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1、2012 年高中数学模拟试题 4（西西辅导班）一、填空（每题 8 分，共 64 分）1、给定正实数ab ，变量x y 0 满足x y 且x则的最小值为 fxya a 2 x 2 b b 2 y 2 yab _解：由柯西不等式得：a 2 x 2 a 2 b 2 a 2 b xb 2 y 2 b 2 a 2 b 2 a y a 2 bx b 2 ay a 3 b3 abx y f xy a a 2 x 2 b b 2 y 2 a b a b a 2 b 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b当且仅当时，上式等号成立。 x by a n an 2、数列满足且求极限 a2 8 a1 2 a
2、n 4an -1 -an -2 n 3 lim arc cot ai 2 _ n i 1解： an 4an -1 an -1 4an an an an -2 an -1 an 1 an -1 an 2 -an -1an 1 an -12 -an an -2 an 2 -an 1an -1 a2 2 -a1a3 64-604 an1 an 1 an 4an an an 1 an -1 an an1 a a arc cot an arc cot 2 arc cot 2 arc cot arc cot n 1 -arc cot n 4 an -an 1an -1 an1 an an an -1 an
3、 an1 n n n a a arc cot ai 2 arc cot a12 arc cot ai 2 arc cot a12 arc cot i 1 -arc cot i i 1 i2 i2 ai ai -1 a a aarc cot a12 arc cot n 1 arc cot 2 arc cot n 1 an a1 an an 1 an 1由，令 an -1 -an -2 an 4 4- bn bn 4- an -1 an -1 an -1 bn -1 an -2 n lim bn 2 3 lim arc cot ai 2 arc cot 2 3 n n 12 i 13、设是抛物线的
4、一条焦点弦，且与轴不垂直，是轴上异于O的一点 AB y 2 2 px AB x P y y1 y2满足OPAB四点共圆，点ABP的纵坐标分别为y则2 y0 1 y _ y0 p 解：设直线与抛物线方程联立得：由于是方程的两pky -p 2 0 l AB :ky x- y 2 -2 y1 y2 2 y1 -y0 2 p y1 -y0 y1 y2 根，且则有设直线的斜率为则k y1 y2 -p 2 PA PB k1 k2 1 y12 y12 2p 2 p y2 -y0 k2 因为四点共圆，所以， A P O B AOB APB tan APB AOB tan y2 2 2 p y1 -y0 2 p
5、 y2 -y0 - k1 -k2 y12 y2 2 2 p y2 -y1 y1 y2 -y0 y1 y2 tan APB 1k1k2 2 p y1 -y0 2 p y2 -y0 p 4 p y1 -y0 y2 -y0 4 2 1 2 2 y1 y2 2 p y2 -y1 y1 y2 2 y2 -y1 令y0 0 tan AOB p 4 4 p 2 y1 y2 3p 2 p y2 -y1 y1 y2 -y0 y1 y2 2 y2 -y1 y y -y y y 1 2 0 1 2 2 1 4 p 4 p y1 -y0 y2 -y0 2 3p p 4 y1 -y0 y2 -y0 3 3 y1 y2
6、-3 y0 y1 y2 p 2 4 y1 -y0 y2 -y0 而-p 2 y1 y2 y0 y1 y2 4 y0 2 y1 y2 4 y0 a1 a2 an ai Z 4、设已知则 S S1 S2 S S1 S2 i j iSi jS j 求 min a1 a2 an _ 1 k na 1 a2 先证明：对任意固定取有个非空子集 ak 2k -1 k a A 1 a2 ak A 2k -1 而A的这些非空子集中的元素各不同，最大的为a1 a2 ak 1 a2 ak 2 -1 由抽屉原理知：a下面来求的最小值 k a1 a2 ak i -1用代替用代替下面证明一个更强的命题：若为递增 c1 c
7、2 cn a1 a2 an bi 22 cn b n 数列，也是递增数列，满足且 ci bi R c12 b12 c12 c2 2 b12 b2 2 c12 c2 2 cn 2 b12 b2 2 bn 2 则有对均成立 cn b1 b2 b n c1 c2 n N k -1假设是第一个满足的正整数，则ltb1 b2 bk k c1 c2 ck c b c -b i 1 i i i i bk 2 -ck 2 ck bk bk -ck gt ck bk c1 c2 ck -1 -b1 -b2 - -bk -1 k -1 ci bi -ck -bk ci -bi gt0 i 1 k -1 k -1而
