2018年最新 湖南省2018年高中数学竞赛试卷及解答2018018 精品
2018年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
{}{}{}{}∈⎢,3⎥，即OQ∈[1,3]，6⨯6=36种，从而abc+def为奇数的概率为722018年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。
2018A1、设集合A=1,2,3, ,99，集合B=2x|x∈A，集合C=x|2x∈A，则集合B C 的元素个数为◆答案：24★解析：由条件知，B C=2,4,6, ,48，故B C的元素个数为24。
2018A2、设点P到平面α的距离为3，点Q在平面α上，使得直线PQ与平面α所成角不小于300且不大于600，则这样的点Q所构成的区域的面积为◆答案：8π★解析：设点P在平面α上的射影为O，由条件知tan∠OQP=OP⎡3⎤OQ⎣3⎦所以区域的面积为π⨯32-π⨯12=8π。
2018A3、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◆答案：9 10★解析：先考虑abc+def为奇数时，abc，def一奇一偶，①若abc为奇数，则a,b,c为1,3,5的排列，进而d,e,f为2,4,6的排列，这样共有6⨯6=36种；②若abc为偶数，由对称性得，也有119=，故所求为1-=6!1010102018A4、在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2y2+a2b2=1（a>b>0）的左右焦点分别是F,F，12椭圆C的弦ST与U V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∆PF F的面积为12★解析：由对称性，不妨设点 P x , y在第一象限，则 x = PT -PS 即 P 2,1 。
进 而 可 得 U2,2 ， S 4,1 ， 代 入 椭 圆 方 程 解 得 ： a 2 = 20 ， b 2 = 5 ， 从 而 2 2[ ]◆答案： π - 2,8 - 2π ][ ] [ ][ ] 所以 π - 2 < x < 8 - 2π ，即不等式的解集为 π - 2,8 - 2π ] ⎩bx 2 - 2bx = 0◆答案： 15()2 = 2 ，y 0 =PV - PU2= 1( ) ( ) ( )S ∆PF 1F2=1 1F F ⨯ y = ⨯ 2 15 ⨯ 1 = 15 。
2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
a1a2a3a4a5 的值为
．
答案：32 ．
解：易知直线 l 的方程是 3x y 0 ．因此对任意正整数 n ，有 3an1 an 0 ，
1
1
1
即 an1 3 an ，故{an}是以 3 为公比的等比数列．于是 a3 3 a2 2 ．由等
比数列的性质可得， a1a2a3a4a5 a35 (2)5 32 ．
…………………16 分
10.（本题满分 20 分）已知定义在 R 上的函数 f (x) 为
解得 Re w r2 3 ． 2
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）已知数列 {an } ： a1
7
， an1 an
an
2,
n
1,2,Βιβλιοθήκη 3,．求 满足 an 42018 的最小正整数 n ．
解：由
an1 an
an
2
可知
an1
k
2
将 MN 与 C 联立，得方程 y2 2 y 1 0 ，于是 k
yM yN
( yM yN )2 4 yM yN
4 k2
4
2
，
结合 l 与 MN 平行，可知
SKMN
SBMN
SBAM SBAN
1 AB 2
yM yN
112 1 ． 22 2
7. 设 f (x) 是定义在 R 上的以 2 为周期的偶函数，在区间 [1, 2]上严格递减，
2018 年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷） 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．
2018年湖南省高中数学联赛(B)卷试题+答案
P A2 + P C2 = P B2 + P D2.
10
第7页
3 再推广命题： ABCD − A1B1C1D1
P
P A2 + P C2 + P B12 + P D12 = P B2 + P D2 + P A21 + P C12
证明： 3
2
P A2 + P C2 = P B2 + P D2 P A21 + P C12 = P B12 + P D12
sin2018 x + cos2018 x
答案 1.
解析
3 sin3 x + cos3 x = 3
sin x ≥ 0
sin3 x ≤ sin2 x, cos3 x ≤ cos2 x
.
cos3 x = 3 − 3 sin3 x ≥ 3
.
3 = 3 sin3 x + cos3 x ≤ 3 sin2 x + cos2 x = 1 + 2 sin2 x
第4页
8.
1
.
答案
2 .
3
解析
AB C D
N
O1M = 1 − a
3a2 − 8a + 4 = 0
.
√
2
a
AB C D
O OA = a.
2
O1
AB C D
M
AC BD
√
O1
P
O AM
=
AB √
O1A2 −
O1M 2
=
√ 1
−
2M N = (1 − a)2
OM
= OA √
2=
2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
．
答案： 15 ．
解：由对称性，不妨设 P(xP, yP ) 在第一象限，则由条件知
xP
1 PT
2
PS 2,
yP
1 PV
2
PU
1，
1
即 P(2, 1) ．进而由 xP PU 1, PS 2 得U (2, 2), S(4, 1) ，代入椭圆 C 的方程知
…………………16 分
注：对任意的
r
(81,
144) ，取 c0
=
r 9
，则 c0
∈ (9,16) ，从而
f
(c0 ) ∈ (0,1) ．过
点 (c0, f (c0 )) 作平行于 x 轴的直线 l ，则 l 与 f (x) 的图像另有两个交点 (a, f (a)) ，
(b, f (b)) （其中 a (0, 3), b (3, 9) ），满足 f (a) f (b) f (c) ，并且 ab 9 ，从
证明： (1) 约定 S0 0 ．由条件知，对任意正整数 n ，有
1
an
(2Sn
an
)
(Sn
Sn1 )( Sn
Sn1 )
Sn2
S2 n1
，
从而 Sn2 n S02 n ，即 Sn n （当 n 0 时亦成立）． …………………5 分
显然， an Sn Sn1 n n 1 2 n ．
2
(
y3
y2
)2
( y1 y2 )2 y12 ( y1 y2 )2 y22
数的概率为1 − 72 =1 − 72 =9 ． 6! 720 10
2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
说明： 1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分． 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，10 分为一个档次，不得增加其他中间档次．
一、（本题满分 40 分）设 a, b 是实数，函数 f (x) = ax + b + 9 ． x
知，满足条件的情况数为 36 × 2 =72 种．从而所求概率为= 72 7= 2 1 ． 6! 720 10
4. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 通过原点， n (3, 1) 是 l 的一个法向
量．已知数列{an}满足：对任意正整数 n ，点 (an1, an ) 均在 l 上．若 a2 6 ，则
11.（本题满分 20 分）如图所示，在平面直角 坐 标 系 xOy 中 ， A 、 B 与 C 、 D 分 别 是 椭 圆
x2 y2 : a2 b2 1 (a b 0) 的左、右顶点与上、下顶 A 点．设 P, Q 是 上且位于第一象限的两点，满足
y
R
P
C
M
Q
O
Bx
OQ ∥ AP ， M 是线段 AP 的中点，射线 OM 与椭
是 0 1 2 4 8 16 31 ．
2. 已知圆锥的顶点为 P ，底面半径长为 2 ，高为1．在圆锥底面上取一点 Q ，
使得直线 PQ 与底面所成角不大于 45 ，则满足条件的点 Q 所构成的区域的面积
为
．
答案： 3 ．
解：圆锥顶点 P 在底面上的投影即为底面中心，记之为 O ．由条件知， OP tan OQP 1 ，即 OQ 1 ，故所求的区域面积为 22 12 3 ． OQ
2018年湖南省高中数学联赛A及参考答案
