2018全国高中数学联赛模拟试题14
2018年全国高中数学竞赛试题
2018年全国高中数学竞赛试题2018年全国高中数学竞赛试题是高中学生们用来展示自己数学才能的重要考试。
本文将分析该考试试题的难度和内容，并探讨其对学生数学能力的要求。
首先，我们来看一下2018年全国高中数学竞赛试题的整体难度。
根据学生们的反馈和考试后的统计数据，该试题的难度较大。
其中一些问题涉及到高等数学的知识和概念，对学生的推理和解题能力提出了很高的要求。
其次，我们来分析2018年全国高中数学竞赛试题的内容。
整个试卷由选择题和解答题两个部分组成。
选择题主要涵盖了数论、代数、几何等数学相关的知识点。
这些选择题通过简洁清晰的语言描述问题，并要求学生选出正确的答案。
解答题则要求学生从实际问题出发，进行推理、计算和解决问题的过程。
这些解答题不仅考察了学生的数学知识，还考察了学生的分析能力和解决问题的思路。
此外，2018年全国高中数学竞赛试题还在难度上进行了适当的增加。
这样做的目的是为了激励学生们更加努力地学习和提高自己的数学水平。
这些增加的难题旨在考察学生的数学思维方式和解决问题的能力，使学生能够更好地应对未来学习和工作中的复杂数学问题。
综上所述，2018年全国高中数学竞赛试题是一套难度适中、内容丰富的试题。
通过这样的考试，学生们可以展示他们在数学方面的才能和潜力。
同时，这些试题还能够提高学生的数学思维能力和解决问题的能力，对他们今后的学习和发展有着积极的促进作用。
当然，与考试试题的难度和内容相比，学生们在备考过程中的努力和准备也是至关重要的。
只有通过不断的学习和练习，才能更好地理解和掌握数学知识，应对各种各样的数学竞赛试题。
因此，学生们需要制定科学合理的学习计划，并积极参加各种数学竞赛活动，不断提高自己的数学水平和竞赛能力。
最后，希望广大学生们能够充分利用2018年全国高中数学竞赛试题，不仅仅是作为一次考试，更是一次锻炼和成长的机会。
相信通过不断的努力和坚持，每一个学生都能在数学竞赛中取得优异的成绩，展现自己的才能和潜力。
2018年全国高中数学竞赛试题
2018年全国高中数学竞赛试题数学作为一门科学，一直以来都被视为培养学生逻辑思维和解决问题的能力的重要学科。
在中国，每年都会举行全国高中数学竞赛，以选拔数学方面的优秀人才。
2018年的全国高中数学竞赛试题也是备受关注的焦点。
本文将针对2018年全国高中数学竞赛试题进行分析和解答。
试题一是一道关于函数的题目。
给定一个函数f(x) = x^2 + bx + c，已知f(-1) =2和f(1) = 6，求函数f(x)的解析式。
解答这道题需要运用函数的性质和代数运算的规则。
首先，根据已知条件，我们可以列出两个方程，分别是：1 + b + c = 2和1 -b +c = 6。
解这个方程组可以得到b = -3和c = 4。
因此，函数f(x)的解析式为f(x) = x^2 - 3x + 4。
试题二是一道关于数列的题目。
给定一个等差数列{an}，已知a1 = 2，a2 = 5，求第n项an的表达式。
解答这道题需要运用数列的性质和数学归纳法。
首先，我们可以根据已知条件列出递推公式an = a1 + (n-1)d，其中d为公差。
代入已知的a1和a2可以得到2 + d = 5，解得d = 3。
因此，数列{an}的递推公式为an = 2 + 3(n-1)。
进一步化简得到an = 3n - 1。
试题三是一道关于概率的题目。
已知甲、乙两个人轮流掷一个公正的硬币，甲先掷。
如果硬币正面朝上，则甲得1分；反之，乙得1分。
第一个得到5分的人获胜。
问甲获胜的概率是多少？解答这道题需要运用概率的概念和技巧。
首先，我们可以列出甲获胜的可能情况，即甲连续获胜5次或甲获胜4次，乙获胜1次，再甲获胜1次。
根据硬币正反面朝上的概率均为1/2，我们可以计算出甲获胜的概率为1/2^5 + 4/2^5 = 1/32 + 1/32 = 1/16。
以上只是2018年全国高中数学竞赛试题的三道题目，其中涉及到了函数、数列和概率等数学的基础知识和解题技巧。
数学竞赛试题的设计旨在考察学生的数学思维能力和解决问题的能力，因此需要学生具备扎实的数学基础和灵活运用数学知识的能力。
2018年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题
2018年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题一、填空题（本小题满分80分，每小题10分。
）1.若对任意的θ∈[0,π2]，不等式4+2sin θcos θ−a sin θ−a cos θ≤0恒成立，则实数a 的最小值为.2.设数列{a n }满足：a 1=1,4a n +1−a n +1a n +4a n =9,则a 2018=.3.设f (x )是定义在(0,+∞)上的单调函数，若对任意的x ∈(0,+∞),都有f [f (x )−2log 2x ]=4,则不等式f (x )<6的解集为.4.已知点P 在离心率为√2的双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)上，F 1,F 2为双曲线的两个焦点，且−−→P F 1·−−→P F 2=0,则△P F 1F 2的内切圆半径r 与外接圆半径R 之比为.5.设G 为△ABC 的重心，若BG ⊥CG,BC =√2,则AB +AC 的最大值为.6.一枚骰子连续投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为.7.设正实数x,y 满足x 2+y 2+1x +1y =274则P =15x −34y 的最小值为.8.设数列{a n }的通项公式为a n =n 3−n,n ∈N +,该数列中个位数为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{b n }，则b 2018被7除所得的余数为.二、解答题（本小题满分70分，第9题20分，第10题、第11题25分。
）9.已知O 为坐标原点，N (1,0),M 为直线x =−1上的动点，∠MON 的平分线与直线MN 交于点P ，记点P 的轨迹为曲线E .（I ）求曲线E 的方程；（II ）过点Q (−12,−12)作斜率为k 的直线l ，若直线l 与曲线E 恰有一个公共点，求k 的取值范围.10.对任意正整数m,n ，定义函数f (m,n )如下：1⃝f (1,1)=1;2⃝f (m +1,n )=f (m,n )+2(m +n );3⃝f (m,n +1)=f (m,n )+2(m +n −1).（I ）求f (m,n )的解析式；（II ）设a n =√f (n,n )2n −1(n ∈N +),S n 是数列{a n }的前n 项和，证明：S n <6.11.已知正数a,b 满足a +b =1,求M =√1+2a 2+2 Å512ã2+b 2的最小值.第I 页（共IV 页）。
2018全国高中数学联赛试题
2018全国高中数学联赛试题2018年全国高中数学联合竞赛一试试题（A卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。
1.设集合A={1,2,3,……,99}，BC={2,4,6,……,198}，则B={2x|x∈A}，C={x^2|x∈A}，则BC的元素个数为48，共24个元素。
2.设点P到平面α的距离为3，点Q在平面α上，使得直线PQ与α所成角不小于30且不大于60，则这样的点Q所构成的区域的面积为8π。
解析：过点P作平面α的垂线，这垂足为O，则点Q的轨迹是以O为圆心，分别以ON=1和OM=3为半径的扇环，于是点Q所构成的区域的面积为S=S2-S1=9π-π=8π。
3.将1,2,3,4,5,6随机排成一行，记为a,b,c,d,e,f，则abc+def是偶数的概率为648/720=9/10.解析：（直接法）将1,2,3,4,5,6随机排成一行，共有A6^6=720种不同的排法，要使abc+def为偶数，abc为与def 同为偶数或abc与且def同为奇数。
（1）若a,b,c中一个偶数两个奇数且d,e,f中一个奇数两个偶数，共324种情形；（2）若a,b,c中一个奇数两个偶数且d,e,f中一个偶数两个奇数，共324种情形；共有648种情形。
