2012全国高中联赛全真模拟(二)答案陶平生

2012年全国高中数学联赛全真模拟（二）答案北京清北学堂内部资料（清北学堂教研部特邀奥赛名师陶平生教授命制，内部资料，禁止翻印。

）第一试一、填空题1、设数列{}n a 满足:121,2a a ==,且对于其中任三个连续项11,,n n n a a a -+,都有:11(1)(1)2n n n n a n a a n-+-++=.则 2012a = ． 答案：30171006． 解：由条件得，112(1)(1)n n n na n a n a -+=-++，所以，11(1)()(1)()n n n n n a a n a a +-+-=--，故1111n n n n a a n a a n +---=-+，而211a a -=； 2(1)n n =+；于是12112()(1)1n n a a n n n n --==---； 由此得，11221112()()()2(1)13n n n n n a a a a a a a a n n---=-+-++-+=-+=-.所以201213017310061006a =-=． 2、设正整数2n ≥，用n A 表示分母为n 的全体真分数所组成的集合，则集合201120121k k A A =⎛⎫⎪⎝⎭的元素个数为 ． 答案：1007．解：由于220122503=⨯，（503为质数），则在1,2,,2011中，与2012不互质的数有其中的全体偶数，以及奇数503,3503⨯，共计100521007+=个，对于每个这样的数a ，真分数2012a在化为既约分数后，都将在集合20111k k A =中出现，因此201120121k k A A =⎛⎫⎪⎝⎭的元素个数为1007．3、将棱长为1的正方体的八个顶点按红、蓝间隔染色，使得每条棱上的两顶点不同色；那么，由红色顶点连成的四面体与由蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积是 ． 答案：16． 解：1242A BDS ==，设1AC 与1A BD ∆所在 平面交于M ，AM h =，据四面体1A ABD 的体积关系得113232h ⋅=⋅，所以3h =，而1AC ，则13C M =，正四面体11AB CD 与11A BC D 中，面1A BD ∥面11CB D ，其余三对底面也相平行，则11AB CD 位于正四面体11A BC D 外侧部分是四个全等的正四面体，111111133323A BC D A BDV C M S =⋅=⋅⋅=,1131128A A BC DV V ⎛⎫== ⎪⎝⎭, 故1111111114826A BC D A BC D A BC D V V V V =-⋅==公共．4、设偶函数()f x 满足：()12f =，且当0xy ≠时，()()()()f x f y ff x f y =+，则()5f = ． 答案：225． 解：()()11f x f y =+，由于()()f x f x -=，只须考虑,x y R +∈的情况，令x y ===+，再令(), 00,0f g t f ≠=⎪=⎪⎩，则化为 ()()()g u v g u g v +=+ (1)据○1，()()()22g u g u u g u =+=，()()()()()3223g u g u u g u g u g u =+=+=，归纳得，()()g ku kg u =，令25,1k u ==，得()()25251g g =，=，A1因此()2525f =． （注：若看出○1为柯西方程，则可以直接得到()g u cu =，所以()12c f x x=，取1x =得12c =，()22f x x =，()2525f =．） 5、计算003tan10+= ．．解：003tan10+=()00003sin103010cos10+-=)0000003sin10sin30cos10cos30sin10cos10+-==6、抛物线22y x =上两点()()1122,, ,A x y B x y 关于直线y x m =+对称，若1212x x =-，则m = . 答案：32．解：由121212121211, , 222y y y y x x m x x x x -++=-=+=--以及2211222, 2y x y x == 得 ()222112121212,2x x y y x x x x -=-=-⇒+=-， ()2121211124223242x x x x =+-+=⋅++=，所以32m =． 7、设[]x 表示不超过实数x 的最大整数，则在平面上，由所有满足[][]2250x y +=的点所形成的图形面积是 ．