全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案

2011年全国高中数学联赛省预赛
试 题

一、选择题（每小题6分，共60分）
1．已知集合
M?{x|(?x?1)(x ?3)(x?5)?0,?x?
R
?},???
N?{x|(?x?2)(x?4)( x?6)?0,?x?
R
}．???

MIN?
（ ） .
(A)
(2,3)
(B)
(3,?4)
(C)
(4,5)
(D)
(5,?6)

2．已知
z?(3?3i)
n
, 若
z
为实数，则最小的正整数
n
的值为（ ） .
(A)
3
(B)
4
(C)
5
(D)
6

3．已知
p：
a,b,c,d
成等比数列，q :
ad?bc
， 则
p
是
q
的（ ） .
(A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件
(C) 充分且必要条件 (D) 既不充分也不必要条件
4．函数
f(x) ?log
2
0.3
(x?x?2)
的单调递增区间是（ ） .
(A)
(??,?2)
(B)
(??,1)
(C)
(-2,1)
(D)
(1,???)

5．已知
x,y
均为正实数，则
x
2x?y
?
y
x?2y< br>的最大值为（ ） .
(A) 2 (B)
2
(C) 4 (D)
4
3

3

6．直线
y=5
与
y??1
在区间
?
?
?
0,
4< br>?
?
?
?
?
上截曲线
y?msin
?
2
x?n (m?0, n?0)
所得
的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（ ） .
（A）
m?
3
2
,n=
5
2
（B）
m?3,n?2

（C）
m?
3
2
,n=
5
2
（D）
m?3,n?2

7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的 ，乙不是6人中成绩最差
的，而且6人的成绩各不相同．那么他们6人的成绩不同的可能排序共有 （ ） .
(A) 120种 (B) 216 种 (C) 384 种 (D) 504种
8．若点
P
在曲线
y??x
2
?1上,点
Q
在曲线
x?1?y
2
上，则
PQ
的最 小值是（ ） .

(A)
32


(B)
32

2
(C)
32

4
(D)
32

8
9．已知函数
f(x)?(< br>11
2
?)x?bx?6
(
a,b
为常数，
a?1
)，且
a
x
?12
f(lglog
8
1000)? 8
，则
f(lglg2)
的值是（ ） .
(A) 8 (B) 4 (C)
?4
(D)
?8

a
11
??1
，且它的前
n
项和< br>S
n
有最大值，那么当
S
n
取最10．在等差数列
?
a
n
?
中，若
a
10
小正值时，
n? （ ）.
(A) 1 (B) 10 (C) 19

二、填空题（每小题6分，共24分）
(D) 20
11．已知
f(x)?cos2x?p|cosx|?p
，
x?R．记
f(x)
的最大值为
h(p)
，则
h(p)
的表达 式为 .
12．已知
sin(x?sinx)?co s(x?cosx)
，
x?
?
0,
?
?
,

则
x?
.
uuuvuuuv
2
uuuv
2
13．设
A,B
为抛物线
y?2px(p?0 )
上相异两点，则
OA?OB?AB
的最小值为
2
________ ___________．
14．已知
?ABC
中，
G
是重心，三 角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，且
uuur
uuu vuuuv
56aGA?40bGB?35cGC?0
，则
?B
=_____ _____．

三、解答题（本大题共5题，共66分）
15．(12分)不等式
?
22
sin2
?
?(22?2a)sin(
?
? )???3?2a

4
cos(
?
?
?
)
4
对
?
?
?
0,

16. （12分）已知在正方 体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，
O,E,F,G
分
A
1
D
1
F
B1
G
C
1
?
?
?
恒成立．数
a
的取值围．
?
?
2
?
别为
BD,BB
1
,A
1
D
1
,D
1
C
1
的中点，且AB?1
． 求四面体
OEFG
的体积．

A
E
D
O
B
C

17. （12分） 在平面直角坐标系中, 已知圆
C
1
与圆< br>C
2
相交于点
P
，
Q
, 点
P
的坐标
为
?
3,2
?
, 两圆半径的乘积为
方程．

18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每 一次胜者得1分，负者得0分；当
其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束； 同时规定比赛次数最
多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知 每次比赛
甲获胜的概率为
p
（
0?p?1
），乙获胜的概率为
q?1?p
．假定各次比赛的结果是相互
独立的，比赛经
?
次结束，求?
的期望
E
?
的变化围．

