2018年全国高中数学联赛河南赛区预赛(高二)
2018全国高中数学联赛模拟试题2及参考答案
由（1）式， x 12 | y2 x 1 | y x 1
x2 x 1
x
y
1
2
．又因为
y 则
为整数，
x 1
2
2
x 1 x2 x 1 为完全平方数．而 x2 x 1 x x 1 1 x 1, x2 x 1 1，
和为 15 的形如 4、5、6 的有 6 种，形如 5、5、5 的有 1 种，形如 6、6、3 的有 3 种，合计 10
种．
8. 2 2, 2 2 ．
解析：设 z2 x yi x, y
．则 z1
z2i z
z2 i
1
y xi
x y 1i
2
2
证明： B ．
4
4
A
3
3
2
2
三、（本题满分 50 分）
设整数 n 4 ， a1, a2, , an 为区间 0, 2n 内两两不同的整数．证明：集合 A a1, a2 , , a n 存在所有
元 素之和能被 2n 整除的子集．
四、（本题满分 50 分）
设有 17 支球队参加足球比赛，采用单循环赛制，比赛中偶尔会出现一个循环的三元集（即集合a,b, c，其中 a 队击败 b 队， b 队击败 c 队， c 队击败 a 队），若没有平局，则比赛结束．问：最多有多少
b a
x 1
,
B
x2
,
b a
x 2
,
P x,
y ．
b
由 OAPB 知， x x1 x2 , y
a
x1
2016年全国高中数学联赛河南赛区预赛_高二试题
2016年全国高中数学联赛河南赛区预赛（髙二）一.填空题(每小题8分,共64分)1.若实数,x y 满足22254x xy y -+=,则22x y +的取值范围是 .2.甲乙两人各自独立地抛掷一枚质地均匀的硬币,甲抛10次,乙抛11次则乙出现正面朝上的次数比甲出现正面朝上的次数多的概率为 .3.在ABC △中,2,1,AB AC BC ===O 为ABC △的外心,且OA AB AC λμ=+.则λμ+= .4.已知函数()321132f x x bx cx d =+++在区间()0,2内既有极大值又有极小值.则224b c c c ++的取值范围是 .5.集合{}1,2,,2016的元素和为奇数的非空子集的个数为. 6定义数列{}:n n a a 为12n +++的末位数字,n S 为数列{}n a 的前n 项之和,则2016S = .7.已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左,右焦点分别为12,F F ,过点1F 作圆222x y a +=的切线,与双曲线的右支交于点P ,且1245F PF ∠=.则双曲线的离心率为 .8.过正四面体ABCD 的顶点A 作一个形状为等腰三角形的截面,且使截面与底面BCD 所成的角为75.这样的截面共可作出 个. 二,(16分)已知实数,x y 满足2349x y x y +=+.试求827x y U =+的取值范围. 三,(20分)如图所示,,AP AQ 为O 的切线,,P Q 为切点,M 为线段PQ 的中点,AKL 为一条割线,直线l AQ ,l 与,,QK QP QL 分别交于,,X Y Z 三点,证明：(1)2·PM KM ML =；(2)XY YZ =.四,(20分)如图所示,已知,A B 为椭圆22:1259x y Γ+=的左,右顶点,直线l 与椭圆Γ交于点,M N .设,AM BN 的斜率分别为12,k k ,且12:1:9k k =.(1)证明:直线l 过定点；(2)记,AMN BMN 的面积分别为12,S S ,求12S S -的最大值.五,(20分)定义数列{}n a :121,4a a ==,)2n a n =≥.证明:(1){}n a 为整数数列;(2)()1211n n a a n ++≥为完全平方数.。
例谈题根在数学解题中的应用——以对数均值不等式为例
3_¥)故学敉学2021年第3期例谈题根在数学解题中的应用----以对数均值不等式为例张国治(新疆生产建设兵团第二中学，新疆乌鲁木齐83_2)笔者通过对近几年高考、竞赛试题的研究，有一个很有趣的发现——许多试题来源于 同一个问题.我们可以把这类不断生长的问题 称为“题根题根是一个题族、一个题系中的 源头，也是一个题群中的典例.把握住了一个 题根，叩源推委，便能寻觅到解决问题的“金钥 匙”，进而辐射到一个题族、题群.以题根方式 展开教学，旨在寻找解题思维入口，通过题根 的变式拓展探求不同的解法，帮助学生理解问 题内涵，总结归纳.那么如何寻找“题根”呢? 将源于课本、高考、竞赛的题目进行提炼与升 华形成结论，然后再将其广泛应用于解题实践 中，这便是寻找题源的不二法门.这一过程意 义非凡，因为茫茫题海中很多题目表象不同，但实质一样（可归结于同一个题根或题源）.一 个题源加工而成的结论，其功效不亚于教材中 的一个定理，寻找“题根”需要八方联系，浑然一 体.笔者以一道竞赛题为例，探源溯流，给出一类 高考题、竞赛题命题的题根，多题归一，提供一种 高效学习数学的方法，敬请同行指正.[1]题根（2017年全国高中数学联赛湖南省 预赛第15题）[2]已知a、6 e 11且〇 > 0, i > Q，a #b.(i)求证：#(2)如果 a、6 是函数/(a:) = lnx -的两个零点，求证> e2.证法 1:如图 1，设/(*) = e*，x e [m，n]，其中双m，0)，B(n，0)，过点分别作x轴的垂线，交曲线于c、Z)两点.点)处的切线/分别交BC、于点£、f，则f c pJ f=6〒，所以/:7 1梯形从一(j£+J f)=(n-m*n^l)e ，•^曲边梯形A sa) =| g dx =e一 e , *S梯形^ m数感是《义务教育数学课程标准（2011 版)》中的十大核心概念之一，对运算结果的估 计是数感的一种重要体现.估计（估算）在三个 学段都有明确具体的目标要求，其中在第三学 段(7-9年级）的知识技能目标对运算（包括估 算）技能的要求是达到掌握层级.固然，计算的 准确性是数学学科的基本要求之一，运算能力 是典型的数学能力，但其内涵已发生了变化.运 算能力不仅指能够“正确地从事运算”，还包括 借助工具计算和手算，也包括精确计算和估算[2].