2018全国高中数学联赛模拟试题及参考答案
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
2018全国高中数学联赛模拟试题7及参考答案.docx
2018年全国高中数学联赛模拟试题(七)参考答案第6页(共7页)
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2018年全国高中数学联赛模拟试题(七)
第一试
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第二试
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2018年全国高中数学联赛模拟试题(七)参考答案
第一试
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第二试
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2018全国高中数学联赛模拟试题2及参考答案
2高中联赛模拟试题 2一试部分考试时间:80 分钟满分:120 分一、填空题(每小题 8 分,共 64 分)sin (α + 2β ) π π1. 已知 = 3 ,且 β ≠ , α + β ≠ n π + (n , k ∈),则 tan (α + β )= .sin α 2 2tan β2. 在等差数列{a n } 中,若a11 a 10< -1 ,且前n 项和 S n 有最大值,则当 S n 取得最小正值时, n = .3. 若 a +b + c= 1(a ,b , c ∈), 4a + 1 +4b + 1 + 4c + 1 > m ,则m 的最大值为 .4. 已知 ∆ABC 满足 AC = BC = 1 , AB = 2x ( x > 0).则 ∆ABC 的内切圆半径 r 的最大值为.5. 在正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中, G 为底面 A 1B 1C 1D 1 的中心.则 BG 与 AD 所成角的余弦值为___ ___.6. 函数 f ( x ) 在 上有定义,且满足 f ( x ) 为偶函数, f ( x - 1) 为奇函数.则 f (2019) =.7. 将一色子先后抛掷三次,观察面向上的点数,三数之和为 5 的倍数的概率为.8. 已知复数 z 1 , z 2 满足 ( z 1 - i )( z 2 + i ) = 1 .若 z 1 = ,则 z 2 的取值范围是.二、解答题(第9 小题16 分,第10、11 小题20 分,共56 分)x 2 y 29. 设P 为双曲线-= 1 上的任意一点,过点P 分别作两条渐近线的平行线,与两条渐近线交于A, Ba2 b2两点.求□ABCD 的面积.10. 求方程x5 - x3 - x2 + 1= y2 的整数解的个数.11. 对于n ≥ 6 ,已知⎛1- 1 ⎫<1.求出满足3n + 4n ++(n + 2)n =(n + 3)n 的所有正整数n. n + 3 ⎪ 2⎝⎭n高中联赛模拟试题 2加试部分考试时间:150 分钟满分:180 分一、(本题满分 40 分)设 ∆ABC 为等腰三角形, AB = AC , D 为边 AB 上一点.设 ∆BCD 的外接圆 Γ 在点 D 处的切线与 AC 交 于点 E , F 为过点 E 作圆 Γ 的另外一条切线的切点.设 BF 与 CD 交于点 G , AG 与 BC 交于点 H . 证明: BH = 2HC .A二、(本题满分 40 分)约定: n 维向量 x = ( x 1 , x 2 , , x n )( x i ≥ 0,i = 1, 2, , n ) 的 p - 范数记为:x = x 1 + x 2 + + x n ( p ∈ ) p p p pp+现有两个向量 A = (a ,b , c ), B = (d , e ) .若: ⎧⎪ A = B ⎨ A = B .证明: A≤ B .2 2 ⎪⎩4 433EDGF B H三、(本题满分 50 分)设整数 n ≥ 4 , a 1 , a 2 , , a n 为区间 (0, 2n ) 内两两不同的整数.