综上所述，abc+def是偶数的概率为648/720=9/10.（间接法）“abc+def是偶数”的对立事件为“abc+def是奇数”，abc+def是偶数分成两种情况：“abc是偶数且def是奇数”或“abc是奇数且def是偶数”，每种情况有A3^3*A3^3=36种不同情形，共有72种不同情形，abc+def是偶数的概率为1-729/720=9/10.4.在平面直角坐标系xoy中，椭圆C：x^2/a^2+y^2/b^2=1（a>b>0）的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV 分别平行于x轴和y轴，且相交于点P。
已知线段PU、PS、PV、PT的长分别为1,2,3,6，则ΔPF1F2的面积为4√(2/3)。
2018全国高中数学联赛模拟试题1及参考答案
⎫ ⎩ ⎭⎪ + 2高中联赛模拟试题 1一试部分考试时间：80 分钟满分：120 分一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）1. 设集合 A = {x -2 ≤ x < 5}， B = ⎧x 3a > 1．若 A B ≠∅ ，则实数 a 的取值范围是．⎨ x - 2a ⎬2.已知甲、乙两只盒子中装有相同规格的乒乓球，其中，甲盒中有三个白球和三个红球，乙盒中仅有三 个白球．若从甲盒中任取三个放入乙盒中，则从乙盒中任取一个是红球的概率是．2 c os 2⎛ 1 x - 1 ⎫- x 3.函数f ( x ) = ⎝ 2 2 ⎭ 的对称中心的坐标为 ．x - 1V + V 4.已知四棱锥 S - ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，O 是四棱锥内任意一点．则 四面体OSAB 四面体OSCD=V 四面体OSBC + V 四面体OSDA．5.在椭圆 x 2 = 1(a > b > 0) 中，记右顶点、上顶点、右焦点分别为 A , B , F ．若 ∠AFB = ∠BAF + 90 ，a b则椭圆的离心率为 ．6.平面上 n 个三角形最多把平面分成 部分．sin2π ⋅ sin 8π7.计算： 15 15 = ．cos π ⋅ cos 2π ⋅ cos4π 5 5 58. 设复数 α, β ,γ , z 满足 α + β + γ = αβ + βγ + γα = αβγ = 1．则 α - z + β - z + γ - z 的最小值为 ．2y 2BB 1CC 1( )二、解答题（第 9 小题 16 分，第 10、11 小题 20 分，共 56 分）9.已知动直线 l 过定点 A (2, 0) 且与抛物线 y = x 2+ 2 交于不同的两点B ,C ．设 B , C 在 x 轴上的射影分别为 B 1 ,C 1 ． P 为线段 BC 上的点，且满足 PC ，求 ∆POA 的重心的轨迹方程．10. 设 f ( x ) = sin x ．已知当 x ∈[0,π ]时，有 sin x + 1 ≥ 2x + cos x ．证明： f ⎛ π ⎫ + f ⎛ 2π ⎫ + + f ⎛ (n + 1)π ⎫ 2n + 1⎪ 2n + 1⎪ 2n + 1 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭p11. 已知 p 为大于 3 的素数．求 ∏ k 2 + k + 1 除以 p 的余数．k =1高中联赛模拟试题 1加试部分考试时间：150 分钟满分：180 分一、（本题满分 40 分）已知a, b, c∈，且+ c = 0 ．证明：a = b = c = 0二、（本题满分 40 分）a2b2 b2c2 c2 a2 31)已知正实数a, b, c满足a2 + b2 + c2 = 1．证明：++≥．abc + c4abc + a4abc + b4 2三、（本题满分 50 分）已知圆Γ 内有两定点A 、B ，过A 作一动弦CD ，延长CB 、DB ，与圆Γ 分别交于点E 、F ．证明：弦EF 通过一个与C 、D 无关的定点．四、（本题满分 50 分）在80 座城市之间执行如下两种方式的飞行航线：（1）任意一座城市至少与七座城市有直航；（2）任意两座城市可以通过有限次直航来连接．求最小的正整数n ，使得无论如何安排满足条件的航线，任意一座城市到其他城市均最多可以经过n 次直航到达．C 3 3高中联赛模拟试题 1解答一试部分考试时间：80 分钟满分：120 分一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）1. 0 < a < 5或 -1 < a < 0 ．2解析：由题意可知 B = {x 2a < x < 5a , a > 0}⋃{x 5a < x < 2a , a < 0}． 又因为 A ⋂ B ≠ ∅ ， ⇒ 0 < 2a < 5或 - 2 < 2a < 0 ．2.1 ．4C k C 3-k 解析：由题设知乙盒中红球个数的可能值 ξ =0，1，2，3 ．故 P (ξ = k ) = 3 3(k = 0,1, 2,3)．从而得出6P ( A ) = ∑P (ξ = k )P ( A ξ = k ) = 1．k =04 3.(1, -1) ．解析：由题设知 f ( x ) = cos ( x -1) - 1 ．因为 g ( x ) = cos x为奇函数，其对称中心为 (0, 0) ，故 f ( x ) 的对称中心为 (1, -1) ．x -1 x4.1．解析：延长 SO 与底面 ABCD 交于点 X ．由底面 ABCD 是平行四边形，⇒ S ∆XAB + S ∆XCD = S ∆XBC + S ∆XDA ⇒ V 四面体OSAB + V 四面体OSCD = V 四面体OSBC + V 四面体OSDA5.5 -1 ．2解析：设左焦点为 F '．则由 ∠AFB = ∠BAF + 90 ⇒ ∠AF ' B + ∠BAF ' = 90 ⇒ AB ⊥ BF ' ．又 AB 2= a 2 + b 2 , BF ' 2= a 2 , AF ' 2= (a + c )2．由勾股定理知 a 2 + b 2 + a 2 = (a + c )2，由此， ⇒ c = a6.3n 2 - 3n + 2 ．解析：设 n 个三角形最多把平面分成 S n 个部分． S 1 = 2 ．因为任意一个三角形与另一个三角形至多有 6 个交点，这些交点将该三角形的周长分成至多 6(n - 1)1 12 2 0 0⎨ BB 1 CC 1 AB 1 AC 1 1 , ⎝ ⎭段，每一段将其所在平面一分为二，增加了 6(n - 1) 个部分．从而 S n - S n -1 = 6(n - 1)(n ≥ 2) ．7.-2 ． 解析：sin 2π ⋅ sin 8π8sin πsin 2π sin 8π4sin π ⎛cos 2π - cos 2π ⎫2⎛sin 3π - sin π ⎫ + 2sin π15 15515 15 5 5 3⎪ 5 5 ⎪5 cos π ⋅ cos 2π ⋅ cos 4π= cos 8π⎝ ⎭ = cos 8π ⎝ ⎭ ． sin 8π5 5 555 58.1 +解析：注意到 α, β ,γ 为一元三次方程 x 3 - x 2 + x -1 = 0 的根，从而可令α = i , β = -i ,γ = 1．在复平面上，⎫令 α, β ,γ 分别对应于点 A (0,1), B (0, -1),C (1, 0) ．当 z 取到 ∆ABC 的费马点⎪ 时取值最小． ⎪ ⎝ ⎭二、解答题（第 9 小题 16 分，第 10、11 小题 20 分，共 56 分）9. 当 l ⊥ x 轴时，直线 l 与抛物线不可能有两个交点． 故设直线l : y = k ( x - 2)． 与抛物线的方程联立得： x 2 - kx + 2k + 2 = 0 ．（1） 由 ∆ > 0 ⇒ k > 4 + 2 6或k < 4 - 2）设 B ( x , y ),C ( x , y ), P ( x , y ) ．则 ⎧x 1 + x 2 = k , （3）令 λ =CP= = = 2 - x 1 2 - x 2⎩x 1 x 2 = 2k + 2.（4）⎧ ⎪⎪x = 设重心 G ( x , y ) ．则 ⎨ (2 + x 0 ), 3 ．将式（2），（3），（4）代入，并注意到 y = k ( x- 2)得： 0 0⎪ y = y .⎪⎩ 3 0⎧x = 4 - 4k ⎪⎪ 3(4 - k ) ⎨⇒ 12x - 3y - 4 = 0 ．从而得 k = 4 y ，代入（2）式得： ⎪ y = ⎪⎩-4k 4 - k y - 44 y < 4 或 4 < y < 4 G 的轨迹方程为：3 3⎛ 12x - 3y - 4 = 0 4 -y < 4或4 < y < 4 ． 3 3 ⎪1- ，故⎝ ⎭3 ( ) ( ) 10. 