2018年湖南省高中数学联赛（A ）卷试题参考答案与评分细则一、填空题(本题满分70分，每小题7分)1.已知},,{321a a a B A = ，当B A ≠时，),(B A 与),(A B 视为不同的对，则这样的),(B A 对的个数有____________个．解:由集合B A ,都是B A 的子集，B A ≠且},,{321a a a B A = ．当φ=A 时，B 有1种取法；当A 为一元集时，B 有2种取法；当A 为二元集时，B 有4种取法；当A 为三元集时，B 有7种取法．故不同的),(B A 对有26743231=+⨯+⨯+(个)．2.32ax >+的解集是(4，b )，则实数a =，b =．解：方法一：设2,则,且t x t t ==∈，则不等式2302at t -+<的解集为（，所以2，是方程2302at t -+=的两根，即12,32,2a a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得18a =，b =36．方法二：设1232y y ax ==+，由不等式32ax >+的解集是(4，b )，可得两函数1232y y ax ==+在同一坐标系中的图象．设两函数图象的交点为A ，B，则(4,2),(A B b ，所以3242a =+32ab =+．解得18a =，b =36．3.从-3，-2，-1，0，1，2，3，4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ≠0)的系数，若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个?解：可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查．∵图象过坐标原点，∴c =0．∴二次函数可写成f (x )=ax 2+bx 的形式．又∵f (x )=a (x +a b 2)2-a b 42，∴其顶点坐标是(-a b 2，a b 42)．若顶点在第一象限，则有-a b 2>0，-ab 42>0．故a <0，b >0．因此，这样的二次函数有A 13·A 14=12个．若顶点在第三象限，则有-a b 2<0，-ab 42<0．故a >0,b >0．这样的二次函数有A 24=12个．由加法原理知，满足条件的二次函数共有A 13·A 14+A 24=24个．4.已知n 为正整数，若16610322-+-+n n n n 是一个既约分数，那么这个分数的值等于．解：)2)(8()2)(5(16610322-+-+=-+-+n n n n n n n n ，而当n -2=±1时，若(n +8，n +5)=(n +5，3)=1，则16610322-+-+n n n n 是一个既约分数，故当n =3时，该分数是既约分数．∴这个分数为118．5.函数[]π2,0|,sin |2sin )(∈+=x x x x f 的图象与直线k y =有且仅有两个不同的交点，则k 的取值范围是__________．解3sin ,[0,]()sin ,(,2]x x f x x x πππ∈⎧=⎨-∈⎩，作出其图像，可知有两个交点时的k 的范围为31<<k ．6.设实数a ，b 满足不等式|||||)(|||b a a b a a +-<+-，则a ，b 的正、负符号分别为___________.解：由已知得⇒+-<+-22|)|()](|[|b a a b a a ).(||||.)(||2)().(||22222b a a b a a b a b a a a b a b a a a +<+⇒+++-<+++-，由于x x ≥||，因此立得).(||||).(0b a a b a a a +<+--⇒<，约去-a 得ba b a +<+-||00>->⇒>+∴a b b a ，a 为负数且b 为正数．7.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 中点，F 为CC 1中点，异面直线EF 与AC 1所成角的余弦值是___________.解：设正方体棱长为1，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，则E (1，12，0)，F (0，1，12），A (1，0，1)，C 1(0，1，1)EF →＝(-1，12，12)，AC →1＝(-1，1，1)，∴cosθ＝11||||EF AC EF AC＝223．8.四次多项式432182001984x x kx x -++-的四个零点中有两个零点的积为-32，则实数k=．解:设多项式432182001984x x kx x -++-的四个根为1234,,,.x x x x 则由韦达定理，得1234121314232434123124134234123418,,200, 1984.x x x x x x x x x x x x x x x x k x x x x x x x x x x x x x x x x +++=⎧⎪+++++=⎪⎨+++=-⎪⎪=-⎩设123432,62,x x x x =-=则故123462()32()200.x x x x +-+=-又121234344,18,14.x x x x x x x x +=⎧+++=∴⎨+=⎩故12341234()()86.k x x x x x x x x =++++=9.(|x |＋||1x －2)3的展开式中的常数项为．解：.)||1||()2||1|(|63x x x x -=-+∴.20)||1()||()1(333634-=-=x x C T 10.在半径为R 的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是．解：设内接圆柱底面半径为Rsinα，则高为2Rcosα，则全面积为2222222(sin )2sin 2cos 2(sin sin 2)(1cos22sin 2)(1))(1R R R R R R R παπααπααπααπαϕπ+⨯=+=-+=+-≤+其中1tan 2ϕ=，等号成立的条件是22παϕ=+，故最大值为2(1R π+.二、解答题(本题满分80分，每小题20分)11.已知抛物线C 1的顶点(2-1，1)，焦点(2-34，1)，另一抛物线C 2的方程y 2-ay +x +2b ＝0，C 1与C 2在一个交点处它们的切线互相垂直，试证C 2必过定点，并求该点的坐标．解:C 1的p ＝12，方程(y -1)2＝x -(2-1)，即y 2-2y -x +2＝0．设交点为(x 0，y 0)，则C 1的切线方程为y 0y -(y +y 0)-12(x +x 0)+2＝0.，即2(y 0-1)y -x -2y 0-x 0+22＝0．同理可得，C 2的切线方程为y 0y -12a (y 0+y )+12(x +x 0)+2b ＝0，即(2y 0-a )y +x -ay 0+x 0+4b ＝0．.....................................................5分由题意知二者垂直，从而可得1(-1)+2(y 0-1)(2y 0-a )＝0，整理得4y 02-2(a +2)y 0+2a -1＝0．①由y 02-2y 0-x 0+2＝0和y 02-ay 0+x 0+2b ＝0，相加得：2y 02-(a +2)y 0+2b +2＝0，②①-②×2得：2a -1-4b -22＝0，可得4b ＝2a -1-22．③.................................................10分代入C 2方程整理即可得：2y 2-2ay +2x +2a -1-22＝0，即2y 2+2x -22-1-2a (y -1)＝0，.................................................15分取方程组⎩⎨⎧=-=--+010122222y x y ，解得(2-12，1)．即对任何满足③的a 、b ，点(2-12，1)在曲线C 2上，即C 2过定点，该定点的坐标为(2-12,1)．.............................................................20分12.如图，在凸四边形ABCD 中，M 为边AB 的中点，且MC=MD .分别过点C 、D 作边BC 、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P .过点P 作PQ ⊥AB 于Q .求证:∠PQC =∠PQD .证明：如图，联结PA 、PB ，分别取PA 、PB 的中点E 、F ，联结EM 、ED 、FM 、FC .则四边形PEMF 为平行四边形..................................................5分从而，∠PEM =∠PFM.由ME=21BP=CF,MF=21AP=DE,MD=MC 所以，△DEM ≌△MFC ..................................................10分即，∠DEM =∠MFC.所以，∠PED =∠DEM-∠PEM=∠MFC-∠PFM=∠PFC.又，∠PED =2∠PAD,∠PFC =2∠PBC,得∠PAD=∠PBC.由于∠PQA=∠PDA=90o ,∠PQB=∠PCB=90o ,则P 、Q 、A 、D 和P 、Q 、B 、C 分别四点共圆..................................................15分故∠PQD=∠PAD ，∠PQC=∠PBC,所以，∠PQC=∠PQD..................................................20分{}2221212122221*221221(121)2(13)13213132********k k k k k k k k k mn m mm m m k k S k S S a k k S m a S S L L N S m L m ------+--+-+---+--+=∈-+-+ ＝．