证明:集合 A = {a 1 , a 2 , , 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:最多有多少个这 样的循环三元集?5 5 5 2 1高中联赛模拟试题 2解答一试部分考试时间:80 分钟满分:120 分一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1. 2.sin (α + 2β )+ 1 解析: tan (α + β ) = sin (α + β ) ⋅ cos β = sin (α + 2β ) + sin α = sin α = 2 .tan βcos (α + β ) ⋅ sin β sin (α - 2β ) - sin α sin (α + 2β)-1sin α2. 19.解析:由 S n 有最大值可知 a 1 > 0, d < 0 ,由a 11a 10< -1 ,则 a 10 + a 11 < 0, a 11 < 0 < a 10 ,20(a 1 + a 20 ) ⇒ S ==10(a + a ) < 0, S 19(a 1 + a19 ) = = 19a > 0 , 20 2 10 11 19 2 10再由 S 19 - S 1 = a 2 + a 3 ++ a 19 = 9(a 10 + a 11 ) < 0 ,知 S n 取最小正值时,n = 19 .3. 2 + .解析: (a + 1)(b + 1) > 1 + a + b ⇒ a + 1 + b + 1+ 2 1 + a + b > 2 + a + b 2 1+ a + b2 2⇒ (a + 1 ++ 1) > (+1 + a + b )⇒ + 1 + b + 1 > 1 +.反复利用上式,得:4a +b + 1 +c + 1 > 1 + 4 (a + b ) + 1 + 4c + 1 > 1 + 1 += 2 + 5 ;另一方面,当 a → 1,b → 0, c → 0 时,不等式左边趋于 2 + .因此 2+ 为最大的下界.4.5 5 - 11 .2解析:转化为求函数 f (x ) = x (1 - x )在 (0,1) 内的最大值.1 + a + b1 + 4 (a + b + c )+ x5.6解析:BG= CG =cos ∠GBC = BC =AD //BC ,则 BG 与 AD62 2BG 6. 2 1 1 ⎪ 2 2 ⎪1 x - ⎭ 6. 0.解析:由已知得 f ( x ) 关于 x 轴及点 (-1, 0) 对称.从而4 为 f ( x ) 的一个周期,且 f (-1) = 0 .故f (2019) = f (-1) = 0 .7.43 216解析:和为 5 的形如 3、1、1 与 2、2、1,共 6 种.和为 10 的形如 6、3、1 的有 6 种,形如 6、2、2 的有 3 种,形如 5、4、1 的有 6 种,形如 5、 3、2 的有 6 种,形如 4、3、3 的有 3 种,形如 4、4、2 的有 3 种.合计 27 种.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 z 2 = x + yi ( x , y∈) .则z 1 = z z 2i⇒ z = + i 1 - y + xi x + y + 1)i = ⇒ x 2 + ( y + 2)2 = 2 .由 z 2 的几何意义,知其范围为⎡2 -2, 2 + 2 ⎤ . ⎣ ⎦二、解答题(第 9 小题 16 分,第 10、11 小题 20 分,共 56 分)9. 双曲线的两条渐近线方程分别为 y = b x , y = - bx .a a设 A ⎛ x , b ⎝ a x ⎫, B ⎛x , - b ⎭ ⎝a x ⎫, P (x , y ) .⎭ b由 OAPB 知, x = x 1 + x 2 , y = aa 2(x 1 - x 2 ) .代入双曲方程化简得 x 1 x 2 = .4于是, OAPB 的面积为 x ⎛ - b ⎫ ⎝ a2 ⎪ b x 1 x 2 = a x 1 x 2 = 1 ab . 210. 原方程可化为 (x 3 - 1)(x 2 - 1) = y 2 ⇒ ( x - 1)2( x + 1)(x 2 + x + 1) = y 2 .