2018年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考答案和评分标准

合集下载

2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准(A卷和B卷)

2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准(A卷和B卷)
所以, ( x, y, z ) (2,2,0) 或 (2,0,2) 或 (0,2,2) 或 (0,0,0) ,故共有 4 个符合要求的整数组. 2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 2 页(共 10 页)
6.设 M A.60. 【答】B. 因为 M
1 1 1 1 1 ,则 的整数部分是 2018 2019 2020 2050 M
2 2
即 (a b) 2[(a b) 4ab] (a b)[(a b) 3ab] 0 , 又 a b 2 ,所以 2 2[4 4ab] 2[4 3ab] 0 ,解得 ab 1.所以 a b (a b) 2ab 6 ,
x 1 1, x 1 1, x 1 1, x 1 1, y 1 1, 或 y 1 1, 或 y 1 1, 或 y 1 1, z 1 1, z 1 1, z 1 1, z 1 1,
2018 年‫ޘ‬ഭ初中数学联赛试题参考答案及评分标准
说明:评阅试卷时,请依据本评分标准.第一试,选择题和填空题只设 7 分和 0 分两档;第二试各题, 请按照本评分标准规定的评分档次给分.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 评卷时请参照本评分标准划分的档次,给予相应的分数.
2 2

A.1. 【答】B.
B.2.
C.3.
D.4.
2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准
第 1 页(共 10 页)
设 p 5 pq 4q m ( m 为自然数) ,则 ( p 2q) pq m ,即
2
2
2

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ,则32log (log )m 的值为 . 答案:4049.解:323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m .2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q .若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和,则2a 的取值范围是 .答案:1,0(0,2)4. 解:因为数列{}n a 的各项和为11a q,注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列,于是2{}n a 的各项和为2121a q. 由条件知211211a a q q,化简得11a q . 当(1,0)(0,1)q 时,22111(1),0(0,2)244a q q q . 3. 设实数,ab 满足:集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9],则a b 的值为 .答案:7.解:由于2210(5)25x x a x a ,故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间,而B 是至多有一个端点的区间,所以必有[1,9]A ,故9a .进一步可知B 只能为[4,) ,故0b 且34b b ,得2b .于是7a b .4. 在三棱锥P ABC 中,若PA 底面ABC ,且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4,则该三棱锥的体积为 .答案:34. 解:由条件知PA AB ,PA AC .因此PA AC .在ABC 中,22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ,故sin B .所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ,故其体积为1334ABC V S PA . 5. 一个不均匀的骰子,掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次,所得的点数分别记为,a b .若事件“7a b ”发生的概率为17,则事件“a b ”发生的概率为 . 答案:421. 解:设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p .由于126,,,p p p 成等差数列,且1261p p p ,故16253413p p p p p p . 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p . 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p . 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p . 由于117P ,所以21143721P . 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数.若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25,则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 .答案:11.解:记2x t ,则当[0,5)x 时,[1,32)t ,且t 随x 增大而严格增大.因此,()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数.注意到()f t 有最小正周期5,设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点,则()f t 在[2,32)上有6m 个零点,又设()f t 在[1,2)上有n 个零点,则625m n ,且0n m ,因此4,1m n .从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数,即311m n .7. 设12,F F 为椭圆 的焦点,在 上取一点P (异于长轴端点),记O 为12PF F 的外心,若12122PO F F PF PF ,则 的离心率的最小值为 .答案 解:取12F F 的中点M ,有12MO F F ,故120MO F F . 记1212,,PF u PF v F F d ,则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u , 222121222cos PF PF uv F PF u v d ,故由条件知222222v u u v d ,即22232u v d . 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v (当3v u 时等号成立).所以 的离心率d e u v .当::u v d 时, 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8,且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8,则称(,,)a b c 为“幸运数组”,例如(9,8,202400)是一个幸运数组.满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 .答案:591.解:对于幸运数组(,,)a b c ,当10a b c 时,分两类情形讨论. 情形1:a 是两位数,,b c 是三位数.暂不考虑,b c 的大小关系,先在,,a b c 的非最高位(五个位置)中选三个位置填0,剩下五个位置还未填,任选其中两个填2,最后三个位置填写4,8,9,这样的填法数为3255C C 3!600 .再考虑其中,b c 的大小关系,由于不可能有b c ,因此b c 与b c 的填法各占一半,故有300个满足要求的幸运数组.情形2:,a b 是两位数,c 是四位数.暂不考虑,a b 的大小关系,类似于情形1,先在,,a b c 的非最高位(五个位置)中选三个位置填0,剩下五个位置填2,2,4,8,9,这样的填法数为600.再考虑其中,a b 的大小关系.若a b ,则必有20a b ,c 的四个数字是0,4,8,9的排列,且0不在首位,有33!18 种填法,除这些填法外,a b 与a b 的填法各占一半,故有600182912个满足要求的幸运数组. 综上,所求幸运数组的个数为300291591 .二、解答题:本大题共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9. (本题满分16分) 在ABC 中,已知sin cos sin cos cos 22A AB B C,求cos C 的值.解:由条件知cos 44C A B. …………4分 假如44A B,则2C ,cos 0C ,但sin 04A ,矛盾. 所以只可能44A B .此时0,2A B ,2C A . …………8分注意到cos 04C A ,故2C ,所以,42A B ,结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ,又cos 0C ,化简得28(12cos )1C ,解得cos C…………16分 10.(本题满分20分)在平面直角坐标系中,双曲线22:1x y 的右顶点为A .将圆心在y 轴上,且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ,圆心距为d ,求d PA 的所有可能的值. 解:考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r .由0 与 的方程消去x ,得关于y 的二次方程2220002210y y y y r .根据条件,该方程的判别式22200048(1)0y y r ,因此220022y r .…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ,显然P 在y 轴上.设(0,)P h ,12, 的半径分别为12,r r ,不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ,则有2211()22h r r ,2222()22h r r .两式相减得2212122()h r r r r ,而120r r ,故化简得122r r h. …………10分 进而221211222r r r r ,整理得 221122680r r r r .① 由于12d r r ,(1,0)A ,22212()114r r PA h ,而①可等价地写为2212122()8()r r r r ,即228PA d ,所以d PA…………20分 11.(本题满分20分)设复数,z w 满足2z w ,求2222S z w w z 的最小可能值.解法1:设i (,)z a b a b R ,则2i w a b ,故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ,22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b . ①…………5分记1t a .对固定的b ,记255B b ,求22()(4)f t t B t B 的最小值.由()(4)f t f t ,不妨设2t .我们证明0()()f t f t ,其中0t . 当0[2,]t t 时,04[2,4]t t ,22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 (用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增). …………10分当0[,)t t 时,22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 (用到04t t ). …………15分所以200()(4)1616S f t B t .当0b (①取到等号),011a t 时,S 取到最小值16.…………20分解法2:设1i,1i (,)R z x y w x y x y ,不妨设其中0x . 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ,2222(41)(24)i w z x x y x y .所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y . …………5分利用a b a b ,可得8S x ,① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x . ②…………10分注意到方程282(1)x x 2.当2x 时,由①得816S x .当02x 时,由②得222(1)2(12))16S x .因此当2,0x y 时,S 取到最小值16. …………20分 解法3:因为2w z =−,所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−,33+的距离,所以把i z x y =+换成其实部x 时,都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<,因此我们有以下几种情况:1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+;2.若(13x∈−−,则()88f x x=−+,在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−,则2()24f x x x=−+,在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+;4.若13x∈− ,则()88f x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−+=−+;5.若3x≥+,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述,所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

