高中数学竞赛模拟题610.docx

《高中数学竞赛模拟题610.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学竞赛模拟题610.docx（41页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、2011年全国高中数学联赛模拟试题六一试一、填空题（每小题分，共分）1满意的锐角= 2已知复数满意则的最大值为 过抛物线的焦点作一倾斜角为，长度不超过8的弦，弦所在的直线与椭圆有公共点，则的取值范围为 4满意的正整数对为 5在正方体中，为棱上一点，过点在空间作直线，使得与平面和平面均成角，则这样的直线有 条.6设，则= 7整系数多项式满意则常数项为= （已知其肯定值不超过1000） 8在空间给出不共面的4点以这些点作为顶点的不同的平行六面体有 个二、解答题（共分）9（16分）在平面上给定不共线的三点,以线段为一条轴（长轴或短轴）作一个不经过的椭圆，与另两条线段分别交于点,过分别作椭圆的切线，设

2、这两条切线交于点,类似地，再以线段为一条轴各作椭圆，分别相应得到切线的交点,证明:不管每个椭圆的另一条轴的长度如何选择，三条直线,都经过一个定点.10（20分）设函数满意且，（1）求函数的解析式；（2）数列的前项的和为，满意当时，当时，试给出数列的通项公式并加以证明11（20分）设是个不全相等的正数，且证明：加试1已知圆O1与O2外切于点T，始终线与O2相切于点X，与O1交于点A、B，且B点在线段AX的内部，直线XT与O1交于另一点S，C是不包含点A、B的 上的一点，过点C作O2的切线，切点为Y，且线段CY与线段ST不相交，直线SC与XY交于点I证明I是ABC的A内的旁切圆的圆心2在区间上随意

3、地插入2010个分点，满意. 记（1）证明：存在正常数，使；（2）求最小正数，使得（1）中的不等式对满意题设条件的一切都成立.3设，定义，证明：当时，为整数，且为奇数的充要条件是4 求最小的正整数，使得把集合随意划分成两个子集（），方程至少存在一组正整数解（的值可以一样），而由这一组数值构成的集合，或者，或者.模拟试题六参考答案一试1.；解析：因为锐角，则，方程两边同时除以得即又在内严格单调递增故2.；解析：，设，则原式=，当时等号成立3.解析：由得由抛物线定义得弦长=又由得得4.； 解析：由，故，又由于整除故经检验满意5. 2解析：由于二面角的平面角为，在这个二面角及其“对顶”二面角内，不存

4、在过点P且与平面ABCD和平面均成的直线，转而考虑它的补二面角，易知过点P有且仅有两条直线与其均成。6. 1 ；解析：留意到：对随意，当时有而若 有又为奇数，7. 225解析：设常数项为，则其中为整系数多项式，设其中m,n为整数，由于19,94互素，于是从而 8. 29解析：每一平行六面体被所指定的1个顶点和3个中截面所在平面唯一确定。对于给定的4个点，存在7个到这4个点等距的平面。从这7个中任取3个，再解除那些平行于某始终线的三平面组共,8. 解：先考虑以边为一条轴的椭圆，如图建立直角坐标系，设该椭圆的方程为，它与直线、分别交于点、，过、分别作椭圆的两条切线交于点设，则，解得点的横坐标故椭圆

5、过点、的切线方程分别为，由此解得点的横坐标由知，同理，因此直线、分别重合于的三条高线故它们都经过的垂心0.解：由当，b=0与已知冲突当，又得又由得由得猜测下面用数学归纳法证：当n=1明显成立。假设时成立，即，且，当时，综上所述，猜测成立11.证明：运用拉格朗日恒等式，代入不等式只需证（等号不成立） 证毕加试1证明：过T作两圆内公切线MN，则 ICT = SAT = STN = MTX = AXT, BCT = BAT BCI = ICT + TCB = AXS + XAT = ATS = ACS = SI为ACB外角平分线 又 SAT = AXS SATSXA ATS = XAS SA = S

6、B，而且SA 2 = STSX又 TCI = AXT = XYT T、C、Y、I共圆 TIC = TYC = TXY STISIX SI 2 = SISX SA = SI SB = ST BIS = (180BST) = (180BAC) CBI = 180BCIBIC = 180 = = 90ABC IB为ABC外角平分线 结合可知I为ABC旁心，得证2解：（1）留意到，则故 （*） 取即可（2）下面证明：的最小值为，即对随意的，只需证明：存在满意，使 事实上，令，则于是，由（*）式得综上，对全部满意条件的一切均成立的最小正数为.3证明：留意到 得反复运用上式，得，其中，得，从而可知，因此是