＝＝＝假设存在正整数，使得恰好为数列中的一项，又由（）知，数列中的每一项都为正数，故可设（），则＝，变形得到(3-L )3m -1=(L -1)(m 2-1)①．.................................................15分∵m ≥1，L ≥1，3m -1＞0，∴L ≤3．又L ∈N *，故L 可能取1，2，3．当L =1时，(3-L )3m -1＞0，(L -1)(m 2-1)=0，∴①不成立；当L =2时，(3-2)3m -1=(2-1)(m 2-1)，即3m -1=m 2-1．若m =1，3m -1≠m 2-1，21222221121(*2)3172()(1)11223222322033333m m m m m m m m m T m N m m m m m m m T T -+--∈≥-+++---++-+⨯+--=≤<令＝，，则=．因此，1=T 2＞T 3＞…，故只有T 2=1，此时m =2，L =2=a 2．当L =3时，(3-3)3m -1=(3-1)(m 2-1)．∴m =1，L =3=a 3．。
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。
9、如图，点P 1，P2，…，P10分别是四面体顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组（P1，P i，P j，P k）（1＜i＜j＜k≤10）有个。
2018年全国高中数学联赛湖南省预赛A卷及解析
2018年全国高中数学联赛湖南省预赛A 卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、填空题1.已知12a 3}，当A≠B 时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有_____个.2.若不等式√x >ax +32(4,b)的解集是（4，b ），则实数a=_____，b=_____. 3.从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数f(x)=ax 2+bx +c(a ≠0)的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个. 4.已知n 为正整数，若n 2+3n−10n 2+6n−16是一个既约分数，那么这个分数的值等于_____.5.函数f(x)=sinx +2|sinx|，x ∈[0,2π]的图象与直线y=k 有且仅有两个不同的交点，则k 的取值范围是_____. 6.设实数a 、b 满足不等式||a|−(a +b)|<|a −|a +b||，则a 、b 的正、负符号分别为_____. 7.正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点，F 为CC 1的中点.异面直线EF 与AC 1所成角的余弦值是_____.8.四次多项式x 4−18x 3+kx 2+200x −1984的四个根中有两个根的积为-32，则实数k=_____.9.(|x|+1|x|−2)3的展开式中常数项为_____.10.在半径为R 的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是_____.二、解答题11.已知抛物线C 1的顶点(√2−1,1)，焦点(√2−34,1)，另一抛物线C 2的方程为y 2−ay +x +2b =0，C 1与C 2在一个交点处它们的切线互相垂直.试证C 2必过定点，并求该点的坐标.12.如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC=MD.分别过点C、D作边BC、AD的垂线，设两条垂线的交点为P.过点P作PQ⊥AB与Q.求证：∠PQC=∠PQD.13.已知二次函数f(x)=x2−16x+p+3.（1）若函数在区间[−1,1]上存在零点，求实数p的取值范围；（2）问是否存在常数q(q≥0)，使得当x∈[q,10]时，f(x)的值域为区间D，且D的长度为12−q.（注：区间[a,b](a<b)的长度为b−a）.14.已知数列{a n}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列{a n}前n项和为S n，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4.（1）求数列{a n}的通项公式：（2）若a m+a m+1=a m+2，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得S2mS2m−1恰好为数列{a n}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由.参考答案1.27【解析】1.由集合A 、B 都是A ∪B 的子集，A ≠B 且A ∪B =(a 1,a 2,a 3).当A=∅时，B 有1种取法；当A 为一元集时，B 有2种取法； 当A 为二元集时，B 有4种取法； 当A 为三元集时，B 有8种取法.故不同的（A ，B ）对有1+3×2+3×4+8=27（个）.故答案为：27 2.18 36【解析】2.解法一： 设√x =t ，则x=t 2，且t ∈(2,√b)，则不等式at 2−t +32<0的解集为(2,√b)，所以2、√b 是方程at 2−t +32=0的两根，即{ 2+√b =1a ,2·√b =32a. 解得a=18，b=36.解法二： 设y 1=√x ，y 2=ax +32，由不等式√x >ax +32的解集是（4，b ），可得两函数y 1=√x ，y 2=ax +32在同一坐标系中的图象. 设两函数图象的交点为A 、B ，则A(4,2)、B(b,√b)，所以2=4a +32，√b =ab +32. 解得a=18，b=36.故答案为：(1). 18 (2). 36 3.24【解析】3.可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成f(x)=a 2+bx 的形式. 又f(x)=a(x +b 2a)2−b 24a，所以其顶点坐标是(−b2a ,b 24a).若顶点在第一象限，则有b2a>0，−b 24a>0.故a <0，b >0.因此，这样的二次函数有A 31⋅A 41=12个.若顶点在第三象限，则有−b 2a<0，−b 24a<0.故a >0，b >0.这样的二次函数有A 42=12个.由加法原理知，满足条件的二次函数共有A 31⋅A 41+A 42=24个.故答案为：24 4.811【解析】4.因为n 2+3n−10n 2−6n−16=(n+5)(n−2)(n+8)(n−2)，当n −2=±1时，若(n +8,n +5)=(n +5,3)=1，则n 2+3n−10n 2−6n−16是一个既约分数，故当n =3时，该分数是既约分数.所以这个分数为811. 故答案为：8115.1<k <3【解析】5.f(x)={3sinx,x ∈[0,π].−sinx,x ∈[π,2π].作出其图像，可只有两个交点时k 的范围为1<k <3.故答案为：1<k <36.a 负,b 正【解析】6. 由已知得[|a|−(a +b)]2<(a −|a +b|)2⇒a 2−2|a|⋅(a +b)+(a +b)2<a 2−2a|a +b|+(a +b)2⇒a 2⋅|a +b|<|a|⋅(a +b).由于|x|≥x ，因此得a <0⇒−(−a)⋅|a +b|<[|a|⋅(a +b)，约去−a 的−|a +b|<a +b .所以a+b >0⇒b >−a >0，a 为负数且b 为正数.故答案为：a 负,b 正 7.2√23【解析】7.设正方体棱长为1，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，则E(1,12,0),F(0,1,12),A(1,0,1),C 1(0,1,1).故有EF ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,12,12),AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,1,1). 所以cosθ=EF ⃑⃑⃑⃑⃑ ·AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |EF |·|AC 1|=2√23.故答案为：2√23 8.86【解析】8.设多项式x 4−18x 3+kx 2+200x −1984的四个根为x 1、x 2、x 3、x 4，则由韦达定理，得{x 1+x 2+x 3+x 4=18,x1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4=k,x 1x 2x 3+x 1x 2x 4+x 1x 3x 4+x 2x 3x 4=−200,x 1x 2x 3x 4=−1984. 