------------------------------(1) 当 x = 0 时, y 2 = 1 ⇒ y = ±1 ; 当 x = ±1 时, y = 0 .2 2b ax -1 ⎪ 设 x , y 为方程的整数解,且 x ≠ ±1, 0 .由(1)式, ( x -1)2| y 2⇒ ( x -1) | y ⇒ ( x + 1)(x 2+ x + 1) = ⎛ y ⎫⎝ ⎭ .又因为 y 为整数,则x -1( x + 1)(x 2 + x + 1)为完全平方数.而 x 2 + x + 1 = x ( x + 1) + 1 ⇒ (x + 1, x 2 + x + 1) = 1 ,2n n4 5 n + 3 ⎪⎩⇒ x + 1, x 2 + x + 1均为完全平方数 ⇒ x + 1 ≥ 0( x ≠ 0, ±1) ⇒ x ≥ 2 ⇒ x 2 < x 2 + x + 1 < (x + 1)2,显然, x 2 + x +1不为完全平方数.综上,原方程只能有 4 组解: ( x , y ) = (0,1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0) .11. 当 n ≥ 6 时,由 ⎛1 - 1 ⎫ < 1 ⇒ ⎛ n + 2 ⎫ < 1 ⇒ (n + 3)n - (n +2)n > (n + 2)n . n + 3 ⎪ 2 n + 3 ⎪2 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭n nn 而 ⎛ 3 ⎫< ⎛ 4 ⎫< < ⎛ n + 2 ⎫ < 1,故: ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 2⎧ 4n - 3n > 3n ,⎪ 5n - 4n > 4n, ⎨ ⎪⎪(n + 3)n - (n + 2)n > (n + 2)n . 累加后3n + 4n + + (n + 2)n< (n + 3)n- 3n < (n + 3)n,此时无解. 直接检验 n = 1, 2, 3, 4, 5 ,知当 n = 2, 3 时等式成立., .⎩a4 4 4 4 4一、(本题满分 40 分)加试部分考试时间:150 分钟满分:180分在 ∆ABG , ∆ACG 中,由正弦定理得 BG = AG CG = AGsin ∠BAH sin ∠ABF sin ∠CAH sin ∠ACD 故 BH = sin ∠BAH = BG ⋅ sin ∠ABF = BG ⋅ sin ∠FCD = sin ∠DCB ⋅ sin ∠FCD = FD ⋅ CI . CH sin ∠CAH CG ⋅ s in ∠ACD CG ⋅ s in ∠DBI sin ∠CBF ⋅ s in ∠DBI DI ⋅ C F 设 AC 与圆 Γ 的另一个交点为 I .则四边形 CFID 为调和四边形. 于是, FI ⋅ CD = CF ⋅ ID . 由托勒密定理得 FD ⋅ CI = FI ⋅ CD + CF ⋅ ID = 2ID ⋅ C F . 从而, BH = 2HC .二、(本题满分 40 分)等价于证明: 设 a , b , c , d , e 为非负数,且满足⎧a 2 + b 2 + c 2 = d 2 + e 2⎨+ b + c = d + e , 证明: a 3 + b 3 + c 3 ≤ d 3 + e 3 .----------------------------------------------------------------------------------------(1)注意到 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 )2- (a 4 + b 4 + c 4 ) = (d 2 + e 2 )2- (d 4 + e 4 ) = 2d2e 2. 则 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 = d 2e 2 . 