2018年湖南省高中数学联赛B卷及参考答案

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2018年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)

a 2018年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。

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 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045，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为 ◆答案： π3★解析:记圆锥的顶点P 在底面的投影为O ，则O 为底面中心，且1tan ≤=∠OQOPOQP ，即1≥OQ ，故所以区域的面积为πππ31222=⨯-⨯。

2018B 3、将6,5,4,3,2,1随机排成一行，记为f e d c b a ,,,,,，则def abc +是奇数的概率为 ◆答案：101 ★解析：由def abc +为奇数时，abc ，def 一奇一偶，①若abc 为奇数，则c b a ,,为5,3,1的排列，进而f e d ,,为6,4,2的排列，这样共有3666=⨯种；②若abc 为偶数，由对称性得，也有3666=⨯种，从而def abc +为奇数的概率为101!672=。

2018B 4、在平面直角坐标系xOy 中，直线l 通过原点，)1,3(=n 是l 的一个法向量．已知数列{}n a 满足：对任意正整数n ，点),(1n n a a +均在l 上．若62=a ，则54321a a a a a 的值为 ◆答案： 32-★解析:易知直线l 的方程为x y 3-=，因此对任意正整数n ，有n n a a 311-=+，故{}n a 是以31-为a 公比的等比数列.于是23123-=-=a a ，由等比数列的性质知325354321-==a a a a a a2018B 5、设βα,满足3)3tan(-=+πα，5)6tan(=-πβ，则)tan(βα-的值为◆答案： 47-★解析:由两角差的正切公式可知7463tan =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+πβπα，即可得47)tan(-=-βα2018B 6、设抛物线x y C 2:2=的准线与x 轴交于点A ，过点)0,1(-B 作一直线l 与抛物线C 相切于点K ,过点A 作l 的平行线，与抛物线C 交于点N M ,，则KMN ∆的面积为为 ◆答案：21★解析:设直线l 与MN 的斜率为k ，:l 11-=y k x ，:MN 211-=y k x 分别联立抛物线方程得到：0222=+-y k y （*），和0122=+-y ky （**）对（*）由0=∆得22±=k ；对（**）得2442=-=-k y y NM所以2121=-⋅⋅=-==∆∆∆∆N M KBAN BAM BMN KMN y y AB S S S S2018B 7、设)(x f 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[]2,1上严格递减，且满足1)(=πf ，0)2(=πf ，则不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤1)(010x f x 的解集为◆答案：[]ππ--4,62★解析：由)(x f 为偶函数及在区间[]2,1上严格递减知，)(x f 在[]1,2--上递增，结合周期性知，)(x f 在[]1,0上递增，又1)()4(==-ππf f ，0)2()62(==-ππf f ，所以不等式等价于)4()()62(ππ-≤≤-f x f f ，又14620<-<-<ππ，即不等式的解集为a[]ππ--4,622018B 8、已知复数321,,z z z 满足1321===z z z ，r z z z =++321，其中r 是给定的实数，则133221z z z z z z ++的实部是（用含有r 的式子表示） ◆答案： 232-r★解析:记133221z z z z z z w ++=，由复数的模的性质可知：111z z =，221z z =，331z z =，因此 133221z z z z z z w ++=。

2018年全国高中数学联合竞赛(B卷)

2018全国高中数学联赛（B卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设集合A={2,0,1,8} ，B={2a|a^A}，则AUB的所有元素之和是 ______________ .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_____________ .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是奇数的概率为_____________________________ .4. __________________________________________________________ 在平面直角坐标系xOy中，直线l通过原点，n =（3,1）是丨的一个法向量.已知数列{a n}满足：对任意正整数n,点（a n+,a n）均在I上.若a2 =6，则a-ia2a3a4a5的值为 __________________________________________________ .5. 设。

.戶满足tan（«+—） = -3，tan（0 —巴）=5，则tan（a -P、的值为3 66. 设抛物线C: y2 =2x的准线与x轴交于点A，过点B（-1,0）作一直线l与抛物线C相切于点K，过点A作丨的平行线，与抛物线C交于点M , N，则△KMN的面积为________ .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，且满足f （二）=1, f （2二）=0，0兰x兰1则不等式组《一一'的解集为______________ .［0 兰f（x）兰18.已知复数乙厶：满足| Z| AZ |=| Z31,|乙Z2 Z3 r，其中r是给定实数，则△•匕•生的实部Z2 Z3 Z1是______ （用含有r的式子表示）.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）已知数列{a n} : a1=7,勺」=a n• 2, n =1,2,3,….求满足耳-42018a n10. （本题满分20分）已知定义在R ■上的函数f （x）为| Iog3x -1|,0 ::: X 乞9,4 -、、x,x 9.11. （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2 2x yC:二2=1（a b 0的左、右顶点与上、下顶点.设P、Q是C上且位于第一象限的两点，满足a bOQ//AP , M是线段AP的中点，射线OM与椭圆交于点R.证明：线段OQ、OR、BC能构成一个直角三角形.ir冬二f” \ c—r■X?加试（B卷）9的最小正整数n.f (x)二设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（本题满分40分）设a,b是实数，函数f （x^ ax b 9.x 证明：存在汀［1,9］，使得| f（x°）| — 2。