设x 1x 2=−32，则x 3x 4=62，故62(x 1+x 2)−32(x 3+x 4)=−200.又x 1+x 2+x 3+x 4=18，所以{x 1+x 2=4,x 3+x 4=14,故k=x 1x 2+x 3x 4+(x 1+x 2)(x 3+x 4)=86.故答案为：86 9.-20【解析】9.因为(|x|+1|x|−2)3=(√|x|−√|x|)6.所以T 4=(−1)3C 63(√|x|)3(√|x|)3=−20.故答案为：-2010.πR2(1+√5)【解析】10.设内接圆柱底面半径为Rsinα，则高位2Rcosα，那么全面积为2π(Rsinα)2+2πRsinα×2Rcosα=2πR2(sin2α+sin2α)=πR2(1−cos2α+2sin2α) =πR2[1+√5sin(2α−φ)]≤πR2(1+√5).其中tanφ=12，等号成立的条件是2α=φ+π2.故最大值为πR2(1+√5).故答案为：πR2(1+√5)11.C2过定点，该定点的坐标为(√2−12,1).【解析】11.C1中的p=12，方程(y−1)2=x(√2−1)，即y2−2y−x+√2=0.设交点为(x0,y0)，则C1的切线方程为y0−(y+y0)−12(x+x0)+√2=0，即2(y0−1)y−x−2y0−x0+2√2=0.同理可得，C2的切线方程为y 0y−12a(y+y)+12(x+x0)−2b=0，即(2y0−a)y+x−ay0+x0+4b=0.由题意知二者垂直，从而可得1×(−1)+2(y0−1)(2y0−a)=0，整理得4y02−2(a+2)y0+2a−1=0.①由y02−2y0−x0+√2=0和y02−ay0+x0+2b=0，相加得2y02−(a+2)y0+2b+√2=0，②①-②×2得2a-1-4b-2√2=0，可得4b=2a−1−2√2. ③代入C2得方程整理即可得2y2−2ay+2x+2a−1−2√2=0，即2y2+2x−2√2−1−2a(y−1)=0，由方程组{2y2+2x−2√2−1=0,y−1=0.解得(√2−12,1).即对任何满足③的a、b，点(√2−12,1)在曲线C2上，即C2过定点，该定点的坐标为(√2−12,1).12.见解析【解析】12.如图，连结PA、PB，分别取PA、PB的中点E、F，连结EM、ED、FM、FC，则四边形PEMF为平行四边形，从而∠PEM=∠PFM.由ME=12BP=CF，MF=12AP=DE，MD=MC，所以△DEM≌△MFC，即∠DEM=∠MFC，所以∠PED=∠DEM-∠PEM=∠ MFC-∠PFM=∠PFM.又∠PED=2∠PAD, ∠PFC=2∠PBC,得∠PAD=∠PBC.由于∠PQA=∠PDA=90°，∠POB=∠PCB=90°，则P、Q、A、D和P、Q、B、C分别四点共圆.故∠PQD=∠PAD, ∠PQC=∠PBC,所以∠PQC=∠PQD.13.（1）–20≤p≤12；（2）存在常数q= 8或q= 9，当x∈[q，10]时，f(x)的值域为区间D，且D的长度为12–q．【解析】13.（1）利用零点存在性定理列出关于q的不等式，然后再利用不等式知识求解即可；（2）先利用单调性求出函数的值域，再利用区间长度列出关于q的方程，求解即可。
最新-2018年全国高中数学联赛一 精品
2018年全国高中数学联合竞赛试题（一）及参考答案说明： 1．评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次. 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，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，5分为一个档次，不要再增加其它中间档次. 一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 本题共有6小题，每小题均给出A ，B ，C ，D 四个结论，其中有且仅有一个是正确的.请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分. 1．使关于x 的不等式k x x ≥-+-63有解的实数k 的最大值是 （ ）A ．36-B ．3C ．36+D ．6解：令63,63≤≤-+-=x x x y ，则)6)(3(2)6()3(2x x x x y --+-+-=∴≤<∴=-+-≤,60.6)]6()3[(2y x x 实数k 的最大值为.6选D.2．空间四点A 、B 、C 、D 满足BD AC DA CD BC AB ⋅====则,9||,11||,7||,3||的取值 （ ） A ．只有一个B ．有二个C ．有四个D ．有无穷多个解：注意到32+112=130=72+92，由于0=+++DA CD BC AB ，则DA 2=22)(CD BC AB DA ++==AB 2+BC 2+CD 2+2（2222(2)(BC CD BC AB AB CD CD BC BC AB ++-=⋅+⋅+⋅+)AB CD CD BC BC AB ⋅+⋅+⋅=)()(2222CD BC BC AB CD BC AB +⋅+++-，即 022222==-+=⋅CD AB BC AD BD AC ，BD AC ⋅∴只有一个值0，故选A.3．△ABC 内接于单位圆，三个内角A 、B 、C 的平分线延 长后分别交此圆于A 1、B 1、C 1，则CB AC CC B BB A AA sin sin sin 2cos 2cos 2cos111++⋅+⋅+⋅的值为（ ） A ．2B ．4C ．6D ．8解：如图，连BA 1，则AA 1=2sin(B+)22cos(2)222sin(2)2C B C B C B A A -=-+++= )2cos(2cos 2cos 2cos )22cos(22cos 1C B C A C B A A C B A AA -=-++-+=-=∴π,sin sin )2cos(B C B +=-+π同理,sin sin 2cos 1C A B BB +=,sin sin 2cos 1B A C CC +=),sin sin (sin 22cos 2cos 2cos111C B A CCC B BB A AA ++=++∴ 原式=.2sin sin sin )sin sin (sin 2=++++CB AC B A 选A. 4．如图，ABCD —D C B A ''''为正方体，任作平面a 与对角线AC ′垂直，使得a 与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S ，周长为l ，则（ ）A ．S 为定值，l 不为定值B ．S 不为定值，l 为定值C ．S 与l 均为定值D ．S 与l 均不为定值 解：将正方体切去两个正三棱锥A —A ′BD 与C ′—C B D '''后，得到一个以平行平面A ′BD 与C B D ''为上、下底面的几何体V ，V 的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W 的每一条边分别与V 的底面上的一条边平行，将V 的侧面沿棱B A ''剪开，展平在一张平面上，得到一个 11A B B A ''，而多边形W 的周界 展开后便成为一条与1A A '平行的线段（如图中1E E '）， 显然11A A E E '='，故l 为定值.当E ′位于B A ''中点时，多边形W 为正六边形，而当E ′移至A ′处时，W 为正三角形，易知周长为定值l 的正六边形与正三角形面积分别为22363243l l 与，故S 不为定值.选B. 5．方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是（ ）A ．焦点在x 轴上的椭圆B ．焦点在x 轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线解：)23cos()22cos(,223220,32ππππππ->-∴<-<-<∴>+ ， 即3sin 2sin >，又03c o s2c o s,03c o s,02c o s ,32,220>-∴<>∴<<<<πππ，方程表示的曲线是椭圆.4232sin(232sin22)3cos 2(cos )3sin 2(sin π++-=--- ）……（*） .423243,432322,0232sin ,02322ππππππ<++<∴<+<<-∴<-<-.0(*),0)4232sin(<∴>++∴式π即3cos 2cos 3sin 2sin -<-.∴曲线表示焦点在y 轴上的椭圆，选C.6．记集合T={0，1，2，3，4，5，6}，M=}4,3,2,1,|7777{4433221=∈+++i T a a a a a i ，将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2018个数是（ ）A ．43273767575+++B ．43272767575+++ C ．43274707171+++D ．43273707171+++解：用p k a a a ][21 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以74，得}4,3,2,1,|]{[}4,3,2,1,|777{74321432231=∈==∈+⋅+⋅+⋅='i T a a a a a i T a a a a a M i i ，M ′中的最大数为[6666]7=[2400]10.