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1、2017 年全国高中数学联赛模拟试题 04第一试（时间：8:00-9:20 满分：120）一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分.1.集合与恰有一个公共元为正数，则 ,Ax y=31,log(2)Bx=+1x+AB=U2.若函数在区间上递增，则的取值范围是_.23log2af xaxx1,2a3.已知，且，则的最大值为_.02tan3tanu4.在单调递增数列中，已知，且，成等差数列，成 na12a 24a 21na2na21na2na21na22na等比数列，.那么，_.1,2,3,n L100a5.已知点是空间直角坐标系内一定点，过作一平面与三坐标轴的正半轴分别交于(
2、1,2,5)POxyzP三点，则所有这样的四面体的体积的最小值为 ,A B COABC6.在中，角的对边为，又知，ABC,A B C,a b c5a 4b 31cos()32AB则的面积为 ABC7.已知过两抛物线，的交点的各自的切线互相垂直，21:1(1)Cxy 22:(1)41Cyxa 则实数 a 的值为 8.若整数既不互质，又不存在整除关系，则称是一个“联盟”数对；设是集,a b,a bA的元子集，且中任两数皆是“联盟”数对，则的最大值为 1,2,2014M LnAn二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分.9.（本小题满分16分）设数列满足求证：na21131,12nnnaaana
3、（1）当时，严格单调递减（2）当时，这2n na1n 212|3|2 31nnnrar里23r 10.（本小题满分 20 分）设椭圆与抛物线有一个共同的焦点，22221(0)yxabab22(0)xpy pF为它们的一条公切线，、为切点，证明：PQPQPFQF11.（本小题满分20分）求证：（1）方程恰有一个实根，并且是无理数；310 xx（2）不是任何整数系数二次方程的根20(,0)axbxca b cZ a2017 年全国高中数学联赛模拟试题 04加试（时间：9:40-12:10 满分：180）一、（本小题满分 40 分）如图，在锐角 中，、分别是边、的中点，ABC,ABAC DEABAC
4、 的外接圆与 的外接圆交于点（异于点），的外接圆与 的外接圆交于ADEBCEPEADEBCD点（异于点）。求证：.QDAPAQ二、（本小题满分 40 分）求所有素数，使得p12211ppkpk-+=三、（本小题满分 50 分）设 n 是一个正整数，是 4n1 个正实数，使1212232,nnna aa b bb c ccLLL得2,1,ijijcabi jn令，证明：22maxiinmc 22321212()()()2nnnmcccaaabbbnnnLLL四、（本小题满分 50 分）n 个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局规定胜者得 1 分，负者得 0 分，平局各得 0.5 分如果赛后发现任
5、何 m 个棋手中都有一个棋手胜了其余 m1 个棋手，也有一个棋手输给了其余 m1 个棋手，就称此赛况具有性质 P（m）对给定的 m（m4），求 n 的最小值 f（m），使得对具有性质 P（m）的任何赛况，都有所有 n 名棋手的得分各不相同2017 年全国高中数学联赛模拟试题 04第一试参考解答一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分.1.集合与恰有一个公共元为正数，则 ,Ax y=31,log(2)Bx=+1x+AB=U解：由于，故由知，又因为，所以即1xx+1xy+=3log(2)1x+1x10 x+1132xxex+故只能是，这样，得3log(2)1xx+11yx=+=
6、0,1A=31,log 2B=30,1,log 2AB=U2.若函数在区间上递增，则的取值范围是 _.23log2af xaxx1,2a解：（）当时，只需，解得.（）当时，只需，解得01a01,12,140.22aaa 1814a1a 1,10.21,12aaa.1a 综上，的取值范围是.a1 1,1,8 4U3.已知，且，则的最大值为 _.02tan3tanu解：因为，所以，.02tan3tan02tantantan1tantan所以，的最大值为.22tan2tan113tan3tanta33nu64.在单调递增数列中，已知，且，成等差数列，成 na12a 24a 21na2na21na2n
7、a21na22na等比数列，.那么，_.1,2,3,n L100a解：因为单调递增，所以.因为，成等差数列，成 na10a 0na 21na2na21na2na21na22na等比数列，所以.因为，212122222212nnnnnnaaaaaa2222222121222nnnnnnnaaaaaaa所以，数列是等差数列.易得，所以.222222nnnaaa2na36a 49a 421aa所以，.21nan221nan2100512601a5.已知点是空间直角坐标系内一定点，过作一平面与三坐标轴的正半轴分别交于(1,2,5)POxyzP三点，则所有这样的四面体的体积的最小值为 ,A B COAB