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2016年全国高中数学联赛（B 卷）一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为．2.设{}|12A a a =-≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为．3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为．4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为．5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为．6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +-=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++-+=则直线l 的方程为．7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为．8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭．这样的n 的个数为．这里{}[]x x x =-，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程()2100l g l g 100x x =的两个不同的解，求12100a a a 的值．10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=；（2）求cos C 的最小值．11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y -=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足：（1）221,1,2,,2016k k x y k +==；（2）122016y y y +++是奇数．求122016x x x +++的最小值．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠QGPD CBA四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．2016年全国高中数学联赛（B 卷）试题及答案一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为．答案：6．解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,aa +>故24 6.a a +=另解：设等比数列的公比为q ，则52611.a a a q a q +=+又因()()()()()22252132********2223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a q a q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而240a a +>，从而24 6.a a +=2.设{}|12A a a =-≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为．答案：7．解：点集B 如图中阴影部分所示，其面积为133227.2MRSMNPQ S S-=⨯-⨯⨯=正方形3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为．答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知，222i 22i i,a b ab a b a b -+++=-比较虚、实部得220,230.a b a ab b -+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =-，进而23b a a =±+于是，满足条件的复数z 的积为33 3.22⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为．答案：2016. 解：由条件知()()002,f g +=①()()22818190.f g +=++=②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=-结合①知，()()()()22400 2.f g f g --=+=③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =⨯=另解：因为()()391x f x g x x +=++，①所以()()2290.f g +=②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以()()2.f x f x =-③又因为()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x -=-，()()1212g x g x ⎡⎤-++=-++⎣⎦，从而()()2 4.g x g x =---④将③、④代入①，再移项，得()()3229 5.x f x g x x ---=++⑤在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g -=⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g =5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为．解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为223560.C P ⨯=过所求的概率为6012.12525p == 6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +-=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++-+=则直线l 的方程为．答案：2450.x y -+= 解：12,C C 的标准方程分别为()()2222212:1,:1 2.C x y C x y a a +=++-=-2故12,C C 12O O 7.是侧棱 xA建立空间直角坐标系．不妨设2,AB =此时高1,VO =从而()()()()1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1.A B D V ----由条件知111112,,,,,222333M N ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此311442,,,,,.222333AM BN ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设异面直线,AM BN 所成的角为θ，则cos 11AM BN AM BNθ⋅-===⋅ 8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭．这样的n 的个数为．这里{}[]x x x =-，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．解：由于对任意整数n ，有135113,2461224612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++≤+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭ 等号成立的充分必要条件是()1mod12n ≡-，结合12016n ≤≤知，满足条件的所有正整数为()1211,2,,168,n k k =-=共有168个．另解：首先注意到，若m 为正整数，则对任意整数,x y ，若()mod x y m ≡，则.x y m m ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭这是因为，当()mod x y m ≡时，x y mt =+，这里t 是一个整数，故 .x x x y mt y mt y y y y y t t m m m m m m m m m m ++⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎧⎫=-=-=+-+=-=⎨⎬⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎩⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩⎭因此，当整数12,n n 满足()12mod12n n ≡时，11112222.2461224612n n n n n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=+++⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭容易验证，当正整数满足112n ≤≤时，只有当11n =时，等式324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭才成立．而201612168=⨯，故当12016n ≤≤时，满足324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭正整数n 的个数为168. 二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程()2100lg lg 100x x =的两个不同的解，求12100a a a 的值．解对50,51k =，有()2100lg lg 1002lg ,k k k a a a ==+即()2100lg lg 20.k k a a --=因此，5051lg ,lg a a 是一元二次方程210020t t --=的两个不同实根，从而()505150511lg lg lg ,100a a a a =+=即1100505110.a a =由等比数列的性质知，()5015010012100505110a a a a a ⎛⎫=== ⎪⎝⎭10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅ （1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=；（2）求cos C 的最小值．解（1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB AC cb A +-⋅==同理得，222222,.22a cb a b cBA BC CA CB +-+-⋅=⋅=故已知条件化为()()22222222223,b c a a c b a b c +-++-=+-即22223.a b c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得()2222222123cos 2236a b a ba b c C ab ab a b b a+-++-===+≥ 等号成立当且仅当因此cos C 11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y -=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,PQ 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．解过点(),0a 作两条互相垂直的直线1:l x a =与2:0.l y =易知，1l 与C 交于点((00,,P a Q a （注意这里1a >），2l 与C 交于点()()001,0,1,0,R S -由条件知00002PQ R S ===，解得a这意味着符合条件的a 下面验证a =事实上，当12,l l中有某条直线斜率不存在时，则可设12:,:0l x a l y ==，就是前面所讨论的12,l l 的情况，这时有.PQ RS =若12,l l 的斜率都存在，不妨设((()121:,:0,l y k x l y x k k==-≠ 注意这里1k ≠±（否则1l 将与C 的渐近线平行，从而1l 与C 只有一个交点）．联立1l 与C 的方程知，(22210,x k x ---=即()22221210,k xx k ----=这是一个二次方程式，其判别式为2440k ∆=+>．故1l 与C 有两个不同的交点,P Q ．同样，2l 与C 也有两个不同的交点,.R S 由弦长公式知，2212.1k PQ k +==⋅-用1k -代替k ，同理可得()()22221122.11k k RS k k --+-+=⋅=---于是.PQ RS= 综上所述，a =加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足：（1）221,1,2,,2016k k x y k +==；（2）122016y y y +++是奇数．求122016x x x +++的最小值．解：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,k k x y k ≤≤=于是（注意0i x ≥）()2016201620162016201622211111120162016.kkkkk k k k k k x xy yy =====≥=-=-≥-∑∑∑∑∑①不妨设112016,,0,,,0,02016,m m y y y y m +>≤≤≤则201611,2016.m kk k k m ym y m ==+≤-≤-∑∑若11m k k y m =>-∑，并且201612015,k k m y m =+->-∑令2016111,2015,m kk k k m ym a y m b ==+=-+-=-+∑∑则0,1,a b <<于是()201620161111201522016,m kkk k k k m y yy m a m b m a b ===+=+=-+--+=-+-∑∑∑由条件（2）知，20161k k y =∑是奇数，所以a b -是奇数，这与0,1a b <<矛盾．因此必有11m k k y m =≤-∑，或者201612015,k k m y m =+-≤-∑则201620161112015.m kk k k k k m yy y ===+=-≤∑∑∑于是结合①得201611.k k x =≥∑又当122015201612201520160,1,1,0x x x x y y y y ==========时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016x x x +++的最小值为1．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤证明：记{}||2,0,A d d n d k d =<≤是奇数，{}||2,0,B d d n d k d =<≤是偶数，则,2A B n =∅的不超过k 的正约数的集合是.A B若结论不成立，我们证明.A B =对d A ∈，因为d 是奇数，故2|2d n ，又22d k ≤，而2n 没有在区间(],2k k 中的约数，故2d k ≤，即2d B ∈，故.A B ≤反过来，对d B ∈，设2d d '=，则|d n '，d '是奇数，又2kd k '≤<，故,d A '∈从而B ≤ABD 直线.PAQCB此，点G 在线段AC 上．由于90GPC GQC ∠=∠=，所以,,,P G Q C 四点共圆，并且其外接圆是以GC 为直径的圆．由相交弦定理知.PM MQ GM MC ⋅=⋅①取GC 的中点.O 注意到::2:1:3,AG GM MC =故有1,2OC GC AG ==因此,G O 关于点M 对称．于是.GM MC AM MO ⋅=⋅②结合①、②，有PM MQ AM MO ⋅=⋅，因此,,,A P O Q 四点共圆．又1,2OP OQ GC ==所以PAO QAO ∠=∠，即AG 平分.PAQ ∠四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．解：先证明17.B ≥考虑到将A 中的所有元素均变为原来的相反数时，集合B 不变，故不妨设A 中正数个数不少于负数个数．下面分类讨论：情况一：A 中没有负数．设1211a a a <<<是A 中的全部元素，这里120,0,a a ≥>于是1223242113111011,a a a a a a a a a a a a <<<<<<<上式从小到大共有19818++=个数，它们均是B 的元素，这表明18.B ≥情况二：A 中至少有一个负数．设12,,,k b b b 是A 中的全部非负元素，12,,,l c c c 是A 中的全部负元素．不妨设110,l k c c b b <<<≤<<其中,k l 为正整数，11k l +=，而k l ≥，故 6.k ≥于是有111212,k k l k c b c b c b c b c b >>>>>>它们是B 中的110k l +-=个元素，且非正数；又有23242526364656,b b b b b b b b b b b b b b <<<<<<它们是B 中的7个元素，且为正数．故10717.B ≥+=由此可知，17.B ≥另一方面，令{}2340,1,2,2,2,2,A =±±±±±则{}236780,1,2,2,2,,2,2,2B =-±±±±±-是个17元集合．。

2018年湖南省普通高中学业水平考试数学试题(可编辑修改word版)

机密★启用前2018 年湖南省普通高中学业水平考试数学本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，时量 120 分钟满分 100 分一、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. 下列几何体中为圆柱的是 ()2. 执行如图 1 所示的程序框图，若输入 x 的值为 10，则输出 y 的值为() A ．10 B ．15 C ．25 D ．35 3. 从 1，2，3，4，5 这五个数中任取一个数，则取到的数为偶数的概率是( ) 4A.B ．52 C ． D ．53 5 1 54.如图 2 所示，在平行四边形 ABCD 中中， AB + AD = ()A. AC C ． BDB ． CA D ． DB5. 已知函数 y ＝ f （ x ）（ x ∈[-1, 5] ）的图象如图 3 所示，则 f （ x ）的单调递减区间为( ) A ．[-1,1]C ．[3, 5]B ．[1, 3]D ．[-1, 5]6. 已知 a ＞b ，c ＞d ，则下列不等式恒成立的是 ()A ．a +c ＞b ＋dB ．a +d >b +cC ．a -c >b -dD ．a -b >c-d2 23⎨⎩7.为了得到函数 y = cos(x + 1) 的图象象只需将y = cos x 的图象向左平移 ( )4A.个单位长度 B ．个单位长度221C ．个单位长度D ．个单位长度448. 函数 f (x ) = log 2 (x -1) 的零点为()A ．4B ．3C ．2D ．19．在△ABC 中，已知 A ＝30°，B ＝45°，AC ＝，则 BC ＝( )1 A.B ．C ．D ．122210．过点 M （2，1）作圆 C ： (x -1)2 + y 2 = 2 的切线，则切线条数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3二、填空题；本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分， 11．直线 y = x + 3 在 y 轴上的截距为。

