全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽山東省預(yù)賽試題及答案

1、2011年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽山東省預(yù)賽試 題一、選擇題（每小題6分，共60分）1已知集合（） . (A) (B) (C) (D) 2已知, 若為實(shí)數(shù)，則最小的正整數(shù)的值為（） . (A) (B) (C) (D) 3已知成等比數(shù)列，q:， 則是的（） . (A) 充分不必要條件 (B) 必要不充分條件 (C) 充分且必要條件 (D) 既不充分也不必要條件4函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（） . (A) (B) (C) (D) 5已知均為正實(shí)數(shù)，則的最大值為（） . (A) 2 (B) (C) 4(D) 6直線與在區(qū)間上截曲線所得的弦長(zhǎng)相等且不為零，則下列描述正確的是（） . （A）（B）（C）（D）7有6名

2、同學(xué)咨詢成績(jī)老師說(shuō)：甲不是6人中成績(jī)最好的，乙不是6人中成績(jī)最差的，而且6人的成績(jī)各不相同那么他們6人的成績(jī)不同的可能排序共有 （） . (A) 120種 (B) 216 種 (C) 384 種 (D) 504種8若點(diǎn)在曲線上,點(diǎn)在曲線上，則的最小值是（） . (A) (B) (C) (D) 9已知函數(shù) (為常數(shù)，)，且，則的值是（） . (A) 8 (B) 4 (C) (D) 10在等差數(shù)列中，若，且它的前項(xiàng)和有最大值，那么當(dāng)取最小正值時(shí)， （）. (A) 1 (B) 10 (C) 19 (D) 20二、填空題（每小題6分，共24分）11已知，記的最大值為，則的表達(dá)式為 . 12已知，則 .

3、 13設(shè)為拋物線上相異兩點(diǎn)，則的最小值為_14已知中，是重心，三內(nèi)角的對(duì)邊分別為，且，則=_三、解答題（本大題共5題，共66分）15(12分)不等式對(duì)恒成立求實(shí)數(shù)的取值范圍16. （12分）已知在正方體中，分別為的中點(diǎn)，且 求四面體的體積17. （12分） 在平面直角坐標(biāo)系中, 已知圓與圓相交于點(diǎn)，, 點(diǎn)的坐標(biāo)為, 兩圓半徑的乘積為若圓和均與直線: 及軸相切，求直線的方程18. （15分）甲乙兩人進(jìn)行某種游戲比賽，規(guī)定每一次勝者得1分，負(fù)者得0分；當(dāng)其中一人的得分比另一人的多2分時(shí)即贏得這場(chǎng)游戲，比賽隨之結(jié)束；同時(shí)規(guī)定比賽次數(shù)最多不超過(guò)20次，即經(jīng)20次比賽，得分多者贏得這場(chǎng)游戲，得分相等為和

4、局已知每次比賽甲獲勝的概率為（），乙獲勝的概率為假定各次比賽的結(jié)果是相互獨(dú)立的，比賽經(jīng)次結(jié)束，求的期望的變化范圍19. （15分） 集合 若滿足：其任意三個(gè)元素，均滿足，則稱具有性質(zhì)，為方便起見，簡(jiǎn)記具有性質(zhì)的所含元素最多的集合稱為最大集試問(wèn)具有性質(zhì)的最大集共有多少個(gè)？并給出證明本文檔選自華東師范大學(xué)出版社的高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽備考手冊(cè)（2012）（預(yù)賽試題集錦），該書收錄了2011年各省市預(yù)賽試題和優(yōu)秀解答。預(yù)賽命題人員大多為各省市數(shù)學(xué)會(huì)成員，試題在遵循現(xiàn)行教學(xué)大綱，體現(xiàn)新課標(biāo)精神的同時(shí)，在方法的要求上有所提高。命題人員大多同時(shí)兼任各省市高考命題工作，試題對(duì)高考有一定的指導(dǎo)作用，本書架起了聯(lián)賽與高考

5、的橋梁，是一本不可或缺的備考手冊(cè)。圖書推薦： “奧數(shù)”聯(lián)賽沖刺篇 “奧數(shù)”IMO 終極篇更多免費(fèi)圖書資料，請(qǐng)?jiān)诎俣任膸?kù)中搜索“學(xué)奧數(shù)，這里總有一本適合你”。解 答1B. 提示：，所以 2A. 提示：，是使為實(shí)數(shù)的最小的正整數(shù) 3A. 提示：充分性顯然成立，必要性不成立例：. 4A. 提示：由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知，則或當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，為減函數(shù) 5B. 解法一 令，則所以解法二 令， 則， 此時(shí)，即有顯然當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)在, 即時(shí)取得最大值 6D. 提示：函數(shù)，的圖象只有被及這樣的兩直線所截，截得的弦長(zhǎng)才能相等，且不為零所以截取函數(shù)的圖象所得弦長(zhǎng)相等且不為零的兩直線應(yīng)為，即有解得，進(jìn)而7D

