2018年浙江省高中数学联赛试题(含参考答案)
2018年浙江省高中数学联赛试题
2018年浙江省高中数学联赛试题一．填空题1. 已知a 为正实数，且11()1xf x a a =-+是奇函数，则()f x 的值域为______________. 2. 设数列{}n a 满足11151(12)n n a a a n +==+= ，，，，则20181n n a ==∑______________.3. 已知3()4παβπ∈，，，412cos()sin()5413παβα+=-=，，则cos()4πβ+=______________. 4. 在八个数字24678111213，，，，，，，中任取两个组成分数，则这些数中有_______文化既约分数. 5. 已知虚数z 满足310z +=，则20182018111z z z ⎛⎫⎛⎫+= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭_____________.6. 设||10AB = ，若平面上点P 满足，对于任意t R ∈，有||3AP t AB -≥，则当PA PB ⋅ 取得最小值时，||PA PB +=____________.7. 在ABC ∆中，7AB AC +=，且其面积4ABC S ∆=，则sin A 的最小值为____________. 8. 设()|1||||2|f x x x x =++--，则(())10f f x +=有__________个不同的解.9. 设x y R ∈，满足120x -=，则x 的取值范围为____________.10. 四面体P ABC -，PA BC ==PB AC ==PC AB ==则该四面体P ABC - 外接球的半径为____________. 二．解答题11. 已知动直线l 与圆221O x y +=：相切，与椭圆2219x y +=相交于不同的两点A B ，.求原点到线段AB 的中垂线的最大距离.12. 设a R ∈，且对任意实数b 均有2[01]max ||1x x ax b ∈++≥，，求a 的取值范围.13. 设实数122018x x x ，，，满足212(122016)n n n x x x n ++≤= ，，，和201811n n x ==∏，证明：100910101x x ≤.14. 将2(2)n n ≥个不同整数分成两组1212n n a a a b b b ，，，；，，，. 证明：111||(||||)ij i j i j i ni j nj nab a a b b n ≤≤≤<≤≤≤---+-≥∑∑.15. 如图所示将同心环均匀分成(3)n n ≥格，在内环中固定数字1~n .问能否将数字1~n 填入外环格内，使得外环旋转任意格后有且仅有一个格中内外环的数字相同？。
2018年浙江省高中数学竞赛预赛真题含答案
解得 a 1 . （2）当 0 a 1 时，即 1 a 0 ，此时函数 f (x) 的最值在抛物线的顶点和右端点取得，而对
22 b 0 有 f (1) 1 a 1， f ( a ) a2 1 .
24 （3）当 1 a 1时，即 2 a 1，此时函数 f (x) 的最值在抛物线的顶点和左端点取得，而对
22 b 0 有 f (0) b 1 ， f ( a ) a2 1 .
24 （4）当 a 1 时，即 a 2 ，此时函数 f (x) 的最值在抛物线的左右端点取得，对任意 b 1有
2018
13.设实数
x1
，
x2
，…，
x2018
满足
x2 n1
xn xn2 (n
1,
2, ,
2016)
和
xn 1，证明： x x 1009 1010 1.
n1
14.将 2n(n 2) 个不同整数分成两组 a1 ， a2 ，…， an ； b1 ， b2 ，…， bn .证明
．
8.设 f (x) x 1 x x 2 ，则 f ( f (x)) 1 0 有
个不同的解．
9.设 x, y R 满足 x 6 y 4 x y 12 0 ，则 x 的取值范围为
．
10.四面体 P ABC ， PA BC 6 ， PB AC 8 ， PC AB 10 ，则该四面体外接球的半径
2 f (0) b 1 ，所以 f (1) 1 a b 1，解得 a 3 .
2018年数学真题及解析_2018年浙江省高考数学试卷
2018年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4.00分）已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则∁U A=（）A．∅B．{1，3}C．{2，4，5}D．{1，2，3，4，5}2．（4.00分）双曲线﹣y2=1的焦点坐标是（）A．（﹣，0），（，0）B．（﹣2，0），（2，0）C．（0，﹣），（0，）D．（0，﹣2），（0，2）3．（4.00分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．84．（4.00分）复数（i为虚数单位）的共轭复数是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i5．（4.00分）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（）A．B．C．D．6．（4.00分）已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件7．（4.00分）设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，（）A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小8．（4.00分）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ19．（4.00分）已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足﹣4•+3=0，则|﹣|的最小值是（）A．﹣1 B．+1 C．2 D．2﹣10．（4.00分）已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（）A．a1＜a3，a2＜a4B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4D．a1＞a3，a2＞a4二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
2018年全国高中数学联赛一试A卷试题及参考答案评分标准
1,
3 2
,
2,,99 2 Nhomakorabea2,
4,
6,,
48
，
故 B C 的元素个数为 24 ． 2. 设点 P 到平面 的距离为 3 ，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，OP OQ
数 x 1 3 满足①、②，故 z 1满足条件．
若 b 0 ，则由②知 x {0, 2} ，但显然 x 0 不满足①，故只能是 x 2 ，代
入①解得 a 1 ，进而 b 15 ，相应有 z 1 15 i ．
4
4
4
综上，满足条件的所有复数 z 之和为1 1 15 i 1 15 i 3 ．
2
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 cosBOC cos (90 MOC) sin MOC MC 1 ．
OC 4
在 BOC 中，由余弦定理得 BC OB2 OC2 2OBOC cosBOC 10 ，
．
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
4
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年全国高中数学联赛浙江赛区预赛试题+答案
|m|
l
O
O
l
1√
= 1.