作为一线的数学教师，应该充分理解课标 的价值理念,在日常的教学中应该给“估算”留一席之地.准确、标准的答案是我们数学人的追求，但“估算”是数学运算中不可或缺的组成部分估算”过程中所体现出的发散式调适与思考，正是学生创新意识形成、创新能力培养的一个有效载体.参考文献[1]中华人民共和国教育部.义务教育数 学课程标准（2011版）[S].北京：北京师范大学出版社，2012.[2]马复，凌晓枚.新版课程标准解析与 教学指导[M].北京：北京师范大学出版社，2012.2021年第3期故学敉学3-41n - m . 、 n — m / m …、 _ ...2 (yA + J b ) = 2 (e + e )•显然有S 梯形y l B E F < $曲边梯形/I B C D < S 梯形A f i C Z )，艮Pm +nr j一)(n - m ) e 2 < en - em < —-—(em + e n)，1_•设％> 1，则欲证不等式成立等价于证明21n % < i ---(x > 1).构造函数则e 宁<^<n - m a2，令 en = a ，可得< , , , - ^In a - lno 2证法2:(1)由对称性，不妨设a > 6 > 0,^ a - b a + b a - b a + l 先证^-----TT < —•因为^----— <In a - Ini 2 〇 In a - Ini >2(a - b )^ a ^In a - \nb 2a + ba—+设％ = T > 1，则欲证不等式成立等价于〇证明lnx > ^l l (x > 1}.X + l构造函数/(尤）=lnx - ^~~> 1)，则作)=(n因为* > 1,所以尸（*) >x(x + 1)0,/(X )在（1，+ =C )上为单调递增函数，由 f i x ) >/〇) = 0,即得lm > 1)，即<In a - In 62再证#< , a ~ f -,-.因为# <In a - Ini In a - Inia<=> In a - In 6 <y 〇b<=> In — <g 〇) = 21m -卜 一(% > 1)，则g '(x ) =- (% -J )<〇，因此g U )在（1, + 〇〇)上为单调递减函数.办）<g (l ) = 0,即得21n % < (a :---1 (x > 1),即y 〇b <a综上可知，#<In a - Inia -b In a - Ini2以上结论反映了对数平均与算术平均、几何平均的大小关系，我们知道两个正数a 、6的 对数平均定义：L (a , b ) = jlna - ln 6 () ’la(a = b ).则当 a >〇，i >〇,有<In a - Ini—^一，^^<[(16)<-^—（当且仅当〇=6时，等号成立).若令 lna =文！，Ini =%2,贝l j d = e*1，6 = e*2, < —z —等价于^^?J~a b <In a — Ini 2?V 2__*2 丄 ^2‘1—，利用该不等式，可x X pL e - e " e •十 ee 2 < ------- < —-xx - x 2 2以轻松获解该题的第（2)小题：证明:定义域为（〇, +〇〇 )，尸(％) 1 2017 -x2017 2黯•若p2〇17，则/，（,）= 0;若* e (0,2017),则尸〇) >0,函数/(；〇单调递 增;若;c e (2017, + 〇〇 )，则尸(无）< 0,函数3-42故学敉学2021年第3期/(幻单调递减.由对称性，不妨设 a >6> 〇,则可得〇< 6<2017 <a.由条件知，ln a= 且ln6=故 lna- ln6(a-6)，即2017由对数均值不等式得2017即a + 6 > 2 x 2017.-bIn a - Inia -bIn a - In6= 2017,<2 ，1iia;,a：2= \nxl+ \nx2= m(x l+ x2)> 2m•— = 2,所以a:丨a:2> e*12.m评注:不难发现，例1第（2)小题是题根第(2)小题的一般情况，事实上，由对数均值不等,______ 1 X] ~X22J x x x2<—=---------------，艮p<m lnxj -m x2-7,可见必有〇< m < i.m e因为lnafc= In a+ In6 =----(a+ 6) >2017 》^x 2x 2017 = 2,所以d> e2.下面举例说明此题根在高考、竞赛、模考中的应用，也进一步洞悉此类问题的编拟奥秘.类型1直接用对数均值不等式例1(2016年全国高中数学联赛湖南省预赛第15题）[3]已知函数/(幻=i l n x-(1)若m =」2时，求函数/(幻的所有零点；(2)若/(4有两个极值点心、巧,且x, < 尤2•求证:丨内> e2.解析:（1)当m =-2时，/(幻=;*111»:+；*:2-x = x( \nx + x -l) (x> 0). i^,p(x)=ln% + x -1(«：> 0)，则p'(A〇=丄+ 1> 0,于是p(a〇在X(〇, + «>)上为增函数.又P(1) = 0,所以，当m =-2时，函数/(幻有唯一的零点a; = 1.(2)若/(x)有两个极值点x,、*2,则导函数/'(*)有两个零点h h•由/'U)= In* -m*，可知例2(2018年全国高中数学联赛福建省预赛第14题）[4]已知/U)= e* -似.(1)当x > 0时，不等式Q-2)/(幻+ m*2+ 2> 0恒成立,求实数m的取值范围；(2)若力、*2是/(幻的两个零点，证明：A C, + A；2> 2.解析：（1)略.(2)证明：由题可得/U)= /U2) = 〇,即I e*' = m x., t _x x,x得。
2017年全国高中数学联赛河南赛区预赛(高二)
证明： （ １ ）
Ⅱｎ
一
一 ＜ ；
１ Ⅱｎ ｎ
的距离相等． 则 Ｍ 到点 ｃ 的距离 的最小 值为
５ ． 设 、 Ｂ为 椭 圆 ＋３ ｙ ＝１上 的两 个 动点 ， 且 Ｏ Ａ上 Ｏ Ｂ（ ０为坐标 原点 ） ． 则Ｉ Ａ Ｂ Ｉ
（ ２ ） 口 ＜ｎ （ ｎ∈ Ｚ＋ ） ；
对端点．
（ １ ） 证明： 线段 的 中点 为 双 曲线 的
中心 ；