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2018个数是2400－2018=396，而[396]10=[1104]7将此数除以74，便得M 中的数43274707171+++.故选C. 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上. 7．将关于x 的多项式2019321)(x xx x x x f +-+-+-= 表为关于y 的多项式202019192210)(y a y a y a y a a y g ++++= ，其中4-=x y ，则615212010+=+++a a a .解：由题设知，)(x f 和式中的各项构成首项为1，公比为x -的等比数列，由等比数列的求和公式，得：.1111)()(2121++=----=x x x x x f令51)4()(,421+++=+=y y y g y x 得，取,1=y 有615)1(2120210+==++++g a a a a8．已知)(x f 是定义在（0，+∞）上的减函数，若)143()12(22+-<++a a f a a f 成立，则a 的取值范围是.51310<<<<a a 或 解：∵)(x f 在（0，+∞）上定义，又)1)(13(143;087)41(212222--=+->++=++a a a a a a a ，仅当1>a 或31<a 时， .(*)01432>+-a a)(x f 在（0，+∞）上是减函数，1431222+->++∴a a a a 50,052<<∴<-⇒a a a结合（*）知51310<<<<a a 或. 9．设α、β、γ满足πγβα20<<<<， 若对于任意0)cos()cos()cos(,=+++++∈γβαx x x R x ，则.34παγ=- 解：设0)(,0)(,),cos()cos()cos()(=-=∈+++++=αγβαf x f R x x x x x f 知由，,0)(,0)(=-=-βγf f即,1)cos()cos(,1)cos()cos(-=-+--=-+-βγβααγαβ.21)cos()cos()cos(,1)cos()cos(-=-=-=-∴-=-+-αγβγαβγβγα∵πγβα20<<<<，]34,32[,,ππβγαγαβ∈--- ， 又.34.32.,παγπβγαβαγβγαγαβ=-∴=-=--<--<-只有 另一方面，当32πβγαβ=-=-，有R x ∈∀+=+=,34,32παγπαβ， 记θα=+x ，由于三点))34sin(),34(cos(),32sin(),32(cos(),sin ,(cos πθπθπθπθθθ++++构成单位圆122=+y x 上正三角形的三个顶点，其中心位于原点，显然有.0)34cos()32cos(cos =++++πθπθθ即.0)cos()cos()cos(=+++++γβαx x x 10．如图，四面体DABC 的体积为61，且满足∠ACB=45°， AD+BC+32=AC ，则CD=3.解：61)45sin 21(31=≥︒⋅⋅⋅⋅DABC V AC BC AD，即.12≥⋅⋅AC BC AD 又323≥++=AC BC AD 323≥⋅⋅AC BC AD ，等号当且仅当AD=BC=12=AC 时成立，这时AB=1，AD ⊥面ABC ，∴DC=3.11．若正方形ABCD 的一条边在直线172-=x y 上，另外两个顶点在抛物线2x y =上.则该正方形面积的最小值为 80 .解：设正方形的边AB 在直线172-=x y 上，而位于抛物线上的两个顶点坐标C（11,y x ）、D （22,y x ），则CD 所在直线l 的方程b x y +=2，将直线l 的方程与抛物线方程联立，得.1122,12+±=⇒+=b x b x x令正方形边长为a ，则).1(20)(5)()(2212212212+=-=-+-=b x x y y x x a ①在172-=x y 上任取一点（6，－5），它到直线b x y +=2的距离为5|17|,b a a +=②①、②联立解得.80.1280,80.63,32min 2221=∴==∴==a a a b b 或12．如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”，将所有“吉祥数”从小到大排成一列.52000,2005,,,,5321==m m a a a a a 则若解：∵方程m x x x k =+++ 21的非负整数解的个数为,1m k m C -+而使2(0,11≥≥≥i x x i ）的整数解个数为,12--+m k m C 现取m=7，可知，k 位“吉祥数”的个数为P （k ）=65+k C .∵2018是形如2abc 的数中最小的一个“吉祥数”，且P （1）=66C =1，P （2）=67C =7，P （3）=68C =28，对于四位“吉祥数”1abc ，其个数为满足a+b+c=6的非负整数解个数， 即6136++C =28个.∵2018是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即.200565=a 从而n=65，5n=325. 又P （4）=210)5(,8461069===CP C ，而.330)(51=∑=k k P∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000，60100，60010，60001，52018.∴第325个“吉祥数”是52018，即.520005=m a三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13．数列{}n a 满足：.,236457,1210N n a a a a n n n ∈-+==+证明：（1）对任意m a N n ,∈为正整数；（2）对任意1,1-∈+n n a a N n 为完全平方数.证明：（1）由题设得,51=a 且{}n a 严格单调递增，将条件式变形得36457221-=-+m m m a a a ，两边平方整理得0972121=++=++n n n n a a a a ①0972112=++-∴--n n n n a a a a ②①－②得⇒=-+∴>=-+--++-++07,,0)7)((111111m n n n n n n n n n a a a a a a a a a a.711-+-=n n n a a a ③由③式及5,110==a a 可知，对任意m a N n ,∈为正整数.……………………10分（2）将①两边配方，得211121)3(1),1(9)(n n n n n n n n a a a a a a a a +=-∴-=+++++。
2018年最新 湖南省2018年高中数学竞赛试卷及解答02018 精品
湖南省2018年高中数学奥林匹克竞赛试题(9月7日上午9：00-11：00) 注意事项：本试卷共18题，满分150分一、选择题（本大题共6个小题，每小题6分，满分36分） 1.定义在实数集R 上的函数y ＝f(－x)的反函数是y ＝f －1(－x)，则(A)y ＝f(x)是奇函数 (B)y ＝f(x)是偶函数(C)y ＝f(x)既是奇函数，也是偶函数 (D)y ＝f(x)既不是奇函数，也不是偶函数2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象如右图所示。
记N ＝|a ＋b ＋c|＋|2a －b|，M ＝|a －b ＋c|＋|2a ＋b|，则(A)M ＞N (B)M ＝N (C)M ＜N(D)M 、N 的大小关系不能确定3.在正方体的一个面所在的平面内，任意画一条直线，则与它异面的正方体的棱的条数是(A) 4或5或6或7 (B) 4或6或7或8 (C) 6或7或8 (D) 4或5或6 4.ΔABC 中，若(sinA ＋sinB)(cosA ＋cosB)＝2sinC ，则(A)ΔABC 是等腰三角形但不一定是直角三角形 (B)ΔABC 是直角三角形但不一定是等腰三角形 (C)ΔABC 既不是等腰三角形也不是直角三角形 (D)ΔABC 既是等腰三角形也是直角三角形5.ΔABC 中，∠C ＝90°。
若sinA 、sinB 是一元二次方程x 2＋px ＋q ＝0的两个根，则下列关系中正确的是(A)p ＝q 21+±且q ＞21- (B)p ＝q 21+且q ＞21-(C)p ＝－q 21+且q ＞21- (D)p ＝－q 21+且0＜q ≤216.已知A （－7，0）、B （7，0）、C （2，－12）三点，若椭圆的一个焦点为C ，且过A 、B 两点，此椭圆的另一个焦点的轨迹为(A)双曲线 (B)椭圆(C)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分二、填空题（本大题共6个小题，每小题6分，满分36分）7. 满足条件{1，2，3}⊆ X ⊆{1，2，3，4，5，6}的集合X 的个数为＿＿＿＿。
2018年全国高中数学联赛A试题+答案