2018年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题

2018年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题

2018年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题一、填空题(本小题满分80分,每小题10分。

)1.若对任意的θ∈[0,π2],不等式4+2sin θcos θ−a sin θ−a cos θ≤0恒成立,则实数a 的最小值为.2.设数列{a n }满足:a 1=1,4a n +1−a n +1a n +4a n =9,则a 2018=.3.设f (x )是定义在(0,+∞)上的单调函数,若对任意的x ∈(0,+∞),都有f [f (x )−2log 2x ]=4,则不等式f (x )<6的解集为.4.已知点P 在离心率为√2的双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)上,F 1,F 2为双曲线的两个焦点,且−−→P F 1·−−→P F 2=0,则△P F 1F 2的内切圆半径r 与外接圆半径R 之比为.5.设G 为△ABC 的重心,若BG ⊥CG,BC =√2,则AB +AC 的最大值为.6.一枚骰子连续投掷四次,从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为.7.设正实数x,y 满足x 2+y 2+1x +1y =274则P =15x −34y 的最小值为.8.设数列{a n }的通项公式为a n =n 3−n,n ∈N +,该数列中个位数为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{b n },则b 2018被7除所得的余数为.二、解答题(本小题满分70分,第9题20分,第10题、第11题25分。

)9.已知O 为坐标原点,N (1,0),M 为直线x =−1上的动点,∠MON 的平分线与直线MN 交于点P ,记点P 的轨迹为曲线E .(I )求曲线E 的方程;(II )过点Q (−12,−12)作斜率为k 的直线l ,若直线l 与曲线E 恰有一个公共点,求k 的取值范围.10.对任意正整数m,n ,定义函数f (m,n )如下:1⃝f (1,1)=1;2⃝f (m +1,n )=f (m,n )+2(m +n );3⃝f (m,n +1)=f (m,n )+2(m +n −1).(I )求f (m,n )的解析式;(II )设a n =√f (n,n )2n −1(n ∈N +),S n 是数列{a n }的前n 项和,证明:S n <6.11.已知正数a,b 满足a +b =1,求M =√1+2a 2+2 Å512ã2+b 2的最小值.第I 页(共IV 页)。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试参考答案与评分标准(A卷)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试参考答案与评分标准(A卷)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ,则32log (log )m 的值为 . 答案:4049.解:323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m .2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q .若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和,则2a 的取值范围是 .答案:1,0(0,2)4. 解:因为数列{}n a 的各项和为11a q,注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列,于是2{}n a 的各项和为2121a q. 由条件知211211a a q q,化简得11a q . 当(1,0)(0,1)q 时,22111(1),0(0,2)244a q q q . 3. 设实数,ab 满足:集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9],则a b 的值为 .答案:7.解:由于2210(5)25x x a x a ,故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间,而B 是至多有一个端点的区间,所以必有[1,9]A ,故9a .进一步可知B 只能为[4,) ,故0b 且34b b ,得2b .于是7a b .4. 在三棱锥P ABC 中,若PA 底面ABC ,且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4,则该三棱锥的体积为 .答案:34. 解:由条件知PA AB ,PA AC .因此PA AC .在ABC 中,22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ,故sin B .所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ,故其体积为1334ABC V S PA . 5. 一个不均匀的骰子,掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次,所得的点数分别记为,a b .若事件“7a b ”发生的概率为17,则事件“a b ”发生的概率为 . 答案:421. 解:设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p .由于126,,,p p p 成等差数列,且1261p p p ,故16253413p p p p p p . 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p . 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p . 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p . 由于117P ,所以21143721P . 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数.若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25,则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 .答案:11.解:记2x t ,则当[0,5)x 时,[1,32)t ,且t 随x 增大而严格增大.因此,()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数.注意到()f t 有最小正周期5,设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点,则()f t 在[2,32)上有6m 个零点,又设()f t 在[1,2)上有n 个零点,则625m n ,且0n m ,因此4,1m n .从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数,即311m n .7. 设12,F F 为椭圆 的焦点,在 上取一点P (异于长轴端点),记O 为12PF F 的外心,若12122PO F F PF PF ,则 的离心率的最小值为 .答案 解:取12F F 的中点M ,有12MO F F ,故120MO F F . 记1212,,PF u PF v F F d ,则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u , 222121222cos PF PF uv F PF u v d ,故由条件知222222v u u v d ,即22232u v d . 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v (当3v u 时等号成立).所以 的离心率d e u v .当::u v d 时, 的离心率e 8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8,且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8,则称(,,)a b c 为“幸运数组”,例如(9,8,202400)是一个幸运数组.满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 .答案:591.解:对于幸运数组(,,)a b c ,当10a b c 时,分两类情形讨论. 情形1:a 是两位数,,b c 是三位数.暂不考虑,b c 的大小关系,先在,,a b c 的非最高位(五个位置)中选三个位置填0,剩下五个位置还未填,任选其中两个填2,最后三个位置填写4,8,9,这样的填法数为3255C C 3!600 .再考虑其中,b c 的大小关系,由于不可能有b c ,因此b c 与b c 的填法各占一半,故有300个满足要求的幸运数组.情形2:,a b 是两位数,c 是四位数.暂不考虑,a b 的大小关系,类似于情形1,先在,,a b c 的非最高位(五个位置)中选三个位置填0,剩下五个位置填2,2,4,8,9,这样的填法数为600.再考虑其中,a b 的大小关系.若a b ,则必有20a b ,c 的四个数字是0,4,8,9的排列,且0不在首位,有33!18 种填法,除这些填法外,a b 与a b 的填法各占一半,故有600182912个满足要求的幸运数组. 综上,所求幸运数组的个数为300291591 .二、解答题:本大题共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9. (本题满分16分) 在ABC 中,已知sin cos sin cos cos 22A AB B C,求cos C 的值.解:由条件知cos 44C A B. …………4分 假如44A B,则2C ,cos 0C ,但sin 04A ,矛盾. 所以只可能44A B .此时0,2A B ,2C A . …………8分注意到cos 04C A ,故2C ,所以,42A B ,结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ,又cos 0C ,化简得28(12cos )1C ,解得cos C…………16分 10.(本题满分20分)在平面直角坐标系中,双曲线22:1x y 的右顶点为A .将圆心在y 轴上,且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ,圆心距为d ,求d PA 的所有可能的值. 解:考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r .由0 与 的方程消去x ,得关于y 的二次方程2220002210y y y y r . 根据条件,该方程的判别式22200048(1)0y y r ,因此220022y r .…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ,显然P 在y 轴上.设(0,)P h ,12, 的半径分别为12,r r ,不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ,则有2211()22h r r ,2222()22h r r .两式相减得2212122()h r r r r ,而120r r ,故化简得122r r h. …………10分 进而221211222r r r r ,整理得 221122680r r r r .① 由于12d r r ,(1,0)A ,22212()114r r PA h ,而①可等价地写为2212122()8()r r r r ,即228PA d ,所以d PA…………20分 11.(本题满分20分)设复数,z w 满足2z w ,求2222S z w w z 的最小可能值.解法1:设i (,)z a b a b R ,则2i w a b ,故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ,22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b . ①…………5分记1t a .对固定的b ,记255B b ,求22()(4)f t t B t B 的最小值.由()(4)f t f t ,不妨设2t .我们证明0()()f t f t ,其中0t . 当0[2,]t t 时,04[2,4]t t ,22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 (用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增). …………10分当0[,)t t 时,22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 (用到04t t ). …………15分所以200()(4)1616S f t B t .当0b (①取到等号),011a t 时,S 取到最小值16.…………20分解法2:设1i,1i (,)R z x y w x y x y ,不妨设其中0x . 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ,2222(41)(24)i w z x x y x y .所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y . …………5分利用a b a b ,可得8S x ,① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x . ②…………10分注意到方程282(1)x x 2.当2x 时,由①得816S x .当02x 时,由②得222(1)2(12))16S x .因此当2,0x y 时,S 取到最小值16. …………20分 解法3:因为2w z =−,所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−,33+的距离,所以把i z x y =+换成其实部x 时,都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<,因此我们有以下几种情况:1.若1x ≤−,则2()24f x x x =−,在这一区间上的最小值为(116f −=+;2.若(13x ∈−−,则()88f x x =−+,在这一区间上的最小值为(316f =−+…………15分3.若31x ∈− ,则2()24f x x x =−+,在这一区间上的最小值为((3116f f =−+=−+;4.若13x ∈− ,则()88f x x =−,在这一区间上的最小值为(116f −+=−+;5.若3x ≥+,则2()24f x x x =−,在这一区间上的最小值为(316f =+.综上所述,所求最小值为((3116f f =−+=−.…………20分。