6、. 解法一 以記甲成績(jī)排名第一的所有可能的排序之集， 以記乙成績(jī)排名為最后的所有可能的排序之集，則，甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序數(shù)為 按照老師所述，這位同學(xué)成績(jī)可能的排序數(shù)為 解法二 以乙的成績(jī)不在最后為前提，考慮甲的成績(jī)不在第一的所有可能排序（1）甲的成績(jī)排在最后的所有可能的排序數(shù)為；（2）甲的成績(jī)不在最后，又不在第一的所有可能排序數(shù)為所以甲不在首，乙不在尾的所有可能排序數(shù)為xyo8C. 提示： 兩拋物線，關(guān)于直線對(duì)稱所求的最小值為拋物線上的點(diǎn)到直線距離的最小值的兩倍設(shè)為上任意點(diǎn),則,9B. 提示：由已知可得又令，則有 從而有 即知 10C. 提示：設(shè)該等差數(shù)列的公差為顯然 由，知

7、 且 因此由知從而有所以11提示：, 令，則 且拋物線頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，所以即12提示：原方程等價(jià)于：所以或 由（1）得：，且函數(shù)在上為增函數(shù)所以 由此得所以 令，易知在上單調(diào)遞增，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，因此當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，由（2）得：因?yàn)?，故無(wú)整數(shù)解，即此方程無(wú)解綜上所述, 原方程的解為13. 解法一 設(shè)，則設(shè)直線和軸交于點(diǎn)若直線的斜率存在，設(shè)為，則直線的方程為，將其代入拋物線方程得由二元一次方程根與系數(shù)的關(guān)系得， 由此得所以當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，有所以仍有顯然，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即直線的斜率不存在時(shí)等號(hào)成立， 有最小值解法二 設(shè)，則所以當(dāng)時(shí)，取最小值14. 提示：因?yàn)?，所以所以因?yàn)椴还簿€，所以有設(shè)則，由余

8、弦定理可得 所以15設(shè)，則有， ，原不等式化為： 即,整理得因?yàn)?，即得令， 則函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以在上的最大值為即知的取值范圍為16. 連結(jié)交于，連結(jié)，則因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，因此又因?yàn)槊妫谄矫鎯?nèi)，所以由此得 面因?yàn)?，所以 .在梯形中因此四面體的體積為 17. 由題意知，共線. 設(shè)圓與圓的半徑分別為，直線的斜率為.令，則圓與圓的圓心分別為，, 兩圓的方程分別為 xyOC1C2點(diǎn)是兩圓的公共點(diǎn)，所以由此可知是方程的兩個(gè)根，即有從而知直線的方程為18. 以記比賽經(jīng)次結(jié)束的概率若為奇數(shù)，則甲乙得分之差亦為奇數(shù)， 因而有考慮頭兩次比賽的結(jié)果：（1）甲連勝或乙連勝兩次，稱為有勝負(fù)的兩次，此結(jié)果

9、出現(xiàn)的概率為；（2）甲乙各勝一次，稱為無(wú)勝負(fù)的兩次，此結(jié)果有兩種情況，故出現(xiàn)的概率為比賽經(jīng)次結(jié)束，必為偶數(shù)，則1,2兩次，3,4兩次，兩次均未分勝負(fù)若，則第兩為有勝負(fù)的兩次，從而有若，比賽必須結(jié)束， 所以 綜上所述 由，知令，則，所以令則因 ，所以有 19. 令，對(duì)任一，令顯然，集合設(shè)最大集元素的個(gè)數(shù)為，則若，設(shè)中除之外的最小元為，集合中與的乘積大于的元素個(gè)數(shù)記為，則結(jié)論1 當(dāng)時(shí)，有事實(shí)上，若有，即，則可解得不難驗(yàn)證，當(dāng)時(shí)，均有令，且，這里，設(shè)，且結(jié)論2 若是最大集，則事實(shí)上，否則的話，由結(jié)論1，知，因?yàn)?，所?因此容易求得：， ，所以，這與為最大集矛盾結(jié)論3 若是最大集，則假定.(1) 當(dāng)時(shí)， 由結(jié)論2的證明可知因?yàn)?，則 由此知和中至少有一個(gè)不屬于，所以；(2)當(dāng)時(shí)， 若，同理可得；若有 ，則，