又a 6 +b 6 +c 6 - 3a 2b 2c 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )(a 4 + b 4 + c 4 - a 2b 2 - b 2c 2 - a 2c 2 ) = (d 2 +e 2 )(d 4 + e 4 - d 2e 2 )= d 6 + e 6(1)式两边平方得 a 6 + b 6 + c 6 + 2(a 3b 3 + b 3c 3 + c 3a 3 ) ≤ d 6 + e 6 + 2d 3e 33⇔ 2(a 3b 3 + b 3c 3 + c 3a 3 ) + 3a 2b 2c 2 ≤ 2d 3e 3 ⇔ 2(a 3b 3 + b 3c 3 + c 3a 3 ) + 3a 2b 2c 2 ≤ 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 )2 ---(2)3设 x = ab , y = bc , z = ca .则(2) ⇔ 2(x 3+ y 3+ z 3) + 3xyz ≤ 2(x 2+ y 2+ z 2 )2 .由柯西不等式,知⎡2 x 3 + y 3 + z 3 2 + 3xyz ⎤ = ⎡x 2x 2 + yz + y 2 y 2 + zx 2+ z 2z 2 + xy ⎤ ⎣ () ⎦ ⎣ ( ) ( ) ( )⎦⎣ ⎦ ≤ (x 2 + y 2 + z 2 )⎡(2x 2 + yz )2+ (2 y 2 + zx )2+ (2z 2 + xy )2⎤ ⎢⎣⎥⎦≤ (x 2 + y 2 + z 2 )⎡4(x 4 + y 4 + z 4 ) + 8( y 2 z 2 + z 2 x 2 + x 2 y 2 )⎤ = 4(x 2 + y 2 + z 2 )3. 从而,结论成立.C b= C a+ 2 C a = ∑ ∑三、(本题满分 50 分)若 n ∉{a 1 , a 2 , , a n } ,则 2n 个整数 a 1 , a 2 , , a n , 2n - a 1 , 2n - a 2 , , 2n - a n ∈(0, 2n ) .由抽屉原理,知其中 必有两个数相等. 不妨设 a i = 2n - a j .因为 n ∉{a 1 , a 2 , , a n },所以 i≠ j . 故{a i , a j }满足题意,命题成立.若 n ∈{a 1 , a 2 , , a n },不妨设 a n = n .考虑 n - 1 (n - 1 ≥ 3)个整数 a 1 , a 2 , , a n -1 ,在其中任取三个数 a i < a j < a k . 若 a k - a j , a j - a i 均能被 n 整除,则 a k - a i ≥ 2n ,与 a k ∈(0, 2n ) 矛盾. 因此, a 1 , a 2 , , a n -1 中至少存在两个数,其差不能被 n 整除.不妨设 a 1 , a 2 之差不能被 n 整除.考察 n 个数: a 1 , a 2 , a 1 + a 2 , a 1 + a 2 + a 3 , , a 1 + a 2 + + a n -1 . (1)若这 n 个数关于模 n 的余数互不相同,则其中必有一个数能被 n 整除.令这个数为 kn . 当 k 为偶数时,结论成立;当 k 为奇数时,加上 a n 即构成所需要的子集.(2)若这 n 个数中有两个数关于模 n 同余,则其差能被 n 整除.因为 a 1 , a 2 不同余,所以这两个数之差 必为原集合 A 中若干数之和.由此归结为(1)中讨论.综上,命题得证.四、(本题满分 50 分)一个三元集{a , b , c } 不是循环的⇔ 有一支球队赢了另外两队 ⇔ 有一支球队输给了另外两队. 用 A 1 , A 2 , , A 17 代表这 17 支球队 . 假 设 球 队 A i 赢了 a i 支球队,但输给了 b i 支球队 .显然, a i + b i = 1 6(i = 1, 2 , , 1) .17171 ⎛ 17 17 ⎫ 于是,不循环的三元集的个数为 2ii =1 2i i =1 ∑ 2 ⎝ i =1 i∑ i =1 C b ⎪ .i⎭2.17 a (a -1) b (b -1) 1 ⎡(a + b )2⎤ 对于每一个 i , C 2 + C 2 = i i + i i≥ ⎢ i i - (a + b )⎥ = 56 . a i b i 2 2 2 ⎢ 2 i i⎥则不循环的三元集的个数至少为 1 ⨯17 ⨯ 56 = 476 ⎣ ⎦2故循环三元集最多有 C 3- 476 = 204 个.当且仅当 a i = b i = 8(i = 1, 2, ,17) 时,循环三元集的个数最多为 204.。