由已知条件 ⇒ sin x - cos x ≥ 2 x -1 ⇒ ⎛ x - π ⎫ ≥ 2x -1 ．又当1 ≤ k ≤ n + 1时，0 ≤k π + π ≤ π ． π 4 ⎪ π 2n +1 4⎝ ⎭而 2 sin k π ≥ 2 ⎛ k π + π ⎫ -1 = 2k 12n + 1 π 2n +1 4 ⎪2n +1 2⎛ π ⎫ ⎛ 2π ⎫ ⎛ (n + 1)π ⎫⎤ n +1 ⎛ 2k 1 ⎫ 3(n + 1) f ⎪ + f ⎪ + + f⎪⎥ ≥ ∑ - ⎪ = ⎢⎣ ⎝ 2n + 1 ⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭⎥⎦ k =1 ⎝ 2n + 1 2 ⎭ 2 (2n +1)⎛ π ⎫ ⎛ 2π ⎫⎛ (n + 1)π ⎫ n + 1) f ⎪ + f ⎪ + + f⎪ ≥ ． ⎝ 2n + 1⎭ ⎝ 2n + 1⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭ 4(2n +1)11. 注意到 k ≠ 1时， k 2 + k + 1 =k-1 ．而当 k 取遍 2,3, , p 时，分母 k -1 取遍1, 2, , p -1． k -1由费马小定理， x p -1 ≡ 1(mod p ) 在1 ≤ x ≤ p 恰有 p -1 个解．（1）当 p ≡ 1(mod3 )时， x 3 -1 为 x p -1 -1 的因子，于是 x 3 -1 ≡ 0(mod p )在1 ≤ x ≤ p 内恰有三个解．于 是当 k 取遍 2,3, , p 时，分子 k 3 -1 中恰有两项为 p 的倍数，而分母不含 p 的因子． p故 ∏ k 2 + k + 1 ≡ 0(mod p ) ．k =1（2）当 p ≡ 2(mod 3)时，3 与 p -1 互素，于是存在整数 a ,b 使得 3a + ( p - 1)b = 1． 假设有一个 2 ≤ k ≤ p 满足k 3 ≡ 1(mod p ) ．由费马小定理得 k ≡ k 3a +( p -1)b≡ 1(mod p )，矛盾． 因此， x 3 -1≡ 0(mod p )只有 x ≡ 1(mod p ) 这一个解．故当 k 取遍1, 2, , p 时， k 3 除以 p 的余数两两不同，正好也取遍1, 2, , p ．从而当 k 取遍 2,3, , p 时， k 3 -1 除以 p 的余数取遍1, 2, , p -1．p3p p3故 ∏ k -1 ≡ 1(mod p ) ⇒ ∏ (k 2 + k + 1) ≡ 3 ∏ k -1≡ 3(mod p ) ．k =2 k -1 k =1 k =2 k -1p综上， ∏ k 2 + k + 1 除以 p 的余数为 0 或 3．k =1(( ) ( ) ( )) ( )t1一、（本题满分 40 分）加试部分考试时间：150 分钟满分：180 分显然， a , b , c 中有一个为 0，则其余两个也为 0． 下面假设 a , b , c 均不为 0．易证明：若 a , b , c 均为非 0 + c = 0 ；（1）d ,e ,f 均为非 0 有理数，且+ f = 0 ，则 a = b = c ．d e f（1+ 3a = 0 ；（1）式两边同时乘以+ 33b= 0 ． 于是， b = c = 3a= k ．（2）c 3a 3b由 a , b , c 均为非 0 有理数知其中必有两个同号．结合（2）式，知 a , b , c 同号．从而（1）式左边不为 0，矛盾． ⇒ a = b = c = 0 ．二、（本题满分 40 分）x 2 y 2 z 2令 a 2= yz ,b 2= zx , c 2= xy ．则 xy + yz + zx = 1．原式左边 = + x + yz y + zx z + xy．由柯西不等式得：⎛ x 2y 2 z 2 ⎫ 2+ + ⎪x + yz + y + zx + z + xy ≥ x + y + z ⎝ x + yz y + zx z + xy ⎭x 2 y 2 z 2( x + y + z )2( x + y + z )2⇒ + + ≥ = x + yz y + zx z + xy x + y + z + ( yz + zx + xy ) ． x + y + z + 1 由 ( x + y + z )2≥ 3( x y + yz + zx ) ⇒ x + y + z ≥t = x + y + z2 因为 f (t ) = (t + 1) + 2 ，在区间) 上单调递增，所以：t + 1 t + 1 331)原式左边 ≥ f (t ) ≥．2三、（本题满分 50 分）连结 AB 并延长与圆 Γ 交于点 G ， H ，与弦 EF 交于点 P ． 设 ∠ECD = ∠EFD = α,∠CDF = ∠CEF = β .由 S ∆ABC ⋅ S ∆PBF ⋅ S ∆ABD ⋅ S ∆PBE = 1 ，得AC ⋅ BC sin α ⋅ PB ⋅ FB ⋅ AD ⋅ BD sin β ⋅ PB ⋅ EB = 1．S ∆PBF S ∆ABD S ∆PBE S ∆ABC PF ⋅ BF sin α AB ⋅ DB PE ⋅ BE sin β AB ⋅ C B 整理得 PB 2 ⋅ AC ⋅ AD = AB 2 ⋅ PE ⋅ PF ．在圆 Γ 中，由相交弦定理得：PB 2 ⋅ AG ⋅ AH = AB 2⋅ PG ⋅ PH ．（1） 设 AB = a , PB = b , BG = c > a , BH = d > b ，其中， a , c , d 为常数， b 未定．则（1）式 ⇔ b 2 (c - a )(d + a ) = a 2 (d - b )(c + b ) ． 整理得 ((c - a )d + ac )b 2 + a 2 (c - d )b - a 2cd = 0 ．该二次方程的二次项系数与常数项符号相反，因此有且仅有一个正数解．故 b 是定值．即 BP 是定值． 从而无论 C , D 如何选取， EF 总是与 AB 交于一个固定点 P ．四、（本题满分 50 分）n 的最小值为 27． 若两座城市可以通过有限次直航来连接，称这两个城市”通航”． 首先证明： n ≤ 27 ．反证法：若 n ≥ 28 ，不妨设有两座城市 A 1 到 A 29 间至少经过 28 次到达．设城市 A 1 到 A 29 的一个最短连 接路线为 A 1 → A 2 → → A 29 ．因为每一座城市至少和七座城市通航，所以， A 1 , A 29 与除去 A 2 A 28 以外的至少六座城市通航，城市 A 2A 28 与除去 A 1A 29 以外的至少五座城市通航．设 A = {A 1 , A 2 , , A 29 } ．设分别与城市 A 1 , A 4 , A 7 , A 10 , A 13 , A 16 , A 19 , A 22 , A 25 , A 29 通航，且不属于 A 的所有城市 组成的集合为 X i (i = 0,1, , 9)．易知， X 0 ≥ 6, X 9 ≥ 6, X i ≥ 5(i = 1, 2, ,8) ． 又 X i ⋂ X j = ∅(i ≠ j ) ，否则，城市 A 1 , A 29 之间有更短的连接路线． 故 A ⋃ ( X 0 ⋃ X 1 ⋃ ⋃ X 9 ) ≥ 29 + 6 ⨯ 2 + 5 ⨯ 8 = 81 > 80 ，矛盾．从而 n ≤ 27 ． 其次证明： n = 27 是可以的．事实上，取 28 座城市 A 1 , A 2 , , A 28 与城市集合 X i (i = 0,1, , 9)． 当 i = 0, 9 时， X i = 6 ；当 i = 1, 2, ,8 时， X i = 5 ，且对于 0 ≤ i < j ≤ 9 ， X i ⋂ X j = ∅ ， X i 中不包含城市 A 1 , A 2 , , A 28 ． 对于1 ≤ k ≤ 8 ，城市 A 3k , A 3k +1 , A 3k +2 与集合 X k 中所有的城市通航；城市 A 1 , A 2 与集合 X 0 中所有的城市通 航；城市 A 27 , A 28 与集合 X 9 中所有城市通航；集合 X i (0 ≤ i ≤ 9)中任意一座城市与上述的城市 A s 通航， 与且仅与集合 X i 中其余城市通航；城市 A i 与 A i +1 (i = 1, 2, , 27) 通航． 这样，城市 A 1 A 28 至少与七座城市通航，集合 X i 中任意一座城市均只与七座城市通航，且城市A 1A 28 至少经过 27 次直航来连接．因此， n = 27 ．。
2018年全国高中数学联赛模拟试题与参考 答案
解得− ≥ ������＞ − 4.