高中数学联赛真题数列B辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题10数列B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】在等比数列{a n}中, a9=13,a3=1,则log a113的值为.【答案】13【解析】由等比数列的性质知a1a9=(a9a13)2, a1=a93a132=133.所以log a113=13.2．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】设等差数列{a n}的各项均为整数，首项a1=2019，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得a1+a2+⋯+a n=a m.这样的数列{a n}的个数为.【答案】5【解析】设{a n}的公差为d.由条件知a1+a2=a k(k是某个正整数)，则2a1+d=a1+(k−1)d，即(k－2)d=a1，因此必有k≠2，且d=a1k−2.这样就有a n=a1+(n−1)d=a1+n−1k−2a1，而此时对任意正整数n，a1+a2+⋯+a n=a1n+n(n−1)2d=a1+(n−1)a1+n(n−1)2d=a1+((n−1)(k−2)+n(n−1)2)d，确实为{a n}中的一项.因此，仅需考虑使k−2|a1成立的正整数k的个数.注意到2019为两个素数3与673之积，易知k－2可取－1，1，3，673，2019这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列.3．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设整数数列a1,a2,⋯,a10满足a10=3a1,a2+a8=2a5，且a i+1∈{1 +a i,2+a i},i=1,2,⋯,9，则这样的数列的个数为.【答案】80【解析】设b i=a i+1−a i∈{1,2}(i=1,2,⋯,9)，则有2a1=a10−a1=b1+b2+⋯+b9①b2+b3+b4=a5−a2=a8−a5=b5+b6+b7②用t表示b2,b3,b4中值为2的项数.由②知，t也是b5,b6,b7中值为2的项数，其中t∈{0，1，2，3}.因此b2,b3,⋯,b7的取法数为(C30)2+(C31)2+(C32)2+(C33)2=20.取定b2,b3,⋯,b7后，任意指定b8,b9的值，有22=4种方式.最后由①知，应取b1∈{1,2}使得b1+b2+⋯+b9为偶数，这样的b1的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列b1,b2,⋯,b9唯一对应一个满足条件的数列a1,a2,⋯,a10.综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.4．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，直线l通过原点，n⃑=(3，1)是l的一个法向量.已知数列{a n}满足:对任意正整数n，点(a n+1,a n)均在l上.若a2=6，则a1a2a3a4a5的值为.【答案】−32【解析】易知直线l的方程是3x+y=0.因此对任意正整数n，有3a n+1+a n=0，即a n+1=−13a n，故{a n}是以−13为公比的等比数列于是a3=−13a2=−2.由等比数列的性质可得a1a2a3a4a5=a35=(−2)5=−32.5．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】设两个严格递增的正整数数列{a n},{b n}满足:a10=b10<2017，对任意正整数n，有a n+2=a n+1+a n,b n+1=2b n，则a1+b1的所有可能值为.【答案】13、20【解析】由条件可知:a 1,a 2,b 1均为正整数，且a 1<a 2. 由于2017>b 10=29⋅b 1=512b 1，故b 1∈{1，2，3}.反复运用{a n }的递推关系知a 10=a 9+a 8=2a 8+a 7=3a 7+2a 6 =5a 6+3a 5=8a 5+5a 4=13a 4+8a 3=21a 3+13a 2=34a 2+21a 1，因此21a 1≡a 10=b 10=512b 1≡2b 1( mod 34)，而13×21=34×8+1，故有a 1≡13×21a 1≡13×2b 1=26b 1( mod 34) ①另一方面，注意到a 1<a 2，有55a 1<34a 2+21a 1=512b 1，故a 1<51255b 1②当b 1=1时，①、②分别化为a 1≡26( mod 34),a 1<51255，无解当b 1=2时，①、②分别化为a 1≡52( mod 34),a 1<102455，得到唯一的正整数a 1=18，此时a 1+b 1=20.当b 1=3时，①、②分别化为a 1≡78( mod 34),a 1<153655，得到唯一的正整数a 1=10，此时a 1+b 1=13.综上所述，a 1+b 1的所有可能值为13、20.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在等比数列{a n }中，a 2=√2,a 3=√33，则a 1+a2011a 7+a2017的值为.【答案】89【解析】数列{a n }的公比为q =a 3a 2=√33√2，故a 1+a 2011a 7+a 201=a 1+a 2011q 6(a 1+a 2011)=1q 6=89.7．【2016高中数学联赛（第01试）】设a 1,a 2,a 3,a 4是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足(a 12+a 22+a 32)(a 22+a 32+a 42)=(a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4)2，则这样的有序数组(a 1,a 2,a 3,a 4)的个数为.【答案】40【解析】由柯西不等式知，(a12+a22+a32)(a22+a32+a42)⩾(a1a2+a2a3+a3a4)2，等号成立的充分必要条件是a1a2=a2a3=a3a4，即a1,a2,a3,a4成等比数列.于是问题等价于计算满足{a1,a2,a3,a4}⊆{1,2,3,⋯,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数.设等比数列的公比q≠1，且q为有理数.记q=nm，其中m、n为互素的正整数，且m≠n.先考虑n>m的情况：此时a4=a1⋅(nm )3=a1n3m3，注意到m3与n3互素，故l=a1m3为正整数.相应地，a1,a2,a3,a4分别等于m3l,m2nl,mn2l，n3l，它们均为正整数.这表明，对任意给定的q=nm>1，满足条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满足不等式n3l⩽100的正整数l的个数，即[100n3].由于53>100，故仅需考虑q=2,3,32,4,43，这些情况，相应的等比数列的个数为[100 8]+[10027]+[10027]+[10064]+[10064]=12+3+3+1+1=20.当n<m时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4，综上可知，共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4).8．【2014高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足a1=2，a n+1=2(n+2)n+1a n(n∈N∗)，则a2014a1+a2+⋯+a2013=.【答案】20152013【解析】由题设a n=2(n+1)n a n−1=2(n+1)n⋅2nn−1a n−2=⋯=2(n+1)n⋅2n n−1⋯⋅⋅2⋅32a 1=2n−1(n +1)，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n =2+2×3+22×4+⋯+2n−1(n +1)，所以2S n =2×2+22×3+23×4+⋯+2n (n +1)，将上面两式相减，得S n =2n (n +1)−(2n−1+2n−2+⋯+2+2)=2n (n +1)−2n =2n n ，故a 2014a 1+a 2+⋯+a 2013=22013×201522013×2013=20152013.9．【2013高中数学联赛（第01试）】已知数列{a n }共有9项，其中a 1=a 9=1，且对每个i ∈{1,2,⋯,8}，均有a i+1a i∈{2,1,−12}，则这样的数列的个数为.【答案】491【解析】令b i =a i+1a i(1⩽i ⩽8)，则对每个符合条件的数列{a n }，有∏b i8i=1=∏a i+1a i8i=1=a 9a 1=1，(b i ∈{2,1,−12},1⩽i ⩽8)①反之，由符合条件①的8项数列{b n }可唯一确定一个符合题设条件的9项数列{a n }.记符合条件①的数列{b n }的个数为N .显然b i (1≤i ≤8)中有偶数个−12，即2k 个−12；继而有2k 个2，8－4k 个1.当给定k 时，{b n }的取法有C 82k C 8−2k 2k 种，易知k 的可能值只有0，1，2，所以N =1+C 82C 62+C 84C 44=1+28×15+70×1=491.因此，根据对应原理，符合条件的数列{a n }的个数为491.10．【2011高中数学联赛（第01试）】已知a n =C 200n ⋅(√63)200−n⋅(√2)n(n =1,2,⋯,95)，则数列{a n }中整数项的个数为 .【答案】15【解析】由题意知a n =C 200n ⋅3200−n3⋅2400−5n6，要使a n (1≤n ≤95)为整数，必有200−n 3,400−5n 6均为整数，从而6|n +4.当n =2，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80时，200−n 3和400−5n6均为非负整数，所以a n 为整数，共有14个.当n =86时，a 86=C 20086⋅338⋅2−5，在C 20086=200!86!⋅114!中，200!中因数2的个数为[2002]+[20022]+[20023]+[20024]+[20025]+[20026]+[20027]=197，同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，所以C 20086中因数2的个数为197−82−110=5，故a 86是整数.当n =92时a 92=C 20092⋅336⋅2−10，在C 20092=200!92!⋅108!中，同样可求得92!中因数2的个数为88，108!中因数2的个数为105.故C 20086中因数2的个数为197−88−105=4，故a 92不是整数. 因此，整数项的个数为14+1=15.11．【2010高中数学联赛（第01试）】已知{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，其中a 1=3，b 1=1，a 2=b 2,3a 5=b 3，且存在常数α,β使得对每一个正整数n 都有a n =log αb n +β，则α+β= .【答案】√33+3【解析】设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则3+d =q①3(3+4d)=q 2②式①代入式②得9+12d =d 2+6d +9，求得d =6,q =9，从而有3+6(n −1)=log α9n−1+β对一切正整数n 都成立，即6n −3=(n −1)log α9+β对一切正整数n 都成立. 从而log α9=6，−3=−log α9+β，求得α=√33,β=3，α+β=√33+3.12．【2009高中数学联赛（第01试）】一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是(可以用指数表示)【答案】101×298 【解析】易知： (1)该数表共有100行；(2)每一行构成一个等差数列，且公差依次为d 1=1,d 2=2,d 3=22,⋯,d 99=298， (3)a 100为所求.设第n (n ≥2)行的第一个数为a n ，则a n =a n−1+(a n−1+2n−2)=2a n−1+2n−2=2[2a n−2+2n−3]+2n−2=22[2a n−3+2n−4]+2×2n−2=23a n−3+3×2n−2=⋯=2n−1a 1+(n −1)×2n−2=(n +1)2n−2. 故a 100=101×298.13．【2008高中数学联赛（第01试）】设数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n +a n =n−1n(n+1)，n =1，2，…，则通项an =. 【答案】12n−1n(n+1)【解析】因为a n+1=S n+1−S n =n (n+1)(n+2)−a n+1−n−1n(n+1)+a n ，即2a n+1=n+2−2(n+1)(n+2)−1n+1+1n(n+1)+a n =−2(n+1)(n+2)+a n +1n(n+1)，由此得2(a n+1+1(n+1)(n+2))=a n +1n(n+1)，令b n =a n +1n(n+1)，因此b 1=a 1+12=12(a 1=0)，b n+1=12b n ，故b n =12n，可得a n =12n−1n(n+1).14．【2007高中数学联赛（第01试）】已知等差数列{a n }的公差d 不为0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数.若a 1=d,b 1=d 2，且a 12+a 22+a 32b 1+b 2+b 3是正整数，则q 等于 .【答案】12【解析】因为a 12+a 22+a 32b 1+b 2+b 3=a 12+(a 1+d )2+(a 1+2d )2b 1+b 1q+b 1q 2=141+q+q 2，故由已知条件可知：1+q +q 2为14m，其中m 为正整数.令1+q +q 2=14m，则q =−12+√14+14m−1=−12+√56−3m 4m，由于q 是小于1的正有理数，所以1<14m<3，即5⩽m ⩽13且56−3m 4m是某个有理数的平方，由此可知q =12.15．【2005高中数学联赛（第01试）】将关于x 的多项式f(x)=1−x +x 2−x 3+⋯−x 19+x 20表示为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+⋯+a 19y 19+a 20y 20，其中y =x －4.则a 0+a 1+⋯+a 20=.【答案】521+16【解析】由题设知，f (x )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f(x)=(−x)21−1−x−1=x 21+1x+1，令x =y +4，得g(y)=(y+4)21+1y+5，取y =1，有a 0+a 1+a 2+⋯+a 20=g(1)=521+16.16．【2005高中数学联赛（第01试）】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a 1，a 2，a 3，…，若a n =2005，则a 5n = .【答案】52000【解析】因为方程x 1+x 2+⋯+x k =m 的非负整数解的个数为C m+k−1m，而使x 1⩾1,x i ⩾0 (i ⩾2)的整数解个数为C m+k−2m−1.现取m =7，可知，k 位“吉祥数”的个数为P(k)=C k+56.2005是形如2abc 的数中最小的一个“吉祥数”，且P(1)=C 66=1,P(2)=C 76=7,P(3)=C 86=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C 6+3−16=28个.因为2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即a 65=2005.从而n =65,5n =325，又P(4)=C 96=84,P(5)=C 106=210，而∑5k=1P(k)=330，所以从大到小最后6个五位“吉祥数”依次是70000,61000,60100,60010,60001,52000. 故第325个“吉祥数”是52000，即a 5n =52000.17．【2004高中数学联赛（第01试）】已知数列a 0,a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，则∑1a ini=0的值是 .【答案】13(2n+2−n −3)【解析】设b n =1a n(n =0,1,2,⋯)，则(3−1b n+1)(6+1b n)=18，即3b n+1−6b n−1=0.所以b n+1=2b n +13，b n+1+13=2(b n +13)，故数列{b n +13}是公比为2的等比数列.因此b n +13=2n (b 0+13)=2n (1a 0+13)=13×2n+1，所以b n =13(2n+1−1)，则∑1a ini=0=∑b in i=0=∑13ni=0(2i+1−1)=13[2(2n+1−1)2−1−(n +1)]=13(2n+2−n −3).18．【2003高中数学联赛（第01试）】设M n ={(十进制)n 位纯小数0.a 1a 2⋯a n |a i 只取0或1(i =1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limn→∞S nT n= .【答案】118【解析】因为M n 中的小数的小数点后均有n 位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择(0或1)方法，故T n =2n−1，又因在这2n−1个数中，小数点后第n 位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半.故：S n =12⋅2n−1(110+1102+⋯+110n−1)+2n−1⋅110n =2n−2⋅110(1−110n−1)1−110+2n−1⋅110n=2n−2⋅19(1−110n−1)+2n−1⋅110n，故limS n T n=lim n→∞[118(1−110n−1)+110n]=118.19．【2000高中数学联赛（第01试）】设a n 是(3−√x)n 的展开式中x 项的系数(n =2，3，4，…)，则lim n→∞(32a 2+33a 3+⋯+3n a n)= .【答案】18【解析】由题意，由二项式定理有a n =C n 23n−2，所以3n a n=3n ×2n(n−1)=18(1n−1−1n)，所以lim n→∞(32a 2+33a 3+⋯+3n a n)=lim n→∞18(1−12+12− 13+⋯+1n−1−1n)=lim n→∞18(1−1n)=18.20．