8、C解：设此平面的方程为，分别是该平面在轴上的截距，又点 在平面内，1xyzabc,0a b c,x y zPABC故，由于，即，得当，1251abc31251 2 513abca b c11027abc1456OABCVabc12513abc即时，的最小值为 45(,)(3,6,15)a b c OABCV6.在中，角的对边为，又知，ABC,A B C,a b c5a 4b 31cos()32AB则的面积为 ABC解法 1：由等比定理得，sinsinsinsinsinsinabababABABAB9(sinsin)1(sinsin)ABAB 故，即18sincos2sincos2222ABAB
9、ABABtan9tan22ABAB因为，又根据知，所以，从而cos()AB221tan21tan2ABABabAB7tan221AB，于是，3 7tan27AB7tancot223CAB3 7sin8C 115 7sin24SabC解法 2：在边内取点，使，则由条件及余弦定理得，AB1A14CACA11ACBCA AABCAB，进一步有，221313452 4 5322AB 222111119coscos216CAABBCACABCA AB 因此，所以1193246162cAAAB 295 74 1164ch115 724cSch7.已知过两抛物线，的交点的各自的切线互相垂直，则实数 a 的2
10、1:1(1)Cxy 22:(1)41Cyxa 值为 解：联立曲线的方程，求得交点坐标为，由对称性，不妨只考虑交点12,CC(,11)55aa处切线是否垂直：在点A 局部，所对应的解析式分别为，(,11)55aaA12,CC1:11Cyx 2:41 1Cyxa 对求导得，对求导得，故两条曲线在点A 处的斜率分1C121yx2C(4)224141xyxaxa 别为与，它们垂直当且仅当，解得1215a215a2111 2155aa 0a 8.若整数既不互质，又不存在整除关系，则称是一个“联盟”数对；设是集,a b,a bA的元子集，且中任两数皆是“联盟”数对，则的最大值为 1,2,2014M LnA
11、n解：称这种子集为“联盟子集”；首先，我们可构造一个联盟子集，其中具有个元素为此，取A504，以下证，就是的最大值今设是元素个数最多的一个联盟子集，2504,505,1007Ak kL504nA，若是集中的最小数，显然，如果，则得，即12,nAa aaLjaA1ja 1007ja 22014ja，显然，（因与有整除关系）今在中用替代，其它元素不变，成为子集2jaM2jaA2jajaA2jaja，则仍然是联盟子集，这是由于对于中异于的任一元素，因与不互质，故与也不AAAjaiajaia2jaia互质；再说明与没有整除关系：因，则；又若，设，（显然，2jaiajaia2jaia2ijaa2jiak
12、a1,2k 否则有整除关系），则，于是，这与的最小性矛盾！因此仍然是联盟子集，并且仍,ija a2k ijaajaA是元集；重复以上做法，直至子集中的元素皆大于为止，于是得到元联盟子集，n1007n12,nBb bbL其中即，因任两个相邻整数必互质，故在这个连续正10072014jb1008,1009,2014B L1007整数中至多能取到个互不相邻的数，即又据前面所述的构造可知，的最大值即为 504504n n504二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分.9.（本小题满分16分）设数列满足求证：na21131,12nnnaaana（1）当时，严格单调递减（2）当时，这2n na1n 2
13、12|3|2 31nnnrar里23r 解：（1）由及归纳法易得，且均为有理数 4 分21131,12nnnaaana*0()nanNna当时，由均值不等式得，又因为均为有理数，故当时2n 211332nnnaaana2n 3na 从而，所以当时，严格单调递减 8 分221330(2)22nnnnnnnaaaaanaa2n na（2）由得,122132nnnaaa2213(3)3322nnnnnaaaaa2213(3)3322nnnnnaaaaa分两式相除得，由此得，其中，2113333nnnnaaaa21133nnnara113233ara解得，所以16 分212131nnnrar212|3
14、|2 31nnnrar10.（本小题满分20分）设椭圆与抛物线有一个共同的焦点，22221(0)yxabab22(0)xpy pF为它们的一条公切线，、为切点，证明：PQPQPFQF证：设在抛物线上，在椭圆上，焦点，则抛物线切线方程为，11,P x y22(,)Q xy0,2pF11x xp yy椭圆切线方程为它们为同一直线，22221y yx xab2222222212121,2.a xb ya by yax xbxppy 5 分221212212122422FPFQpppyypyyakkxxb设公切线方程为，代入抛物线方程并由PQykxm20,2pkm 2:,2pkPQ ykx与抛物线切线
15、方程比较可得 10 分12112xpkypk将公切线方程代入椭圆方程，并令，242222222242220404p kmak bak bp kb ka 两曲线有相同焦点，代入上式解得 15 分Q222244()2pcpcab 22224pbkp，22222121442,22pbpbaypppp22222222212244442apapapyypbabb ，代入式，得2221242+2apbyypp2222222221242122FPFQpbpaabbapkkbb .20 分PFQF11.（本小题满分20分）求证：（1）方程恰有一个实根，并且是无理数；310 xx（2）不是任何整数系数二次方程的