注意：函数的定义域不能为空集。
2.已知函数������(������) = 1 −
（������＞������）若������(������) = 2 ln √������ − ������(������)，则������(������������)的取值范围为____________.
P
注：也可采用联立直线与圆锥曲线的方法解答，但过于繁琐，本解
答采用熟知的结论：������������ + ������������ = ������. 7.对于 ≤ ������ ≤ 1，则(1 + ������) (1 − ������)(1 − 2������) 的最大值为___________.
的等腰三角形，则三棱锥 A-BCD 的高与其外接球的直径的比值为_____________.
A
【解答】如图，易得 AE⊥BE，由等量关系，CE=ED=2，AF=BF=4，AE=BE=2√2.
由垂径定理，OF⊥AB，OE⊥CD，由对称性得 O 在 EF 上.
F
由勾股定理，OF + AF = AO = R = OC = （4 − OF）² + CE²
故������������������������ =
=
=
=
2
²
，若������������������������＜0，则������������������������＜0，这不可能.
∴ ������������������������＞0. ������������������������ ≤ √ .
在 BDP 中由正弦定理得 1 x
sin 2 60
全国高中数学联赛模拟试题及参考答案
．
【解答】展开得，2 + 2 = 2，即s2 + 2 = 2.
故 =
=
∴ ＞0. ≤
√
2
²
=
，若＜0，则＜0，这不可能.
其中任意两个相邻数之和都为 2n-1 或 2n.而由抽屉原理知：当|A|≥n+1 时，A 中必然有两个数在上述数列
中相邻，所以，符合条件的 A 的元素个数不大于 n.
综上可知，|A|的最大值为 n。
二、解答题：本道题共 3 个小题，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）设() = + + ( > 0)，方程() = 的两个根是 与 ，且 > 0， − >
2018 全国高中数学联合竞赛模拟试题参考答案
一、填空题：本道题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分.
6 x x 2 的定义域为 A ，函数 y lg kx 2 4 x k 3 的定义域为 B ，当 B A 时，实
1.已知函数 y
数 k 的取值范围是
．
【解答】由题意 得，A = [−2,3], 令() = + 4 + + 3，当 ≥ 0 时，令 x → +∞时不满足题意.故
A
由垂径定理，OF⊥AB，OE⊥CD，由对称性得 O 在 EF 上.
由勾股定理，OF + AF = AO = R = OC = （4 − OF）² + CE²
F
√
解方程得，OF= ，R=
O
,三棱锥 A-BCD 的高 AE=2√2，故三棱锥 A-BCD 的高与
2018 年全国高中数学联赛(吉林赛区)预赛
2 3 sin x cos x 2cos2 x 1 1 a 3 sin 2 x cos 2 x 1 a
p d2 p ，所以 an （常数），即 {an } 为常数列． d 2d
三、解答题
13．【解析】（Ⅰ） f x 4cos x sin x
3 1 sin x cos x a 4cos x a 6 2 2
1
二、填空题
7． 1, 2 8．
4,5
4
2 2
【解析】因为圆 C 的方程可化为 x 4 y 1 ，所以圆 C 的圆心为 4, 0 ，半径为 1 ． 若 y kx 2 上至少存在一点 A x0 , kx0 2 ，以该点为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点， 则存在 x0 R ，使得 AC 1 1 2 成立，即 AC min 2 ．又因为 AC min 为点 C 到直线 y kx 2 的距离
1 ． 2
| sin x | | sin x | | x | | 2 cos x |
x x x x y x2 1 【解析】由已知 y ，所以 z ， 2 x 1 2 x x 1 xy 1 x x 1 1 1 1 1 x x2 x 1 1 3 1 1 4 因为 x 1 ，即 0 1 ，所以 1 2 1 ，故 1 z ． x 4 x x 3
8 4 4． 3 3
1 1 , 2 5
【解析】注意到两直线是平行的，故点 M 的轨迹为与两直线距离相等，且平行于两直线的直线，其方程 为 x 2 y 1 0 ，即 M x0 , y0 满足 x0 2 y0 1 0 ． 而满足不等式 y0 x0 2 的点在直线 y x 2 的左上方． 问题转化为求射线 x0 2 y0 1 0 （ x0 而
2018年全国高中数学联赛河北预赛试题及详解
2018年全国高中数学联赛河北预赛试题及详解2018年全国高中数学联赛河北（高二）预赛试题及详解一、填空题：共8道小题，每小题8分，共64分.1.已知集合A={x,xy,x+y}，B={0,x,y}且A=B，则x2018+y2018=（解析：由A=B可知x=0或x=1，若x=0，则y=0，不符合题意，故x=1，代入A=B中得y=-1，故x2018+y2018=2）2.规定：对于任意实数x，当且仅当n≤x<n+1(n∈N*)时，[x]=n，则4[x]-28[x]+45≤2的解集为[9/4,11/4)。
解析：当n≤x<n+1时，[x]=n，所以4[x]-28[x]+45=4n-28n+45=17-24n，要使得17-24n≤2成立，则n=1或n=0，代入解得[9/4,11/4)）3.在平面直角坐标系中，若与点A(2,2)的距离为1，且与点B(m,0)的距离为3的直线恰有三条，则实数m的取值集合是{1,5}。
解析：由于与点A的距离为1，所以直线必须过点(2,2)的两个垂直平分线上，即x=2或y=2，又因为与点B的距离为3，所以直线必须与以点B为圆心，以3为半径的圆相交于两点，这两点分别在点B的左侧和右侧，故m=1或m=5）4.在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=1.动点P在边CD 上，设∠PAB=α，∠PBA=β，则PA·PB·cos(α+β)的最大值为3/4.解析：由于PA+PB=4，所以PA·PB=4(2-PA-PB)，又因为cos(α+β)=sinα·sinβ+cosα·cosβ，所以PA·PB·cos(α+β)=4sinα·sinβ+4cosα·cosβ-4PA-4PB，将PA+PB=4代入，得PA·PB·cos(α+β)=3-4cosα·cosβ，由于-1≤cosα·cosβ≤1，所以PA·PB·cos(α+β)的最大值为3/4，当且仅当cosα·cosβ=-1时取到）5.已知x≥1，y≥1且lg2x+lg2y=lg10x2+lg10y2，则u=lgxy的最大值为1/2.解析：由已知得x·y=10，所以XXX(1/x)-XXX(1/y)，又因为XXX(1/x)+lg(1/y)=XXX[(1/x)(1/y)]=lg(1/xy)=lg0.1，所以u=lg10-lg0.1=1，又因为x≥1，y≥1，所以u≤1/2）6.若△A1A2A3的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B、C、D，将三个中点两两连接得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD的表面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是40π。
历年数学联赛真题及解答[14大专题]分类汇编
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2016年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为◆答案：24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。
2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是 ◆答案： 31★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。
★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m nnm mn m n由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--n n n 个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m -=2017B 四、（本题满分50分）。
最新-2018年全国高中数学联赛试题及参考答案精品
最新-2018年全国⾼中数学联赛试题及参考答案精品2018年全国⾼中数学联赛试题及参考答案试题⼀、选择题（本题满分36分，每⼩题6分）1、函数f (x)=log1/2(x2-2x-3)的单调递增区间是（）。
（A）（－∞,－1）（B）（－∞,1）（C）（1,＋∞）（D）（3, ＋∞）2、若实数x，y满⾜(x+5)2+(y-12)2=142，则x2+y2的最⼩值为（）。
（A）2 （B）1 （C）√3（D）√23、函数f(x)=x/1-2x-x/2（）（A）是偶函数但不是奇函数（B）是奇函数但不是偶函数（C）既是偶函数⼜是奇函数（D）既不是偶函数也不是奇函数4、直线x/4+y/3=1与椭圆x2/16+y2/9=1相交于A，B两点，该椭圆上点P，使得ΔPAB⾯积等于3，这样的点P共有（）。
（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个5、已知两个实数集合A＝｛a1,a2,…,a100｝与B＝｛b1,b2,…,b50｝，若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)则这样的映射共有（）。