2018年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 设集合 1,2,3,,99,2,2A B x x A C x x A ，则B C 的元素个数为 ．答案：24．解：由条件知， 13992,4,6,,198,1,,2,,2,4,6,,48222B C，故B C 的元素个数为24．2. 设点P 到平面的距离为，点Q 在平面 上，使得直线PQ 与 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 ．答案：8 ．解：设点P 在平面 上的射影为O ．由条件知，tan OP OQP OQ ，即[1,3]OQ ，故所求的区域面积为22318 ．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 ．答案：910．解：先考虑abc def +为奇数的情况，此时,abc def 一奇一偶，若abc 为奇数，则,,a b c 为1,3,5的排列，进而,,d e f 为2,4,6的排列，这样有3!3!36×=种情况，由对称性可知，使abc def +为奇数的情况数为36272×=种．从而abc def +为偶数的概率为72729116!72010−=−=．4. 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b的左、右焦点分别是1F 、2F ，椭圆C 的弦ST 与UV 分别平行于x 轴与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12PF F 的面积为 ．答案解：由对称性，不妨设(,)P P P x y 在第一象限，则由条件知112,122P P x PT PS y PV PU ，即(2,1)P ．进而由1,2P x PU PS 得(2,2),(4,1)U S ，代入椭圆C 的方程知2222111144161a b a b，解得2220,5a b ．从而121212PF F P P S F F y y ．5. 设()f x 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[0,1]上严格递减，且满足()1,(2)2f f ，则不等式组12,1()2x f x的解集为 ． 答案：[2,82] ．解：由()f x 为偶函数及在[0,1]上严格递减知，()f x 在[1,0] 上严格递增，再结合()f x 以2为周期可知，[1,2]是()f x 的严格递增区间．注意到(2)()1,(82)(2)(2)2f f f f f ，所以1()2(2)()(82)f x f f x f ，而12822 ，故原不等式组成立当且仅当[2,82]x ．6. 设复数z 满足1z ，使得关于x 的方程2220zx zx 有实根，则这样的复数z 的和为 ．答案：32．解：设22i (,,1)R z a b a b a b ．将原方程改为2(i)2(i)20a b x a b x ，分离实部与虚部后等价于2220ax ax ，① 220bx bx ．②若0b ，则21a ，但当1a 时，①无实数解，从而1a ，此时存在实数1x 1z 满足条件．若0b ，则由②知{0,2}x，但显然0x 不满足①，故只能是2x ，代入①解得14a ，进而bz ．综上，满足条件的所有复数z 之和为312．7. 设O 为ABC 的外心，若2AO AB AC，则sin BAC 的值为 ．答案 解：不失一般性，设ABC 的外接圆半径2R ．由条件知，2AC AO AB BO，①故112AC BO ．取AC 的中点M ，则OM AC ，结合①知OM BO ，且B 与A 位于直线OM 的同侧．于是1cos cos(90)sin 4MCBOC MOC MOC OC． 在BOC 中，由余弦定理得BC ，进而在ABC中，由正弦定理得sin 2BC BAC R． 8. 设整数数列1210,,,a a a 满足1012853,2a a a a a ，且1{1,2},1,2,,9i i i a a a i ，则这样的数列的个数为 ．答案：80．解：设1{1,2}(1,2,,9)i i i b a a i ，则有11011292a a a b b b ，① 2345285567b b b a a a a b b b ．②用t 表示234,,b b b 中值为2的项数．由②知，t 也是567,,b b b 中值为2的项数，其中{0,1,2,3}t ．因此237,,,b b b 的取法数为021222323333(C )(C )(C )(C )20 ．取定237,,,b b b 后，任意指定89,b b 的值，有224 种方式．最后由①知，应取1{1,2}b 使得129b b b 为偶数，这样的1b 的取法是唯一的，并且确定了整数1a 的值，进而数列129,,,b b b 唯一对应一个满足条件的数列1210,,,a a a ．综上可知，满足条件的数列的个数为20480 ．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）已知定义在R 上的函数()f x 为3log 1,09,()49.x x f x x设,,a b c 是三个互不相同的实数，满足()()()f a f b f c ，求abc 的取值范围．解：不妨假设a b c ．由于()f x 在(0,3]上严格递减，在[3,9]上严格递增，在[9,) 上严格递减，且(3)0,(9)1f f ，故结合图像可知(0,3)a ，(3,9)b ，(9,)c ，并且()()()(0,1)f a f b f c ． …………………4分由()()f a f b 得331log log 1a b ，即33log log 2a b ，因此239ab ．于是9abc c ． …………………8分又0()41f c ， …………………12分 故(9,16)c ．进而9(81,144)abc c ．所以，abc 的取值范围是(81,144)． …………………16分注：对任意的(81,144)r ，取09rc =，则0(9,16)c ∈，从而0()(0,1)f c ∈．过点00(,())c f c 作平行于x 轴的直线l ，则l 与()f x 的图像另有两个交点(,())a f a ，(,())b f b （其中(0,3),(3,9)a b ），满足()()()f a f b f c ，并且9ab ，从而abc r =．10.（本题满分20分）已知实数列123,,,a a a 满足：对任意正整数n ，有(2)1n n n a S a ，其中n S 表示数列的前n 项和．证明：(1) 对任意正整数n ，有n a(2) 对任意正整数n ，有11n n a a ．证明：(1) 约定00S ．由条件知，对任意正整数n ，有221111(2)()()n n n n n n n n n a S a S S S S S S ，从而220n S n S n ，即n S （当0n 时亦成立）． …………………5分显然，1n n n a S S ． …………………10分(2) 仅需考虑1,n n a a 同号的情况．不失一般性，可设1,n n a a 均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），则11n n n S S S ，故必有1n n S S ，此时1n n a a从而11n n a a ． …………………20分11.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，设AB 是抛物线24y x 的过点(1,0)F 的弦，AOB 的外接圆交抛物线于点P （不同于点,,O A B ）．若PF 平分APB ，求PF 的所有可能值．解：设222123123,,,,,444y y y A y B y P y，由条件知123,,y y y 两两不等且非零． 设直线AB 的方程为1x ty ，与抛物线方程联立可得2440y ty ，故124y y ． ① 注意到AOB 的外接圆过点O ，可设该圆的方程为220x y dx ey ，与24y x 联立得，4210164y d y ey ．该四次方程有123,,,0y y y y 这四个不同的实根，故由韦达定理得12300y y y ，从而312()y y y ．②…………………5分因PF 平分APB ，由角平分线定理知，12PA FA yPB FB y ，结合①、②，有2222312222231212112122222222222321222132()()16(2)44()16(2)()44y y y y y y y y y PA yy PB y y y y y y y y y2222422122122224212112(8)16(416)64192(8)16(416)64192y y y y y y y y y y ， ………………10分 即62226222112122126419264192y y y y y y y y ，故 224224121122()(192)0y y y y y y ． 当2212y y 时，21y y ，故30y ，此时P 与O 重合，与条件不符． 当422411221920y y y y 时，注意到①，有22221212()192()208y y y y ． …………………15分因22121282y y y y ，故满足①以及2212y y 的实数12,y y 存在，对应可得满足条件的点,A B ．此时，结合①、②知222231212()4411444y y y y y PF ．