16、根20(,0)axbxca b cZ a证明：（1）设，则.在上单调递增，在上3()1f xxx2()31fxx()f x3,3 33,33单调递减，在上单调递增，故3,332()()10,33 3fxf 极大32()()1033 3fxf 极小再由知，方程恰有一个实根 5 分(1)10,(2)50ff 310 xx 1,2假设，其中是互素的正整数，则，故于是，即是整数，这mn,m n32()mn mn23n m1n m与矛盾，由此得是无理数 10分1,2（2）假设还满足，则又因为，乘以减去乘20(,0)abca b cZ a310 以得，将其乘以减去乘以得 15分a2()0bacaab222
17、0aacbabc由于是无理数所以，因为，所以，,a b cZ2220aacbabc0a 0bc 2abc代入得从而这与是无理数矛盾，220aacb3310aacc ac因此不是任何整数系数二次方程的根.20分20(,0)axbxca b cZ a2017 年全国高中数学联赛模拟试题 04加试参考答案一、（本小题满分 40 分）如图，在锐角 中，、分别是边、的中点，ABC,ABAC DEABAC 的外接圆与 的外接圆交于点（异于点），的外接圆与 的外接圆交于ADEBCEPEADEBCD点（异于点）。求证：.QDAPAQ二、（本小题满分 40 分）求所有素数，使得p12211ppkpk-+=解：对
18、，有（费马小定理），故11,2,2pk-=L22(mod)pkkp=，212121221222()(21)(mod)ppppppkpkkppkkpkpkp+-+-求和可知，121221222111(mod)24pppkkpkpkpp-+=-=当且仅当时，素数满足，显然2241p-p12211ppkpk-+=5p当时，必为 3 和 8 的倍数，故5p21(1)(1)ppp-=+-2241p-因此所求素数是一切大于 3 的素数p三、（本小题满分 50 分）设 n 是一个正整数，是 4n1 个正实数，使1212232,nnna aa b bb c ccLLL得2,1,ijijcabi jn令，证明：
19、22maxiinmc 22321212()()()2nnnmcccaaabbbnnnLLL证明：令，分别用代替，因此我们可以11max,maxiii ni nXa Yb /,/,/iiiiiiaaX bb Y ccXY,iiia b c假设.下面我们证明(*)1XY2211nnnmccaabbLLL故由平均不等式即得所需结论.22111()22nnnmccaabbnnnLLL我们将证明中左边大于 r 的项不少于右边，因此对每个 k，左边第 k 大的项比右边第 k 大的项大.0,(*)r 这就证明了(*).若，则(*)右边没有大于1 的项；1r 若，令因为，所以 a 和 b1r 1|,|,1|,
20、|,iiAin araA Bin brbB 1XY至少是 1.又，故所以,iiar br.ijijcabr.22|,iCin crABAB 因为若，则下面个数互不相同且属于：1111,ababAiiBjjiijjKKLL1abAB所以.当然.所以对某个 k，.所以.111212,bbabij ijij ijijLL|1Cab|1C kcrMr所以在(*)中左边至少有项大于 k，而右边只有项大于 k.(*)得证.abab四、（本小题满分 50 分）n 个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局规定胜者得1 分，负者得 0 分，平局各得 0.5 分如果赛后发现任何 m 个棋手中都有一个棋手胜了其余m1
21、 个棋手，也有一个棋手输给了其余m1 个棋手，就称此赛况具有性质 P（m）对给定的 m（m4），求 n 的最小值 f（m），使得对具有性质 P（m）的任何赛况，都有所有 n 名棋手的得分各不相同证：先证明两个引理引理 1 当 nm 时，如果 n 个棋手的赛况具有性质P（m），则必有一个棋手全胜当 nm 时，命题显然成立假设命题对 n 成立，则对 n1 个棋手，从中任取 n 个棋手，由归纳假设，这n 个棋手中必有一个棋手全胜，不妨设 A1，A2，An中 A1全胜对另一个棋手 An1：若 A1胜 An1，则在 n1 个棋手中，A1全胜；若 A1平 An1，考察棋手 A1，A2，An1，An1，这
22、n 个棋手中没有人全胜，不可能；若 An1胜 A1，考察棋手 A1，A3，A4，An，An1，这 n 个棋手中全胜的只能是An1，特别地，An1胜 A3，A4，An同理，An1也胜 A2，所以在这 n1 个棋手中 An1全胜由归纳原理知，命题对任意nm 成立类似地可证：引理 2 当 nm 时，如果 n 个棋手的赛况具有性质 P（m），则必有一个棋手全败回到原题我们来证明：当 n2m3 时，所有棋手的得分必各不相同由引理 1，有一个棋手 A1胜了其余 n1 个棋手，有一个棋手 A2胜了除 A1外的 n2 个棋手，有一个棋手 Anm1胜了除 A1，A2，Anm外的 m1 个棋手由引理 2，有一个棋
23、手 An负于其余 n1 个棋手，有一个棋手 An1负于除了 An外的 n2 个棋手，有一个棋手 Anm3负于除 An，An1，Anm4外的 nm2 个棋手，另外还有一棋手为Anm2这样，这 n 个棋手 A1，A2，An，编号小的棋手都战胜了编号大的棋手，所以他们的得分为n1，n2，1，0，各不相同对 n2m4，设 n 个棋手水平为：1，2，m3，m2，m2，m1，2m5，其中水平编号小的棋手胜水平编号大的棋手，编号相等的棋手打平则对任取 m 个棋手，必有一最小编号为i（1im3），另一最大编号为 j（m1j2m5），从而在这 m 个棋手中编号为 i 的棋手全胜，编号为j 的棋手全败，所以这 n 个棋手具有性质 P（m），但其中有两个棋手的得分相同综上可知，f（m）2m3