（A）C50100（B）C4899（C）C49100（D）C49996、由曲线x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4围成的图形绕y轴旋转⼀周所得旋转体的体积为V1；满⾜x2+y2≤16,x2+(y-2)2≥4,x2+(y+2)2≥4的点（x,y）组成的图形绕y轴旋转⼀周所得旋转体的体积为V2，则（）。
（A）V1=（1/2）V2 (B)V1=（2/3）V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2⼆、填空题（本题满分54分，每⼩题9分）7、已知复数Z1,Z2满⾜∣Z1∣＝2,∣Z2∣＝3,若它们所对应向量的夹⾓为60°,则∣(Z1＋Z2)/(Z1＋Z2)∣=。
8、将⼆项式（√x+1/（24√x））n的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有个。
2018年全国高中数学联赛
2018年全国高中数学联赛山东预赛试题解析一、填空题(每小题8分，共80分)1.若复数z 满足|z －1|+|z －3－2i|=22，则|z |的最小值为 . 【解析】答案：1.设z =x +y i ，则|z －1|+|z －3－2i|=22的几何意义为点P (x ，y )到点A (1，0)，B (3，2)的距离之和为22，因为|AB |=22，从而点P 在线段AB 上，从而：|OP |≥1.即当z =1时有最小值|z |=1. 2.在正三棱锥S —ABCD 中，已知二面角A —SB —D 的正弦值为63，则异面直线SA 与BC 所成的角为 . 【解析】答案：60°.A —SB —D 的二面角等于A —SD —B 的二面角，设底面的中心为O ，取AD 的中点M ，连接SO 、SM 、OM ，过点O 作OE ⊥SM 于E ，易证OE ⊥平面SAD ，过点E 作EP ⊥SD 于点P ，连接OP ，从而：A —SD —B 的二面角为∠EPO .设底面边长为2a ，侧棱长为2b ，于是：OM =a ，SO =4b 2－2a 2，OD =2a ， 所以：OE =a 4b 2－2a 24b 2－a 2，OP =2a ·4b 2－2a 22b ，所以：sin ∠OPE =OE OP =2b 4b 2－a 2=63，解得：a =b .于是：△SAD 为正三角形，从而：直线SA 与BC 所成的角为60°.OP MDEC SA3.函数f (x )=[2sin x ·cos x ]+[sin x +cos x ]的值域为 (其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 答案：{－1，0，1，2}.【解析】 f (x )=[sin2x ]+⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4，当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π4时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=1； 当x =π4时，[sin2x ]=1，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=2； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=1； 当x =π2时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=1； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0，此时f (x )=0； 当x =3π4时，[sin2x ]=－1，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0，此时f (x )=－1； 当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0，此时f (x )=0； 当x =π时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=－1；此时f (x )=－1； 其他区间按此方法讨论.4.在△ABC 中，∠BAC =60°，∠BAC 的平分线AD 交BC 于D ，且有AD →=14AC →+tAB →，若AB =8，则AD = . 答案：6 3.【解析】易知t =34，从而：AC =24，AD 2=116×242+916×82+316×8×24=108，从而：AD =6 3.5.甲、乙两人轮流掷一枚硬币至正面朝上或者朝下，规定谁先掷出正面朝上为赢：前一场输者，则下一场先掷，若第一场甲先掷，则甲赢得第n 场的概率为 . 【解析】答案：P n =12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n . 设甲赢得第n 场的概率为P n ，则P n +1=23(1－P n )+13P n ，P 1=23，解得：P n =12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n . 6.若直线6x －5y －28=0交椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0，且a ，b 为整数)于A 、C ，设B (0，b )为椭圆的上顶点，而△ABC 的重心为椭圆的右焦点F 2，则椭圆的方程为 . 【解析】设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，依题意知：⎩⎨⎧x 1+x 2=3c ，y 1+y 2+b =0，联立椭圆方程和直线方程：⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2+y 2b 2=1，6x －5y －28=0，得：⎩⎨⎧x 1+x 2=336a 236a 2+25b 2=3c ①，y 1+y 2=－280b 236a 2+25b 2=－b ②，①÷②可得：2a 25b 2=c b， 即：2a 2=5bc ，两边平方，并有c 2=a 2－b 2可得：4a 4－25a 2b 2+25b 4=0，解得：a 2=5b 2或者a 2=54b 2，7.设a 、b ∈R ，则max{|a +b |，|a －b |，|1－b |}的最小值为 . 【解析】答案：12.max{|a +b |，|a －b |，|1－b |}=max{|a |+|b |，|1－b |}≥|a |+|b |+|1－b |2≥|a |+12≥12. 当且仅当a =0，b =12时等号成立.8.已知a 、b ∈Z ，且a +b 是方程x 2+ax +b =0的一个根，则b 的最大可能值为 . 【解析】答案：9.将a +b 代入方程可得：(a +b )2+a (a +b )+b =0，整理可得：b 2+(3a +1)b +2a 2=0，显然a 、b 中至少有一个为负数，欲求b 的最大值，则a <0，b >0. 视b 为主元，解得：b =－(3a +1)－(3a +1)2－8a 22=－(3a +1)－a 2+6a +12，其中：a ≥22－3或者a ≤－(22+3)，因为b ∈Z ，从而：a 2+6a +1=m 2，m ∈Z ， 即：a 2+6a +1－m 2=0有整数解.=36－4(1－m 2)=4(m 2+8)为完全平方数，令m 2+8=n 2，其中：n ∈Z ，所以：(n +m )(n －m )=8=2×4=(－2)×(－4)，解得：⎩⎨⎧n =±3，m =±1，a =0或－6，b =－1或9，于是b max = 9，此时a =－6.9.设集合A 、B 满足A ∪B ={1，2，…，10}，若A ∩B = ，若集合A 的元素个数不是集合A 的元素，集合B 元素个数不是集合B 的元素，则满足条件的所有集合A 的个数为 . 【解析】令|A |=k ，则|B |=10－k ，k ≠5，否则5∈A ∩B ，从而由题意可知：k ∈B ，10－k ∈A ，此时A 中剩余的k －1个元素有C k －18种选择，且剩余的9－k 个元素必定属于集合B .于是，满足题意的集合A 的个数为m =∑k =19C k －18－C 5－18=28－70=256－70=186个.10.设f (n )为最接近4n 的整数，则∑k =120181f (k )= . 【解析】答案：28867.用[n ]表示与4n 最接近的整数，则：当n ∈[1，8]时，[n ]=1，f (n )=1，其中n =1，2，…，8；故∑k =181f (k )=8， 当n ∈[9，48]时，[n ]=2，f (n )=2，其中n =9，10，…，48，故∑k =9481f (k )=20；当n ∈[49，168]时，[n ]=3，f (n )=3，其中：n =49，50，…，168，故∑k =491681f (k )=40； 当n ∈[169，440]时，[n ]=4，f (n )=4，其中n =169，170，…，440，故∑k =1694401f (k )=68； 当n ∈[441，960]时，[n ]=5，f (n )=5，其中：n =441，…，960，故∑k =4419601f (k )=104； 当n ∈[961，1848]时，[n ]=6，f (n )=6，其中n =961，…，1848，故∑k =96118481f (k )=148. 当n ∈[1849，2018]时，[n ]=7，其中n =1849，…，2018，故∑k =184920181f (k )=1707， 综上：∑k =120181f (k )=8+20+40+68+104+148+1707=28867. 