19. （15分） 集合
M?{1,2,L,2011},
若
M
满足：其任意三个元素
a,?b,?c
，均满足
13
．若圆
C
1
和
C2
均与直线
l
:
y?kx
及
x
轴相切，求直 线
l
的
2
ab?c
，则称
M
具有性质
P< br>，为方便起见，简记
M?P
．具有性质
P
的所含元素最多的集
合称为最大集．试问具有性质
P
的最大集共有多少个？并给出证明．

本文档选自华东师大学的《高中数学联赛备考手
册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了20 11年
各省市预赛试题和优秀解答。预赛命题人员大多为
各省市数学会成员，试题在遵循现行教 学大纲，体
现新课标精神的同时，在方法的要求上有所提高。
命题人员大多同时兼任各省市高考 命题工作，试题
对高考有一定的指导作用，本书架起了联赛与高考
的桥梁，是一本不可或缺的备 考手册。

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解 答
1．B. 提示：
M?(??,1)U(3,5)
，
N?(2,4)U(6,??)
．所以
MIN?(3,4)
．
2．A. 提示：
z?(3?3i)?(?23)(?
整数．
nn
13
n
?i)
，
n?3
是使
z
为实数的最小的正
22
3．A. 提示：充分性显然成立，必要性不成立．例：
a?1,?b?2,?c?5,?d?10
.
4．A. 提示：由对数函数的性质知，
x?x?2?0
，则
x?1
或
x??2
．当
x??2
时，
2
f(x)
为增函数 ；当
x?1
时，
f(x)
为减函数．
5．B. 解法一 令
s?2x?y,t?x?2y
，则
1
x?(2s?t),
3
所以
1

y?(2t?s)．
3
xy41ts2
???(?)?
．
2x?yx?2y33st3
解法二 令
t?
y
， 则
t?(0,??)
， 此时
x
xy1t
????f(t)
，
2x?yx?2yt?22t?1
即有
3(t
2
?1)
f'(t)??
．
(t?2)
2
(2t?1)
2
显然当
t?1
时，
f(t)?0
； 当
t?1
时，
f(t)?0
，所以函数
f(t)
在
t?1
, 即
x?y
时
取得最大值
f(1)?
''
2
．
3
6．D. 提示：函数
y
1
?msin
?
x2
，
x?
?
0,
?4
?
?
的图象只有 被
y?a
及
?
?
?
?
?y??a,?0?a?m< br>这样的两直线所截，截得的弦长才能相等，且不为零．所以截取函数

y?msi n
?
x?4
?
?
?n,x?
?
0,
?
2
?
?
?
的图象所得弦长相等且不为零的两直线应为
y?n?a,?y?n?a,?
0?a?m
，即有
n?a?5,??n?a??1．?
解得
n?2
，
a?3
．进而
m?3
．
7．D. 解法一 以
A
记甲成绩排名第一的所有可能的排序之集， 以
B
记乙成绩排名为
最后的所有可能的排序之集，则
A?B?5!
，
AI B?4!
．
甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序数为
AUB?A?B?AIB?216
．
按照老师所述，这６位同学成绩可能的排序数为
6!?216?504
．
解法二 以乙的成绩不在最后为前提，考虑甲的成绩不在第一的所有可能排序．
5
（ 1）甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为
A
5
?120
；
（2 ）甲的成绩不在最后，又不在第一的所有可能排序数为
C
4
?C
4
? A
4
?384
．
所以甲不在首，乙不在尾的所有可能排序数为
120?384?504
．

y
22
8．C. 提示： 两抛物线
y??x?1
，< br>x?1?y
关于直线
y??x
对
称．所求
PQ
的最小 值为抛物线
y??x?1
上的点到直线
y??x
距离的
最小值的两倍 ．设
P(x,?x?1)
为
y??x?1
上任意点, 则
22
2
114
o
x
d?
|x?x
2< br>?1|
2
d
min
?
?
x
2
?x? 1
2
,
32
32
,
PQ
min
?
．
8
4
3
)?f(?lglg2)?8．

3lg2
9．B. 提示：由已知可得
f(lglog
8
1000)?f(lg
又
11a
x
11111
?????1?????．

?xxx x
a?121?a21?a2a?12
令
F(x)?f(x)?6
，则有F(?x)??F(x)．
从而有
f(?lglg2)?F(－lglg2)?6?－F(lglg2)?6=8．