（ ２ ） 求双 曲线 在 点 、 Ａ 处 的切 线 与直
线 的夹 角 的 大小 ．
四、 （ ２ ０分 ） 已知数列 ｛ ｝ 满足 ：
１ ｌ ，
ｎ
Ⅱ ０ Ｓ－ ， ｎｎ ｎｎ 一 １＋－ ｓａ 一 １ ・
１ ． 设 实数 、 Ｙ满 足 ４ ｘ 一５ ｘ ｙ＋４ ＝５ ．
二 、 （ １ ６ 分 ） 设一 詈 ≤ ≤ ， 且 方 程
Ｃ Ｏ Ｓ ２ ｘ 一４ ａｃ ｏ ｓ 一 ＋ ２ ＝０
若Ｓ ＝ ＋ ， 记 Ｓ的最大值 、 最小值分别 为 Ｐ 、
棚 ｕ ｐ ＋ 寺 ｇ ＝
２ ０ １ ８年第 ７期
２ ３
２ ０ １ ７年全 国高 中数学 联赛 河南赛 区预赛 （ 高二 ）
中图分类号 ： Ｇ ４ ２ ４ ． ７ ９ 文献标识码 ： Ａ 文 章 编 号 ：１ ０ ０ ５—６ ４ １ ６ （ ２ ０ １ ８ ） ０ ７— ０ ０ ２ ３—０ ４
一
、
填空题 （ 每小题 ８分 ， 共６ ４分 ）
６ ． ９ ８１ ．
３ ． ２ 。 —１
该数列的项即 为∑ ３ ， 其中，
ｉ＝０
．
对 于集合 ｛ ２ ， ３ ， …， ２ ０ １ ７ ｝ ， 共 有 非 空真 子集 ２ 仇 一１个 ， 设 其 中平 凡 集 ｍ 个 ， 其 他 ２ ｍ 一 １ 一 ｍ个． 则集合 的所 有真子集 中平
河南省安阳市滑县第六高级中学2018年高二数学理模拟试题含解析
河南省安阳市滑县第六高级中学2018年高二数学理模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知数列满足，则的通项公式为( )A. B． C. D.参考答案：B略2. 椭圆的左顶点与右焦点的距离是（）A．5 B．4 C．3 D．2 参考答案：C略3. 已知函数f(x)的定义域为R，对任意，有，且，则不等式的解集为（）A.(－∞,0)B. (－∞,1)C. (－∞,0)∪(0,1)D. (－1,0) ∪(0,1)参考答案：C4. 设函数是定义在R上的奇函数，且当x0时，单调递减，若数列是等差数列，且 <0，则的值为：( ) A．恒为正数B．恒为负数C．恒为0 D．可正可负参考答案：A5. 由圆外一点引圆的切线，切线长为A． B． C．D．参考答案：B略6. 如果平面外一条直线上有两点到这个平面的距离相等，则这条直线和这个平面的位置关系是A．平行B．相交C．平行或相交D．不可能垂直参考答案：C7. 已知，不等式，，，可推广为，则的值为A．B． C．D．参考答案：B略8. 等差数列{a n}中，a3，a7是函数f（x）=x2﹣4x+3的两个零点，则{a n}的前9项和等于（）A．﹣18 B．9 C．18 D．36参考答案：C【考点】85：等差数列的前n项和．【分析】由韦达定理得a3+a7=4，从而{a n}的前9项和S9==，由此能求出结果．【解答】解：∵等差数列{a n}中，a3，a7是函数f（x）=x2﹣4x+3的两个零点，∴a3+a7=4，∴{a n}的前9项和S9===．故选：C．【点评】本题考查等差数列的前9项和公式的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．9. 函数的图像大致为（）A．B． C. D．参考答案：D由题意可知，函数的定义域为，且满足，所以为奇函数，图象关于原点对称，排除A、C；又时，，时，，排除B．10. 函数的零点所在的一个区间是（）（A）（B）（C）（D）参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在中，，，，则这个三角形中最大的内角为_____参考答案：12. 右图是求函数值的程序框图，当输入值为2时，则输出值为_ ▲ .参考答案：-313. 已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，且双曲线的一个焦点在抛物线y2=20x的准线上，则双曲线的方程为．参考答案：【考点】双曲线的简单性质．【分析】由抛物线标准方程易得其准线方程为x=﹣5，可得双曲线的左焦点为（﹣5，0），再根据焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程平行于直线l：y=2x+10，得a、b的另一个方程，求出a、b，即可得到双曲线的标准方程．【解答】解：因为抛物线y2=20x的准线方程为x=﹣5，所以由题意知，点F（﹣5，0）是双曲线的左焦点，所以a2+b2=c2=25，①又双曲线的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，所以=2，②由①②解得a2=5，b2=20，所以双曲线的方程为．故答案为：．【点评】本题主要考查双曲线和抛物线的标准方程与几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．14. 已知O为原点，椭圆=1上一点P到左焦点F1的距离为4，M是PF1的中点．则|OM|= ．参考答案：3【考点】椭圆的简单性质．【分析】根据椭圆的定义，得|PF1|+|PF2|=2a，可得|PF2|=2a﹣|PF1|=6，在△PF1F2中利用中位线定理，即可得到的|OM|值．【解答】解：∵椭圆=1中，a=5，∴|PF1|+|PF2|=2a=10，结合|PF1|=4，得|PF2|=2a﹣|PF1|=10﹣4=6，∵OM是△PF1F2的中位线，∴|OM|=|PF2|=×6=3．故答案为：3．15. 下列四个命题：①当a为任意实数时，直线恒过定点P，则过点P且焦点在y轴上的抛物线的标准方程是；②已知双曲线的右焦点为（5，0），一条渐近线方程为，则双曲线的标准方程是；③抛物线；④已知双曲线，其离心率，则m的取值范围是（－12，0）.其中正确命题的序号是．（把你认为正确命题的序号都填上）参考答案：①②③④16. 已知双曲线的离心率为2，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点，点P为线段MN上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为则______．参考答案：4【分析】由离心率公式可得a、b、c的关系，设出的方程，以及点，运用向量数量积的坐标表示及两点间距离公式，可得取最值时P的位置，由三角形的面积公式，可得答案.【详解】解：离心率为，即，，可得的方程为，设，可得由表示原点与的距离的平方，显然垂直于时，最小，由，即，联立直线，可得，即，当与重合时，可得的距离最大，可得即有故答案为：4．【点睛】本题考察双曲线的性质，考察推理论证和运算求解能力，属于中档题型.17. 现有下列命题:①命题“”的否定是“”;②若,,则=;③函数是偶函数的充要条件是;④若非零向量满足==(),则=1.其中正确命题的序号有________.(把所有真命题的序号都填上)参考答案：②③略三、解答题：本大题共5小题，共72分。