2018年全国高中数学联合竞赛一试B卷参考答案(含加试)

2018年全国高中数学联合竞赛一试B卷参考答案(含加试)
2

�± ,
7

6. 设抛物线 C: y =2x 的准线与 x 轴交千点 A, 过点 B(-1,0) 作 一 直线 l 与
抛物线 C 相切千点 K, 过点 A 作 l 的平行线,与抛物线 C交千点 M,N, 则 �KMN 的面积为 I 答案: — . 2
I I I 解:设直线 l 与 MN 的斜率为 k, 则 l:x=— y-1, MN:x=— y-— .
将l 与 C 联立,得方程
2 五 l- — y+2=0, 由条件知其判别式为零,故 k =士 -. k 2
— 2 ——
k
k
2
将MN 与 C 联立,得方程 y IYM -yNI 结合l 与 MN 平行,可知
2
k
y+I=O, 千是
2—
气(yM +YN)
4yM凡

`口=2'
1 1 1 1 — — — — — — S�KMN= S归BMN= S�BAM s�BANI = ·IABI·YM YNI= · -2= . 2 2 2 2 7. 设 /(x) 是定义在 R 上的以 2 为周期的偶函数,在区间 [I,2] 上严格递减,
率为

-3, tan[(3-¾l =5, 则tan(a -(3)的值为

7 答案: -— . 4 解:由两角差的正切公式可知 ran[[a 十
"l
3

-3 -5 [/l — "]]� 1 +(— 3)x5 6
tan[ 0: — /3+ 勹=*,从而 tan(a: — /3) = — cot[ 0: — /3+ 勹= —
答案: 31. 解:易知B= {4, 0,2,16}, 故AUB= {O,1,2,4,8,16}. AUB的所有元素之和

2018年全国高中数学联合竞赛一试(含答案)

2018年全国高中数学联合竞赛一试(含答案)

则(������ + ������������)������2 + 2(������ − ������������)������ + 2 = 0,
整理得:(������������2 + 2������������ + 2) + (������������2 − 2������������)������ = 0
由图结合对称性得:
������1 = ������ − 2, ������2 = 2������ − [4 + 2(2������ − 6)] = 8 − 2������ 所以,由函数单调性,不等式1 ≤ ������(������) ≤ 2在[1,2]内
分析:������������������ + ������������������为偶数,则������������������与������������������奇偶性相同,
故当������ ≥ 2 时,
������������ = √������ ± √������ − 1 ≤ √������ + √������ − 1 < 2√������ (2) ������������与������������+1异号时结论显然成立,
当������������与������������+1同号时: 由(1)得������������ = ±√������, 不妨得:������������ = √������ − √������ − 1
6. 设复数������满足|������|=1,使得关于������ 的方程z������2 + 2������̅������ +
2 = 0有实根,则这样的复数������的和为

专题32不等式大题强化训练(省赛试题汇编)(解析版)

专题32不等式大题强化训练(省赛试题汇编)(解析版)