即知
F(lglg2)??2,

f(lglg2)?F(lglg2)?6?4．

10．C. 提示：设该等差数列的公差为
d
．显然
d?0
．由< br>a
11
??1
，知
a
10
?0,a
11?0,

a
10
且
a
11
?a
10
?0．
因此
S
a
1
?a
20
20
?
2
?20?10(a
10
?a
11
)?0，
S
a
< br>1
?a
19
19
?
2
?19?19a
10< br>?0．
由
a
11
?a
10
?0,
知
2a
1
?19d?0
．从而有
S
19
?S?18
1
?19a
1
?
19
2
d?a
1
?18a
1
?9?19d

?9(2a
1
?19d)?0．
所以
n?19
．

11．
h(p)?
?
?
p?1,p??2,
提示 ：
?
2p?1,p??2．
cos2x?2cos
2
x?1
,
0?u?1
且
f(x)?2u
2
?pu?p?1?F(u)
．
抛物线
y?F(u)
顶点的横坐标为
?
p
4
，所以
?
F(1),?
p1
h(p)?
?
?
?
4
?
2
,
?
?
?
F(0),?
p1

4
?
2
．
即
h(p)?
?
?
p? 1,p??2,
2p?1,p??2．

?

12．
?
4
．
提示：原方程等价于：
cos(
?
2
?x?sinx)?cos(x?cosx)．.


令
cosx?u
，则

所以
x?cosx?2k
?
?
或
?
2
?x?sinx，k?z，KKK(1)

x?cosx?2k
?
?(?x?sinx)，k?z，KKK(2)

2
由（1）得：
?
2x?sinx?cosx?2k
?
?
?
2
，
且函数
f(x)?2x?sinx?cosx
在
?
0,
?< br>?
上为增函数．所以
?1?f(0)?2k
?
?
由此得
k?0
．所以
2x?sinx?cosx?
令
g(x)?2x?sinx?cosx?
?
2
?f(
?
)?2
?
?1
．
．
?
2
?
2
，易知
g(x)
在
?
0,
??
上单调递增，且当
x?
?
4
时，
g(x)?0
；当
x?
?
4
时，
g(x)?0
，因此当且仅当
x?
?
4
时，
g(x)?0
．
由（2）得：
sinx?cosx?
方程无解．
?
2
?2k
?
．因为
1?
?
2
?2k
?
?2
，故
k
无整数解，即此
综上所述, 原方程的解为
x?
2
?
4

．
13．
?4p
. 解法一 设
A(x
A
,yA
),B(x
B
,y
B
)
，则
uuuvuu uv
2
OA?OB?(x
A
?x
B
)
2
? (y
A
?y
B
)
2
，
uuuv
2

AB?(x
A
?x
B
)
2
?(y
A
?y
B
)
2
，
uuuvuuuv
2
uuuv2
OA?OB?AB?4(x
A
?x
B
?y
A
?y
B
)．
设直线
AB
和
x
轴交于点
P( a,0)
．若直线
AB
的斜率存在，设为
m
，则直线
AB< br>的方
程为
y?m(x?a)
，将其代入抛物线方程得
m
2< br>x
2
?2
?
am
2
?p
?
x?m< br>2
a
2
?0
．
2
由二元一次方程根与系数的关系得
x
A
x
B
?a
， 由此得
y
A
y
B
?m
2
(x
A
?a)(x
B
?a)? ?2ap
．
所以

uuuvuuuv
2
uuuv< br>2
OA?OB?AB?4(x
A
?x
B
?y
A
?y
B
)?4[(a?p)
2
?p
2
]??4p
2
．
当直线
AB
的斜率不存在时，有
x
A
?x< br>B
?a,y
A
??y
B
?2ap
．所以仍有
uuuvuuuv
2
uuuv
2
OA?OB?AB?4(x
A?x
B
?y
A
?y
B
)?4[(a?p)
2< br>?p
2
]??4p
2
．
uuuvuuuv
2
uuuv
2
显然，当且仅当
a?p
时，即直线
AB
的斜率 不存在时等号成立，
OA?OB?AB
有最小值
?4p
．
22< br>y
A
y
B
,y
A
),B(,y
B
)
，则 解法二 设
A(
2p2p
2
22
uuuvuuuv< br>2
y
A
?y
B
OA?OB?()
2
?(y< br>A
?y
B
)
2
,
2p