2018全国高中数学联赛模拟试题1及参考答案
2018全国⾼中数学联赛模拟试题1及参考答案+ 2⾼中联赛模拟试题 1⼀试部分考试时间:80 分钟满分:120 分⼀、填空题(每⼩题 8 分,共 64 分)1. 设集合 A = {x -2 ≤ x < 5}, B = ?x 3a > 1.若 A B ≠? ,则实数 a 的取值范围是.x - 2a2. 已知甲、⼄两只盒⼦中装有相同规格的乒乓球,其中,甲盒中有三个⽩球和三个红球,⼄盒中仅有三个⽩球.若从甲盒中任取三个放⼊⼄盒中,则从⼄盒中任取⼀个是红球的概率是.2 c os 2 ? 1 x - 1 ?- x3. 函数 f ( x )= ? 2 2 ? 的对称中⼼的坐标为.x - 1V + V 4. 已知四棱锥 S - ABCD 的底⾯ ABCD 是平⾏四边形,O 是四棱锥内任意⼀点.则四⾯体OSAB 四⾯体OSCD=V 四⾯体OSBC + V 四⾯体OSDA.5. 在椭圆 x2= 1(a > b > 0) 中,记右顶点、上顶点、右焦点分别为 A , B , F .若∠AFB = ∠BAF + 90 , a b则椭圆的离⼼率为.6. 平⾯上 n 个三⾓形最多把平⾯分成部分.sin2π ? sin 8π7. 计算:15 15= .cos πcos 2π ? cos 4π 5558. 设复数α, β ,γ , z 满⾜α + β + γ = αβ + βγ + γα = αβγ = 1.则α - z + β - z + γ - z 的最⼩值为.2y 2BB 1CC 1 ( )⼆、解答题(第 9 ⼩题 16 分,第 10、11 ⼩题 20 分,共 56 分)9. 已知动直线 l 过定点 A (2, 0) 且与抛物线 y = x 2 + 2 交于不同的两点B ,C .设 B , C 在 x 轴上的射影分别 PB 为 B 1 ,C 1 . P 为线段 BC 上的点,且满⾜PC= ,求 ?POA 的重⼼的轨迹⽅程.10. 设 f ( x ) = sin x .已知当 x ∈[0,π ]时,有 sin x + 1 ≥ 2x + cos x .π证明: f ? π ? + f ? 2π ? + + f ? (n + 1)π ? ≥ 3 2 (n + 1) . 2n + 1?2n + 1?2n + 1 ? 4(2n + 1) ? ? ? ? ? ?p11. 已知 p 为⼤于 3 的素数.求∏ k 2 + k + 1 除以 p 的余数.k =1⾼中联赛模拟试题 1加试部分考试时间:150 分钟满分:180 分⼀、(本题满分 40 分)已知a, b, c∈,且3 9a + 3 3b + c = 0 .证明:a = b = c = 0⼆、(本题满分 40分)a2b2 b2c2 c2 a2 3( 3 -1)已知正实数a, b, c满⾜a2 + b2 + c2 = 1.证明:++≥.abc + c4abc + a4abc + b4 2三、(本题满分 50 分)已知圆Γ内有两定点A 、B ,过A 作⼀动弦CD ,延长CB 、DB ,与圆Γ分别交于点E 、F .证明:弦EF 通过⼀个与C 、D ⽆关的定点.四、(本题满分 50 分)在80 座城市之间执⾏如下两种⽅式的飞⾏航线:(1)任意⼀座城市⾄少与七座城市有直航;(2)任意两座城市可以通过有限次直航来连接.求最⼩的正整数n ,使得⽆论如何安排满⾜条件的航线,任意⼀座城市到其他城市均最多可以经过n 次直航到达.C3 3⾼中联赛模拟试题 1解答⼀试部分考试时间:80 分钟满分:120 分⼀、填空题(每⼩题 8 分,共 64 分)1. 0 < a < 5或 -1 < a < 0 .2解析:由题意可知 B = {x 2a < x < 5a , a > 0}?{x 5a < x < 2a , a < 0}.⼜因为 A ? B ≠ ? , ? 0 < 2a < 5或 - 2 < 2a < 0 .2.1. 4C k C 3-k解析:由题设知⼄盒中红球个数的可能值ξ =0,1,2,3 .故 P (ξ = k ) = 3 3(k = 0,1, 2,3).从⽽得出6P ( A ) = ∑P (ξ = k )P ( A ξ = k ) = 1.k =04 3.(1, -1) .解析:由题设知 f ( x ) = cos ( x -1) - 1 .