【2000高中数学联赛（第01试）】等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是.【答案】13【解析】由题意，不妨设公比为q，可知q=a+log43a+log23=a+log83a+log43，又根据比例的性质，有q=a+log43−(a+log83) a+log23−(a+log43)=log43−log83log23−log43=12log23−13log23log23−12log23=13.21．【1999高中数学联赛（第01试）】已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是.【答案】6【解析】首项为a的连续k个正整数之和为S k=ka+k(k+1)2⩾k(k+1)2，由S k⩽2000可得60⩽k⩽62，当k=60时S k=60a+30×59，由S k⩽2000可得a⩽3，故S k=1830，1890，1950；当k=61时S k=61a+30×61，由S k⩽2000可得a≤2，故S k=1891，1952；当k=62时S k=62a+31×61，由S k⩽2000可得a≤1，故S k=1953.所以题中的n有6个.22．【1998高中数学联赛（第01试）】各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有项.【答案】8【解析】设a1,a2,⋯,a n是公差为4的等差数列，则a12+a2+a3+⋯+a n⩽100，等价于a12+(a1+4)+[a1+4(n−1)]2(n−1)⩽100，等价于a12+(n−1)a1+(2n2−2n−100)⩽0①当且仅当Δ=(n−1)2−4(2n2−2n−100)⩾0时，至少不存在一个实数a1满足不等式①.因为Δ⩾0等价于7n2−6n−401⩽0，等价于n1⩽n⩽n2②其中n1=3−√28167<0,8<n2=3+√28167<9，所以，满足不等式②的自然数n的最大值为8，即满足题设的数列至多有8项.23．【1994高中数学联赛（第01试）】已知95个数a1,a2,a3,⋯,a95，每个数都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+⋯+a94a95的最小值是.【答案】13【解析】记N=a1a2+a1a3+⋯+a94a95①设a1,a2,⋯,a95中有m个+1，n个－1，则m+n=95②式①乘2，加上a12+a22+⋯+a952=95得(a1+a2+⋯+a95)2=2N+95.又a1+a2+⋯+a95=m−n，所以(m−n)2=2N+95.使上式成立的最小自然数N=13，此时(m−n)2=112，即m−n=±11③联立式②与③可求出m=53,n=42或m=42,n=53.据此可构造出N达到最小值的情况，故所求最小正值为13.24．【1992高中数学联赛（第01试）】设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且1x ,1y,1z成等差数列，则xz+zx的值是.【答案】3415【解析】由题意得{(4y)2=15xz①2y=1x+1z②，由式②得y =2xz x+z，以此代入式①有16(2xz x+z)2=15xz ，即(x+z)2xz=6415，故x z+z x=3415.25．【1992高中数学联赛（第01试）】设数列a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足a 1=a 2=1,a 3=2，且对任何自然数n ，都有a n a n+1a n+2≠1，又a n a n+1a n+2a n+3=a 1+a n+1+a n+2+a n+3，则a 1+a 2+⋯+a 100的值是 .【答案】200【解析】因为a 1=a 2=1,a 3=2，又a 1a 2a 3a 4=a 1+a 2+a 3+a 4，所以a 4=4. 又由条件得a n a n+1a n+2a n+3=a n +a n+1+a n+2+a n+3， a n+1a n+2a n+3a n+4=a n+1+a n+2+a n+3+a n+4.将上述两式相减，得a n+1a n+2a n+3(a n −a n+4)=a n −a n+4，即(a n −a n+4)(a n+1a n+2a n+3−1)=0. 依已知条件a n+1a n+2a n+3≠1，故a n+4=a n . 从而∑a k 100i=1=1004(a 1+a 2+a 3+a 4)=200.26．【1988高中数学联赛（第01试）】(1)设x ≠y ，且两数列x,a 1,a 2,a 3,y 和b 1,x,b 2,b 3，y,b 4均为等差数列，那么b 4−b 3a 2−a 1= .(2)(√x +2)2n+1的展开式中，x 的整数次幂的各项系数之和为.(3)在△ABC 中，已知∠A =a ，CD ，BE 分别是AB ，AC 上的高，则DE BC= .(4)甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为.【答案】3432【解析】(1)设两个数列的公差分别为d，d'，则y−x=4d=3d′，dd′=34.所以b4−b3a2−a1=2d′d=2×43=223.(2)设(√x+2)2n+1=f(x)+√xg(x)，其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1).而(2+√x)2n+1+(2−√x)2n+1=f(x)+√xg(x)+f(x)−√xg(x)，所以f(1)=12[(2+√1)2n+1+(2−√1)2n+1]=12(32n+1+1).(3)因为∠BDC=∠BEC，所以B，D，E，C共圆.∠ADE=∠ACB，△AED∽△ABC，DE2BC2=SΔAEDSΔABC=AD⋅AEAB⋅AC=cos2a.所以DEBC=|cosa|.(4)设甲队队员为a1,a2,⋯,a7，乙队队员为b1,b2,⋯,b7，下标表示事先安排好的出场顺序，比赛过程可表示为这14个字母互相穿插地依次排列，其前后顺序就是先后被淘汰的顺序，但最后一定是胜队中不被淘汰的队员和可能未曾参赛的队员，所以比赛过程表示为14个位置中任取7个位置安排甲队员(当然，其余位置安排乙队队员)，比赛过程的总数为C147=3432.优质模拟题强化训练1．一个三角形的三条边成等比数列，那么，公比q的取值范围是__________.【答案】√5−12<q<√5+12【解析】设三边按递增顺序排列为a,aq,aq2，其中a>0,q≥1.则a+aq>aq2，即q2−q−1<0.解得1−√52<q<1+√52.由q≥1 知q的取值范围是1≤q<1+√52.设三边按递减顺序排列为a,aq,aq2，其中a>0,0<q<1.则aq2+aq>a，即q2+q−1>0.解得√5−12<q<1.综上所述，1−√52<q<1+√52.2．在数列{a n}中，a1=2,a n+a n+1=1(n∈N+)，设S n为数列{a n}的前n项和，则S2017−2S2018+S2019的值为____________ .【答案】3【解析】当n为偶数时，a1+a2=a3+a4=⋯=a n−1+a n=1，故S n=n2.当n奇数时，a1=2,a2+a3=a4+a5=⋯=a n−1+a n=1，故S n=2+n−12=n+32.故S2017−2S2018+S2019=1010−2018+1011=3.故答案为：3．3．已知集合A ={1，2，3，…，2019}，对于集合A 的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为____________ . 【答案】2019 【解析】集合A 的22019－1个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2019，1×2，1×3…，2018×2019，…，1×2×…×2019，它们的倒数和为1+12+⋯+12019+11×2+11×3+⋯+12018×2019+⋯+11×2×⋯×2019=(1+1)(1+12)⋯(1+12019)−1=2×32×⋯×20202019−1=2019.故答案为：2019．4．已知数列{a n }满足：a n =[(2+√5)n +12n](n ∈N ∗)，其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.设C 为实数，且对任意的正整数n ，都有∑1a k a k+2nk=1⩽C ，则C 的最小值是_____ .【答案】1288 【解析】记x 1=2+√5,x 2=2−√5，则a n =[x 1n+12n ]. 记T n =x 1n +x 2n，则T n+2=(x 1+x 2)T n+1−x 1x 2T n =4T n+1+T n ，而T 1=x 1+x 2=4,T 2=x 12+x 22=(x 1+x 2)2−2x 1x 2=18，因此，对任意的正整数n ，T n ∈Z .又注意到−12<2−√5<0，从而|x 2|<12，于是−1+12n ⩽−12n <x 2n<12n .因此，x 1n +x 2n −1<x 1n +12n −1<a n ⩽x 1n +12n =x 1n +(−1+12n )+1<x 1n +x 2n +1. 又注意到x 1n +x 2n −1,a n ,x 1n +x 2n +1均为整数，故a n =x 1n +x 2n. 于是a n+2=4a n+1+a n ，且a 1=4,a 2=18.又1ak a k+2=14⋅4a k+1a k a k+1a k+2=14⋅a k+2−a k a k a k+1a k+2=14(1a k a k+1−1a k+1a k+2)，故∑1a k a k+2nk=1=14∑(1a k a k+1−1a k+1a k+2)nk=1=14(1a 1a 2−1a n+1a n+2)=1288−14a n+1a n+2.显然a n >0，于是a n+2>4a n+1，从而a n ⩾4n−2a 2(n ⩾2)，故limn→∞1a n+1a n+2=0.因此，∑1a k a k+2nk=1<1288，且lim n→∞(∑1a k a k+2nk=1)=1288.所以，常数C 的最小值为1288.故答案为：1288．5．等差数列{a n }中，a 2=5,a 6=21，记数列{1a n}的前n 项和为S n ，若S 2n+1−S n ⩽m15对任意的n ∈N +恒成立，则正整数m 的最小值为____________ . 【答案】5 【解析】由题意可得：{a 1+d =5a 1+5d =21，解得a 1=1,d =4，∴1a n=11+4(n−1)=14n−3，∵(S 2n+1−S n )−(S 2n+3−S n+1)=(1a n+1+1a n+2+⋯+1a2n+1)−(1a n+2+1a n+3+⋯+1a2n+3)=1a n+1−1a2n+2−1a2n+3=14n+1−18n+5−18n+9=(18n+2−18n+5)+(18n+2−18n+9)>0，∴数列{S2n+1−S n}(n∈N∗)是递减数列，数列{S2n+1−S n}(n∈N∗)的最大项为S3−S1=15+19=1445，∵1445⩽m15,∴m⩾143，又∵m是正整数，∴m的最小值为5.故答案为：5.6．公差为d，各项皆为正整数的等差数列{a n}，若a1=1919，a m=1949，a n=2019，则正整数m+n的最小值是___ _________ .【答案】15【解析】1949=1919+(m−1)d，2019=1919+(n−1)d，显然有m>1，n>1，d=30m−1，以及d=100n−1，得去d得：10m−3n=7，其通解为{m=1+3tn=1+10t，为使m>1，n>1且d为正整数，则正整数t只能在{1，2，5，10}中取值(因(30，100)=10，t取值只能为10的正因数).当t=1时，m=4，n=11为最小，此时m+n=15.故答案为：15．7．数列{a n}满足：a0=√3,a n+1=[a n]+1{a n}(其中[a n]和{a n}分别表示实数a n的整数部分与小数部分)，则a2019= ____________ .【答案】3029+√3−12【解析】a0=1+(√3−1)，a1=1√3−1=2+√3−12，a2=2√3−1=3+√3=4+(√3−1)，a3=4√3−1=5+√3−12，归纳易得，a2k=3k+1+(√3−1),a2k+1=3k+2+√3−12.因此a2019=3029+√3−12.故答案为：3029+√3−12．8．设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，前n项和为S n.若数列{√8S n+2n}也是公差为d的等差数列，则数列{a n}的通项a n=________.【答案】4n−94【解析】设a n=a1+(n−1)d=dn+a，这里a=a1－d，于是S n=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n=d2n2+(a+d2)n，所以√8S n+2n=√4dn2+(8a+4d+2)n，故√4dn2+(8a+4d+2)n=dn+b，这里b=√8a1+2−d.所以4dn2+(8a+4d+2)n=d2n2+2bdn+b2，于是4d=d2，8a+4d+2=2bd，b2=0，解得d=4，b=0，a=−94，故a n=4n−94.故答案为：4n−94．9．设数列{a n}满足：a1=1,4a n+1−a n+1a n+4a n=9，则a2018=______.【答案】53【解析】由4a n+1−a n+1a n+4a n=9可得(4−a n)(4−a n+1)=7.设b n=4−a n，则有b n b n+1=7.又b1=4−a1=3，故b2=73.一般地，有b2k−1=3,b2k=73，于是a2k−1=4−3=1,a2k=4−73=53，所以a2018=53.10．数列{a n}满足a1=1,a2=3，且a n+2=|a n+1|−a n(n∈N+)，记{a n}的前n项和为S n.则S100=_________ _.【答案】89【解析】由已知得a k+9=a k，则S100=a1+11(a1+a2+⋯+a9)=8911．已知数列{a n}前n项和为S n,a1=15,且对任意正整数m、n,均有a m+n=a m a n若S n<a对任意的n∈Z+恒成立,则实数a的最小值为______.【答案】14【解析】由题意,取m =1得a n+1=a 1a n =15a n .又a 1=15,则{a n }是以为首项、为公比的等比数列,即a n =15n (n ∈Z +)故S n =a 1+a 2+⋯+a n =15+152+⋯+15n =15×1−15n 1−15=14(1−15n ) 由对任意的n ∈Z +,均有S n <a 1,知a =14.12．已知数列{a n }满足a 1=0，|a n+1|=|a n −2|．记数列{a n }的前2016项和为S ．则S 的最大值为______．【答案】2016【解析】由|a k+1|=|a k −2|⇒a k+12=a k 2−4a k +4（k =1,2,⋅⋅⋅,2016）．累加得a 20172=a 12−4S +4×2016≥0．因此，S ≤2016．当k 为奇数时，a k =0；当k 为偶数时，a k =2，此时可取等号． 13．已知数列{a n }满足a n+1=3n+1⋅a n a n +3n+1,a 1=3，则数列{a n }的通项公式是______．【答案】a n =2⋅3n 3n −1【解析】由a n+1=3n+1⋅a n an +3n+1可得1a n+1−1a n =13n+1,a 1=3，则1a 2−1a 1=132,1a 3−1a 2=133,⋅⋅⋅,1a n −1a n−1=13n ．以下用累加法得，1a n −1a 1=132+133+⋅⋅⋅+13n ．得到1a n =13+132+⋅⋅⋅+13n =13(1−13n )1−13=12(1−13n )，从而，a n =2⋅3n3n −1．14．在数列{a n }中，若a n 2−a n−12=p(n ≥2,n ∈N ∗,p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”.下列是对“等方差数列”的判断：①数列{(−1)n }是等方差数列；②若{a n }是等方差数列，则{a n 2}是等差数列；③若{a n }是等方差数列，则{a kn }（k ∈N ∗，k 为常数）也是等方差数列； ④若{a n }既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列.其中正确的命题序号为________.（将所有正确的命题序号填在横线上）【答案】①②③④【解析】①因为[(−1)n ]2−[(−1)n−1]2=0，所以{(−1)n }符合“等方差数列”定义； ②根据定义，显然{a n 2}是等差数列；③a kn 2−a k(n−1)2=a kn 2−a kn−12+a kn−12−a kn−22+⋯+a kn−k+12−a k(n−1)2=kp 符合定义； ④数列{a n }满足a n 2−a n−12=p ，a n −a n−1=d （d 为常数）.若d=0，显然{a n }为常数列；若d≠0，则两式相除得a n +a n−1=p d ，所以a n =d 2+p 2d （常数），即{a n }为常数列.故答案为：①②③④15．设数列{a n }满足a 1=1 ，a n+1=5a n +1 (n =1，2，…），则 ∑2018n=1a n =________.【答案】5201916−807716【解析】由a n+1=5a n +1⇒a n+1+14=5(a n +14)⇒a n =5n 4−14，所以∑2018n=1a n =14(51+52+⋯+52018)−20184=516(52018−1)−20184=5201916−807716.16．已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=na n +2(n+1)2n+2，则数列{a n }的通项公式为__________．【答案】16n(n +1)(n +2)【解析】由题设得(n +2)a n+1=na n +2(n +1)2⇒(n +1)(n +2)a n+1=n(n +1)a n +2(n +1)3. 令b n =n(n +1)a n ，则b 1=2，b n+1=b n +2(n +1)3.故b n =b 1+∑(b i+1−b i )n−1i=1=2(1+23+33+⋯+n 3)=12n 2(n +1)2.于是，数列{a n }的通项公式为a n =b n n(n+1)=12n(n +1). 因此，前n 项的和为S n =12(∑n k=1k 2+∑n k=1k) =12[n(n+1)(2n+1)6+n(n+1)2]=16n(n +1)(n +2).17．已知2015个正整数a 1,a 2,⋯,a 2015满足a 1=1，a 2=8，a n+1=3a n −2a n−1(n ≥2,且n ∈N).则a 2015−a 2014的所有正因子之和为_________。