双变量不等式证明方法归纳
设 h(a=) ln a −1+ 1 ， a
则
h′(a)
=
a −1 a2
，
所以 h(a) 在 f (x) 在 (0，1) 上单调递减，
在 (1，+ ∞) 上单调递增， h(1) = 0 ，
所以 −a2 (ln a −1+ 1 ) < 0 ， a
即
f
(x1) +
f
(x2 )
数学核心素养．本例题提供的多种解法均是通法，
熟练掌握后对数学解题的信心提升必定大有裨益．
4 习题精炼
习题 1（2017 年全国高中数学联赛河北省预赛 第 2 题）已知 x，y ∈ R ， 2x2 + 3y2 ≤ 12 ，则 | x + 2 y |
的最大值为
．
习题 2（2017 年全国高中数学联赛河南省预赛 第 1 题）实数 x，y 满足 4x2 − 5xy + 4 y2 = 5 ．若 S =
（2） f ′(= x) 2(x − a) ln x ，
①当 a ≤ 0 时，可得 f (x) 在 (0，1) 上单调递减，
在 (1，+ ∞) 上单调递增， f (x) 有极小值无极大值；
②当 0 < a < 1 时，可得 f (x) 在 (a，1) 上单调递
减，在 (0，a) ，(1，+ ∞) 上单调递增， f (x) 在 x = a 处
=−a2 ln a + 3 a2 + 2a − 1 ，
2
2
所以设 g(a) = f (a) + f (1) − (1 a2 + 3a) 2
=−a2 ln a + a2 − a − 1 ， 2
2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩
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
年全国高中数学联赛河南省预赛高二
m n 10 x b ( a -2006 年全国高中数学联赛河南省预赛(高二)一、选择题(每小题 5 分 ,共 30 分)1. 已知关于 x 的方程| x | = ax + 1 有一 值是 .3. 已知数列{ a n }满足 :个负根而且没有正根. 则实数 a 的取值范围a 1 = 3 , an + 1 = a 2- ( n + 1) a n + 1.是() . (A ) { a | a ≥1}(B ) { a | a ≥1 或 a ≤- 1} (C ) { a | a < - 1 或 a > 1} 则数列{ a n }的前 n 项和等于 .4. 边长为整数且面积(的数值) 等于周长的直角三角形的个数为.x2y2(D ) { a | 0 < a < 1}5. 过椭圆62+ 22 = 1 的一个焦点 F 作弦 2. 当θ取遍全体实数时 ,直线 AB . 若| A F | = m , | B F | = n , 则 1 + 1 =n x cos θ+ y sin θ= 4 + 2sin θ+π4 ()1 x2 x 5 x所围成的图形的面积是 .6. 设 t = 2 + 3 + 6. 则关于(A )π (B ) 4π (C ) 9π(D ) 16π3. 数列{ a n } 中 , 相邻两项 a n 、a n + 1 是方程 x 2+ 3 nx + b = 0 的两根 ,已知 a = - 17. 则 b 51 的值等于( ) .(A ) 5 800 (B ) 5 840 (C ) 5 860 (D ) 6 000 4. 已知 a 、b 、c 、d 是四个不同的有理数 , 且 ( a + c ) ( a + d ) = 1 , ( b + c ) ( b + d ) = 1. 则( a + c ) ( b + c ) 的值等于( ) .(A ) 2(B ) 1(C ) 0 (D ) - 15. 设函数 f ( x ) = x 2+ 6 x + 8. 如果 f ( bx + c ) = 4 x 2+ 16 x + 15 ,那么 , c - 2 b = () .(A ) 3(B ) 7(C ) - 3(D ) - 7x 的方程( t - 1) ( t - 2) ( t - 3) = 0 的所有实数解之和等于 .三、( 20 分) 如图 1 , 在矩形 ABCD 中 , AB =3 , BC = a . 又 PA ⊥ 平面 ABCD , PA = 4.(1) 若在边 BC 上存在一点 Q ,使 PQ ⊥QD ,图 1 求 a 的取值范围 ;(2) 当 BC 上存在唯一点 Q ,使 PQ ⊥QD 时 ,求异面直线 AQ 与 PD 所成的角 ;(3) 若 a = 4 ,且 PQ ⊥QD ,求二面角 A - PD - Q 的大小.6. 已知 p 、p + 14 、p + q 都是质数 ,并且p 有唯一的值和它对应. 则 q 只能取() . (A ) 40 (B ) 44 (C ) 74 (D ) 862四、(20 分) 已知椭圆 C : 4+ y 点 P ( t ,0) ( t > 0) , 1= 1 及定l 经过点二、填空题(每小题 5 分 ,共 30 分)1. 直线 l 过抛物线 y 2= a ( x + 1) ( a > 0) 的焦点 ,并且与 x 轴垂直. 若 l 被抛物线截得的线段长为 4 ,则 a = .斜率为 2的直线P 并与椭圆 C 交于不同的两点 A 、B ,且对于椭圆上任意一点 M ,都存在θ∈[ 0 ,2π] ,使得 OM = cos θ·OA + sin θ·OB 成立. 试求出满2. 设 a > b > 0. 则 a 4+32的最小 足条件的实数 t 的值.n . 