnp =，其中n m ,是互质的正整数. 则n m 76log log -= .5. 已知点P 在曲线y =e x 上，点Q 在曲线y =lnx 上，则PQ 的最小值是_______6. 已知多项式f (x )满足：222(3)2(35)61017()f x x f x x x x x R +++-+=-+∈, 则(2011)f =_________7. 四面体OABC 中, 已知∠AOB =450,∠AOC =∠BOC =300, 则二面角A －OC －B 的平面角α的余弦值是__________ 8. 设向量)cos sin ,cos sin 2(),,3(θθθθβαa a x x +=+=满足对任意R x ∈和θ∈[0, π2],2||≥+βα恒成立. 则实数a 的取值范围是________________.二、解答题（本大题共3小题，第9题16分，第10、11题20分，共56分）9．设数列{}n a 满足0a N +∈,211n n n a a a +=+.求证：当1200+≤≤a n 时,n a a n -=0][. (其中[]x 表示不超过x 的最大整数)．10. 过点)3,2(作动直线l 交椭圆1422=+y x 于两个不同的点Q P ,，过Q P ,作椭圆的切线， 两条切线的交点为M ， ⑴ 求点M 的轨迹方程；⑵ 设O 为坐标原点，当四边形POQM 的面积为4时，求直线l 的方程.11. 若a 、b 、c R +∈，且满足22)4()(c b a b a cb a kabc++++≤++，求k 的最大值。
2013年全国高中数学联赛模拟卷(1)答案1.解：令sinx +cosx =t , 则t =]2,1()1,2[)4sin(2---∈+πx ,2sinxcosx =t 2－1,1)121(21)121(2113211cos sin 1cos sin 2-+-+=+--=+-⋅=++-=t t t t t t x x x x y 关于t +1在)0,21[-和]21,0(+上均递增,所以,221+≥y 或221-≤y , 即值域),221[]221,(+∞+--∞ . 2. 解：因(m 2+n 2)c 2=(m 2+n 2)(a 2+b 2)=(ma )2+(nb )2+(mb )2+(na )2≣(ma )2+(nb )2+2mnab =(ma +nb )2=c 2, 所以m 2+n 2≣1, 等号成立仅当mb =na 且am +bn +c =0,解得(m , n )=(cbc a --,), 所以m 2+n 2最小值是1. 3. 解：由924339242222-++=--+n n n n 知92422-++n n 可能为1,3, 11, 33, 从而解得.5=n4.解:当1k =时，概率为16;当2k =时,6152433=+=+=+，概率为215()6⋅；当3k =时，6114123222=++=++=++，概率为3311(361)()10()66++⋅=⋅；当4k =时，611131122=+++=+++，概率为4411(46)()10()66+⋅=⋅；当5k =时， 611112=++++，概率为515()6⋅；当6k =时，概率为61()6；故523456561111111175()10()10()5()()(1)666666666p =+⋅+⋅+⋅+⋅+=⨯+=,即567,6n m ==,从而67log log 1m n -=.5. 解：因曲线y =e x 与y =lnx 关于直线y =x 对称．所求PQ 的最小值为曲线y =e x 上的点到直线y =x 最小距离的两倍,设P (x , e x )为y =e x 上任意点, 则P 到直线y =x 的距离22||)(xe x e x d x x -=-=,因00)(,0021)(//<⇔<>⇔>-=x x d x e x d x ,所以,22)0()(min==d x d ,即PQ min =2.6.解: 解：用1x -代替原式中的x 得：222(35)2(3)6213f x x f x x x x -++++=-+解二元一次方程组得22(3)223f x x x x ++=++，所以：()23f x x =-，则(2011)4019f =．（分析得()f x 为一次多项式，可直接求()f x 解析式）7. 解:不妨设AC ⊥OC ⊥BC ,∠ACB =α,∠AOC =∠BOC =θ,∠AOB =β. 因)CB OC ()CA OC (OB OA +⋅+=⋅=CB CA |OC |⋅+2即αθθβcos ||||cos ||cos ||cos ||||+⋅=，CA两端除以|OB ||OA |并注意到θθ==sin , 即得αθθβcos sin cos cos 22+=,将β=450,θ=300代入得αcos 414322+=, 所以,322cos -=α.8.解:令,cos sin t =+θθ则]2,1[∈t ,,1cos sin 22-=t θθ),2(2at x x t +++=+βα,因2222222)2(21)2(21)()2(+-=--++≥++++at t at x x t at x x t , 所以,2||≥+βα2)()2(222≥++++⇔at x x t 对任意R x ∈恒成立⇔02)2(21222≥-⇔≥+-at t at t 或t a at t ≤⇔≤+-042或t t a 4+≥对任意]2,1[∈t 恒成立1≤⇔a 或5≥a .9. 证明：对于任何正整数n ，由递推知0n a >．由21011n n n n n n n a aa a a a a +-=-=>++知数列{}n a 递减.又对任意*N n ∈,011()n n i i i a a a a -==+-∑10111n i i i a a a -=-=-+∑0111(1)1n i i a a =-=--+∑001111ni i a n a n a =-=-+>-+∑．即有n a a n ->0,从而10(1)n a a n ->--.于是，当1n =时，11011111ni i a a =-=<++∑； 当1220+≤≤an 时，由{}n a 递减得121110111≤+-<+<+-=-∑n a na n a n ni i . 