全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编专题32不等式大题强化训练(省赛试题汇编)1.【2018年福建预赛】已知a,b,c∈R,且3a2+3b2+4c2=60.(1)求a+b+c的最大值(2)若a,b∈(0,4),c∈(0,6),求的最小值【答案】(1)(2)5【解析】(1)由柯西不等式,知.∴.当且仅当,即时,等号成立.∴a+b+c的最大值为.(2)由a,b∈(0,4),c∈(0,6),知a,4-a,b,4-b,c,6-c均为正数,∴.∴.又当a=b=2,c=3时,满足a,b∈(0,4),c∈(0,6),3a2+3b2+4c2=60,且.∴的最小值为5.2.【2018年贵州预赛】证明:(1)(k≥2,k∈N);(2)分别以1,,……,,……为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为的正方形内.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】证明:(1)(2)由(1)知,故以边长为,…的正方形可以并排放入底为1,高为的矩形内,而不重叠.取k=2,3,4,…,即得底分别为,…,高分别为,……的一系列矩形,这些矩形的底小于1,高的和为因此,以1,,…,,…为边长的正方形中,除了边长为1,的正方形外,其余的正方形全部可以放入底为1,高为的矩形中.而边长为1,的三个正方形显然可以放入底为,高为1的矩形内.3.【2018年重庆预赛】设.证明:.【答案】见解析【解析】证明:由递推式得所以从而得又得数列单调递增,所以.特别地由递推式可得.从而.由均值不等式及已证结论有.所以特别地故4.【2018年陕西预赛】设.证明:.【答案】见解析【解析】由对称性不妨设,则.当时,即时,由切比雪夫不等式.由不等式知.且易知.故.当且仅当时,等号成立.当时,,显然有.综上所述,原不等式成立.5.【2018年陕西预赛】设.证明:.【答案】见解析【解析】由对称性不妨设,则.当时,即时,由切比雪夫不等式.由不等式知.且易知.故.当且仅当时,等号成立.当时,,显然有.综上所述,原不等式成立.6.【2018年陕西预赛】设.证明:.【答案】见解析【解析】由对称性不妨设,则.当时,即时,由切比雪夫不等式.由不等式知.且易知.故.当且仅当时,等号成立.当时,,显然有.综上所述,原不等式成立.7.【2018年安徽预赛】⑴求证:对于任意实数x、y、z都有.⑵是否存在实数,使得对于任意实数x、y、z有恒成立?试证明你的结论.【答案】(1)见解析(2)见解析.【解析】⑴由均值不等式,可知.故有.⑵. 上式≥0恒成立,当且仅当.化简得.故存在满足要求.8.【2018年湖北预赛】已知正数满足,求的最小值. 【答案】【解析】由柯西不等式可得,,所以,①取等号的条件分别为,②③当时,有,结合②③得又,所以,整理得,故④记,则,所以上为增函数,故当时,于是,由④可得,从而代入②③求得代入①式,整理得,因此的最小值为.9.【2018年吉林预赛】设x,y,z≥0,且至多有一个为0,求的最小值.【答案】12【解析】不妨设.情形一:当时,因为;;.所以当且仅当,且时,取到12.情形二:当时,又,故,从而. 故.综上,.10.【2018年河北预赛】若a、b、c为正数且a+6+c=3,证明:【答案】见解析【解析】因为,同理三式相加得所以故又,所以综上可得.11.【2018年四川预赛】设为正实数,求的最小值. 【答案】【解析】记,当时,有最小值下证:解法一当时,可取到等号.所以,的最小值为解法二:当时,可取到等号.所以,的最小值为.解法三:注意到.于是,故.当时,可取到等号.所以,的最小值为.12.【2018年浙江预赛】设,且对任意实数b均有,求a的取值范围.【答案】【解析】解1:,对于,所以只要考虑.(1)当时,即,此时函数的最值在拋物线的左右端点取得,对任意有,所以,解得(2)当时,即,此时函数的最值在拋物线的顶点和右端点取得,而对b=0有.(3)当时,即时,此时函数的最值在拋物线的顶点和左端点取得,而对b=0有.(4)当时,即,此时函数的最值在拋物线的左右端点取得,对任意,所以,解得.综上或.解2:设,则有依题意,,或.13.【2018年辽宁预赛】已知实数、b、c满足,求的最大值和最小值.【答案】见解析【解析】由均值不等式和柯西不等式可得.当时取等号,故M的最大值为.要使M取最小值,只需考虑,且的情形.令,则,此时.由于当时取等号,令,若上的最大值,则为M的最小值.由于,则内取到最大值,因此在处取到,由于令,两边平方,整理可得此方程有根.又因为,且是增根,故的最大值点.因此,是M的最小值.14.【2018年山西预赛】已知在正整数n的各位数字中,共含有个1,个2,⋯,个n.证明:并确定使等号成立的条件.【答案】见解析【解析】对正整数n的位数使用数学归纳法.当是一位数,即时,所证式显然成立,这是因为,此时的十进制表达式中只有一位数字,即,其余,所以,左边==右边.假设当正整数不超过k位,即时,结论皆成立.现考虑位数,即时的情形.设的首位数字为r.则. ①若,则在数的各位数字中,,其余.显然,.若,记的各位数字中含有个1,个2,…,个r,…,个9.则的各位数字中,含有个r、个j.注意到,正整数不超过k位.由归纳法假设,对有②则当位数时,结论也成立.故由数学归纳法,知对一切正整数,结论皆成立.欲使等号成立,由证明过程,知要么为一位数;要么在的位数大于或等于2时,由式②,必须,此时,由式①得,即可表示为的形式.上述条件也是充分的,当能够表成以上形式时,有,其余.故15.【2016年吉林预赛】一次竞赛共有n道判断题,统计八名考生的答题后发现:对于任意两道题,恰有两名考生答“T,T”;恰有两名考生答“F,F”;恰有两名考生答“T,F”;恰有两名考生答“F,T”.求n 的最大值.【答案】7【解析】记“T”为1,“F”为0,从而,得到一个8行n列的数表.显然,交换同一列的0和1,此表的性质不改变.因此,不妨设数表第一行全为0.设第i行共有个0(i=1,2,…,8).则.下面考虑同一行中的“00”的对数,则.由柯西不等式,知.表1为n取最大值的情形.表100000000111100 0110011 0001111 1010101 1011010 1100110 1101001从而,n的最大值为7.16.【2016年上海预赛】正实数x、y、z满足,求的最大值。

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩

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)

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


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

3_2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)