2a 2 +b 2 x + 2 y + z2n2 2 2 2 n + 1 五、( 20 分) 已知菱形 ABCD 是椭圆 C :x 2y2a 2 + b2 = 1 ( a > b > 0) 的内接四边形. (1) 求证 :1 + 1 为定值 ; OA OB(2) 求菱形 ABCD 面积的最值. 六、(20 分) 设三个正实数 x 、y 、z . 试求3代数式16 x + 9 2 xy + 9 3 xyz 的最大值.参 考 答 案c - 2 b = - 3.6. A.q 只能取 40. 当 p = 3 k 时 , p 只能等于 3 ,符合要求 ;当 p = 3 k + 1 时 , p + 14 不是质数 ; 当 p = 3 k + 2 时 , p + 40 不是质数.二、1. 4.因抛物线 y 2 = a ( x + 1) 与抛物线 y 2 = ax 具有相同的垂直于对称轴的焦点弦长 ,故可用标准方程y 2= ax 替换一般方程 y 2 = a ( x + 1) 求解 ,而 a 值不变.由通径长公式得 a = 4.2. 48.a 4 +32 ≥a 4 + 32 = a 4 + 128一、1. A.利用数形结合 ,易得实数 a 的取值范围.b ( a - b ) ( b + a - b ) 2a 242. D.直线方程可变为( x - 1) cos θ+ ( y - 1) sin θ= 4. 于是 ,点 A (1 ,1) 到直线的距离为d =4= 4. cos 2θ+ sin 2θ= a 4 + 64 + 64 ≥3 3 212= 48 ( a = 2 时取等号) .aa3.n ( n + 5) .2利用归纳可得 a n = n + 2. 则有a = ( n + 2) 2- ( n + 1) ( n + 2) + 1 = n + 3 ,所以 ,当θ∈R 时 ,直线x cos θ+ y sin θ= 4 + 2sin θ+π4并且 a 1 = 3 = 1 + 2 满足条件. 所以 , a n = n + 2.从而 ,数列{ a n }的前 n 项和为所围成的图形是以点 A 为圆心、4 为半径的圆.3. B.因为 a n + a n + 1 = - 3 n ,则a n + 2 - a n = ( a n + 2 + a n + 1 ) - ( a n + 1 + a n )= - 3 ( n + 1) - ( - 3 n ) = - 3.所以 , a 1 , a 3 , , a 2 n + 1 和 a 2 , a 4 , , a 2 n 都是公S = 3 + 4 ++ ( n + 2) = n ( n + 5).24. 2.设直角三角形的三边长分别为 a 、b 和 c =( a ≤b ) ,则有1ab = a + b + a 2 + b 2 .2差为 - 3 的等差数列. 故a 52 = a 10 + 21 ×( - 3) = - 80 , a 51 = a 11 + 20 ×( - 3) .又 a 10 + a 11 = - 30 , 所 以 , a 11 = - 13. 故 a 51 = - 73 , b 51 = a 51 a 52 = 5 840.4. D.由题意得a 2 + ( c + d ) a + cd - 1 = 0 ,b 2 + (c +d ) b + cd - 1 = 0.则 a 、b 是方程 x 2 + ( c + d ) x + cd - 1 = 0 的两根. 于是 ,有所 以 , 1 ab - a - b = a 2 + b 2 .两边平方并整理得ab - 4 a - 4 b + 8 = 0.则 ( a - 4) ( b - 4) = 8.因为 a 、b 都是正整数 ,所以 ,当 a = 5 时 , b = 12 ;当 a = 6 时 , b = 8.故满足题意的三角形有 2 个.5. 3.如图2 ,作 AA 1 垂直准线于点 A 1 ,AE ⊥x 轴于点 E .a +b = - (c +d ) , ab = cd - 1.所 以 , ( a + c ) ( b + c ) = ab + ( a + b ) c + c 2 .因为c= e = | FA || AA 1 |故 ( a + c ) ( b + c ) = - 1.5. C.取 x = - 2 , 有 f ( c - 2 b ) = 16 - 16 ×2 + 15 = - 1. 而当 x 2 + 6 x + 8 = - 1 时 ,有 x = - 3. 所以 ,= | FA | | DF | + | FE |=m,图 2b2m cos α+ ca36 SA 2 + AC 2 19 3 + (4 - t ) 2m n2. 5 7或 146 所以 , 1 同理 , 1 a - c cos α b2 . = a + c cos αbNQ =则 cos ∠MNQ = MN NQ.=4(4 - t ) . 19 + t 2 × 1 m6. 4.+1 n=2 a= 3. b2x2 x5 x由式 ①得 t = 1 或 t = 3.当 t = 1 时 ,cos ∠MNQ =15; 定义 : f ( x ) = +3 +6.xxx当 t = 3 时 ,cos ∠MNQ = 7 . 变形为 f ( x ) + 4 6+ 5 .6故二面角 A - PD - Q 的大小为易发现函数 f ( x ) = 3x 4 + 6x 5x+ 6arccos15arccos 57 .7 是定义在实数集上的减函数.又因为 f (3) = 1 , f (1) = 2 , f (0) = 3 ,从而 ,关于 x 的方程( t - 1) ( t - 2) ( t - 3) = 0 的解分别是 0 、1 、3.三、(1) 设 BQ = t ,则四、设点 M ( x , y ) 及点 A ( x 1 , y 1 ) , B ( x 2 , y 2 ) . 直线 AB 的方程为 x - 2 y - t = 0.联立方程可得2 x 2 - 2 tx + t 2 - 4 = 0 和 8 y 2 + 4 ty + t 2 - 4 = 0.PQ 2 = 19 + t 2 , QD 2 = 3 + ( a - t ) 2, PD 2 = 16 + a 2 .