2018年全国高中数学联合竞赛加试参考答案(A卷和B卷)

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 ．
D A
…………………20 分
F
I
B N
G
M
C
E
于是 EMI BNE 90 BFE 180EFI ，故 E , F , I , M 四点共圆．进而可知 AFM 90 IFM 90 IEM AGM ，从而 A, F , G , M 四点共圆． …………………30 分再由 DAG DMG 90 知， A, G , M , D 四点共圆，所以 A, F , G , M , D 五点共圆．从而 DFG DAG 90 ，即 DF FG ．
ki ai + 1 KA + 1 ≤ ． ① A +1 i =1 ai + 1 对 i = 1, 2, , n ，由于 ki ≥ 1 及 0 < ai ≤ A 知， ki ai + 1 k −1 k − 1 ki A + 1 = ki − i ≤ ki − i = ． ai + 1 ai + 1 A +1 A +1 结合 K ≥ k1k2 kn 知，为证明①，仅需证明当 A > 0, ki ≥ 1 (i = 1, 2, , n ) 时，有
③
因此 n = 2 时结论成立． …………………30 分设 n = m 时结论成立，则当 n = m + 1 时，利用归纳假设知， m +1 m ki A + 1 k A + 1 km +1 A + 1 k1k2 km A + 1 km +1 A + 1 = ∏ i ⋅ ≤ ⋅ ∏ A +1 i 1= A +1 k k km +1 A + 1 ≤ 1 2 ， A +1 最后一步是在③中用 k1k2 km , km +1 （注意 k1k2 km ≥ 1, km +1 ≥ 1 ）分别代替 k1 , k2 ．从而 n = m + 1 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