…………………20分2018年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）设n 是正整数，1212,,,,,,,,,n n a a a b b b A B 均为正实数，满足,,1,2,,i i i a b a A i n ≤≤= ，且1212n n b b b Ba a a A≤ ． 证明：1212(1)(1)(1)1(1)(1)(1)1n n b b b B a a a A ++++≤++++ ．证明：由条件知，1,1,2,,i i i b k i n a =≥= ．记BK A=，则1212n n b b b B a a a A ≤ 化为12n k k k K ≤ ．要证明11111ni i i ik a KA a A =++≤++∏． ① 对1,2,,i n = ，由于1i k ≥及0i a A <≤知，11111111i i i i i i i i i k a k k k A k k a a A A +−−+=−≤−=++++． 结合12n K k k k ≥ 知，为证明①，仅需证明当0,1(1,2,,)i A k i n >≥= 时，有1211111ni n i k A k k k A A A =++≤++∏． ②…………………20分对n 进行归纳．当1n =时，结论显然成立． 当2n =时，由120,,1A k k >≥可知1212122111(1)(1)0111(1)k A k A k k A A k k A A A A +++−−⋅−=−≤++++， ③ 因此2n =时结论成立． …………………30分设n m =时结论成立，则当1n m =+时，利用归纳假设知，11121111111111111m m i i m m m i i k A k A k A k k k A k A A A A A A +++==+++++ =⋅≤⋅ +++++∏∏ 12111m k k k A A ++≤+ ，最后一步是在③中用121,m m k k k k + （注意1211,1m m k k k k +≥≥ ）分别代替12,k k ． 从而1n m =+时结论成立．由数学归纳法可知，②对所有正整数n 成立，故命题得证．…………………40分二、（本题满分40分）如图，ABC 为锐角三角形，AB AC ，M 为BC 边的中点，点D 和E 分别为ABC 的外接圆 BAC和 BC 的中点，F 为ABC 的内切圆在AB 边上的切点，G 为AE 与BC 的交点，N 在线段EF 上，满足NB AB ． 证明：若BN EM ，则DF FG ．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由条件知，DE 为ABC 外接圆的直径，DE BC 于M ，AE AD ． 记I 为ABC 的内心，则I 在AE 上，IF AB ． 由NB AB 可知(180)90NBE ABE ABN ADE90ADE MEI ．① …………………10分又根据内心的性质，有EBI EBC CBI EAC ABI EAB ABI EIB ， 从而BE EI ．结合BN EM 及①知，NBE MEI ≌ ． …………………20分于是90180EMI BNE BFE EFI ，故,,,E F I M 四点共圆．进而可知9090AFM IFM IEM AGM ，从而,,,A F G M 四点共圆． …………………30分 再由90DAG DMG 知，,,,A G M D 四点共圆，所以,,,,A F G M D 五点共圆．从而90DFG DAG ，即DF FG ． …………………40分三、（本题满分50分）设,,n k m 是正整数，满足2k ≥，且21k n m n k−≤<． 设A 是{1,2,,}m 的n 元子集．证明：区间0,1n k−中的每个整数均可表示为a a ′−，其中,a a A ′∈．证明：用反证法．假设存在整数0,1n x k∈ −不可表示为a a ′−，,a a A ′∈．作带余除法m xq r =+，其中0r x ≤<．将1,2,,m 按模x 的同余类划分成x 个公差为x 的等差数列，其中r 个等差数列有1q +项，x r −个等差数列有q 项．由于A 中没有两数之差为x ，故A 不能包含以x 为公差的等差数列的相邻两项．从而1,2,12()22,2|,2q x q q q n A r x r q x r q + ⋅ + =≤+−= ⋅+ ① 这里α 表示不小于α的最小整数． …………………20分由条件，我们有()2121k kn m xq r k k >+−−． ②又0,1n x k ∈ −，故(1)n k x >−． ③情形一：q 是奇数．则由①知，12q n x +≤⋅． ④ 结合②，④可知，1()22121q k kx n xq r xq k k +⋅≥>+≥−−，从而21q k <−．再由q 是奇数可知，23q k ≤−，于是1(1)2q n x k x +≤⋅≤−，与③矛盾．情形二：q 是偶数．则由①知，2qn x r ≤⋅+． ⑤结合②，⑤可知，()221q k x r n xq r k ⋅+≥>+−，从而1(1)2(21)2121xq k k xr k k k −−<<−−−，故2(1)q k <−．再由q 是偶数可知，24q k ≤−，于是(2)(1)2qn x r k x r k x ≤⋅+≤−+<−，与③矛盾．综上可知，反证法假设不成立，结论获证． …………………50分四、（本题满分50分） 数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数， 对整数1n ≥， 1n a +是与1ni i a =∑互素，且不等于1,,n a a 的最小正整数．证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现．证明：显然11a =或21a =．下面考虑整数1m >，设m 有k 个不同素因子，我们对k 归纳证明m 在{}n a 中出现．记1n n S a a =++，1n ≥．1k =时，m 是素数方幂，设m p α=，其中0α>，p 是素数．假设m 不在{}n a 中出现．由于{}n a 各项互不相同，因此存在正整数N ，当n N ≥时，都有n a p α>．若对某个n N ≥，n p S ，那么p α与n S 互素，又1,,n a a 中无一项是p α，故由数列定义知1n a p α+≤，但是1n a p α+>，矛盾！因此对每个n N ≥，都有|n p S ．但由1|n p S +及|n p S 知1|n p a +，从而1n a +与n S 不互素，这与1n a +的定义矛盾． …………………10分假设2k ≥，且结论对1k −成立．设m 的标准分解为1212k km p p p ααα=．假设m 不在{}n a 中出现，于是存在正整数N ′，当n N ′≥时，都有n a m >．取充分大的正整数11,,k ββ−，使得11111max k k n n N M p p a ββ−−′≤≤=> ．我们证明，对n N ′≥，有1n a M +≠． …………………20分对任意n N ′≥，若n S 与12k p p p 互素，则m 与n S 互素，又m 在1,,n a a 中均未出现，而1n a m +>，这与数列的定义矛盾．因此我们推出：对任意n N ′≥，n S 与12k p p p 不互素．()∗情形1．若存在(11)i i k ≤≤−，使得|i n p S ，因1(,)1n n a S +=，故1i n p a +，从而1n a M +≠（因|i p M ）． …………………30分 情形2．若对每个(11)i i k ≤≤−，均有i n p S ，则由()∗知必有|k n p S ．于是1k n p a + ，进而1k n n p S a ++，即1k n p S +．故由()∗知，存在00(11)i i k ≤≤−，使得01|i n p S +，再由11n n n S S a ++=+及前面的假设(11)i n p S i k ≤≤−，可知01i n p a +，故1n a M +≠． …………………40分因此对1n N ′≥+，均有n a M ≠，而1max n i N M a ′≤≤>，故M 不在{}n a 中出现，这与归纳假设矛盾．因此，若m 有k 个不同素因子，则m 一定在{}n a 中出现．由数学归纳法知，所有正整数均在{}n a 中出现． …………………50分。
2018年湖南省高中数学联赛B卷及参考答案
而
2
2 2
a
1 (1 a )2
. 整理得 3a2 8a 4 0 ，解得 a
2 3
，或 a 2 （舍去）. 故 a
2 3
.
9.设 a b 1,b 0,a 0 ，则 1 2 | a | 的最小值为_________ |a| b
解： 1 2 | a | a b 2 | a | a ( b 2 | a | ) a 2 b 2 | a | 2 2 a ，其中等号成
解：原正三角形面积为
3 . 而第 k 次一共挖去 3k1 个小三角形， 4
Ak
3 16
3 k 1 4 ，因此，可以采用等比
级数求和公式，得到答案为：
n
k 1
Ak
3 16
n 3 k1 k1 4
3 16
1 (3)n 4
1 3
3 (1 (3 )n )
为____________
解：由 A B B 知， B A ，而 A {x | x2 3x 10 0} {x | 2 x 5} ，当 B 时， m 1 2m 1 ，即 m 2 ，此时 B A 成立.