所以 , x 1 x 2 = t 2 - 42 和 y 1 y 2 = t 2 - 4 8. 由 PQ ⊥QD , 得 19 + t 2 + 3 + ( a - t ) 2= 16 + a 2 , 即 t 2 - at + 3 = 0.①由Δ = a 2 - 12 ≥0 ,解得 a ≥2 3 .(2) 因为 BC 上存在唯一点 Q ,使 PQ ⊥QD .由Δ = a 2 - 12 = 0 ,解得 a = 2 , t = 3 .由 OM = cos θ·OA + sin θ·OB ,可得 x = x 1 cos θ+ x 2 sin θ,y = y 1 cos θ+ y 2 sin θ.利用 4 = x 2 + 4 y 2= ( x 1 cos θ+ x 2 sin θ) 2 + 4 ( y 1 cos θ+ y 2 sin θ) 2 = ( x 2 + 4 y 2 ) cos 2θ+ ( x 2 + 4 y 2 ) sin 2θ+1122故 Q 是 BC 的中点.如图 1 ,取 AD 的中点 R , PA 的中点 S ,联结 RS 、RC . 有 RS ∥PD , RC ∥AQ . 则 ∠SRC 就是异面直线 AQ 与 PD 所成的角.2sin θ·cos θ·( x 1 x 2 + 4 y 1 y 2 ) = 4 (cos 2θ+ sin 2θ) + 2sin θ·cosθ· ( x 1 x 2 + 4 y 1 y 2 ) ,可得 2sin θ·cos θ·( x 1 x 2 + 4 y 1 y 2 ) = 0. RS = 12PD = , RC = AQ = ,又因为θ∈[ 0 ,2π]的任意性 ,知 t 2 - 4t 2 - 42SC == ,x 1 x 2 + 4 y 1 y 2 =2+ 4 ×8= t- 4 = 0.所以 ,cos ∠SRC =RS 2 + RC 2 - SC 22 RS ·RC= - 42. 14解得 t = 2.代入检验 ,满足条件.故异面直线 AQ 与 PD 所成角为 arccos42 . (3) 过点 Q 作 QM ∥CD 交 AD 于点 M ,则 QM ⊥AD , AM = t .因 PA ⊥平面 ABCD ,则 PA ⊥QM . 又 QM ⊥AD ,则 QM ⊥平面 PAD . 过点 M 作 MN ⊥PD 于点 N ,联结 NQ . 由三垂线定理知 QN ⊥PD .故 ∠MNQ 是二面角 A - PD - Q 的平面角.故满足条件的实数 t 的值是 2. 五、( 1 ) 如图 3 , 在菱形 ABCD 中 , 设OA = m , OB = n ,∠AOx = α. 则 点A ( m cos α, m sin α) , B ( - n sin α, n cos α) . 又因为点 A 和点 B 都在椭圆 C 上 ,则有 图 3m 2 cos 2α m 2 sin 2αMNMD 4 - ta2+b2= 1.在 Rt △PAD 中 ,由 PA = PD ,有 MN = 2.从而 , m 2 =1 .NQ DQcos 2α sin 2α12= 367 19 + t 2× 3 + (4 - t ) 2 4 2= 故又在 Rt △PQD 中 , 由PQ = PD,有a 2 +b 24x又 2 2 2第 17 届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)第 一 试一、选择题(每小题 4 分 ,共 40 分)1. 设 S = { ( x , y ) | xy > 0} , T = { ( x , y ) |x > 0 且 y > 0} . 则() .( ) . (A ) b = 0 (B ) c = 0 (C ) d = 0(D ) b = d = 06. 若 △ABC 的三边长依次为 a = sin 3,(A ) S ∪T = S (B ) S ∪T = T b = cos 34, c = 1 ,则 ∠A 、∠B 、∠C 的大小顺 (C ) S ∩T = S (D ) S ∩T = Ø2. 若 f ( x ) =1的定义域为 A , g ( x ) = f ( x + 1) - f ( x ) 的定义域为 B ,则() . 序为( ) .(A ) ∠A < ∠B < ∠C (B ) ∠B < ∠A < ∠C (A ) A ∪B = R (B) A ‰ B (C) ∠C < ∠B < ∠A(D) ∠C < ∠A < ∠B(C ) A Α B (D ) A ∩B = Ø3. 已知 tan α> 1 ,且 sin α+ cos α< 0. 则() .(A ) c os α> 0 (B ) cos α< 0(C ) cos α= 0 (D ) cos α的符号不确定 4. 设 a > 0 , a ≠1. 若 y = a x的反函数的7. 若实数 x 满足 log 2 x = 3 + 2cos θ,则 | x - 2| + | x - 33| 等 于() .(A ) 35 - 2 x (B ) 31(C ) 2 x - 35(D ) 2 x - 35 或 35 - 2 x8. 区间[ 0 , m ]在映射 f : x →2 x + m 所得的像集区间为[ a , b ] . 若区间[ a , b ] 的长度图像经过点 2 , - 1, 则 a = () . 比区间[ 0 , m ]的长度大 5 ,则 m = () . 24(A ) 5 (B ) 10 (C ) 215 (D ) 1(A ) 16(B ) 4(C ) 2(D ) 25. 已知 a ≠0. 函数 f ( x ) = ax 3+ bx 2+ cx + d 的图像关于原点对称的充要条件是9. 设数列{ a n } ( a n > 0) 的前 n 项和是S n ,且 a n 与 2 的算术平均值等于 S n 与 2 的几何平均值. 则{ a n }的通项为( ) .同理 ,2= 1. 4 a 2 b 2n cos 2α b2 + sin 2αa 2a 2 + b2和 2 ab .故1 +1= 1 + 1 .六、因x + 2 y + zm 2 n2 1 1 a2 b 21 1 1 1216 x +9x ·18 y +3x ·18 y ·36 z(2) m2 + n2 = a2 + 2 ≥2bm 2 ×n 2 = mn . =3 2x + 2 y + z1m 2 n 2 cos 2αa2 + sin 2αb 2 cos 2α b2 + sin 2α a 2 16 x +3 ( x + 18 y ) + 2 x + 18 y + 36 z2≥ cos α+ sin α= 1 ,≤x + 2 y + z = 18 ,故当且仅当 x ∶y ∶z = 36∶2∶1 时 ,等号成立.ababa 2b 2(杨英辉 提供)316 x + 9 2 xy + 93 xyz 3。