7、整数 （1）当时，由有奇数个奇数项知为奇数，所以为奇数 （2）当时，故，所以为偶数 （3）当时，故，所以为偶数综上所述，命题成立，证毕.4解：设计一种划分，使其不满意题目要求，并且使尽可能大：，下面证明：当时，肯定满意题目要求.反证法当时，假设存在一种划分A和B不满意题目要求.不妨设，则，即（这是因为当时不满意假设）同理，下面考虑10（1）若，取，得冲突（2）若，因为，所以，否则取，得冲突因此，但此时，取，冲突综上所述，所求的最小的正整数为89.全国高中数学联赛模拟试题七武钢三中 张新泽一试一 填空题1不等式的解集为2已知F1、F2分别为双曲线C: - =1的左、右焦点，点AC，点M的坐标为(

8、2，0)，AM为F1AF2的平分线则|AF2| = .3.已知复数，若ABC的3个内角A、B、C依次成等差数列，且，则的取值范围是4一个盒中有9个正品和3个废品，每次取一个产品，取出后不在放回，在获得正品前已取出的废品数的数学期望=_5若实数、满意条件，则的取值范围是.6在四面体P-ABC中，PA=PB=a，PC=AB=BC=CA=b，且ab，则的取值范围为7.定义在实数集上的函数满意，则方程在区间内至少有 个实根。8在1、2、3、1000中，不出现数码3，且不是3的倍数的数共_个。二.解答题9设数列满意（），求证：.10从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连

9、续抽取20次，设抽得的20个号码互不一样的概率为.证明：11已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的右焦点，过F且方向向量的直线与C交与A、B两点，过点O且方向向量为 的直线m与C交与P、Q两点.证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.二试1在A1A2A3的形外作O1A2A3、O2A3A1、O3A1A2使：(i) O1A2A3 = b, O1A3A2 = a，a + b ；(ii) A1O3A2 = 2a, O3A1 = O3A2；(iii) A3O2A1 = 2b, O2A1 = O2A3证明O1A1O2O32.已知且至多一个为0.证明：。3.已知质数证明：为整数4. 一个保险柜上的锁由3个旋

10、钮组成，每个旋钮有2n种不同的位置。由于保险柜构造上的缺陷，当3个旋钮中的2个在正确位置时，保险柜即被翻开。问至少要尝试多少次才能保证保险柜肯定能被翻开？模拟试题七参考答案1. 由得。原不等式可变为解得。故原不等式的解集为。2.由角平分线定理得：,故3.由条件得，又A，B，C成等差数列，故A+C=，-A-C故4. 取值为0,1,2,3，且有，. .5.设,得又得.6.考虑的外接圆半径R与b的关系.由CP=CB= CA=b,得点C在面PAB内的射影为PAB的外心.故Rb.又可计算得,解得7. 252由题设知函数满意，可得原方程至少252个实根。8.487在这1000个数中不含数码3的数共有（93

11、-1）+1=729个。而不含数码3且能被3整除的数共有993-1=242个。合题意的数共729-242=487个。9. 证明:由题意知当时,命题成立；当时，由，得，从而有.10. 设函数 所以在上单增。当时，。即有故于是,即.利用均值不等式：综上：11. 直线与直线m交于点R，设直线的参数方程为代入椭圆方程并整理得，故其两根之积为设直线m的参数方程为代入椭圆方程并整理得，故其两根之积为所以。有直线参数方程的几何意义及四点共圆的条件知结论成立。第二试1.证：设O为O1A2A3的外心，则OO1 = OA3且O1OA3 = 2b OA3O1与O2A3A1以A3为中心旋转相像 A3O2OA3A1O1，