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

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩

证明：存在 x0 ∈[1, 9] ，使得 f (x0 ) ≥ 2 ．证法 1：只需证明存在 u, v ∈[1, 9] ，满足 f (u) − f (v) ≥ 4 ，进而由绝对值不
等式得
f (u) + f (v) ≥ f (u) − f (v) ≥ 4 ，
故 f (u) ≥ 2 与 f (v) ≥ 2 中至少有一个成立．
注意到 f (4 ) f ( 4) f () 1, f (2 6) f (2) 0 ，
所以
0 f (x) 1 f (2 6) f (x) f (4 ) ，
而 0 2 6 4 1 ，故原不等式组成立当且仅当 x [2 6, 4 ] ．

4 7
，即
tan

2

4 7
，从而
tan(

)

cot

2

7 4
．
6. 设抛物线 C : y2 2x 的准线与 x 轴交于点 A ，过点 B (1, 0) 作一直线 l 与
抛物线 C 相切于点 K ，过点 A 作 l 的平行线，与抛物线 C 交于点 M , N ，则 KMN
…………………5 分
由 f (a) f (b) 得 1 log3 a log3 b 1，
即 log3 a log3 b 2 ，因此 ab 32 9 ．于是 abc 9c ．又
…………………10 分
0 f (c) 4 c 1，
…………………15 分
故 c (9, 16) ．进而 abc 9c (81, 144) ．

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湖南省普通高中学业水平考试数学试题(可编辑修改word版)