3_2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024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)给定正整数r .求最大的实数C ,使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ,满足n a C 对所有正整数n 成立.(x 表示实数x 到与它最近整数的距离.)解:情形1:r 为奇数.对任意实数x ,显然有12x ,故满足要求的C 不超过12.又取{}n a 的首项112a ,注意到对任意正整数n ,均有1n r 为奇数,因此1122n n r a .这意味着12C 满足要求.从而满足要求的C 的最大值为12.…………10分 情形2:r 为偶数.设*2()r m m N .对任意实数 ,我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ,从而21mC m . 事实上,设1a k ,其中k 是与1a 最近的整数(之一),且102. 注意到,对任意实数x 及任意整数k ,均有x k x ,以及x x . 若021mm,则121m a k m .若1212m m ,则22221m m m m ,即21m m r m m ,此时 2121ma a r kr r r m . …………30分另一方面,取121m a m ,则对任意正整数n ,有1(2)21n n ma m m,由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m ma m K m m ,其中K 为整数,故21n m a m .这意味着21mC m 满足要求.从而满足要求的C 的最大值为212(1)m rm r.综上,当r 为奇数时,所求C 的最大值为12;当r 为偶数时,所求C 的最大值为2(1)rr . …………40分二.(本题满分40分)如图,在凸四边形ABCD 中,AC 平分BAD ,点,E F 分别在边,BC CD 上,满足||EF BD .分别延长,FA EA 至点,P Q ,使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切.证明:,,,B P Q D 四点共圆.(答题时请将图画在答卷纸上)证明:由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ,故,BP CA 的延长线相交,记交点为L .由||EF BD 知CE CFCB CD.在线段AC 上取点K ,使得CK CE CF CA CB CD ,则||,||KE AB KF AD . …………10分由ABL PAL KAF ,180180BAL BAC CAD AKF ,可知ABL KAF ∽,所以KF ABAL KA. …………20分同理,记,DQ CA 的延长线交于点L ,则KE ADAL KA.又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KFAB CA AD,即KE AD KF AB . 所以AL AL ,即L 与L 重合.由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ,所以,,,B P Q D 四点共圆.…………40分三.(本题满分50分)给定正整数n .在一个3n ×的方格表上,由一些方格构成的集合S 称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ,存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==,满足iC 与1i C +有公共边。