12、 O2OA3O1 = OA3A1O1 且 O2OA3 = A1O1A3 同理 O3OA2O1 = OA2A1O1 及 O3OA2 = A1O1A2 结合知 O3OA2O1 = O2OA3O1结合知 O2OO3 = A2O1A3故O2OO3A2O1A3， O2O3O = a O1A1, O2O3 = O1A1, OO3 + OO3, O2O3 = A2A1, A2O3 + a = 即 O1A1O2O3，得证2.不妨设引理：引理的证明：而上式明显成立。引理证毕。回到原题。由柯西不等式有因此结合引理知要证原不等式成立，只需证明而此式明显成立。故原不等式成立。3.我们分三步证明。（1）（127，m）=

13、1因为质数，所以。设。故又127为质数，且。结论成立。（2）要证明此结论，只需证明。由费马小定理知。结论成立。（3）要证明此结论，只需证明。而即。结论成立。证毕。4至少要尝试次，才能保证将保险柜翻开。一方面，将每个旋钮的2n种不同的位置编号成1,2,3，2n。用有序三元组（a,b,c）表示一次尝试。给出以下次尝试： 前个有序三元组中覆盖了随意两个为奇数的种可能，后个有序三元组中覆盖了随意两个为偶数的种可能。而三个旋钮的正确位置的编号必有两个奇偶性一样，因此不妨设同为奇数，故可确定有两个旋钮在正确的位置。结论成立。另一方面，设尝试次能保证将保险柜翻开。考虑三个旋钮的每一个位置在这次尝试中所出现的

14、次数，记其中最小的为k次（）。不妨设第一个旋钮的第一个位置恰出现k次。先考虑这k次尝试，第二个旋钮尝试了2n个位置中的个位置，第三个旋钮尝试了2n个位置中的个位置。则在第一个旋钮在第一个位置时，第二个旋钮有个位置没有尝试，第三个旋钮有个位置没有尝试。又能保证将保险柜翻开，因此这种不同的第二个旋钮和第三个旋钮的组合必在第一个旋钮不在第一个位置时出现（否则保险柜可能打不开）。而当第二个旋钮在这已尝试了的个位置中，至少尝试了次（这两类不重复）。因此总次数全国高中数学联赛模拟试题 八福州一中 龚梅勇一 试一 填空题1. 已知数列满意，其前n项之和为Sn。则满意不等式|Sn-n-6|的最小整数n是_.2

15、. 若，则的取值范围是 3. 有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为_.4. 设函数，且对随意，则=_；5. 在四面体ABCD中则AD与BC所成的角为 .6. 已知，那么整系数多项式函数的各项系数和为_.7. 不等式的解集为 _.8. .若表示不超过的最大整数（如等等）则_ 二 解答题9. 对，令，求证：.10. 已知圆C:,直线。（） 若直线与圆相切，务实数的值；（） 是否存在直线，使与圆交于两点，且以为直径的圆过原点？假如存在，求出直线的方程，假如不

16、存在，说明理由11. 设函数（1）若与在同一个值时都获得极值，求的值.（2）对于给定的负数，有一个最大的正数，使得时，恒有的表达式； 的最大值及相应的值.二 试一. 直角三角形中，分别是直角边上的随意点，自向引垂线，垂足分别是。证明：四点共圆.二. 设，且，求证：。三. 试求最小的正整数使得对于任何个连续正整数中，必有一数，其各位数字之和是7的倍数.四. 设T为全部n元数组(x1,x2,xn)的集合，xi=0,1(i=1,2, ,n)，n=2k-1,k6,kZ,对于T中的x=(x1,x2,xn)与y=(y1,y2,yn),令d(x,y)为满意xjyj(1jn)的j个数,特殊地，d(x,x)=0

17、，设有一个T的具有2k个元素的子集S，具有以下性质：对T的任何一个元素x，S中有唯一的元素y满意d(x,y)3，求n之值。模拟试题八参考答案1. 答案:由递推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，则an-1是以8为首项，公比为-的等比数列，Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+(an-1)=6-6(-)n，|Sn-n-6|=6()n250，满意条件的最小整数n=7。2. 答案: 提示：平方相加.3.答案:符合要求的取球状况共有四种：红红白黄黄，红红黄黄黄，红白白白黄，红白白黄黄,故不同的取法数为4. 答案：=即。5.答案:60，可证为直角三角形且，又AB=AC=AD=1，故A在面BCD内的