机密★启用前2018 年湖南省普通高中学业水平考试数学本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，时量120 分钟满分100 分一、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.下列几何体中为圆柱的是 ( )2.执行如图 1 所示的程序框图，若输入x 的值为 10，则输出y 的值为( )A．10B．15C．25D．353.从 1，2，3，4，5 这五个数中任取一个数，则取到的数为偶数的概率是( )4A.B．52C．D．535154.如图2 所示，在平行四边形ABCD 中中，AB +AD =( )A.ACC．BDB．CAD．DB5.已知函数y＝f（x）（x∈[-1,5]）的图象如图 3 所示，则f（x）的单调递减区间为( )A．[-1,1]C．[3, 5]B．[1, 3]D．[-1, 5]6.已知a＞b，c＞d，则下列不等式恒成立的是 ( )A．a+c＞b＋d B．a+d>b+cC．a-c>b-d D．a-b>c-d2 2 3⎩7. 为了得到函数 y = cos(x + 1) 的图象象只需将y = cos x 的图象向左平移 ( )4A.个单位长度 B ．个单位长度221C ．个单位长度D ．个单位长度448. 函数 f (x ) = log 2 (x -1) 的零点为()A ．4B ．3C ．2D ．19．在△ABC 中，已知 A ＝30°，B ＝45°，AC ＝，则 BC ＝()1 A.B ．C ．D ．122 210．过点 M （2，1）作圆 C ： (x -1)2 + y 2 = 2 的切线，则切线条数为()A ．0B ．1C ．2D ．3二、填空题；本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分， 11．直线 y = x + 3 在 y 轴上的截距为。

12．比较大小：sin25°sin23°（填“＞”或“＜”）13．已知集合 A = {1, 2}, B = {-1, x } ．若 A B = {2} ，则 x ＝。

2018年湖南省高中数学联赛B卷含答案

2018年湖南省高中数学联赛（B ）卷试题第Ⅰ卷（共70分）一、填空题（本大题共10小题，每小题7分，满分70分，将答案填在答题纸上）1.设集合{}23100A x x x =--≤，{}121B x m x m =+≤≤-，若A B B ⋂=，则实数m 的取值范围为．2.如果函数()3cos 2y x ϕ=+的图像关于点4,03π⎛⎫⎪⎝⎭中心对称,那么ϕ的最小值为． 3. 如图，A 与P 分别是单位圆O 上的定点与动点，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，过点P 作直线OA 的垂线，垂足为M ，将点M 到直线OP 的距离表示为x 的函数()f x ，则()f x = ．4. 已知二面角l αβ--为60，动点P ，Q 分别在面α，β内，P 到β的距离为3，Q 到α的距离为23，则P ，Q 两点之间距离的最小值为．5. 如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫．设n A 是第n 次挖去的小三角形面积之和（如1A 是第1次挖去的中间小三角形面积，2A 是第2次挖去的三个小三角形面积之和）.则前n 次挖去的所有小三角形面积之和的值为．6.若333sin cos 3x x +=，则20182018sincos x x +的值为．7.如图放置的边长为1的正方形ABCD 沿x 轴正向滚动，即先以A 为中心顺时针旋转，当B 落在x 轴上时，再以B 为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形ABCD 的某个顶点落在x 轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转.设顶点C 滚动时的曲线为()y f x =，则()f x 在[]2017,2018上的表达式为．8.四个半径都为1的球放在水平桌面上，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）.有一个正方体,其下底与桌面重合,上底的四个顶点都分别与四个球刚好接触,则该正方体的棱长为． 9.设1a b +=，0b >，0a ≠，则21aa b+的最小值为． 10.设,a b R ∈，a b <函数()()max a t bg x x t x R ≤≤=+∈（其中max a t b≤≤表示对于x R ∈，当[],t a b ∈时表达式x t +的最大值），则()g x 的最小值为．第Ⅱ卷（共80分）三、解答题（本大题共4小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）11. 如图，四棱锥S ABCD -中，SD ⊥底面ABCD ，//AB DC ，AD DC ⊥，1AB AD ==，2DC SD ==，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：2SE EB =；（Ⅱ）求二面角A DE C --的大小. 12. 棋盘上标有第0,1,2,,100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败集中营）时，游戏结束.设棋子跳到第n 站的概率为n P . （1）求3P 的值；（2）证明：()()1112992n n n n P P P P n +--=--≤≤；（3）求99P ，100P 的值.13. （1）已知P 是矩形ABCD 所在平面上的一点，则有2222PA PC PB PD +=+.试证明该命题；（2）将上述命题推广到P 为空间上任一点的情形，写出这个推广后的命题并加以证明；（3）将矩形ABCD 进一步推广到长方体1111ABCD A B C D -，并利用（2）得到的命题建立并证明一个新命题.14. 设曲线2:1625616C x y y -=-所围成的封闭区域为D . （1）求区域D 的面积；（2）设过点()0,16M -的直线与曲线C 交于两点P ，Q ，求PQ 的最大值.试卷答案一、填空题1.3m ≤2.6π3.sin cos x x4.235.33144n⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6.17.()()()()2504.41220162016f x f x x x =-=+--- 8.23 9.221- 10.2b a - 二、解答题11.解：以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立直角坐标系Dxyz ，设()1,0,0A =，则()1,1,0B ，()0,2,0C ，()0,0,2S .（1）证明：()0,2,2SC =-，()1,1,0BC =-，设平面SBC 的法向量为(),,n a b c =，由n SC ⊥，n BC ⊥，得到0n SC ⋅=，0n BC ⋅=，故0b c -=，0a b -+=，取1a b c ===，则()1,1,1n =，又设()0SE EB λλ=>，则2,,111E λλλλλ⎛⎫ ⎪+++⎝⎭，2,,111DE λλλλλ⎛⎫= ⎪+++⎝⎭,()0,2,0DC = 设平面CDE 的法向量为(),,m x y z =，由m DE ⊥，m DC ⊥，得到0m DE ⋅=，0m DC ⋅=，故20111x y zλλλλλ++=+++，20y =，令2x =，则()2,0,m λ=-，由平面DEC ⊥平面SBC ，得到m n ⊥，所以0m n ⋅=，20λ-=，2λ=，故2SE EB =. （2）解：由（1）知222,,333DE ⎛⎫=⎪⎝⎭，取DE 的中点F ，则111,,333F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，211,,333FA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，故0FA DE ⋅=，FA DE ⊥，又242,,333EC ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，故EC DE ⊥，因此向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角，于是()1cos ,2FA ECFA EC FA EC⋅==-，所以二面角A DE C --的大小为120.12.解：（1）棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率为18；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为14；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为14，因此358P =. （2）易知棋子先跳到第2n -站，再掷出反面，其概率为212n P -；棋子先跳到第1n -站，再掷出正面，其概率为112n P -，因此有()1212n n n P P P --=+，即()11212n n n n P P P P ----=--，或即()()1112992n n n n P P P P n +--=--≤≤.（3）由（2）知数列{}()11n n P P n --≥为首项为1011122P P -=-=-，公比为12-的等比数列，因此有 ()()11101122nn n n nP P P P ---⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭.由此得到999899100111211=122232P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有10098991111232P P ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭. 13. （1）证明：如图1，设在直角坐标平面中，矩形ABCD 的顶点坐标为(),A a b --，(),B a b -，(),C a b ，(),D a b -，点(),P x y 是直角坐标平面上的任意一点，则 ()()()()()22222222222PA PC x a y b x a y b x y a b +=++++-+-=+++，()()()()()22222222222PB PD x a y b x a y b x y a b +=-+++++-=+++，故2222PA PC PB PD +=+.（2）推广命题：若棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，则有2222PA PC PB PD +=+.证明：如图2，设棱锥P ABCD -的底面ABCD 在空间直角坐标系的xOy 平面上,矩形ABCD 的顶点坐标为(),,0A a b --，(),,0B a b -，(),,0C a b ，(),,0D a b -，设P 点坐标为(),,P x y z ，则()()()()()()2222222200PA PC x a y b z x a y b z +=++++-+-+-+- ()222222x y a b z =++++()()()()()()2222222200PB PD x a y b z x a y b z +=-+++-+++-+-()222222x y a b z =++++，故2222PA PC PB PD +=+.（3）再推广命题：设1111ABCD A B C D -是长方体，P 是空间上任意一点，则222222221111PA PC PB PD PB PD PA PC +++=+++.证明：如图3，由（2）中定理可得2222PA PC PB PD +=+和22221111PA PC PB PD +=+，所以222222221111PA PC PB PD PB PD PA PC +++=+++.14. 解：（1）由题设，有256160y -≥，因此1616y -≤≤.若221616x y x y -=-，则当016y ≤≤时，22161625616x y x y y -=-=-，2256x =，此时()16016x y =±≤≤，图像是两条直线段；当160y -≤≤，22161625616x y x y y -=-=+，()28832x y y =-≥-，对应于一段二次函数的图像；若221616x y y x -=-，则当016y ≤≤时，类似于前面的推导得2832x y =+，对应于二次函数图像的一段：()28832x y y =+≥；当160y -≤<，22161625616x y y x y -=-=+，得到2256x =-，无解.综上所述，区域D 的集合为：()22,1616,883232x x D x y x y ⎧⎫⎪⎪=-≤≤-≤≤+⎨⎬⎪⎪⎩⎭，由区域D 上函数图像性质，知区域D 的面积为3216512S =⨯=.（2）设过点()0,16M -的直线为l ，为了求PQ 的最大值，由区域D 的对称性，只需考虑直线l 与D 在y 轴右侧图像相交部分即可.设过点()0,16M -的直线l 方程为16y kx =-，易知此时l 与D 相交时有1k ≤<∞.①当2k ≤<∞时，l 与D 分别相交于二次函数2832x y =-以及2832x y =+，两个交点分别为 ()()()222161,1611P k k k k k -----，()()()222163,1631Q k k k k k -----因此，()22216131PQ k k k =---+，为关于k 的递减函数.②当12k ≤≤时，直线l 与D 分别相交于二次函数2832x y =-以及直线16y =，从图形性质容易看出，随着k 从2变到1，PQ 的值逐步减少.综上，当l 经过直线16x =与二次函数2832x y =+曲线交点()16,16Q 时，PQ 的值最大，此时直线l 方程为：216y x =-,()()()1623,16323P --，PQ 的值为()()2216323161623161620103⎡⎤⎡⎤--+--=-⎣⎦⎣⎦.当PQ 落在y 轴上时， 241620103PQ =<-，因此PQ的最大值为1620103-.。