河南省六市2018届高三第二次联考(二模)数学(理)试题答案
(Ⅱ )当a<12时 ,g(x)=f(x)+|2x-1|=|x-a|+|2x-1|+21a
ìïï-3x+a+21a+1,x<a, = íïïï-x-a+21a+1,a≤x≤12,…………………………………………………… 7分
îïïï3x-a+21a-1,x>1 2,
∴g(x)min=g(12)=12
15.15
11-12 CA
16.Sn
=
(n2-n+1)·3n+1 2
17.解:(Ⅰ )依题设:sinA=
1-cos2A =
1-
(3)2 4
=
7, 4
sinC=
1-cos2C =
1-
(1)2 8
=387,故
cosB
=cos[π
﹣
(A
+C)]
=-cos(A+C)=-(cosAcosC-sinAsinC)=-(332-2312 )=196.……… 4分
令平面 ABC 的一个法向量为n=(x,y,z)
{ { 则有
n·AB→=0 n·AC→=0
即 -y+ 3z=0 - 3-y=0
令z=1,则x=-1,y= 3
……… 8分
∴n=(-1,3,1)
令 AB1 与平面 ABC 所成的角为θ
则sinθ=|cos<n,AB→1>|=
n·AB→1 |n||AB→1|
(Ⅱ )由 (Ⅰ )知 :sinB =
1-cos2B =
1=
(9 )2 16
57 = 16
,
再由正弦定理易得:a4=b5=c6,…………………………………………………… 6分
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年河南省普通高中招生考试数学试卷及答案
2018年河南省普通⾼中招⽣考试数学试卷及答案2018年河南省普通⾼中招⽣考试试卷数学注意事项：1. 本试卷共6页，三⼤题，满分120分，考试时间100分钟。
2. 本试卷上不要答题，按答题卡上注意事项的要求把答案填写在答题卡上。
答在试卷上的答案⽆效。
⼀、选择题（每⼩题3分，共30分）下列各⼩题均有四个答案，其中只有⼀个是正确的。
1.52-的相反数是（） A.52-B. 52C.25-D.25 2.今年⼀季度，河南省对“⼀带⼀路”沿线国家进⼝总额达214.7亿元。
数据“214.7亿”⽤科学计数法表⽰为A ．210147.2× B ．3102147.0× C ．1010147.2× D ．11102147.0× 3.某正⽅体的每个⾯上都有⼀个汉字，如图是它的⼀种展开图，那么在原正⽅体中，与“国”字所在⾯相对的⾯上的汉⼦是（）A.厉B.害C.了D.我 4.下列运算正确的是（）A.()532--x x =B.532x x x =+C.743x x x= D.1-233=x x5.河南省旅游资源丰富，2013~2017年旅游收⼊不断增长，同⽐增速分别为15.3%，12.7%，15.3%，14.5%，17.1%。
关于这组数据，下列说法正确的是（） A ．中位数是12.7% B ．众数是15.3% B ． C.平均数是15.98% D ．⽅差是06.《九章算术》中记载：‘今有共买⽺，⼈出五，不⾜四⼗五；⼈出七，不⾜三。
问⼈数、⽺价各⼏何？’其⼤意是：今有⼈合伙买⽺，若每⼈出5钱，还差45钱；若每⼈出7钱，还差3钱。
问合伙⼈数、⽺价各是多少？设合伙⼈数为x ⼈，⽺价为y 钱，根据题意，可列⽅程组为（） A 、??+=+=37455x y x y B 、+==3745-5x y x y C 、=+=3-7455x y x y D 、==3-745-5x y x y7.下列⼀元⼆次⽅程中，有两个不相等的实数根是（）A 、0962=++x xB 、x x =2C 、x x 232=+ D 、()011-2=+x8.现有4张卡⽚，其中3张卡⽚正⾯上的图案是“”，1张卡⽚正⾯上的图案是“”，它们除此之外完全相同，把这4张卡⽚背⾯朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡⽚正⾯图案相同的概率是（） A.169 B.43 C.83 D.219.如图，已知平⾏四边形AOBC 的顶点O （0,0），A （-1,2），点B 在x 轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点O 为圆⼼，适当长度为半径作弧，分别交边OA ，OB 于点D,E ；②分别以点D,E 为圆⼼，⼤于21DE 的长为半径作弧，两弧在∠AOB 内交于点F ；③作射线OF ，交边AC 于点G ，则点G 的坐标为（） A.()215，- B.()2,5 C.()2,53- D.()225，-10.如图1，点F 从菱形ABCD 的顶点A 出发，沿B D A →→以1cm/s 的速度匀速运动到点B.图2是点F 运动时，△FBC 的⾯积()2cm y 随时间()s x 变化的关系图像，则a 的值为（） A. 5 B.2 C.25D.52 ⼆、填空题（每⼩题3分，共15分） 11. =9-5-12.如图，直线AB ，CD 相交于点O ，EO ⊥AB 于点O ，∠EOD=50°，则∠BOC 的度数为 13.不等式组?≥>+3-425x x 的最⼩整数解是14.如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将△ABC 绕AC 的中点D 逆时针旋转90°得到△A ’B ’C ’，其中点B 的运动路径为弧BB ’，则图中阴影部分的⾯积为15.如图，∠MAN=90°，点C 在边AM 上，AC=4，点B 为边AN 上⼀动点，连接BC ，△A ’BC与△ABC 关于BC 所在直线对称。