答案：12．解：先考虑第一象限情况，因为22222250177155=+=+=+，得[][]()(),1,7x y =，()7,1，()5,5，而由[][]1,7x y ==，得单位正方形12,78x y ≤<≤<，其面积为1，类似由[][]()(),7,1x y =与()5,5也各得到一个单位正方形，并且这三个正方形互不重叠；若考虑四个象限，共得12个互不重叠的单位正方形，总面积为12．8、对于正整数n ，将其各位数字之和记为()s n ，各位数字之积记为()p n ，若成立()()s n p n n +=，就称n 为巧合数，则所有巧合数的和为 ．答案：531． 解：设121,0k n a a a a =≠，由()()n s n p n -=得，()()()1212112101101101k k k k a a a a a a ----+-++-=⋅⋅⋅，即()11231010k k a a a a m ---⋅⋅⋅+= ……○1，其中()221010k m a -=-+≥，若3k ≥，由于1112310110190k k k k a a a -----⋅⋅⋅≥-->，与○1矛盾，故2k ≤，又当1k =时，()n s n =，不合条件，因此2k =，从而可设121210n a a a a ==+，再由12121210a a a a a a ++=+，得1129a a a =，所以{}219,1,2,,9a a =∈，即全体巧合数为19,29,,99，其和为531．二、解答题9、四面体ABCD ，它的内切球O 与面ABD 切于E ，与面BCD 切于F ，证明：∠AEB=∠CFD.证明：为叙述方便，将内切球O 在面,,,BCD ACD ABD ABC 上的切点分别改记为0000,,,A B C D ，于是，00,E C F A ==，设球O 的半径为r ,棱BD ⊥面00OA C ，设垂足为P ，则000C P A P C P ===， 因为00,A P BD C P BD ⊥⊥， 则 00,BA BC =00DA DC =，故0BA D 0BC D ≅，所以 00BA D BC D ∠=∠，即是说，棱BD 关于两相邻面上切点的张角相等.其它棱的情况与此类似。

在ABD 中，设000,,AC B BC D AC D αβγ∠=∠=∠=，则 0360αβγ++=○1 于是，000,,AD B BA C AB D αβγ∠=∠=∠=在BCD 中，设0101,CA D BA C αγ∠=∠=，因为 0BA D β∠=，所以011360αβγ++=，于是 11αγαγ+=+○2 在ABC 中，00,AD B AC B α∠=∠=001BD C BA C γ∠=∠=，设 02AD C β∠=， 则021360αβγ++=○3 在ACD 中，02AB C β∠=，010,,CB D AB D αγ∠=∠=则012360αβγ++=○4 ○3+○4得，()()01122720αγαγβ++++=，据此及○2得， ()0222720αγβ++=，所以 02360αγβ++=○5 由 ○1、○5得，2ββ= 故○4式化为01360αβγ++=……○6 由 ○1、○6得，1αα=，即 00AC B CA D ∠=∠，也即.AEB CFD ∠=∠10、设x R ∈，证明：在sin x 与()sin 1x +中，必有一个大于13．证：用反证法，若1sin 3x ≤，()1sin 13x +≤，记12x θ+=，即有11sin 23θ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，11sin 23θ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭，所以因此，11sin , cos 113cos3sin22θθ≤≤，平方相加得，22221111111119sin cos 9sin cos 2222⎛⎫⎪≤+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以22111sin cos 229≤，即24sin 19≤， 另一方面，因142ππ<<，得sin1sin4π>=，故21sin 12>，导致4192>，矛盾！从而结论得证．11、给定圆P ：222x y x +=及抛物线S ：24y x =，过圆心P 作直线l ，此直线与上述两曲线的四个交点，自上而下顺次记为,,,A B C D ，如果线段,,AB BC CD 的长按此顺序构成一个等差数列，求直线l 的方程.