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即先以 A 为中心顺时针旋转，当 B 落在 x 轴上时，再以 C
B
B 为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形 ABCD 的
O
x
某个顶点落在 x 轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转. D
A
设顶点 C 滚动时的曲线为 y f (x) ，则 f (x) 在 [2017, 2018] 上的表达式为__________
解：
y

f
(x)

1 2x x2, 4x x2 3,

8x x2 15,
x [0, 2], x (2,3], x (3, 4].
由于 f (x) 是以 4 为周期的周期函数，所以当 x [2017, 2018] 时
x 504 4 x 2016 [1, 2] ，此时由周期性及（1）式的结果得到
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
12.棋盘上标有第 0, 1, 2, , 100 站，棋子开始时位于第 0 站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏. 若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第 99 站（胜利大本营）或第100 站（失败集中营）时，游戏结束. 设棋子跳到第 n 站的概率为 Pn .
（1）求

（1）证明： SC (0, 2, 2), BC (1,1,0) ，设平面 SBC 的法向量为 n (a,b, c) ，由 n SC,n BC ，

得到 n SC 0,n BC 0 ，故 b c 0,a b 0 ，取 a b c 1，则 n (1,1,1) ，又设
2018 年湖南省高中数学联赛（B）卷试题参考答案与评分细则
一、填空题（本大题共 10 小题，每小题 7 分，满分 70 分）
1. 设集合 A {x | x2 3x 10 0}, B {x | m 1 x 2m 1} ，若 A B B ，则实数 m 的取值范围
（2）解：由（1）知
DE

(2
,
2
,
2)
，取
DE
的中点
F
，则
F

(1
,
1 , 1)
，
FA

(2
,
1,
1)
，故
333
333
333
FA
DE

0
，
FA

DE
，又
EC

(
2
,
4
,

2
)
，故
EC

DE
，因此向量
5. 如图，将一个边长为 1 的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫．
……
边长为 1 的原等边三角形
第一次
第二次
设 An 是第 n 次挖去的小三角形面积之和（如 A1 是第 1 次挖去的中间小三角形面积， A2 是第 2 次挖去的三个小三角形面积之和）．则前 n 次挖去的所有小三角形面积之和的值为___________
4
44Biblioteka 6.若 3sin3 x cos3 x 3 ，则 sin2018 x cos2018 x 的值为 ___________
解：首先由 3sin3 x cos3 x 3 可知必有 sin x 0 ，否则 cos3 x 3 3sin3 x 3 ，矛盾. 又由于 sin3 x sin2 x, cos3 x cos2 x ，因此有
|a| b |a| b |a| |a| b |a| |a| b
|a|
立的条件是 b 2 | a | ，即 b2 2a2 . |a| b
当 a 0 时， 1 2 | a | 2 2 1，当 a 2 1,b 2a 2 2 时达到最小值； |a| b
当 a 0 时， 1 2 | a | 2 2 1，当 a ( 2 1),b 2a 时达到最小值 2 2 1. |a| b

SE EB( 0) ，则
E( 1

,
1

,
1
2
),
DE

( 1

,
1

, 1
2

),
DC

(0,
2, 0)

设平面 CDE 的法向量为 m (x, y, z) ，由 m DE,m DC ，得到 m DE 0,m DC 0 ，故
3 3sin3 x cos3 x 3sin2 x cos2 x 1 2 sin2 x ，解得 sin 2 x 1. 因此有 sin x 1以及 cos x 0 ，因此 sin2018 x cos2018 x 1 . 7. 如图放置的边长为 1 的正方形 ABCD 沿 x 轴正向滚动， y
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
P3
的值；（2）证明： Pn1
得到 f (x) | sin x cos x | .
4.已知二面角 l 为 60o ，动点 P,Q 分别在面, 内， P 到的距离为 3 ， Q 到的距离为
2 3 ，则 P,Q 两点之间距离的最小值为___________
解：过 P 作 PB 交于 B ，在平面内过点
解：设正方体的棱长为 a ，上底为正方形 ABCD ，中心为 O ，则 OA
2 2
a . 由对称
性知，球心 O1 在面 ABCD 上的射影 M 应在直线 AC 或 BD 上. 且球 O1 与邻球的切点 P 在面 ABCD 上的射影 N 在过点 O 且平行 AB 的直线上. 于是
2 MN OM OA AM . 又 O1M 1 a ，则 AM O1A2 O1M 2 1 ( 1 a )2 ，从
解：
对角度
x
进行简单的分类
x [0,
),[
, ),
，然后根据三角函数的定义
22
得到
y

f
(x)

sin

sin
x cos x cos
x, x,
x x
[0, [
2
), 或x [, 2 , ), 或x [ 3
2
3 2

), , 2
)
，利用函数的周期性
x 1
y 1
2z 1

0, 2 y

0 ，令
x

2 ，则 m

(2,0, ) ，由平面 DEC

平面 SBC
，得到 m

n，
所以 m n 0 ， 2 0, 2 ，故 SE 2EB ..................................................10 分

的图像关于点

4 3
，0 中心对称知，
f ( 4 3
)
0 ，即 8 3

k
2
(k Z) ，
即 k 8 (k Z ) ，因此， | | 的最小值为 32
|
|min | (k

2)

6
|min
6
.
3. 如图，A 与 P 分别是单位圆 O 上的定点与动点，角 x 的始边为射线 OA ，终边为射线 OP ，过点 P 作直线 OA 的垂线，垂足为 M ，将点 M 到直线 OP 的距离表示为 x 的函数 f (x) ，则 f (x) ___________
g
(
x)

|

|
x a |, x b |,
x x

c, c
，其图像为两条折线组成，且
min g(x) x
g(c)
ba 2
.
二、解答题（本大题共 4 小题，每小题 20 分，满分 80 分）
11. 如图，四棱锥 S ABCD 中， SD 底面 ABCD, AB DC, AD DC, AB AD 1， DC SD 2, E 为棱 SB 上的一点，平面 EDC 平面 SBC .
（Ⅰ）证明： SE 2EB ；
（Ⅱ）求二面角 A DE C 的大小 .
解以 D 为坐标原点，射线 DA, DC, DS 分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立直角坐标系 Dxyz ，设
A (1,0,0) ，则 B(1,1,0),C(0, 2,0), S(0,0, 2) ..................................................5 分