18、射影即为之外心，而为直角三角形，故其射影即为BD中点O，在面BCD内作它们交于，则且故为正三角形，于是AD与BC所成之角即为AD与所成的角等于。6. 答案:设的各项系数和为s，则f(g(1)=3s2-s+4=188. 解得s=8或（舍去）。7. 答案:x|3-.原不等式即为令3=y2，不等式可化为由双曲线的定义知，满意上述条件的点在双曲线(x-3)2-的两支之间的区域内。因此，原不等式与不等式组同解。所以，原不等式的解集为8. 答案:2003提示： = = = = 1三 解答题9. 对，令，求证：.证明： ，故，得证.10. 解：（1）由，整理得若直线和圆C相切，则有圆心到的间隔 ，即 （2）

19、、设存在满意条件的直线，由 消去，得 （1）设直线和圆C的交点为A，B，则是方程（1）的两根 （2） 由题意有：即即 （3） 将（2）代入（3）得： ，解得：所以满意条件得直线为： 11. 解： 易知，在时获得极值.，由题意得 ，解得 . 由，知.当 ，即时，要使，在上恒成立，而要最大的，所以只能是方程的较小根. 因此，.当，即时，同样道理只能是方程的较大根，.综上得 当时，；当时，.故当且仅当时，有最大值.二试一. 证明：共圆,共圆，又共圆,由共圆，得所以故共圆.二. 证明：由和平均值不等式，有，从而左边的不等是已证明。因为，故可令且，从而又 所以=（因为时，）=。故原命题得证。三.解：首先

20、，我们可以指出12个连续正整数，例如994，995，999，1000，1001，1005，其中任一数的各位数字之和都不是7的倍数，因此，。再证，任何连续13个正整数中，必有一数，其各位数字之和是7的倍数.对每个非负整数，称如下10个数所构成的集合:为一个“根本段”，13个连续正整数，要么属于两个根本段，要么属于三个根本段。当13个数属于两个根本段时，据抽屉原理，其中必有连续的7个数，属于同一个根本段；当13个连续数属于三个根本段时，其中必有连续10个数同属于.如今设 是属于同一个根本段的7个数，它们的各位数字之和分别是明显，这7个和数被7除的余数互不一样，其中必有一个是7的倍数.因此，所求的最

21、小值为四. 解：(1)S中随意两个不同元素x,y满意d(x,y)3，否则存在两个x,y使得d(x,y)3，不妨设最多x1,y1；x2,y2；x3,y3这三组不同，先取T中的元素z=(x1,y2,x3,) 省略的局部与元素x,y的一样，则d(z,y)3，d(z,x)3与条件中的唯一性冲突。(2)一方面，将S中的每个元素的重量变更0个，1个，2个，3个后都是T中的元素，所以；另一方面，设与S中元素y1对应的T中元素的集合为T1，可以与S中的元素y满意d(x,y)3的全部元素x也只能是由元素y变更0个，1个，2个，3个重量而得到，故，同理，从而所以，可化为：32k-2=k(2k2-3k+4) (1)

22、若3不能整除k，则k=2m，由于k6，m3，从而2k2-3k+4是4的倍数，但不是8的倍数，故2k2-3k+4=12，但此方程无整数解。于是k=3t=32q，q1，方程(1)可化为：23t-2=t(18t2-9t+4) (2)若q3，则18t2-9t+44(mod8)；32q-q-2=3(1+1)q-q-24，故32q-q-20(mod8),方程(2)无整数解。所以q=1，2，分别代入方程(2)解得：t=4,k=12,n=23。 这与冲突。因此成立。证毕模拟试题九深圳中学周峻民一 试一、选择题1 若对的一切，恒成立，则的取值范围是（ ）ABCD2 过椭圆上任一点，作椭圆的右准线的垂线（为垂足）

23、，延长到点，使（）当点在椭圆上运动时，点的轨迹的离心率的取值范围为（ ）ABCD3 已知向量，且与向量所成角为，其中是的内角，则角的大小为（ ）ABCD4 已知函数，则的最小值为（ ）ABCD5 已知为正数，且，则的值为（ ）ABCD6 设，则满意的的最小值为（ ）ABCD不存在7 全部的满意条件的正整数对的个数为（ ）ABCD多数多个8 若表示不超过的最大整数，则（ ）ABCD二、解答题9 已知定义域为R的函数满意，且当时，单调递增假如，且，试推断的符号状况，并给出证明10 已知数列满意且，其中为已知实数求数列的通项公式11 已知抛物线，直线都过点且互相垂直若抛物线与直线中至少一条相交，务实