22
uuuv
2
y?y
B
2
AB?(
A
)?(yA
?y
B
)
2
．
2p
所以
uuuv uuuv
2
uuuv
2
OA?OB?AB
22
y
A
?y
B
?4(?y
A
?y
B
)
4p
2
．
y?y
?4[(
AB
?p)
2
?p
2
]
2p
??4p
2
uuuvuuuv
2
uuu v
2
2
当
y
A
y
B
??2p
时，
OA?OB?AB
取最小值
?4p
．
2
uuuvuuuvuuuv
14．
60
. 提示：因为
GA?GB?GC?0
，所以
o
uuuvuuuvuuuv
40bGA?40bGB?40bGC?0
．
所以
uuuvuuuvuuuv
(56aGA?40b)?GA?(35c?40b )?GC?0
．
因为
GA,?GC
不共线，所以有
uuuvuuuv
7a?5b?0,??7c?8b?0
．
设
a?5k,?
则
b?7k,??c?8k
，由余弦定理可得 < /p>

25k
2
?64k
2
?49k
2
1< br>cosB??
．
2?5k?8k2
所以
?B?60
．

15．
设
x?sin
?
?cos
?
，则有
o
??
2
x
，
x?
?
1,2
?
．
sin2
?
?x
2
?1
，
sin(
?
?)?cos(
?
?)?
??
442
原不等式化为：

x
2
?1?(22?2a)
222
x???3?2a
．
2
2
x
2
即
4
x
2
?1?(2?a)x??3?2a?0
,
x
整理得
(2?x)a?2x?x
2
?
4?2x2? x
?x(2?x)?2?．
xx

2
．
x
因为
x?
?
1,2
?
，
2?x?0
，即得
a? x?
??
令
f(x)?x?
2
， 则函数
f(x)在
x?
?
1,2
?
上单调递减，所以
f(x)
在
x?
?
1,2
?
????
x
上的最大值为
f(1)?3
．即知
a
的取值围为
a?3
．


16. 连结
B
1
D
1
交
FG
于
H
，连结
A
1
C
1
，则
B
1
D< br>1
?A
1
C
1
．因为
F,G
分别为
A
1
D
1
,D
1
C
1
的中点，所以
FG??A
1
C
1
，因此
FG?B
1
D
1
．又因为
BB
1
?
面
A
1
B
1
C
1
D
1
，
FG
在平面
A
1B
1
C
1
D
1
，所以
BB
1
?FG
．
F
A
1
D
1
H
B
1< br>G
C
1
E
D
A
O
B
C
由此 得
FG?
面
BB
1
D
1
D
．因为
FH?GH
，所以

V
O?EFG
?VF?OEH
?V
G?OEH
?2V
F?OEH
?
在梯形
OBB
1
H
中
2
S
OEH
?FH
.
3

S
?OEH
?S
梯形OBB
1
H
?S
?EB
1H
?S
?OBE
?
因此四面体
OEFG
的体积为
5223252
???
．
881616

V
O?EFG
?2??

15225
??
．
316448
17. 由题意知，
O,C
1
,C
2
共线. 设圆
C
1与圆
C
2
的半径分别为
r
1
,r
2
， 直线
C
1
C
2
的斜率
为
tan
?
?0
.令
m?cot
?
，则圆
C
1
与圆
C
2
的圆心分别为
C
1
(mr
1
,r
1)
，
C
2
(mr
2
,r
2
)
, 两圆
的方程分别为

(x?mr1
)
2
?(y?r
1
)
2
?r
12
,
222
2
(x?mr
2
)?(y?r
2< br>)?r．

点
P(3,2)
是两圆的公共点，所以
y
2
1
(3?mr
1
)?(2?r
1
)?r，
222
2
22
C
2

C
1
O
x
(3?mr
2
)?(2?r
2
)?r．
由此可 知
r
1
,r
2
是方程
m
2
r
2
?(6m?4)r?13?0

的两个根 ，即有
r
1
r
2
?
13
,
m?2
．从而知直线
l
的方程为
2
m
2tan
?
y?t an2
?
?x?x?22x
．
2
1?tan
?
18. 以
p(
?
?k)
记比赛经
k
次结束的概率．若
k
为奇数，则甲乙得分之差亦为奇数， 因
而有
p(
?
?k)?0
．
考虑头两次比赛的结果：
（1）甲连胜或乙连胜两次，称为有胜负的两次，此结果出现的概率为
p?q
； （2）甲乙各胜一次，称为无胜负的两次，此结果有两种情况，故出现的概率为
2pq
．
比赛经
k
次结束，
k
必为偶数，则1,2两次，3,4两次，……，
k?3,?k?2
两次均未分
胜负．
22

若
k?20
，则第
k?1,?k
两为有胜负的两次，从而有
p(
?
?k)?(2pq)
k
?1
2
(p
2
?q
2
)
．
9
若
k?20
，比赛必须结束， 所以
p(
?
?20)?(2pq)
．
综上所述