解：圆P 的方程为()2211x y -+=，则其直径长2B C =，圆心为()1,0P ，设l 的方程为1ky x =-，即1x ky =+,代入抛物线方程得：244y ky =+，设()()1122,, ,A x y D x y ，有⎩⎨⎧-==+442121y y ky y则212212214)()(y y y y y y -+=-，故因此)1(42+=k ADxyoABCDP据等差，BC AD CD AB BC -=+=2，所以63==BC AD 即6)1(42=+k ，22±=k ，则l 方程为122+=y x 或122+-=y x ． 第二试（加试）一、锐角三角形ABC 的三边互不相等，其垂心为H ，D 是BC 的中点，直线, BH AC E CH AB F ==，AHBC T =，BDE 交CDF 于G ，直线AG 与, BDE CDF 分别交于,M N ．证明：()1、AH 平分MTN ∠；()2、, , ME NF AH 三线共点．证：如图，连,,,DE DF MB NC ，因BCEF 共圆，D 为圆心，则DE DF DB DC ===，连,,GD GE GF ，由BDEG 共圆，得DGE DBE TAC ∠=∠=∠；又由CDFG 共圆，得DGF DCF TAB ∠=∠=∠，相加得，EGF EAF ∠=∠，故EGAF 共圆，又因EAFH 共圆，即有AGEHF 五点共圆，所以HGE HAE TAC DGE ∠=∠=∠=∠，即,,D H G 共线；五点圆AGEHF 的直径为AH ，设圆心为P （P 为AH 的中点），由090AGH AEH ∠=∠=，即DG MN ⊥，故MD 为BDE 的直径，从而MB BC ⊥，进而由090DGN ∠=，知DN 为CDF 的直径，所以NC BC ⊥，MB ∥AT ∥NC ，因直径MD 过BDE 的中点D ，故MD 垂直且平分弦BE ；同理，CDF 的直径DN CF ⊥，又由, BE AC CF AB ⊥⊥，所以 MD ∥AC ， ND ∥AB ，则 Rt ABT ∆∽Rt NCD ∆，则BT ATDC NC= ……○1； 由MD ∥AC ，得 Rt MDB ∆∽Rt ACT ∆，BD MBTC AT = ……○2． ○1、○2相乘，并注意 BD CD =，有 BT MBTC NC=，所以 MBT ∆∽NCT ∆，由此，TN TC ANTM TB AM==，故AT 平分MTN ∠. 为证 , , ME NF AH 三线共点，只要证 , ME NF 皆过点P ，据五点圆AGEHF 的圆心角22HPE HAE HBC EDC BME ∠=∠=∠=∠=∠，所以PE ∥ME ，因此,,M P E 共线；同理可得，,,N P F 共线，因此, , ME NF AH 三线共点．二、设a 为正数，()f x =，求()f x 的最大值． 解：()f x 的定义域为56a x a ≤≤+且29a x a ≤≤．即当32a ≥，定义域为256a x a ≤≤+，302a <<，定义域为29a x a ≤≤， 因为56a x +-，x a -，9a x -，2x a -在56a x a ≤≤+都大于0，且(56)(2)3a x x a a +-+-=+，(9)()8a x x a a -+-=(1)当32a ≥时，设c o s α=，sin α=，cos β=，sin β=．=cos()αβ=-； 所以当αβ=时，()f x 得到最大值． 此时，得92836a x x a a a --=+解得：222754(36)816a a a x ax a +-+=- 204354116a ax a +=+．当0256a x a ≤≤+时()f x 能取到最大值，即0a ≥或者2a ≤-时()f x 能取到最大值因为a 为正数，故()f x （2）当302a <<，也有类似的分析，要求029a x a ≤≤，得即0a ≥此时()f x综合得a 为正数时，()f x另解：()f x 的定义域为6529a x a a x a≤≤+⎧⎨≤≤⎩，即当32a ≥时，定义域为[2,56]a a +，当时302a <<，定义域为[2,9]a a,()f x =⋅，因为228a +=，8cos 8sin a a αα==，02πα≤<，2236a +=+β，β=，02πβ≤≤，()))f x ααββ=⋅)αβ-当且仅当αβ=时，等号成立.=， 解得24354116a ax a +=+，当0a >时，x 总是落在定义域内，故最大值能取到，且为三、设集合(){,M m n =│,m n 互质，}2012,02012m n m n +><<≤，求和：(),1m n Mmns ∈=∑. 