事实上，当k ≤4n ≤k +1时，若n 4∈[k 4，k 4+2k 3+3k 2+2k ]时，[n ]=k ，当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4]时，[n ]=k +1. 因为当n 4∈[k 4，k 4+2k 3+3k 2+2k ]，则n 4－k 4∈[0，2k 3+3k 2+2k ]<(k +1)4－n 4∈[2k 3+3k 2+2k +1，4k 3+6k 2+4k +1]； 而当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4]时，(k +1)4－n 4∈[0，2k 3+3k 2+2k ]<n 4－k 4∈[2k 3+3k 2+2k +1，4k 3+6k 2+4k +1]； 于是：当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4]时，[n ]=k +1； 当n 4∈[(k +1)4，(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)]时，[n ]=k +1，即当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)]时，[n ]=k +1，此时共有(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)－(k 4+2k 3+3k 2+2k )=4k 3+12k 2+16k +8=4(k +1)(k 2+2k +2)个数，于是：∑k 4－2k 3+3k 2－2k +1k 4+2k 3+3k +2+2k1f (k )=4(k 2+1)， 所以：∑k =120181f (k )=∑k =164(k 2+1)+∑i =184920181f (i )=388+1707=28867. 二、解答题(本大题共4小题，共70分)11.已知圆O ：x 2+y 2=4与曲线C ：y =3|x －t |，A (m ，n )，B (s ，p )(m ，n ，s ，p ∈N*)为曲线C 上的两点，使得圆O 上的任意一点到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值k (k >1)，求t 的值.【解析】答案：t =43.取圆上的点C (2，0)，D (－2，0)，E (0，2)，F (0，－2)，依题意有：⎩⎨⎧(2－m )2+n 2(2－s )2+p 2=(2+m )2+n 2(2+s )2+p 2=ms，m 2+(2－n )2s 2+(p －2)2=m 2+(2+n )2s 2+(2+p )2=np，于是：OA →=tOB →，所以，点A 、B 、O 三点共线.由阿波罗尼斯圆的性质：OA ·OB =R 2=4，且OA =Rλ，OB =Rλ，其中λ>1，则OA <OB ，所以：OA <2；因为：m 2+n 2=OA 2=4λ2，又m 、n ∈N*，从而：OA 2=4λ2∈N*，(1)若OA 2=4λ2=1，则λ=2，此时：m 2+n 2=1，必有mn =0，因为m 、n ∈N*，不符合题意；(2)若OA 2=4λ2=2，则λ=2，此时：m 2+n 2=2，得：m =n =1，s =p =2，直线AB 的方程为y=x ，则点A (1，1)，B (2，2)在曲线C 上，代入解得：t =43.(3)若OA 2=4λ2=3，此时：m 2+n 2=3，无正整数解，不合题意.综上：t =43.12.已知数列{a n }满足：a 1=π3，0<a n <π3，sin a n +1≤13sin3a n (n ≥2)， 求证：sin a n <1n. 证明：由于0<a n <π3，于是：sin a n ∈⎝⎛⎭⎫0，12， 当n =1时，有sin a 1=12<1；当n =2时，sin a 2∈⎝⎛⎭⎫0，12<12成立； 设当n =k 时，有sin a k <1k， 则当n =k +1时，sin a k +1≤13sin3a k =13(3sin a k －4sin 3a k )，令f (x )=3x －4x 3，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12， 则f ′(x )=3－12x 2>0，即f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12单调递增， 于是：sin a k +1≤13sin3a k =13(3sin a k －4sin 3a k )≤1k －43k k，所以只需证明：1k －43k k <1k +1(k ≥2) 即可. 即证明：3k －43k<k k +1， 平分后整理可得：15k 2+8k －16>0，即证明对任意k ≥2有：(3k +4)(5k －4)>0，显然成立.于是：对任意n ∈N*，有sin a n <1n. 13.实数a 、b 、c 满足a 2+b 2+c 2=λ(λ>0)，试求f =min{(a －b )2，(b －c )2，(c －a )2}的最大值.【解析】由i 对称性，不妨设a ≥b ≥c ， 从而：a －b >a －c >0，于是有：f =min{(a －b )2，(b －c )2，(c －a )2}=min{(a －b )2，(b －c )2}≤(a －b )(b －c )≤⎣⎡⎦⎤(a －b )+(b －c )22=(a －c )24≤λ2.当且仅当b =0，a =－c =2λ2时等号成立. 14.证明对所有的正整数n ≥4，存在一个集合S ，满足如下条件： (1)S 由都小于2n－1的n 个正整数组成；(2)对S 的任意两个不同非空子集A 、B ，集合A 中所有元素之和不等于集合B 中所有元素之和.【解析】当S ={20，21，22，…，2n －1}时满足题意.法一、证明：用|T |表示集合T 中的元素个数，M (A )表示集合A 中的元素之和. 当n =4时，若|A |=1，则M (A )={1，2，4，8}； 若|A |=2，则M (A )={3，5，9，6，10，12}， 若|A |=3，则M (A )={7，11，13，14}， 若|A |=4，则M (A )={15}，即集合S 的15个子集，其和值也有15个，每个子集的和值各不相同， 所以：当A ≠B 时，总有M (A )≠M (B ). 故：当n =4时，S ={1，2，4，8}满足题意；假设当n =k 时，集合S ={20，21，22，…，2k －1}满足题意， 此时集合S 的2k －1个非空子集有2k －1个不同的值，其集合为{1，2，…，2k －1}，则当n =k +1时，集合S 的2k 个子集的和值组成的集合为{1，2，3，…，2k －1，2k ，2k +1，…，2k +2k －1}，即：{1，2，3，…，2k －1，2k ，…，2k +1－1}，所以当n =k +1时，集合S 的2k +1－1个子集有2k +1－1个不同的值. 综上：集合S ={20，21，22，…，2n －1}总是满足题意.法二、不妨假设a 1<a 2<…<a m ，b 1<b 2<…<b t ，且对任意的i ，j ，a i ≠b j ，b t <a m ， 根据题意只需证明：∑i =1m 2a i≠∑j =1t2b j即可.若不然，设∑i =1m2a i=∑j =1t2bj ，则：2a m<∑i =1m2a i=∑j =1t 2bj ，所以：1<2b 1－a m+2b 2－a m+…+2b t －a m≤12+122+…+12t －m =1－12t －m +1<1，矛盾. 从而：集合S ={20，21，…，2n －1}的任意的两个子集之和不同. 所以：存在满足题意的集合S ={20，21，…，2n －1}.。
2018年高中数学联赛模拟试题 精品
2018高中数学联赛模拟试题第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1.定义在R 上的函数()f x 满足()()()1(,),f x y f x f y xy x y R +=+++∈且(1) 1.f =则使得 ()f n n =的整数n 的个数是 .2.已知向量,a b 满足：a 和b 都是正整数，且()(3)33,()(3)105.a b a b a b a b ++=++=则 a 与b的夹角为 .3.已知双曲线22184x y -=的左、右焦点分别为1F 、2,F O 为坐标原点，设P 为双曲线上任一点，则12PF PF PO +的最大值为 .4.在长方体1111A B C D A B C D-中，15,1,A B A D A A M ===为棱AB 上一点，且 320.AM BM += 在底面正方形ABCD 内随机取一点P ，并设点P 到直线11A D 距离为1d ，2PM d =，则所取点P 满足22121d d -≥的概率为 . 5.设ABC ∆是非直角三角形，且有[][][]tan tan tan tan tan tan ,A B C A B C ++≥ 其中，[]x 表示不超过实数x 的最大整数，则满足条件的ABC ∆的最小内角的弧度数为 . 6.在平面直角坐标系中，已知点集{}{}(,)02,02,(,)4,10,2.P x y x y Q x y y x x y ≤≤≤≤=≤-≤≥设点集12121122(,),,(,),(,),22x x y y M x y x y x y P x y Q ⎧++⎫===∈∈⎨⎬⎩⎭则点集M 所形成图形的面积为 .7.设有红、黑、白三种不同颜色的球各10个，现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且两个袋子里三种颜色球的个数之积相等，则这样的放法共有种. 8.一个四面体的六条棱长均为整数，且它们的和为2011，则这样的四面体的最大棱长与最小棱长之差的最大可能值为 .二、解答题（共56分）9.（本题满分16分）在2n ⨯方格表的每个方格中都写有一个正数，使得每一列中的两个数的和都等于1，证明：可以从每一列中删去一个数，使得每一行中剩下的数的和不超过1.4n +10.