E
?
?(p?q)
22
22
?
2i(2pq)i?1
9
i?1
?20(2pq)
9
．

2
由
p?q?1
，知
p?q?1?2pq
．令
u?2pq，则
p?q?1?u
，所以
2
E
?
?(1?u)?
2iu
i?1
?20u
9
．
i?1
9令
s?
?
2iu
i?1
9
i?1
,
则
us?
?
2iu?
?
2(i?1)u
i
i?1
9
i?2
910
i?1
?
?
2(i?1)u
i?1
,
i?1
10
(1?u)s?
?
2u
i? 1
i?1
2(1?u
9
)
?18u??18u
9
,
1?u
9
E
?
?(1?u)s?20u
9
2
?[1?u
9
?9u
9
(1?u)?10u
9
(1?u) ]
1?u
2(1?u
10
)
?．
1?u
11
8
因
0?u?
，所以有
2?E
?
?4?()
．
22

19. 令A?{2,?3,?L,44}
，
B?{45,?46,?L,?2011}U{1}．
对任一
M?P
，令
M

A
?MIA,???M
B
?MIB．?

显然，集合
B?P．

设最大集元素的个数为
n
0
，则
n
0
?|B|?1968
．
若
M?P
，设
M
B
中除１之外的最小元为
45?p
，
0?p?42
．
集合
A
中与
45+p
的乘积大于
2011
的 元素个数记为
q
，则

2011
?
2011
?
q?44?
?
?45?
．
?
45?p
?
45?p
?
结论1 当
p?4
时，有
q?p
．
事实上，若有
p?q?45?
2011
45?p
2
，即
45p?p?45(45?p)?2011
，
则可解得
p?3
．
不难验证，当
0?p?3
时，均有
p?q
．令
12
2
M
A
?M
1
A
UM
A
，且
M
A
IM
A
?
?
，
这里
M
1< br>A
?
?
kk?44?q,k?M
A
?
，
2
M
A
?
?
kk?44?q,k?M
A
?
．
设
M
A
?a
1
,a
2
,L,a
t
?
，且
a
1
?a
2
?L?a
t
．
结论2 若
M?P
是最大集，则
p?3
．
事实上，否则 的话，
p?4
，由结论1，知
q?p
，因为
a
i
( 45?p)?2011
，所以
1
??
a
i
(45?p)? M
B
?
(i?1,?2,?K,t)
．因此
?
?
45?p
?
a
1
,?
?
45?p
?
a2
,?L?
?
45?
p
?
a
t
?I
12
12
M
B
?
?
．
容易求得：
M
A
?t
，
M
A
?q
，
M
B
?(1968?p)?t
． 所以
M?M
A?M
A
?M
B
?t?q?(1968?p)?t?1968?n
0
，
这与
M
为最大集矛盾．
结论3 若
M?P
是最大集，则
M
A
?t?1
．假定
t?2
.
(1) 当
p?q?0
时， 由结论2的证明可知
1
?
4 5a
1
,?45a
2
,L,45a
t
?
I
因为
M
B
?
?
．

45a
t?46a
t?1
?45(a
t
?a
t?1
)?a
t?1
?45?a
t?1
?0
，
则
45a
t?1
?46a
t?1
?45a
t
?201 1
．
由此知
46
和
46a
t?1
中至少有一个不 属于
M
B
，所以
M?t?1968?(t?1)?1967?n
0
；
(2)当
1?p?q?3
时， 若
M
A
?
?
，同理可得
2
M?t?(1968?p)?t?1967?n
0
；
若有
b?M
A
，则
44?q?b?44
， 则必有
a
1
b?45?p
，所以
a
1
b?M
B
，同理可
得
2
M?t?q?(1968?p)?(t?1)?1967?n
0
．
综合（1），（2），以及结论2知，
t?1
．
结论4 若
M?P
是最大集，则
M
A
?1
．
事实上， 若
M
A
?1
，任取其中两个数
a,?b
，由结论3知， 其中必有一数， 设为
b?M
A
，从而
ab?M
B
，
a(45?p)?
M
B
，则

M?1?q?(1968?p)?2?1967?n
0
．
所以
M
A
?1
．由此可知，若
M?P
是最大集，只有下述三种可能:
(1)
M
A
?
?
,?M
B
?B

(2)
M
A
?44,?M
B
?B45

(3)
M
A
?44,?M
B
?B44?45

注：1.
A?cardA;

2.
AB?xx?A
且
x?B.

2
????
????
??