2015年全国高中数学联赛模拟试题04

2015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 2.若函数在区间上递增，则的取值范围是_.3.已知，且，则的最大值为_.4.在单调递增数列中，已知，且，成等差数列，成等比数列，.那么，_.5. 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三点，则所有这样的四面体的体积的最小值为 6.在中，角的对边为，又知，则的面积为 7. 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；设是集的元子集，且中任两数皆是“联盟”数对，则的最大值为 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：（1） 当时，严格单调递减（2） 当时，这里10. （本小题满分20分）设椭圆与抛物线有一个共同的焦点，为它们的一条公切线，、为切点，证明： 11. （本小题满分20分）求证：（1）方程恰有一个实根，并且是无理数； （2）不是任何整数系数二次方程的根2015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， 的外接圆与 的外接圆交于点 （异于点 ）， 的外接圆与 的外接圆交于点 （异于点 ）。求证： .二、（本小题满分40分）求所有素数，使得三、（本小题满分50分）设n是一个正整数，是4n1个正实数，使得令，证明：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2015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 解：由于，故由知，又因为，所以即故只能是，这样，得2.若函数在区间上递增，则的取值范围是_.解：（）当时，只需，解得.（）当时，只需，解得.综上，的取值范围是.3.已知，且，则的最大值为_.解：因为，所以，.所以，的最大值为.4.在单调递增数列中，已知，且，成等差数列，成等比数列，.那么，_.解：因为单调递增，所以.因为，成等差数列，成等比数列，所以.因为，所以，数列是等差数列.易得，所以.所以，.5. 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三点，则所有这样的四面体的体积的最小值为 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，故，由于，即，得当，即时，的最小值为456.在中，角的对边为，又知，则的面积为 解法1：由等比定理得，故，即因为，又根据知，所以，从而，于是，解法2：在边内取点，使，则由条件及余弦定理得，进一步有，因此，所以7. 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，不妨只考虑交点处切线是否垂直：在点A局部，所对应的解析式分别为，对求导得，对求导得，故两条曲线在点A处的斜率分别为与，它们垂直当且仅当，解得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；设是集的元子集，且中任两数皆是“联盟”数对，则的最大值为 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， 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，若是集中的最小数，显然，如果，则得，即，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，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，故与也不互质；再说明与没有整除关系：因，则；又若，设，（显然，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，其中即，因任两个相邻整数必互质，故在这个连续正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 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：（1） 当时，严格单调递减（2） 当时，这里解：（1）由及归纳法易得，且均为有理数4分当时，由均值不等式得，又因为均为有理数，故当时从而，所以当时，严格单调递减8分（2）由得,12分两式相除得，由此得，其中，解得，所以16分10. （本小题满分20分）设椭圆与抛物线有一个共同的焦点，为它们的一条公切线，、为切点，证明： 证：设在抛物线上， 在椭圆上，焦点，则抛物线切线方程为，椭圆切线方程为它们为同一直线， 5分设公切线方程为，代入抛物线方程并由与抛物线切线方程比较可得 10分将公切线方程代入椭圆方程，并令， 两曲线有相同焦点，代入上式解得 15分， ，代入式，得 . 20分11. （本小题满分20分）求证：（1）方程恰有一个实根，并且是无理数； （2）不是任何整数系数二次方程的根证明：（1）设，则.在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故再由知，方程恰有一个实根 5分假设，其中是互素的正整数，则，故于是，即是整数，这与矛盾，由此得是无理数 10分（2）假设还满足，则又因为，乘以减去乘以得，将其乘以减去乘以得 15分由于是无理数所以，因为，所以，代入得从而这与是无理数矛盾，因此不是任何整数系数二次方程的根. 20分2015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， 的外接圆与 的外接圆交于点 （异于点 ）， 的外接圆与 的外接圆交于点 （异于点 ）。求证： .二、（本小题满分40分）求所有素数，使得解：对，有（费马小定理），故，求和可知，当且仅当时，素数满足，显然当时，必为3和8的倍数，故因此所求素数是一切大于3的素数三、（本小题满分50分）设n是一个正整数，是4n1个正实数，使得令，证明：证明：令，分别用代替，因此我们可以假设.下面我们证明(*)故由平均不等式即得所需结论.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.这就证明了(*).若，则(*)右边没有大于1的项；若，令因为，所以a和b至少是1.又，故所以.因为若，则下面个数互不相同且属于：所以.当然.所以对某个k，.所以.所以在(*)中左边至少有项大于k，而右边只有项大于k.(*)得证.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