8、 ck bk -ci -bi ci -bi c1 -b1 c2 -b2 ci -bi ck bk -ci -bi - ck bk -ci 1 -bi1 i 1 i 1 k -1 c1 -b1 c2 -b2 ci -bi ci 1 -bi 1 ci -bi 矛盾，上面用到了阿贝尔恒等式。 i 1 从而等号在时取等 an 20 21 2n -1 min a1 a2 ai 2i -1 x sin y cos sin 5、若两个互不相等的锐角，满足其中，且y R x x sin y cos sin 2 x2 -y 2求fxy的最大值与最小值之和_ sin cos - sin cos 2 sin - 2
9、 sin - 1解：x - - sec sin cos - sin cos sin 2 sin 2 2 cos sin - cos sin 2 - sin 2 cos 2 - cos 2 sin sin - y tan sin cos - sin cos sin 2 - sin 2 sin - cos x 2 -y 2 sec 2 - tan 2 1故最大值与最小值之和为2 16、设且则函数Fx y 1-xy 2 1-x 1-y xy 1-xy 2 0ltx lt10lty lt1 的最大值为 _ 2 1-xy 2 21-x1-y 1-t 2 1t - x y 2 1t -2 xy 2 1-
10、t 2 t xy t 2解：令则于是由 01 1 1 1-t 2 1- t 0 t 3-2 2所以的最大值为1-xy t 1-t f xy xy 2 2 5 2-7当且仅当取等 2-1 x y 7、在第届台湾金曲奖颁奖仪式上，有大牌周杰伦，蔡依林，欧弟，林依晨，张含韵， 23等歌手和主持共n个人来到会上，事先都已安排了他们的座位，可是由于安排疏忽，他们 的名字并没挂在座位上，所以导致他们随意做的座位，设表示这个明星当中恰好做对了 n 自己的位置，求的数学期望和方差之和_解： 等价下列： n 张卡片在 n 个人中任意排列，共有 n 种不同的排列方法。 可以证明， n 张卡片在 n 个人中任意排列
11、时，没有一个人取到自己号码的排列方法 1 1 1 1 n数，共有 n 1 种。 1 2 3 n 证明：编号 1 到 n 总共 n 个人中没有一个取到自己帽子的排列种数记为 an ，那么易得n-1n-2 个人没有一个取到自己帽子的排列总数分别为 an -1 an -2 ，则显然 a1 0a2 1 n 2当首先编号为这个人他有n 1 1 个人 - 种取法，假设他取到编号为x的帽子，在剩下的n 1 -和顶帽子中： n-11：如编号为x的人恰好取到编号为的帽子，问题就等价于有n 2 1 顶帽子 个人取n 2- - 无配对的取法，方法总数为a n -2 2:在剩下的个人和n 1 - n-1 顶帽子中，如
12、编号为x的人没有取编号为的帽子，则 1 个人取n 1-可以把编号为x的这个人看做是编号是的这个人，那么问题就等价有n 1 1 -顶帽子无配对的方法总数，总数为a n -1 an n-1 an -1 an -2 an nan -1 - an -1 n-1 an -2 an -nan -1 -1 两边同时除以n n 1 1 n na a a 1 1 1 n n -1 n 1 n n 1 n n 1 2 3 n 1 1 1 1 得证！ n an n 1 1 2 3 n 当 k ，即恰好有 k 个人取到自己的号码时，相当于先从 n 人中确定 k 人，让他们取到自己的号码， k 这有 C n 种取法，再
13、让剩下的 n k 张卡片在剩下的 n k 个 1 1 1 1 n k人中排列，要求没有一个人取到自己的号码， n k 1 有 1 2 3 n k 种排列方法。所以， k ，即恰好有 k 个人取到自己的号码的概率为 Cn n k k 1 1 1 1 n k P k 1 n 1 2 3 n k 1 1 1 1 1 n k 1 ， k 0 1 n 。 k 1 2 3 n k 这样，我们就求出了 的概率分布。根据概率分布的性质，可知有下列恒等式 n n 1 1 1 1 1 n k P k k 0 k 0 k 1 1 2 3 n k 1 。 所以， 的数学期望为 n n k 1 1 1 1 n k E kP k 1 k 0 k 0 k 1 2 3 n k n 1 1 1 1 1 n 1 k 1 1 k 1 k 1 1 2 3 n 1 k 1 n 1 1 1 1 1 1 n 1 j 1 1 。 j 0 j 1 2 3 n 1 j 下面求 的方差，因为 n n k k 1 1 1 1 1 n k E 1 k k 1 P k 1 k 0 k 0 k 1 2 3 n k n 1 1 1 1 1 n 2 k 2 1 k 2 k 2 1 2 3 n 2 k 2 n 2 1.
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