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?an?满足:a1?1,a2?2,且对于其中任三个连续项an?1,an,an?1,都
有:an?(n?1)an?1?(n?1)an?1.
2n则 a2012? ． 答案：
3017． 1006解：由条件得，2nan?(n?1)an?1?(n?1)an?1，所以，
(n?1)(an?1?an)?(n?1)(an?an?1)，故
an?1?ann?1?，而a2?a1?1；
an?an?1n?1an?1?an?an?1?anan?an?1a?an?1n?2n?31????32?(a2?a1)???????1
an?an?1an?1?an?2a2?a1n?1nn?13?2211；于是an?an?1??2(?)；
n(n?1)n?1nn(n?1)由此得，an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a2?a1)?a1?2(1?)?1?3?所以a2012?3?1n2. n13017． ?100610062、设正整数n?2，用An表示分母为n的全体真分数所组成的集合，则集合
?2011?A2012???Ak?的元素个数为 ．
?k?1?答案：1007．
解：由于2012?2?503，（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503,3?503，共计1005?2?1007个，对于每个这样的数a，
2011?2011?a真分数在化为既约分数后，都将在集合?Ak中出现，因此A2012???Ak?的元素
2012?k?1?k?12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：
1． 633，设AC1与?A1BD所在 ?(2)2?42A1D1B1DABC1解：SA1BDC平面交于M，AM?h，据四面体A1ABD的体积关系得
11h3323???，所以h?，而AC1?3，则C1M?，正四面体AB1CD1与A1BC1D323233中，面A1BD∥面CB1D1，其余三对底面也相平行，则AB1CD1位于正四面体A1BC1D外侧
部分是四个全等的正四面体，VA1BC1D?112331C1M?S?A1BD????, 33323
VAVA1BC1D111?1?1????, 故V公共?VA1BC1D?4?VA1BC1D?VA1BC1D?．
826?2?834、设偶函数f?x?满足：f?1??2，且当xy?0时，f则f?5?? ． 答案：
?x2?y2??f?x?f?y?f?x??f?y?，
2． 25解：据条件，f?1x2?y2??11?，由于f??x??f?x?，只须考虑x,y?R?f?x?f?y?1f的情况，令x?u,y?v，化为?u?v??1f?u??1f?v?，再令
?1, f??ftg?t????0,f?????t??0，
?t??0则化为 g?u?v??g?u??g?v?………○1，
据○1，g?2u??g?u?u??2g?u?，g?3u??g?u?2u??g?u??2g?u??3g?u?，
归纳得，g?ku??kg?u?，令k?25,u?1，得g?25??25g1??，即1f?25??25f?1?，
因此f?5??2． 25（注：若看出○1为柯西方程，则可以直接得到g?u??cu，所以f?x??c1，取x?1得x2c1?2，f?x??22，．） f5???x2255、计算 3tan100?43sin100? ．
答案：3 ．
000003sin10?23sin30?10??3sin10?23sin2000?解：3tan10?43sin10?
cos100cos100?3sin100?23?sin300cos100?cos300sin100?cos100?3．
6、抛物线y?2x2上两点A?x1,y1?, B?x2,y2?关于直线y?x?m对称，
若x1x2??1，则m? . 23答案：．
2解：由
y1?y2y?y2x1?x212??1, 1??m, x1x2??以及y1?2x12, y2?2x2
x1?x2222得 x2?x1?y1?y2?2x1?x2,?x1?x2???22?1， 2122m??y1?y2???x1?x2??2?x12?x2??2
11132?2?x1?x2??4x1x2??2??2??3，所以m?．
24227、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?x???y??50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50?1?7?7?1?5?5，得
22222222 ??x?,?y????1,7?，
?7,1?，?5,5?，而由?x??1,?y??7，得单位正方形1?x?2,类似由
7?y?8，其面积为1，
并且这三个正方形互不重叠；??x?,?y????7,1?与?5,5?也各得到一个单位正方形，
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n?a1a2?ak,a1?0，由n?s?n??p?n?得，
a1?10k?1?1??a2?10k?2?1????ak?1?10?1??a1?a2???ak，
即a110?k?1k?2?1?a2?a3???ak??m?0 ……○1，其中m?a2?10?1????0，
若k?3，由于10k?1?1?a2?a3???ak?10k?1?1?9k?1?0，与○1矛盾，故k?2，又当
k?1时，n?s?n?，不合条件，因此k?2，从而可设n?a1a2?10a1?a2，再由
a1?a2?a1a2?10a1?a2，得9a1?a1a2，所以a2?9,a1??1,2,?,9?，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
A0,B0,C0,D0，于是，E?C0,F?A0，设球O的半径
为r,棱BD?面OA0C0，设垂足为P，则
AC0D0OPA0B0DC0P?OP?r?A0P?C0P， 因为
A0P?BD,C0P?BD， 则 BA0?BC0,
B22CDA0?DC0，故?BA0D??BC0D，所以 ?BA0D??BC0D，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?AC0B??,?BC0D??,?AC0D??，则 ??????360??○1 于是，?AD0B??,?BA0C??,?AB0D??
在?BCD中，设?CA0D??1,?BA0C??1，因为 ?BA0D??，所以 ?1????1?360，于是 ?1??1??????○2
00在?ABC中，?AD0B??AC0B??,?BD0C??BA0C??1，设 ?AD0C??2， 则 ???2??1?360??○3
0在?ACD中，?AB0C??2，?CB0D??1,?AB0D??, 则 ?1??2???360??○4
003+○4得，??1??1????????2?2?720，据此及○2得， ○
2??????2?2?7200，所以 ?????2?3600??○5
由 ○1、○5得，?2?? 故○4式化为 ?1?????360……○6 由 ○1、○6得，?1??，即 ?AC0B??CA0D，也即?AEB??CFD.
0110、设x?R，证明：在sinx与sin?x?1?中，必有一个大于．
3111证：用反证法，若sinx?，sin?x?1??，记x???，即有
3321?11?1??sin?????，sin?????，所以
2?32?3??21?1?11???sin?????sin?????2sin?cos??2sincos? 32?2?22??21?1?11???sin?????sin?????2cos?sin??2cossin? 32?2?22??因此，sin??113cos2, cos??113sin2，平方相加得，
??1?11?111421，所以sin1????cos2?，即sin21?， ?9?sin21cos21?9sin21cos212299?22?22另一方面，因
?4?1??2，得sin1?sin?4?21412，故sin1?，导致?，矛盾！ 2292从而结论得证．
11、给定圆P：x2?y2?2x及抛物线S：y2?4x，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