故<-n a 00011111nn i i a a n a n a=-=-+<-++∑．所以，0[]n a a n =-.10. 解（1）依题意设直线l 方程为3)2(+-=x k y ，与椭圆联立得0)8124(4)23(8)41(222=+-+-++k k x k k x k ，)23(64k -=∆，由0>∆得32>k 设),(),,(2211y x Q y x P ，则过Q P ,椭圆的切线分别为1411=+y y x x ……①和1422=+y y xx ……②①-⨯2x ②1x ⨯，并且由3)2(11+-=x k y 及3)2(22+-=x k y 得)23(231≠-=k k y ，同理)23(234≠--=k k k x ，故点M 的轨迹方程为026=-+y x （在椭圆外） （2）2241)1)(23(64kk k PQ ++-=，O 到PQ 的距离为21123kk d +-=，M 到PQ 的距离为22123234kk k d +--=，222112314kk k d d +-+=+，四边形POQM 的面积k k PQ d d S 23234)(2121--=⋅+=当4=S 时解得1=k 或411=k ，直线l 为01=+-y x 或010411=--y x11. 解:由均值不等式得2222)]2()2[()()4()(c b c a b a c b a b a +++++=++++ab c bc ac ab bc ac ab ⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅+=++≥222224244)2222()2(22ab c bc ac ab 16884+++=, ∴)(16884)()4()(22c b a abcab c bc ac ab c b a abc c b a b a ++⋅+++≥++⋅++++)2222)(111121(8))(16884(c b b a a ab ab a b c c b a ab a b c ++++++++=+++++= 100)25()215(85422522=⋅⋅⋅≥c b a c b a ,等号成立当且仅当02>==c b a , 故k 的最大值为100 .2013年全国高中数学联赛模拟卷(2)第一试(考试时间：80分钟 满分：120分)姓名：_____________考试号：______________得分：____________一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1、某天下午的课程表要排入物理、化学、生物和两节自习共5节课，如果第1节不排生物，最后1节不排物理，那么不同的排课表的方法有__________种.2、函数f (x )的定义域为D ，若满足①f (x )在D 内是单调函数，②存在[a , b ]⊆D ，使f (x )在[a , b ]上的值域为[a , b ]，那么y =f (x )叫做闭函数，现有()f x k =是闭函数，那么k 的取值范围是_________3、如图，在△ABC 中，cos2C =,0,AH BC ⋅=0)(=+⋅， 则过点C ，以A 、H 为两焦点的双曲线的离心率为 _________4、一个单位正方形的中心和一个圆的圆心重合，并且正方形在圆的内部，在圆上随机选一点，则由该点可以看到正方形的两条完整的边的概率为12，则该圆的半径为________5、有一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现用一张正方形包装纸将其完全包住(不能裁剪纸，但可以折叠)，那么包装纸的最小边长应为____________．6、若实数a , b , x , y 满足3,ax by +=227ax by +=，3316ax by +=，4442ax by +=，则55ax by +=________7、设对于任意满足m n m ，n 有不等式2227m n nλ-≥恒成立，则λ的最大值为__________ 8、 圆周上有10个等分点，则以这10个等分点中的四个点为顶点的凸四边形中，梯形所占的比为_______二、解答题（本大题共3小题，第9题16分，第10、11题20分，共56分）9．已知正实数,x y ，设a x y =+，b . （1）当1y =时，求b a的取值范围；（2）若以,a b 为三角形的两边，第三条边长为c 构成三角形，求2c xy的取值范围.10. 已知数列{a n }：30,2021==a a ，.311-+-=n n n a a a ⑴ 证明：500112-=-+-n n n a a a )2(≥n⑵ 求出所有的正整数n ，使得151++n n a a 为完全平方数.11. 设d c b a ,,,为正实数，且4=+++d c b a ．证明：22222)(4b a ad d c c b b a -+≥+++．2013年全国高中数学联赛模拟卷(2)答案1、由容斥原理知，有392!32!422!5=+⋅-种. 2k x =在[－2, +∞)有两不等实根．[0,)t =∈+∞，则2()(2)0gt t t k =--+=在[0, +∞)有两个不等实数根，则14(2)0k ∆=++>且(0)0g ≥解得(9,24k ⎤∈--⎥⎦． 3、取AB 的中点D , 则2CA CB AD +=, 由0)(=+⋅得0AB AD ⋅=, 即AB AD ⊥. 故△ABC 的底边AB 上的高线与中线重合. 从而△ABC 是等腰三角形. AC =BC . 由0AH BC ⋅=知,AH BC ⊥.由cos 25C =,知sin 25C =,1tan 22C =，则2212tan2422tan 131tan 1()22C C C ⨯===--. 在Rt △ACH 中, 不妨设CH =3, 则AH =4, BC =AC故以A 、H 为两焦点的双曲线的离心率为4253AH e AC CH ===--. 4、在正方形相邻边所夹的劣弧上，可以看到完整的两条边。