当
B
时，
m
1
2m
1，即 m
FA 与
EC
的夹角等于二面
33 3
角 A DE C 的平面角，于是
cos(FA, EC)
FA EC
1 ，所以二面角 A DE C 的大小为120
| FA | | EC | 2
..................................................20 分
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2018年湖南省高中数学竞赛试卷（9月6日上午9：00-11：00） 注意事项：本试卷共18题，满分150分一、选择题（将每小题的唯一正确的答案的代号填在题后的括号内。
本大题共6小题，每小题6分，满分36分）1. 设函数()log (0,1)a f x x a a =>?，若()1220038f xx x =L ，则()()2212f x f x +()22003f x ++L 的值等于 （ ）A. 4B. 8C. 16D. 2log 8a 2. 如图，S-ABC 是三条棱两两互相垂直的三棱锥，O 为底面内的一点，若OSA a ?，OSB b ?,OSC g ?，则tan tan tan a b g 的取值范围是 ( )A. )+?B.C. 轾犏臌D. (1,3. 某水池装有编号为1，2，3，…，的9 个进出口水管，有的只进水，有的只出水。
已知所开的水管号与水池装A. 1小时B. 2小时 C . 3小时 D 4小时 4. 若以圆锥曲线的一条经过焦点的弦为直径的圆与对应的准线无公共点，则此圆锥曲线为 （ ） A. 双曲线 B. 椭圆C. 抛物线D. 椭圆或双曲线5. 有10个不同的球，其中有2个红球，5个黄球，3个白球。
若取到一个红球得5分，取到一个黄球得1 分，取到一个白球得2分，则从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A. 90B. 100 （ ）C. 110D. 1206. 自然数按下表的规律排列，则上起第2018行，左起第2018列的数为 （ ） A. 22002B. 22003 C. 2018+2018 D. 2018×2018二、填空题（在每小题中的横线上填上正确答案。
本小题共6小题，每小题6分，满分36分）7. 设,,x y R Î，且满足()()()()2003200312002112200221x x y y ìï-+-=-ïïíï-+-=ïïî，则x y +=___________; 8. 满足22sin sin sin 23cos x x x x +-=的锐角x =________________;9. 记{}min ,a b 为两数,a b 的最小值，当正数x , y 变化时，22min ,yt x x y 禳镲镲=睚镲+镲铪也在变化，则t 的最大值为_____________________;10. 已知n 为自然数，多项式()()01nhh n h n h P x x x -==-åð可展开成x 的升幂排列01a a x +22n n a x a x +++L ，则012||||||||n a a a a ++++=L ________________;11. 底面边长为a 的正三棱柱，被不平行底面的平面所截，其中一块的形状如图所示，剩余的侧棱长分别为123,,h h h ，则剩余的几何体的体积为__________________; 12. 已知a 、b 是不相等的正数，在a 、b 之间插入两组数:12,,,n x x x L ;12,,,n y y y L 使 a, 12,,,n x x x L ,b 成等差数列，a, 12,,,n y y y L ，b 成等比数列，则下列不等式:① 11nk k x n =>å2桫, ② 11nk k x n =>å2a b +④22a b ++桫 中成立的有_____________________.三、解答题 （每题的解答要有严格的推理过程，本大题共6小题，每小题13分，共78分）13. 已知曲线21(0)xy y =>在曲线上点00(,)x y 处的切线的斜率k =-，过点()11,0P 作y 轴的平行线交曲线于1Q ，过1Q 作曲线的切线与x 轴交于点2P ，过2P 作y 轴的平行线交曲线于2Q ，仿此，不断的这样作图（如图所示），得到点列12,,;P P L 12,,Q Q L ，记||n n n l P Q =，求2003l 的值。
14. 设,,x y z 均取正数且1x y z ++=，求三元函数()222222333,,111x x y y z zf x y z x y z ---=+++++ 的最小值，并给出证明。
15. 如图，已知四面体ABCD 中，,,.AB BC BC CD CD AB ^^^ （1） 指出与面BCD 垂直的侧面，并加以证明。
（2） 若1,AB BC CD x ===，二面角C-AD-B 的平面角为a ，()sin f x a =,求()f x 的表达式和a 的范围。
16. 设函数()y f x =的定义域为R ，当0x <时，()1f x >,且对任意的实数,x y R Î，有()()()f x y f x f y +=成立，数列{}n a 满足()10a f =，且()()112n n f a f a +=--()n N Î.（1）求2003a 的值；（2）若不等式12111111nk a a a 骣骣骣÷鼢ç珑÷鼢+++?ç珑÷鼢ç鼢÷珑ç桫桫桫L 对一切n N Î均成立，求k 的最大值。
17. 甲、乙两网络公司，1996年的市场占有率都为A ，根据市场分析和预测，甲公司第n 年（(1) 观察图形，求出乙公司第n 年的市场占有率表达式；(2) 根据甲、乙两公司所在地的市场规律，如果某公司的市场占有率不足另一公司市场占有率的20％，则该公司将被另一公司兼并。
经计算，2015年以前，不会出现兼并局面。
试问2015年是否会出现兼并局面，并说明理由。
18. 求平面上的满足条件：（1）三角形的三个顶点都是整点，坐标原点为直角顶点；（2）三角形的内心坐标()96,672M p p 为，其中p 为素数的直角三角形的个数。
2018年湖南省高中数学竞赛试卷答案一、选择题 1. C ；2. A 提示：构造长方体对角线与三条棱所成的角；3. B 设需t 小时，则 1249616213111614121=⎪⎭⎫⎝⎛+++++++t ,解得t=2; 4. B 用圆锥曲线的定义；5. C ；6. D . 二、填空题7. 3 构造函数()t t t f 20022003+=,它是奇函数又是增函数，()()y f x f -=-21,所以x + y = 3 ；8. 3π原式可得 2 sinx tanx + tanx － 2sinx = 3 ，即()()21tan 1sin 2=-+x x ，函数()()()1tan 1sin 2-+=x x x f 为增函数，且()⎪⎭⎫⎝⎛=3πf x f ，故3=πx .9.22 若,22y x y x +≤则 t = x ，2122222=≤+⋅≤=xy xy yx y x x t ，当,22y x y x +≥则21222222≤+≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=y x xy y x y t ，故22≤t ,当且仅当22==y x 时取等号.10. n3 ()()()()∑=--=-=nk kn kknnx C x x P 01212，所以n nk NK K Kn kC a32||0==∑∑==.11.()2321123a h h h ++ 可以把它分割成一个四棱锥与一个三棱锥的体积和. 12. ① ④ 三、解答题13. 提示：|l n |是以1为首项，公比33为的等比数列，所以，1001200220033133=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=l .14. 提示：考察函数()21t t t g +=，易知()21t tt g +=在(0 , 1 )内递增，从而对于()1,0,21∈t t 且21t t <时，有()()()()02121≥--t g t g t t ，所以对任意的()1,0∈x 有01031312≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x x ，即 ()131031322-≥+-x x x x ，同理对y,z 有类似的式子，三式相加即可得所求的最小值为 0 .当且仅当31===z y x 时,取等号.15. （1） 平面ABC 与平面ABD ，证明略；（2） ()()+∈++==R x x x x f 22222sin α,因为()⎪⎪⎭⎫⎝⎛∈1,22x f ，所以，⎪⎭⎫ ⎝⎛24∈ππα,.16. 略解：（1）由已知得，a 1=f(0)=1，函数y = f(x)在R 上是单调递减函数，且 ()()()0121f a f a f n n ==--⋅+，故,()()02,0211=--=--++n n n n a a f a a f ，所以{ a n }是首项为1，公差为2的等差数列，由此得，4005,122003=-=a n a n .（2） 已知可得1211111121+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤n a a a k n 恒成立。
设()1211111121+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n a a a n F n ，知()0>n F 且()()()()n F n F n F n F >+>+1,11。
故()n F 为关于n 的单调增函数，所以，()()3321=≥F n F ,332≤k ，即k 的最大值为332. 17. (1) 设乙公司第n 年的市场占有率为n b ，则A A A A A b n n n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⋯+++=--11212242 （2） 2015年为第20年，则()A A A a 1022140202040220>=+-=, A A b 22121920<⎪⎭⎫ ⎝⎛-=,即%202020a b <，可见，2015年会出现乙公司被甲公司兼并的局面。
18. 解：设如图为满足条件的直角三角形OAB ，则直线OM 的斜率为7tan =α； 直线OA 的斜率为()43tan =45-0α；直线OB 的斜率为34-. 由此可设点A 的坐标为A( 4t ,3t )，点B 的坐标为 B(－3s, 4s) ( s,t >0)，且其中s,t 都是整数. 设的内切圆半径为r ，则9657196222222⋅=+⋅⋅==p p OM r ，225,5,5s t AB s OB t OA +===，由9610555,222⋅-+=+=-+p s t s t r AB OB OA 得，整理得，()()22112232962192192p p p s p t ⋅⋅=⋅=--，由r s r t 25,25>>得0192,0192>->-p s p t故所求的三角形的个数等于221132p ⋅⋅的正因数的个数，即当32，≠p 时，共有(11+1)(2+1)(2+1)=118个直角三角形符合题意； 当p=2时，共有(13+1)(2+1)=42个直角三角形符合题意； 当p=3时，共有(11+1)(4+1)=60 个直角三角形符合题意.。