24、数的取值范围加试一 已知，求使得不等式恒成立的的最大值二 设表示全部内接于三角形的长方形的对角线的最小值，对全部三角形，试求的最大值三 已知，为奇质数，若存在使得都是平方数，这里，求证：四 对给定的正整数，求最大的满意以下条件：无论怎样将填入一个表格，总存在同一行或同一列的两个数，它们的差模拟试题九参考答案一、选择题1 A详解：i）若即或，则由对一切恒成立得，解得，从而或；ii）若，则符合题意；iii）若即，则由对一切恒成立得，解得或，从而综上所述，的取值范围是2 C详解：设，由右准线方程为知因为，所以，由定比分点公式可得，代入椭圆方程可得即为点的轨迹方程，其离心率为3 D详解：因为， 所成角

25、为，所以，从而又，所以，4 C详解：，令，则，在上单调递增，在上单调递减，且的图象关于直线对称于是，对随意，存在，使得，从而有，而在上单调递减，所以在上的最小值为5 D详解：令，则，从而是方程的两正根由解得，所以，检验得，从而6 C详解：由题意，对一切恒成立，而，所以的最小值为7 B详解：明显由条件得，从而有即，再结合条件及以上结果，可得，整理得，从而即，所以当时，不符合题意；当时，（不符合题意）综上，满意本题的正整数对只有，故只有1解8 A详解：因为而，；同理有，所以二、解答题9 解：的符号为负号，证明如下：由题设及对称性，不妨假设由得一方面，当时，单调递增，所以；另一方面，由知，所以有，即

26、10 解：设，则，所以是等比数列，从而，即，11 解：明显，若函数与坐标轴平行，则抛物线与直线中至少一条总有交点设不失一般性，设联立直线与抛物线方程可得，其判别式为；上述过程中用交换，即得，其判别式为由题意，与中至少有一个成立而时，由知必成立现设由得，由得令，则都是关于的二次函数，它们的图象为抛物线，开口向上，对称轴都在轴的右侧留意到，可画出的大致图象如图所示由图知，存在使得当时即成立；当时即不成立，则必需有即成立，只需满意即可等价于，联马上，可得，推出，从而综上，实数的取值范围是加试一解：题目等价于求的最小值不妨设，且，则，当且仅当，时取到最大值二解：第一步先固定，长方形变动，来求出如图所示

27、，当长方形一边在上时，设边长为，则，即，所以对角线；同理，第二步求的最大值而，综上所述，的最大值为，当且仅当是正三角形时取到三证明：，假如对则中取值由抽屉原理知，肯定存在，使两两相减得，相减得，且，冲突肯定存在某个使，又由构成模的完系存在一个使 （i） （ii），也上种情形一样也成立成立四解：一方面：设一共占据了行列，则，再设一共占据行列；同理， ， 但是只有列， 中至少有两数在同一行或同一列，它们的差， 另一方面，当时，将表格平分成四个表格，左上角的表格填成，然后将中全部数加上填入左下角的表格，将中全部数加上填入右上角的表格，将中全部数加上填入右下角的表格，那么此时同行或同列的两数之差， 此

28、时 当时，还是会作出上种情形中一样的表格，将填入左上角表格，将中全部数加上后填入左下角表格，将中全部数加上填入右上角表格，将中全部数加上填入右下角表格，如今只剩下第行和第列没填，将第行填成，将第列填成，那么此时同行或同列的两数之差， 综上所述，高中数学联赛模拟试题十清华高校附属中学齐亚超一试一、填空题：1 设椭圆的离心率，已知点到椭圆上的点的最远间隔 是，则短半轴之长=_2 甲乙两人进展乒乓球竞赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，竞赛进展到有一人比对方多2分或打满6局时停顿设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局输赢互相独立，则竞赛停顿时已打局数的期望为_3 已知函数，则的最小

29、值为_4 已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比是小于1的正有理数。若，且是正整数，则等于_5 已知正方体的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的外表相交所得到的曲线的长等于_6 甲、乙、丙、丁四人参与一项特殊的接力赛，竞赛要求有5次交接棒，但不要求每人都参与，只要相邻两棒不能是同一个人即可。那么由甲担当第一棒，乙担当最终一棒，共有_种交接棒依次 7 若常数使得关于的方程有惟一解则的取值范围是 8 设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是_二、解答题：9 设在上是单调函数.（1）务实数的取值范围；（2）设，且，求证：.10 如图所示，某城市有南北街道和东西街道各条，一邮