（本题满分20分）设动圆P 过点(1,0),A -且与圆22:270C x y x +--=相切. (I)求动圆圆心P 的轨迹Ω的方程(II)设点(,)Q m n 在曲线Ω上,求证:直线:220l mx ny +-=有唯一的公共点 (III)设(II)中的直线l 与圆C 交于E 、F 两点,求证:满足AM AE AF =+的点M 必在圆C上.11.(本题满分20分)已知函数32()y f x x bx cx d ==+++的图象如图1所示,直线//,BD AC 且直线BD 与函数()y f x =的图象切于点C 、交于点A .设点,,,A B C D 的横坐标依次为,,,A B C D x x x x ,求证:():():()1:2:1A B B C C D x x x x x x ---=.第二试一、(本大题满分40分)如图2,在ABC ∆中,1B 、1C 分别是边,AB AC 延长线上的点,1D 是线段11B C 上一点,直线1AD 与ABC ∆的外接圆交于点.D 求证:1112AB AB AC AC AD AD += 充要条件是1D 为线段11B C 的中点.二、(本小题满分40分)设{},,(1,2,,)i i i i S x y z i n == 均为集合{}1,2,3,,1000T = 的三元子集,求正整数n 的最大值,使得（I ）2011(1,2,,);i i i x y z i n ++== （II ）(1,,).i j S S i j n i j =∅≤≤≠三、(本大题满分50分)已知数列{}n a 满足211211,().2n n n a a a a n N n++==+∈求证：（I ）6(3);56n na n n >≥+ （II ）3(1).2n a n <≥四、（本小题满分50分）求整数,p 使得方程32x y p =+的正整数解(,)x y 的组数最多，并求相应的正整数解(,)x y .参考答案第一试一、填空题1.2.令0,1,x y ==得(0)1,f =-再令1y =，得(1)() 2.f x f x x +-=+当n N +∈时，[]11(3)()()(1)(0)(1)(0) 1.2n nk k n n f n f k f k f k f ==+=--+=++=-∑∑同理，[]()3() 1.2n n f n -+-=-所以[](3)()1().2n n f n n Z +=-∈ 令(),f n n =解得2n =-或 1.n =2．2.3π因为()(3)105335521715,a b a b ++==⨯=⨯=⨯ 且33();a b a b a b +<+<+所以7,315,a b a b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩解得3;4.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 又222233()(3)34334434cos ,,a b a b a b a b a b =++=++=+⨯+⨯⨯<> 所以1cos ,,2a b <>=- 故2,.3a b π<>=根据对称性，不妨设000(,)(P x y x ≥则1020PF x PF x =+=-120.PF PF ∴+=又PO ===12PF PF PO +∴==0x ≥ ∴当0x ≥时， 12.PF PF PO+∴4.32.75如图3，过点P 作,PN AD ⊥垂足为,N 过点,N 作NQ AD ⊥交11A D 于点Q ，则11PQ A D ⊥，故1.d PQ =从而222222121.d d PQ PM PN PM -=-=+- 由22121d d -≥得.PM PN ≤故点P 的轨迹是正方形ABCD 内以M 为焦点，AD 为准线的抛物线与,AB BC 所围成的区域，在平面ABCD 上，以AM 的中点O 为原点，直线AB 为x 轴建立直角坐标系，由题设知抛物线方程为4),y x =≤≤则该区域的面积4032.3S '=⎰= 又正方形ABCD 的面积25.S =故所求概率32.75S P S '== 5..4π因为tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=所以[][][]tan tan tan tan tan tan ,A B C A B C ++≥++从而tan ,tan ,tan A B C 均为整数，且其中至少有两个是正整数，不妨设tan ,tan A B 是正整数，则由tan tan tan tan()tan tan 1A BC A B A B +=-+=-知tan C 也是正整数tan tan tan tan tan tan .A B C A B C ∴++≥ ① 不妨设tan tan tan .A B C ≤≤ 若tan 2,A ≥则tan tan tan 4tan 3tan tan tan tan ,A B C C C A B C ≥≥++ 这与①矛盾，故tan 1,A =即ABC ∆的最小内角为.4π6.7.如图4，点集P 为正方形OABC 区域，点集Q 为Rt DEF ∆区域 线段OD 的中点为(3,1),G AE 的中点为(6,1),H BF 的中点为(6,4),I CF 的中点为(5,4),L CD 的中点为(3,2).K 所以，点集M 形成的图形为五边形GHILK 区域，其面积为7.GHDK S S S =+=矩形梯形KDIL7.25.设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为,,,x y z 则1,,9,x y z ≤≤且 (10)(10)(10),xyz x y z =---即50050()5().xyz x y z xy yz zx =-+++++ 所以5,xyz 于是,,x y z 中必有一个为5.不妨设5,x =代入得10.y z +=此时(,)y z 有9组解 同理，当5y =或5z =时，也各有9组解 但满足x y z ==的解重复2个故满足要求的放法共有39225⨯-=（种）8.668.该六条棱长分别为,,,,,,a b c d e f 其中最大棱长为a ，最小棱长为.c当a 与.c 不共面时，如图5，得,,b e a d f a+>⎧⎨+>⎩则1,1,b e a d f a +≥+⎧⎨+>+⎩故2(1)32,a bc e f a c a a c ++++≥+++=++所以320a c +≤即3()200942005,a c c -≤-≤故1668.3a c -≤于是668.a c -≤此时669,a c ==易知不存在满足题意的,,,.b d e f 故a c -的最大值为667.事实上，当669,2,335a c b d e f ======时，符合题意当a 与c 共面时，如图6，由b c a +>得 1.b a c ≥-+又,a b ≥故1 1.e f a b +≥+≥+于是201113 1.a b c d e f b b c d b b c d =+++++≥+++++=+++而1,1,c d ≥≥所以1669,3b ≤则11668,3a cb -≤+≤故ac -的最大值为668.事实上，当669,1,2,668a b c d e f ======时，符合题意 综上所述，a c -的最大可能值为668.二、解答题9.设第一行中所放的数依次为12,,,,n a a a 必要时可通过交换列的位置，便得12.n a a a ≤≤≤ 此时，第二行中所放的数依次为11221,1,,1,n n b a b a b a =-=-=-如果1214n n a a a ++++>，那么可以找到使得1214n n a a a ++++> 成立的最小正整数k ，此时在第一行中删去1,,,k k n a a a + ，在第二行中删去121,,,.k b b b - 由k 的取法知1211.4k n a a a -++++≤ 下面只须证明114k k n n b b b +++++≤ 即可由12k k a a a ka +++≤ 得121.4k k a a a n a k k++++≥> 所以1221(1)(1)(1)(1)(1)45(1)(2)52(1)21(1)(1).44444k k n k k n b b b n k b n k a n k k n k n k n n n k k ++++≤+-=+--<+--++++=+-≤+-=综上所述，命题得证⑵10.（I ）因为点A 在圆C ：22(1)8x y -+=内，所以动圆P 与圆C 相内切，故2.PA PC +=>由椭圆的定义知，动圆圆心P 的轨迹Ω是以(1,0),(1,0)A C -为焦点，长轴长为方程为22 1.2x y += （II ）由点(,)Q m n 在曲线Ω上，得22 1.2m n += 又由22220;1.2mx ny x y +-=⎧⎪⎨+=⎪⎩得2222()22202m n x mx n +-+-= 即2220.x mx m -+= 22(2)40.m m ∆=--=∴直线l 与曲线Ω有唯一的公共点（III ）由22220;270.mx ny x y x +-=⎧⎨+--=⎩得 22222(4)4(2)2840.m n x m n x n +-+-+=设1122(,),(,),E x y F x y 则212224(2)4(1).42m n m x x m n m +++==++ 从而12124()4.22m x x ny y n m -++==+ ;AM AE AF =+12122(,).CM CA AM OA AE AF OE OF x x y y ∴=+=++=+=++故2222221212216(1)16()()8.(2)m n CM x x y y m ++=+++===+ 即点M 在圆C 上11.