模拟卷12（全国高中数学联赛一试）-【竞赛】2024-2025学年高中数学竞赛能力培优全真模拟卷（全国通用）

2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛） 暨2025年全国高中数学联合竞赛 一试全真模拟试题12 一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1．设数列满足，，则__________． 从而是以6为周期的周期数列，故． 2．从2至8这7个整数中随机取3个不同的整数，则这三个数能作为锐角三角形三边长的概率为__________． 3．函数的值域为__________． 4．已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，且它们有共同的焦点、．设P是与在第一象限的交点，若，则的离心率为__________． 5．已知两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且．若，则线段的长为__________． 6．设向量，，满足，，，则的取值范围是__________． 7．已知集合，其中且，函数，且对任意，均有，则实数t的所有可能值之和为__________． 8．一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个1×3方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红、黄、蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的．这样的染色方式数为__________（答案用数值表示）． 二、解答题：本大题共3小题，满分56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 9．（本题满分16分）在平面直角坐标系中，抛物线C：的焦点为F，过x轴上一点（其点在F右侧）的直线l交C于A，B两点，且C在A，B两点处的切线交于点P．证明：． 10．（本题满分20分）已知项数为m的有限数列是1，2，3，…，m的一个排列．若，且，求m的所有可能值． 11．（本题满分20分）已知实数k满足：对任意满足的复数，均存在模长不超过1的复数z使得 ． 求k的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛） 暨2025年全国高中数学联合竞赛 一试全真模拟试题12参考答案及评分标准 说明： 1．评阅试卷时，请依据本评分标准．填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次． 2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次． 一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1．设数列满足，，则__________． 答案：2． 解：由得，，，，，． 从而是以6为周期的周期数列，故． 2．从2至8这7个整数中随机取3个不同的整数，则这三个数能作为锐角三角形三边长的概率为__________． 答案：． 解：由题可知，从2至8这7个整数中随机取3个不同的整数，共有种组合，若要这三个数能作为锐角三角形三边长，设三角形的三边长为，且，由余弦定理可知，只需满足即可． 三角形的三边长为4，5，6时，，满足题意； 三角形的三边长为4，6，7时，，满足题意； 三角形的三边长为4，7，8时，，满足题意； 三角形的三边长为5，6，7时，，满足题意； 三角形的三边长为5，7，8时，，满足题意； 三角形的三边长为6，7，8时，，满足题意； 因此共6种组合满足题意，即能作为锐角三角形三边长的概率为． 3．函数的值域为__________． 答案：． 解：事实上，． 设，因为，所以．则 ． 再令，则．因为，所以当或时，，单调递减；当时，，单调递增． 又因为，，，， 所以的值域为，即的值域为． 4．已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，且它们有共同的焦点、．设P是与在第一象限的交点，若，则的离心率为__________． 答案：． 解：设椭圆标准方程为，椭圆离心率为，设双曲线标准方程为，双曲线离心率为，则． 设，，则． 由①②得，，，代入③整理得，， 两边同时除以得，，即，即． 解得，即． 5．已知两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且．若，则线段的长为__________． 答案：或． 解：由题意，得，所以 ． 因为，所以，．因为，所以，则，同理：． 由于异面直线a，b所成的角为，故分两种情况讨论． ①当的夹角为时，，所以，则，即，故． ②当的夹角为时，，所以，则，故． 综上所述，线段的长为或． 6．设向量，，满足，，，则的取值范围是__________． 答案：． 解：如图所示建立坐标系，则，，，在单位圆上，则 ． 设，满足，故， 整理得到，故，． 当三点共线时，即在时，有最小值为． 当在时，有最大值为，因为，即， ，当时等号成立． 综上所述，的取值范围为． 7．已知集合，其中且，函数，且对任意，均有，则实数t的所有可能值之和为__________． 答案：． 解：先判断区间与的关系，因为，故或．因为当，即时，由题意，当时，，故不成立；故． 再分析区间与的关系，因为，故或．下面分情况讨论． ①当，即时，因为在区间上为减函数，故当， ． 因为，而，故此时，即，因为， 故，即，所以，解得．因为，故． 此时区间在左侧，在右侧．故当时，，因为，故，所以 ，此时，故，解得，因为，故． ②当时，在区间上单调递减，易得，故此时且，即且，所以，故，故， 即，即，所以．因为，故． 综上所述，或．故答案为． 8．一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个1×3方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红、黄、蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的．这样的染色方式数为__________（答案用数值表示）． 答案：5184． 解：简称单位方格为“方格”． 引理：当一个方格已有一条边被染色后，对另三条边恰有12种染法使得该 方格是多彩的． 事实上，不妨设已染色的边为红，则另三条边可以是红、黄、蓝的排列，也 可以是两黄一蓝或两蓝一黄，共种染法． 先染左边方格与中间方格的公共边，有3种染法． 然后完成左边方格的染色，根据引理，有12种染法． 同理，完成中间方格的染色有12种染法． 此时右边方格已有一条边被染色，故有12种染法完成此方格的染色． 由乘法原理，符合题意的染色方式数为． 二、解答题：本大题共3小题，满分56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 9．（本题满分16分）在平面直角坐标系中，抛物线C：的焦点为F，过x轴上一点（其点在F右侧）的直线l交C于A，B两点，且C在A，B两点处的切线交于点P．证明：． 证明：设，其中，则过A的切线方程为，即，所以． 令得，即直线AP与x轴交于点，所以． 设抛物线的准线为，由抛物线的几何性质可得点A到点F的距离等于到直线l的距离，所以=，所以． 同理可得直线与轴交于点，，所以． 当时，则三点重合，其坐标为，所以，，所以． 当时，不妨设，则M在N的左侧，P在第二象限，则，，，，所以 ． 综上所述，．证毕． 10．（本题满分20分）已知项数为m的有限数列是1，2，3，…，m的一个排列．若，且，求m的所有可能值． 解：当时，显然不合题意． 当时，因为，所以，不符合题意． 当时，数列为，此时，符合题意． 当时，数列为．此时，符合题意． 下证当时，不存在满足题意． 令，则，且，所以有以下三种可能： ①；②；③． 当时，因为，即 ． 所以或． 因为数列的各项互不相同，所以．故数列是等差数列．则是公差为1(或的等差数列. 当公差为1时，由得或，所以或,与已知矛盾；当公差为时，同理得出与已知矛盾． 所以当时，不存在满足题意．其它情况同理可得． 综上，的所有取值为4或5． 11．（本题满分20分）已知实数k满足：对任意满足的复数，均存在模长不超过1的复数z使得 ． 求k的最大值． 解：最大为 当时，注意到 因此． 下证满足条件． 注意到多项式 且，由韦达定理，的三个复根相乘的绝对值为1，因此必有绝对值不超过1的复根． 此时有 故满足题目条件． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$