全国高中数学联赛一试试题

全国高中数学联赛一试试题

全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准(A 卷)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;其他各题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次.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5分为一个档次,不要增加其他中间档次.一、选择题(本题满分36分,每小题6分)1.函数254()2x x f x x-+=-在(,2)-∞上的最小值是 ( C )A .0B .1C .2D .3[解] 当2x <时,20x ->,因此21(44)1()(2)22x x f x x x x+-+==+---12(2)2x x ≥⋅--2=,当且仅当122x x=--时上式取等号.而此方程有解1(,2)x =∈-∞,因此()f x 在(,2)-∞上的最小值为2.2.设[2,4)A =-,2{40}B x x ax =--≤,若B A ⊆,则实数a 的取值范围为 ( D ) A .[1,2)- B .[1,2]- C .[0,3] D .[0,3) [解] 因240x ax --=有两个实根21424a a x =+22424a a x =+故B A ⊆等价于12x ≥-且24x <,即24224a a +≥-且24424a a +, 解之得03a ≤<.3.甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为23,乙在每局中获胜的概率为13,且各局胜负相互,则比赛停止时已打局数ξ的期望E ξ为 ( B ) A. 24181 B. 26681 C. 27481D. 670243[解法一] 依题意知,ξ的所有可能值为2,4,6.设每两局比赛为一轮,则该轮结束时比赛停止的概率为22215()()339+=.若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响.从而有5(2)9P ξ==,4520(4)()()9981P ξ===,2416(6)()981P ξ===,故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=.[解法二] 依题意知,ξ的所有可能值为2,4,6.令k A 表示甲在第k 局比赛中获胜,则k A 表示乙在第k 局比赛中获胜. 由性与互不相容性得12125(2)()()9P P A A P A A ξ==+=, 1234123412341234(4)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++332112202[()()()()]333381=+=,1234123412341234(6)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++2221164()()3381==,故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=.4.若三个棱长均为整数(单位:cm )的正方体的表面积之和为564 cm 2,则这三个正方体的体积之和为 ( A ) A. 764 cm 3或586 cm 3 B. 764 cm 3 C. 586 cm 3或564 cm 3 D. 586 cm 3[解] 设这三个正方体的棱长分别为,,a b c ,则有()2226564a b c ++=,22294a b c ++=,不妨设110a b c ≤≤≤<,从而2222394c a b c ≥++=,231c >.故610c ≤<.c 只能取9,8,7,6.若9c =,则22294913a b +=-=,易知2a =,3b =,得一组解(,,)(2,3,9)a b c =. 若8c =,则22946430a b +=-=,5b ≤.但2230b ≥,4b ≥,从而4b =或5.若5b =,则25a =无解,若4b =,则214a =无解.此时无解.若7c =,则22944945a b +=-=,有唯一解3a =,6b =.若6c =,则22943658a b +=-=,此时222258b a b ≥+=,229b ≥.故6b ≥,但6b c ≤=,故6b =,此时2583622a =-=无解.综上,共有两组解2,3,9a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩或3,6,7.a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩体积为3331239764V =++=cm 3或3332367586V =++=cm 3.5.方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为 ( B ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4[解] 若0z =,则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩,解得00x y =⎧⎨=⎩,或11.x y =-⎧⎨=⎩,若0z ≠,则由0xyz z +=得1xy =-. ① 由0x y z ++=得z x y =--. ②将②代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=. ③ 由①得1x y=-,代入③化简得3(1)(1)0y y y ---=. 易知310y y --=无有理数根,故1y =,由①得1x =-,由②得0z =,与0z ≠矛盾,故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩6.设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列,则sin cot cos sin cot cos A C AB C B++的取值范围是( C )A. (0,)+∞B. 51(0,)2C. 5151()-+D. 51()-+∞[解] 设,,a b c 的公比为q ,则2,b aq c aq ==,而sin cot cos sin cos cos sin sin cot cos sin cos cos sin A C A A C A CB C B B C B C++=++ sin()sin()sin sin()sin()sin A C B B bq B C A A aππ+-=====+-.因此,只需求q 的取值范围.因,,a b c 成等比数列,最大边只能是a 或c ,因此,,a b c 要构成三角形的三边,必需且只需a b c +>且b c a +>.即有不等式组22,a aq aq aq aq a ⎧+>⎪⎨+>⎪⎩即2210,10.q q q q ⎧--<⎪⎨+->⎪⎩ 解得1551,225151.22q q q ⎧-<<⎪⎪⎨⎪><-⎪⎩或 5151q -+<<,因此所求的取值范围是5151(-+. 二、填空题(本题满分54分,每小题9分)7.设()f x ax b =+,其中,a b 为实数,1()()f x f x =,1()(())n n f x f f x +=,1,2,3,n =,若7()128381f x x =+,则a b += 5 . [解] 由题意知12()(1)n n n n f x a x a a a b --=+++++11n na a xb a -=+⋅-,由7()128381f x x =+得7128a =,713811a b a -⋅=-,因此2a =,3b =,5a b +=.8.设()cos 22(1cos )f x x a x =-+的最小值为12-,则a =23-+[解] 2()2cos 122cos f x x a a x =---2212(cos )2122a x a a =----,(1) 2a >时,()f x 当cos 1x =时取最小值14a -; (2) 2a <-时,()f x 当cos 1x =-时取最小值1; (3) 22a -≤≤时,()f x 当cos 2a x =时取最小值21212a a ---. 又2a >或2a <-时,()f x 的最小值不能为12-,故2112122a a ---=-,解得23a =-+23a =-舍去).9.将24个志愿者名额分配给3个学校,则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种.[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校,而用*表示名额.如||||********表示第一、二、三个学校分别有4,18,2个名额.若把每个“*”与每个“|”都视为一个位置,由于左右两端必须是“|”,故不同的分配方法相当于24226+=个位置(两端不在内)被2个“|”占领的一种“占位法”.“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“*”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“|”,故有223C 253=种. 