设三次函数在点(,)B B B x y 的展开式为3211()()()().B B B B y x x b x x c x x f x =-+-+-+①则2113()2()B B y x x b x x c '=-+-+，即1.By c '= ∴切线BD 的方程为1()().B B y c x x f x =-+②由①②得B x x =或1B x x b =-，则1,D B x x b =- 同理2.A C x x b =-//,()().B C BD AC f x f x ''∴=又211()3()2().B B f x x x b x x c '=-+-+2111()3()2()().C C B C B B f x x x b x x c f x c ''∴=-+-+== 213()2()0.C B C B x x b x x ∴-+-=12,.3B C C B x x x x b ≠∴-=-同理22.3B C x x b -=-12.b b =- 212121;33A B C B x x x b x b b b ∴-=--=--=212233B C x x b b -=-=()()C D C B D B x x x x x x -=---11121().33b b b =---=故():():()1:2:1.A B B C C D x x x x x x ---=第二试一、设,,BAD a CAD ABC β∠=∠=∆外接圆半径为.R 在圆内接四边形ABCD 中，由托勒密定理，得 .AB CD AC BD AD BC +=2sin ,2sin .2sin();CD R BD R BC R βααβ===+sin sin sin(),AB AC AD βααβ∴+=+又11111111sin sin sin ,sin C D C B D B AD AD βα== 111111sin sin sin().AB C D C AC B D AD AD ααβ∴+=+又1111sin()sin ;AB C B C αβ+=1111sin()sin ;AC B B C αβ+=111111111.AB AB C D AC AC B D AD AD B C ∴+=若1111B D C D =，则由①得1112.AB AB AC AC AD AD += 若1112.AB AB AC AC AD AD += ，代入①得111111111122();AB AB C D AC AC B D AB AB AC AC B C +=+ 即111111()()0.B D C D AB AB AC AC -=-= 由题设知11AB AB AC AC - 不恒为0 1111,B D C D ∴=即1D 为线段11B C 的中点综上所述，1112AB AB AC AC AD AD += 的充要条件是1D 为线段11B C 的中点二、首先，由（I ）得1()2011.niiini x y z =++=∑其次，由于121212,,,;,,,;,,,,n n n x x x y y y z z z 是集合T 中互不相同的3n 个元素，因此，这3n 个元素和的最大值为2960031000999(10013).22n n n ++-=-+所以2960032011,22n n n -+≥ 解得1220,9n ≤即220.n ≤最后，说明n 可以取到220，事实上，当220n =时，2960032011110.22n n n -+-=于是，我们可以将集合T 中较大的660个元素中的最小一个341减去110，得231，即用1000，999，998，…，343，342以及231共660个数来构造如下的220个三元子集： 当1110i ≤≤时，{}1000,452,5592;i S i i i =--+ 当111219i ≤≤时，{}1000,671,3402;i S i i i =--+且{}2201000,780,231.S =容易验证，如上构造的220个三元子集符合题意综上可知，n 的最大值为220. 三、（I ）用数学归纳法易证0().k a k k N +<<∈ ①2121();k k k a a a k N k ++=+∈ 222211111.k k k k k k k a a a k a a k a +∴-=-=++ ② 由①②知，当2k ≥时，有 2111111.1k k a a k k k k +->=-++ 2211111()();1nnk k k k a a kk ==+∴->-+∑∑即211111.21n a a n +->-+ 12111151.2161n a a n n +∴<-+==++ 即166(2),511n n a n n ++>≥+ 故6(3).56n na n n >≥+ （II ）显然112n a a ≥=由②得2211111.12k k k a a a k k +-=≤++ 易证21411().1312k k k ≤-++111411().31k k a a k k +∴-≤-+ 11111411()().31nn k k kk a a k k ==+∴-≤-+∑∑即1111414(1);313n a a n +-≤-<+ 亦即1142,3n a +-<则13(1).2n a n +<≥。
(完整word版)2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛仿真模拟(14)
2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛仿真模拟(14)一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分。
请直接将答案写在题中的横线上） 【第1题:数列求和】【第2题:立体几何体积】【第3题:柯西不等式取等号条件】【第4题:三角代换】【第5题:数论小题】【第6题:平面向量】【第7题:拉格朗日导数法，上海市2018年高三年数学竞赛】【第8题:圆锥曲线第二定义】设以F 1(－1，0)、F 2(1，0) 为焦点的椭圆的离心率为e ，以F 1为顶点、F 2为焦点的抛物线与椭圆的一个交点是P ．若|PF 1||PF 2|＝e ，则e 的值为 ．【第9题:区域面积】直角坐标平面内，曲线21=+-+y x x 围成的图形面积是____________． 【第10题:三角形外心、内心】已知△ABC 的外心为O ，内心为I ，∠B ＝45°．若OI ∥BC ，则cos C 的值是 ． 二、解答题（共5小题，每小题20分，满分100分。
要求写出解题过程） 【第11题：解析几何】【第12题：平面几何】【第13题:导数】【第14题：递推数列】数列{}n a 满足)201860,455n n n n a a a a n N +==-∈,记0nn i i S a ==∑，求n S【第15题：组合最值之方格，2018年初中数学竞赛】一个由36个单位小方格组成的66⨯的方格表中的n 个小方格被染成了红色，使得任意两个红色小方格的中心之间的距离大于2，求n 的最大值。
2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛仿真模拟14参考答案【第1题】【第2题】【第3题】【第4题】【第5题】【第6题】【第7题】【第8题】解：在抛物线中，p ＝4，准线x ＝－3，|PF 2| 是P 到准线的距离．椭圆中，|PF 1||PF 2|＝e ，|PF 2|也是P 到左准线的距离，则抛物线准线与椭圆的准线重合，所以a 2c ＝3．因为c ＝1，故e ＝33．【第9题】如图考虑y ≥0的情况，则12-+=-x x y ．当x ≥1时，12-+=-x x y ＝2x －1 ∴y ＝－2x ＋3(x ≥1，y ≥0)为图中AB 段．当x ∈(0，1)时，1)1(2=-+=-x x y , 即y ＝1为BC 段．当x ≤0时，21221(0,0)y x y x x y -=-⇒=+≤≥为CD 段．当y ≤0时，将折线ABCD 沿x 轴翻折，得AB /C /D ，所以所围成的图形为六边形AB /C /DCB ， 其面积为()3)21(12122=+⋅=+⋅⋅⋅==AD BC yc S S ABCD 【第10题】解：设△ABC 的外接圆半径 和内切圆半径分别为R 和r ．记BC 的中点为M ，D 是由I 向BC 所作垂线的垂足．由OI ∥BC ，知OM ＝ID ＝r ．由∠BOC ＝2∠A ，BC ＝BD ＋DC ＝2BM ， 得r tan B 2＋r tan C 2＝2r tan A ，即cos A 2sin B 2sin C 2＝2sin Acos A ．所以cos A ＝4sin A 2sin B 2sin C 2＝－2sin A 2(cos B ＋C 2－cos B －C 2)＝－2(sin A2)2＋2 cos B ＋C 2cos B －C 2＝cos A －1＋(cos B ＋cos C )．从而cos B ＋cos C ＝1．所以cos C ＝1－22． 【第11题】【第12题】【第13题】【第14题】解：201431,2455n n n n a a a a +⎛==+-⎝，令2sin n n n a α=． 设34sin ,cos ,09055θθθ<==<o ，因为4cos 45cos3030455θ<<⇒<<o o o o247117sin 2,cos 2sin 3,2525125θθθ==⇒=所以()()1sin ,cos 0sin sin cos sin cos sin ,cos 0n n n n n n n αθαααθθααθα++>⎧⎪=+=⎨-<⎪⎩，从而**2sin ,0,12sin 2,2,2sin 3,21,n n n n n n a n k k N n k k N θθθ⎧=⎪==∈⎨⎪=+∈⎩，所以，当0n =时0n S =；当1n =时65n S =；当*2,n k k N =∈时()()2216238322444sin 22444sin 325125125k k n n S θθ-=++++++++=⨯-L L当*21,n k k N =+∈时11238342117236322222125125125125125n n n n n n S S a --=+=⨯-+⨯=⨯-，1n =也符合该式 所以*0,02383222,2,1251252363222,21,125125n n n n S n k k N n k k N ⎧⎪=⎪⎪=⨯-=∈⎨⎪⎪⨯-=+∈⎪⎩【第15题】【解答】n 的最大值为8。