30、递员从该城市西北角的邮局动身，送信到东南角地，要求所走路程最短.（1）求该邮递员途径C地的概率；（2）求证：，（）.11 如图，是椭圆的一个焦点，、是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率为点在轴上，,三点确定的圆恰好与直线相切。（1）求椭圆的方程；（2）过作一条与两坐标轴都不垂直的直线交椭圆于、两点，在轴上是否存在点，使得恰好为的内角平分线，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由。加试一 已知、是由外一点引出的两条切线，分别是线段、的中点，延长交于点，点在与之间，交于点，延长交于点，证明：四边形为菱形.二设，且至多一个为，求函数的最小值三确定的全部的非空子集、使得： （1）（2）（3）对全部的有四

31、有个人()参与国际会议，一共说14种语言，现已知：(1)每3个人都有一种共同语言；(2)没有一种语言多于一半的成员会说求的最小值一试参考答案1设椭圆的离心率，已知点到椭圆上的点的最远间隔 是，则短半轴之长=2解：依题意知，的全部可能值为2，4，6.设每两局竞赛为一轮，则该轮完毕时竞赛停顿的概率为若该轮完毕时竞赛还将接着，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮竞赛结果对下轮竞赛是否停顿没有影响从而有，故3解：事实上，设，则g(x)0，g(x)在上是增函数，在上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线对称，则对随意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是，而f(x)在上是减函数，所以，即f(x)在上

32、的最小值是。4解：因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，则。由于q是小于1的正有理数，所以，即5m13且是某个有理数的平方，由此可知。5解：球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为，AA1=1，则。同理，所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条。在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为

33、，所以弧FG的长为。这样的弧也有三条。于是，所得的曲线长为。661 7 8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9解：（1） 若在上是单调递减函数，则须 ,这样的实数a不存在.故在上不行能是单调递减函数.若在上是单调递增函数，则，由于.从而0a3.（2）方法1：可知在上只能为单调增函数. 若1，则 若1冲突， 故只有成立.ABC10解：（1）邮递员从该城市西北角的邮局A到达东南角B地，要求所走路程最短共有种不同的走法，其中途径C地的走法有种走法，所以邮递员途径C地的概率；（2

34、）由，得，要证时，只要证时， 因为时，且，所以只要证，且时， 由于时，且，所以成立，所以 11解：（1）由题意可知 ,即 又 ，圆的圆心坐标为（，0），半径为由直线与圆相切可得 椭圆的方程为（2）假设存在满意条件的点 由题意可设直线的方程为设 为的内角平分线即又 存在满意条件的点，点的坐标为加试参考答案一连结，明显三点共线，所以；四点共圆四点共圆=结论。二解：。下面再证明 不妨设（1）当时由知由知（2）当时，由知，从而3解:取C中最小的元素t,则1,2,t-1AB,由条件知, 全部的不被t整除的正整数均在AB中,故C中只有t的倍数,这样对于,.若,1,2,3中至少有两个数同属于A或B,不妨设其

35、中两数,任取,则,不能同时成立.若,不妨设,则由知,冲突!若,不妨设,则全部的奇数同属于A,但由知b为奇数,冲突!所以,.不妨设,则,取b使,故,这样,所以, ,即C恰好为3的全部倍数.此时 (A,B,C)=(, ,)故所求的(A,B,C)为(, ,)或(, ,)4解：设第i个人会说的语言的集合为Ai，1in，Ai14考虑四元组(p；i，j，k)，pAiAjAk记四元组的集合为S，考虑S中元素的个数s(1)由于每3个人有共同语言，所以sC；(2)每种语言至多有个人说，故p至多属于个集合，所以14Cs14CC，验证知n3，4，5，6，7时均不成立，当n8时，取A11，2，4，5，11，12，13，A21，2，6，7，9，10，11A31，3，4，6，8，11，13， A41，3，5，7，8，10，12A52，4，5，8，10，11，14，A63，4，6，9，10，12，14A72，6，7，8，12，13，14，A83，5，7，9，11，13，14