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种.综上知,满足条件的分配方法共有253-31=222种.[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为123,,x x x ,则每校至少有一个名额的分法数为不定方程12324x x x ++=.的正整数解的个数,即方程12321x x x ++=的非负整数解的个数,它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合:2121232323H C C 253===. 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种.综上知,满足条件的分配方法共有253-31=222种. 10.设数列{}n a 的前n 项和n S 满足:1(1)n n n S a n n -+=+,1,2,n =,则通项n a =112(1)n n n -+. [解] 1111(1)(2)(1)n n n n n n n a S S a a n n n n +++-=-=--++++,即 2n n a n n n n n n a ++++-++-+=+)1(111)2)(1(221=)1(1)2)(1(2+++++-n n a n n n , 由此得 2)1(1))2)(1(1(1++=++++n n a n n a n n . 令1(1)n n b a n n =++,111122b a =+= (10a =),有112n n b b +=,故12n n b =,所以)1(121+-=n n a n n . 11.设()f x 是定义在R 上的函数,若(0)2008f = ,且对任意x ∈R ,满足(2)()32x f x f x +-≤⋅,(6)()632x f x f x +-≥⋅,则)2008(f =200822007+.[解法一] 由题设条件知(2)()((4)(2))((6)(4))((6)())f x f x f x f x f x f x f x f x +-=-+-+-+-+++-24323263232x x x x ++≥-⋅-⋅+⋅=⋅, 因此有(2)()32x f x f x +-=⋅,故(2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)f f f f f f f f =-+-++-+2006200423(2221)(0)f =⋅+++++10031413(0)41f +-=⋅+-200822007=+. [解法二] 令()()2x g x f x =-,则2(2)()(2)()2232320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≤⋅-⋅=,6(6)()(6)()226326320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≥⋅-⋅=,即(2)(),(6)()g x g x g x g x +≤+≥,故()(6)(4)(2)()g x g x g x g x g x ≤+≤+≤+≤, 得()g x 是周期为2的周期函数,所以200820082008(2008)(2008)2(0)222007f g g =+=+=+.12.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46球永远不可能接触到的容器内壁的面积是723.[解] 如答12图1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为r ,作平面111A B C //平面ABC ,与小球相切于点D ,则小球球心O 为正四面体111P A B C -的中心,111PO A B C ⊥面,垂足D 为111A B C 的中心.因11111113P A B C A B C V S PD -∆=⋅1114O A B C V -=⋅111143A B C S OD ∆=⋅⋅⋅,故44PD OD r ==,从而43PO PD OD r r r =-=-=.记此时小球与面PAB 的切点为1P ,连接1OP ,则222211(3)22PP PO OP r r r=--=.答13图答12图 2 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB )相切时的情况,易知小球在面PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为1P EF ,如答12图2.记正四面体 的棱长为a ,过1P 作1PM PA ⊥于M . 因16MPP π∠=,有113cos 226PM PP MPP r r =⋅==,故小三角形的边长1226PE PA PM a r =-=-. 小球与面PAB 不能接触到的部分的面积为(如答12图2中阴影部分)1PAB P EF S S ∆∆-223(26))a a r =--23263ar r =-. 又1r =,46a =124363183PAB PEF S S ∆∆-= 由对称性,且正四面体共4个面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723 三、解答题(本题满分60分,每小题20分)13.已知函数|sin |)(x x f =的图像与直线y kx = )0(>k 有且仅有三个交点,交点的横坐标的最大值为α,求证:2cos 1sin sin 34ααααα+=+. [证] ()f x 的图象与直线y kx =)0(>k 的三个交点如答13图所示,且在3(,)2ππ内相切,其切点为(,sin )A αα-,3(,)2παπ∈. …5分由于()cos f x x '=-,3(,)2x ππ∈,所以sin cos ααα-=-,即tan αα=. …10分 因此cos cos sin sin 32sin 2cos αααααα=+ 14sin cos αα=…15分22cos sin 4sin cos αααα+=21tan 4tan αα+=214αα+=. …20分 14.解不等式121086422log (3531)1log (1)x x x x x ++++<++.[解法一] 由44221log (1)log (22)x x ++=+,且2log y 在(0,)+∞上为增函数,故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+.即 1210864353210x x x x x +++-->. …5分 分组分解 12108x x x +- 1086222x x x ++- 864444x x x ++- 642x x x ++- 4210x x ++->,864242(241)(1)0x x x x x x +++++->, …10分所以 4210x x +->, 221515()(022x x ----->. …15分 所以215x -+>,即152x -+<-152x -+> 故原不等式解集为5151(,)(,)22---∞-+∞. …20分 [解法二] 由44221log (1)log (22)x x ++=+,且2log y 在(0,)+∞上为增函数,故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+. (5)分 即6422232262133122(1)2(1)x x x x x x x x+<+++++=+++, )1(2)1()1(2)1(232232+++<+x x xx , …10分题15图令3()2g t t t =+,则不等式为221()(1)g g x x<+, 显然3()2g t t t =+在R 上为增函数,由此上面不等式等价于2211x x <+, …15分 即222()10x x +->,解得251x ->(251x +<舍去),故原不等式解集为5151(,)(,)22---∞-+∞. …20分 15.如题15图,P 是抛物线22y x =上的动点,点B C ,在y 轴上,圆22(1)1x y -+=内切于PBC ∆,求PBC ∆面积的最小值.[解] 设00(,),(0,),(0,)P x y B b C c ,不妨设b c >.直线PB 的方程:00y by b x x --=, 化简得 000()0y b x x y x b --+=.又圆心(1,0)到PB 的距离为1,0022001()y b x b y b x-+=-+ , …5分故22222000000()()2()y b x y b x b y b x b -+=-+-+,易知02x >,上式化简得2000(2)20x b y b x -+-=,同理有2000(2)20x c y c x -+-=. …10分 所以0022y b c x -+=-,002x bc x -=-,则22200020448()(2)x y x b c x +--=-.因00(,)P x y 是抛物线上的点,有2002y x =,则22204()(2)x b c x -=-,0022x b c x -=-. …15分 所以00000014()(2)4222PBC x S b c x x x x x ∆=-⋅=⋅=-++-- 2448≥=.当20(2)4x -=时,上式取等号,此时004,22x y ==±.因此PBC S 的最小值为8. …20分。