5
1+ k2
y = kx + m
A(x1, y1), B(x2, y2)
x2 + 9y2 − 9 = 0
(1 + 9k2)x2 + 18kmx + (9m2 − 9) = 0
第3页
(
)
18km
9km m
x1 + x2 = − 1 + 9k2
AB
(
− 1 +)9k2 , 1 + 9k2 .
f (x) = −2
x = −1 f (x) = 0
1
x = −3, x =
3
3
9. x, y ∈ R
x
−
6√y
−
√ 4x
−
y
+
12
=
0
x
√
√
答案 14 − 2 13 ≤ x ≤ 14 + 2 13.
解析
x
−
6√y
−
√ 4x
−
y
+
12
=
0
⇒
√ (x
−
y
−
2)2
+
(√y
−
3)2
=
1
.
. . √ x − y − 2 = cos θ
1≤i≤n,1≤j≤n
1≤i<j≤n
证明
∑
∑
Tn =
|ai − bj| −
(|aj − ai| + |bj − bi|)
1≤i≤n,1≤j≤n
1≤i<j≤n
2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题(解析版)
2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题一、填空题1 1= 一-；—1 .已知a 为正实数，且 “1是奇函数，则⑷的值域为.1111 1 1 ― --- ----------- =- - + f （x ）=--— 由小）为奇函数可知a - + 19「+ 1,解得a= 2,即 22、由此得f （x ）的值域为। 2 2'.2018「2%1.3 ) 鼻二1 3- 5a +1£ 南满足］一 ，n*i- a (n=1, 2,…)，则 n = 1520198077【答案】16 16 【解析】【详解】1 / 八■ +［二5皆十1小二1+『5阿+1=%由4" 4"56故答案为：.2.设数列所以 2018V Lu1<-2c201S=不5 +5 +... + S20185x c 2018 1t=—行 口-162018 S 2019£07 71616(3n \小 4风0 E —cos(a + p)=3.已知 '4",56I 4.J 13,则【解析】【详解】%£ E (彳再)孙3 +位二Mi 7Tcos\p + —I = cos (a + 所以 sin(a + B)——，得.J71 a—4亡叫cr 一: 6二 - 13, 5665【解析】【详解】加索-34.在八个数字2, 4, 6, 7, 8, 11, 12, 13中任取两个组成分数.这些分数中有个既约分数.【答案】36【解析】【详解】在7, 11, 13中任取一个整数与在2, 4, 6, 8, 12中任取一个整数构成既约分数，共有3 5 种；在7, 11, 13中任取两个整数也构成既约分数，共有A3,6中.合计有36种不同的既约分数./ 1 ^2018 + (1/01S _5,已知虚数z满足P+1=Q,则上』H .【答案】I【解析】【详解】1 2018 上r , 3^72 2.1 之上[/ 1 \2018 + ( 1 JOIS _ 工 ,1 _(Z)- _ . . I _ 1I? - 1 l z _ 1 _ t2,2018 - t3,1345 _ z-所以^ .6.设明=1。
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
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 +=-∴-=+++++。
浙江省2018学年第二学期9+1高中联盟期中考高一年级数学学科试题含答案
12． 15 ， 7 8
13． 9 ， [3, 2]
14． 7 ， 9
2
8
15．120
16．
1 4
,
0
17． 6 5
三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）。
18．解答：（Ⅰ） a / /b ，则 sin 3 cos 0 ，得到 tan 3 ，(2 分)
4
12 2n 28n
,
则由 bn1
bn
8 2n 28n
，
(10 分)
①当1 n 4 时， bn1 bn 0 ，
②当 n 4 时， bn1 bn .
③当 n 4 时， bn1 bn 0 ，
(12 分)
所以 b1
b2
b3
b4
b5
b6
bn
，所以数列{bn}的最大值为 b4
b5
1 4
所以
(a
1) 2
80ຫໍສະໝຸດ ，得2a1
2
2，
1 a 0
(12 分)
③当 a 2 时，设方程 x2 ax 1 0 的两个根为 x1, x2 (x1 x2 ) ，则有 0 x1 1 x2 ， 结合图形可知 | f (x) | g(x) 在 (0, ) 上必有两个不同的实根. (14 分)
综上，实数 a 的取值范围为 ,1 2 2 .
2
．
3
3
(9 分)
S 9 2 1 ab sin C ，得到 ab 27
42
4
(11 分)
根据余弦定理，得 c2 a2 b2 2ab cos C
(13 分)
即 c2 (a b)2 2ab 2ab cos C 7
2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2,
4,
6,,
48
，
故 B C 的元素个数为 24 ． 2. 设点 P 到平面 的距离为 3 ，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，OP OQ
tan
OQP
3, 3求的区域面积为 32 12 8 ．
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： 9 ． 10
在[9,) 上严格递减，且 f (3) 0, f (9) 1，故结合图像可知
a (0, 3) ， b (3, 9) ， c (9, ) ，
并且 f (a) f (b) f (c) (0, 1) ．
…………………4 分
由 f (a) f (b) 得 1 log3 a log3 b 1，
注意到 f ( 2) f () 1, f (8 2) f (2) f (2) 2 ，
所以 1 f (x) 2 f ( 2) f (x) f (8 2) ，
而1 2 8 2 2 ，故原不等式组成立当且仅当 x [ 2, 8 2] ． 6. 设复数 z 满足 z 1，使得关于 x 的方程 zx2 2zx 2 0 有实根，则这样
证明： (1) 约定 S0 0 ．由条件知，对任意正整数 n ，有
1
an
(2Sn
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试题及答案详解(A卷)
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 4MC BOC 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 kx r n xq r k ⋅+≥>+−，从而1(1)2(21)2121xq k k x r 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。