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三 易知 点
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均 在椭
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圆上
．
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－
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令
加得
ａ ＝
：
得
ａ
＝ 。
４
２＂
．
则 点 ／ 的 轨 迹 方 程 为单 位 圆
＊
－
＊
＋
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分别 令 ａ
＝
１
和
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１
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将得 到 的 两 式 相
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２
．
及 对 称轴
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２０
分 在 数列
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中
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ａ
．
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为 给定
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（
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项 的 和 为 复 数 的 实部
故 ？ ，、
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ｎ ＋
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若
ａ
１
＝ ６
ｌ
＾ ＋
２ｉ ２ｎ
＿
＝
（
６
２ｎ
＋２
２ｎ
－
）
４
２ｎ
？ ｃ ｏｓ
ａ ＋ ２ ｃｏｓ ａ
－
２
＾０
１
．
—
１
＾
ＣＯ Ｓ Ｑ
！
＾
－
Ｊ３
—
１
＝ （
－
ｌ
２ｎ
－
）
ｌ
＝ ｌ
（
ｍｏ ｄ ３
）
．
从而
、
，
ｃ ｏｓ ａ
的 最 大 值 为Ａ
４
（
ｌ
，
－
１
３
＝
０
．
°
＝
ｎ ＋ ３ ＊
？
＞
ｎ ＋３ｉ ＋
ｌ
ａｎ
＞
＝ ＋ ３ ｋ ＋ ２
＾
？
将 式 ④ 代 人 上 式并 化 简得
其中
，
ｃ ｆ
＝
０
，
置上 的 颜 色 至 少 有
．
个 不相 同 时 称 为 不 同
３
动 知 小 正 四 面 体棱 长 最 大 时 为 大 正 四 面 体
内 切 球 的 内 接 正 四面 体
．
的 Ａ 阶 色序 若 任 意 两个
阶 色 序 均 不相 同
，
则
ｎ
的 最 大值 为
二、
（ １
．
（
＋
ｆ
ａｂ ｃ ＝ ２ （ ａ
ｌ
）
（
６
－
ｌ
）
（
ｃ
－
ｌ
）
．
＝
５
１
２
－
５１ ２
Ａ
ｉ
．
是 否 存 在边 长 均 为 整 数 的 △ ４Ｂ Ｃ ？ 若存
４． ５
：
４
：
３
．
在
，
求 出 三 边长
；
若 不 存 在 说明 理 由
，
．
注意到
，
参 考 答 案
）
ＪＵ 的值为
Ｉ
．
２．
已 知 在棱 长 为
．
６
的 大 正 四 面体 内 放
一
的 最 大值 为
６
．
＿
个 小正 四 面 体 若 小 正 四 面 体 可 在 大 四 面
体 内 任 意 转动 则 小 正 四 面 体棱 长 的 最 大 值
，
若
（
２＊ ＋ ４
２＂ ）
＝
＊
为 参数
２
，
ａ
为倾 斜 角 且
，
ａ ６ （ ０
，
ｔｃ
）
．
Ａ
＇
（
２ａ
－
ｌ
，
２ｂ
－
＼
） ，
Ｂ
＇
（
２ａ
－
ｌ
，
２ｂ ＋
ｌ
）
代 入 抛 物 线 方 程得
２
ｔ
均在 椭 圆 上
＝
．
ｓ ｉｎ
ａ
－
４ ＾ ｃｏｓ ａ
－
４ａ
０
．
代 入 已 知 方 程得
一
、
１
．
０
．
＝
ｊ
５
ＰＢ （
－
ＰＡ
）
＋
ｊ
｛
ＰＣ
－
ＰＡ
．
）
注 意到 则
Ａ ／ｉ
：
，
／Ｕ ）
２
＝
－
｜
（
＊
－
ｌ
）
＋
｜
＜
｜
．
贝Ｊ
Ｉ
裔 ＋４ 苑 ＋ 应
３
＝
０
？
矣
＝
ｙ
＞ ｒ ａ
矣
故
＝
５
：
４
：
３
．
＾
［
＜ １
＿
Ｓ． ｎ］
办
．
于是
２ ０１ ８
年第
１
２
期
＝
＿
２９
故
时 取得
６
．
．
财
及 当且 仅 当
，
ｃ＝
２ ６ ＝ ４ ａ ＝ ２
及
Ｍ Ｊ （ ｃｏ ｓ ａ
ｌ
－
ｌ
）ｃｏBiblioteka ｓ ８ｊ＿ｓ ｉｎ
ａ
．
ｓｉ ｎ
＾
８
＿
ｃ ｏｓ ａ
＝
０
－
记点
．
Ｐ（
ｌ
：
ｃ ｏｓ
ｊ
８
，
ｓｉ ｎ
＃）
ａ：
４
，
ａ
１
７
＝
１
，
求
ａ
（
２ ０ １ ８
。 。
（
－
；
全
＋
（
２）
证明 从
：
丨
中
一
定 能选 取 无穷 多
到
）
项组 成 两 个 不 同 的 常 数 列
五
？、 ６
、
．
、 （
２０
分
）
已 知 △ ＡＢＣ 的 边 长 分 别 为
Ｃ
，
且满足
－
＝ （
－
１
０２４
－
ｌ
）
丨
且最 多 有
赛〇
（
１
个 对 于任 意 奇 素
）
，
数
；
＞
、
整数
２
／Ｉ
《（
／１
１１ 〇£
１
／
／〇
２
，
０ ）
＝
１
当
且仅当
模 Ｐ 的逆小 于 ｆ
．
（
熊斌
提供
李建泉
翻译
）
２８
中 等 数 学