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

2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准 精品

2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准 精品

2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准精品2018年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说明:评阅试卷时,请依据本评分标准。

第一试,选择题和填空题只设7分和0分两档;第二试各题,请按照本评分标准规定的评分档次给分。

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,在评卷时请参照本评分标准划分的档次,给予相应的分数。

第一试一、选择题:(本题满分42分,每小题7分)1.已知$a=1+\frac{1}{2+1}$,$b=3-2$,$c=6-2$,那么$a,b,c$的大小关系是()A。

$a<b<c$B。

$a<c<b$XXX<a<c$D。

$b<c<a$答】C.因为 $\frac{1}{2+1}=\frac{1}{3}$,所以$a=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$,$b=1$,$c=4$。

因为 $\frac{1}{3}<1$,所以$a<\frac{4}{3}+1=\frac{7}{3}<c$,所以 $b<a<c$。

2.方程$x^2+2xy+3y^2=34$的整数解$(x,y)$的组数为()A。

3B。

4C。

5D。

6答】B.方程即$(x+y)^2+2y^2=34$,显然$x+y$必须是偶数,所以可设$x+y=2t$,则原方程变为$2t^2+y^2=17$。

因为$2t^2\leq 16$,所以$t=\pm 2$,从而可求得原方程的整数解为$(x,y)=(-7,3),(1,3),(7,-3),(-1,-3)$,共4组。

3.已知正方形ABCD的边长为1,E为BC边的延长线上一点,$CE=1$,连接AE,与CD交于点F,连接BF并延长与线段DE交于点G,则BG的长为()A。

$\frac{65}{26}$B。

$\frac{3}{3}$C。

$\frac{2}{5}$D。

$\frac{9}{4}$答】D.过点C作$CP\parallel BG$,交DE于点P。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
相关文档
最新文档