解：一般化，将2012换成任一不小于2的整数,k 取 (){,,k M m n m n =互质，},0m n k m n k +><<≤，并记 (),1kkm n M smn∈=∑， 分析k s 的变化趋势，易知，2311111,,12213232s s ===+=⋅⋅⋅41111,1423342s =++=⋅⋅⋅，进而猜想，对于每个2,k ≥都有12k s =.转而考虑证明，对每个2,k ≥都有10k k s s +-=. 其中 (),1kk m n M s mn ∈=∑，()11,1k k m n M s mn++∈=∑. 先分解求和区间（和式展布集）：(){,,k M m n m n =互质，},0m n k m n k +><<≤{}1,0m n k m n k =+=+<<≤{}1,0*m n k m n k M M '+>+<<≤=,(){1,,k M m n m n +=互质，}1,01m n k m n k +>+<<≤+ {}{}1,011,0*m n k m n k m n k m n k M M ''=+>+<<=++>+<<≤=.于是 ()()11111111k k k M M m km s s mn mn m k m k m ++'''≤<-=-=-++-∑∑∑∑○1 （右端最后一个和式的求和范围是由于 1,m n k m <=+- 则 12k m +<）. 由于 当 112k m +≤<时，112k k m k +<+-≤，则 1112221111k k k m t k m kk m t m +++<<≤<≤==+-∑∑∑. 且由 1m n k +=+ 以及 (),1m n =知，12k + 不会被,m n 取到. 从而○2式右端可合并为111m k k m≤+∑. 据○1,即有 ()()111011k k m km k s s m k m k +≤≤-=-=++∑∑. 于是 1212k k s s s -====，因此 201212s s ==. 四、奥运会排球预选赛有n 支球队参加，其中每两队比赛一场，每场比赛必决出胜负，如果其中有k （3k n ≤≤）支球队12,,,k A A A ，满足：1A 胜2A ，2A 胜3A ，…，1k A -胜k A ，k A 胜1A ，则称这k 支球队形成一个k 阶连环套；证明：如果全部n 支球队形成一个n 阶连环套，则对于每个k （3k n ≤≤）以及每支球队i A ()1i n ≤≤，i A 必另外某些球队形成一个k 阶连环套. 证明：以12,,,k A A A 为顶点，如球队i A 胜j A ，则在两点间连一有向边：i j A A →，如此得n 阶竞赛图G ．据条件，G 的n 个顶点可以排成一个n 阶有向圈，设为：121n A A A A →→→→，于是G 的任两点可沿箭头方向相互到达．先证明，任一球队i A 必在某个三阶连环套中，用,i i S T 分别表示被i A 击败了的球队集合和击败了i A 的所有球队集合，由于G 双向连通，必有,j i k i A S A T ∈∈，使j k A A →，于是,,i j k A A A 组成三阶连环套；假若已证得，对于()3k k n ≤<，图中存在以i A 为一顶点的k 阶连环套()121ik C A A A A A =，圈C 之外的点的集合为M ；若M 中有一点P ，它所表示的球队既击败了圈C 中的某个队k A ，又被圈C 中的另一个队j A 所击败，点,k j A A 把圈C 分成两条有向路12,C C ，其中一条，例如1C ，它与有向路j k A P A →→组成有向圈，如图所示． 依次考虑路2C ：12,,,,j j j k A A A A ++上各点与点P 间的邻接情况，必有相邻的两点1,j r j r A A +++，满足j r A P +→而1j r P A ++→，今去掉边1j r j r A A +++→，而将路1j r j r A P A +++→→插入其间，便得到一个含有顶点i A 的1k +阶连环套； 若M 中的任一点P ，它所表示的球队要么击败了圈C 中的每个队，要么被圈C 中的每个 队所击败，则集M 可分为两个不交的子集S 与T ，其中S 中的任一队，战胜了圈C 中所有的队，而T 中的任一队，负于圈C 中所有的队；由于图G 双向连通，故在集T 中必有点u ，集S 有点v ，使v u →，今在圈C 中任意去掉一个点j A ，()j i A A ≠，而用路v u →代替，便得到一个含有顶点i A 的1k +阶连环套；故结论对于1k +成立，由归纳法，结论成立．j。