因为 g ( x ) = cos x为奇函数,其对称中⼼为 (0, 0) ,故 f ( x ) 的对称中⼼为 (1, -1) .x -1 x4. 1.解析:延长 SO 与底⾯ ABCD 交于点 X .由底⾯ ABCD 是平⾏四边形,S XAB + S XCD = S XBC + S XDA V 四⾯体OSAB + V 四⾯体OSCD = V 四⾯体OSBC + V 四⾯体OSDA5. 5 -1 .2解析:设左焦点为 F '.则由∠AFB = ∠BAF + 90∠AF ' B + ∠BAF ' = 90AB ⊥ BF ' .⼜ AB 2= a 2 + b 2 , BF ' 2= a 2 , AF ' 2= (a + c )2.由勾股定理知 a 2 + b 2 + a 2 = (a + c )2,由此, ? c = 5 - 1 .a 26. 3n2 - 3n + 2 .解析:设n 个三⾓形最多把平⾯分成Sn 个部分.S1= 2 .因为任意⼀个三⾓形与另⼀个三⾓形⾄多有6 个交点,这些交点将该三⾓形的周长分成⾄多6(n - 1)1 12 2 0 0BB 1 CC 1 AB 1 AC 1 1 , 段,每⼀段将其所在平⾯⼀分为⼆,增加了 6(n - 1) 个部分.从⽽ S n - S n -1 = 6(n - 1)(n ≥ 2) .7.-2 .解析:sin 2π ? sin 8π8sin πsin 2π sin 8π4sinπ ?cos 2π - cos 2π ?2?sin 3π - sin π ? + 2sin π 15 155155 53 ?5 5 ? 5 cos πcos 2πcos 4π ==cos 8π= cos 8π.sin 8π5 5 55558..解析:注意到α, β ,γ为⼀元三次⽅程 x 3 - x 2 + x -1 = 0 的根,从⽽可令α = i , β = -i ,γ = 1.在复平⾯上,令α, β ,γ分别对应于点 A (0,1), B (0, -1),C (1, 0) .当 z 取到 ?ABC 的费马点,0? 时取值最⼩. ? ?⼆、解答题(第 9 ⼩题 16 分,第 10、11 ⼩题 20 分,共 56 分) 9. 当 l ⊥ x 轴时,直线 l 与抛物线不可能有两个交点.故设直线l : y = k ( x - 2).与抛物线的⽅程联⽴得: x 2 - kx + 2k + 2 = 0 .(1)由 ? > 0 ? k > 4 + 2 6或k < 4 .(2)设 B ( x , y ),C ( x , y ), P ( x , y ) .则 ?x 1 + x 2 = k , (3)令λ = CP= = = 2 - x 1 2 - x 2x 1 x 2 = 2k + 2.(4)x = 设重⼼ G ( x , y ) .则 ? (2 + x 0 ), 3 .将式(2),(3),(4)代⼊,并注意到 y = k ( x- 2)得: 0 0y = y .3 0x = 4 - 4k 3(4 - k )12x - 3y - 4 = 0 .从⽽得 k = 4 y ,代⼊(2)式得: 1 y =-4k 4 - k y - 44y < 4 或 4 <y <4 G 的轨迹⽅程为:3 312x - 3y - 4 = 0 4 -< y < 4或4 < y < 4 . 3 3 ?- ,故3 ( ) ( ) 10. 由已知条件 ? sin x - cos x ≥ 2x -1 ?2 sin ? x - π ? ≥ 2x -1 .⼜当1 ≤ k ≤ n + 1时,0 ≤ k π + π ≤ π.π4 ? π 2n +1 4 ? ?⽽ 2 sin k π ≥ 2 ? k π + π ? -1 = 2k 12n + 1 π 2n +1 4 ? 2n +1 2π ? ? 2π ? ? (n + 1)π ?? n +12k 1 3(n + 1)2 ? f ? + f ? + + f≥ ∑ - ? =? 2n + 1 ? ? 2n + 1 ?2n + 1k =12n + 1 2 2(2n +1)π ?2π ?(n + 1)π ? 3 2 (n + 1) f ? + f ? + + f≥ . ? 2n + 1? ? 2n + 1? ? 2n + 1 ? 4(2n +1)11. 注意到 k ≠ 1时, k 2 + k + 1 = k -1.⽽当 k 取遍 2,3, , p 时,分母 k -1 取遍1, 2, , p -1.k -1由费马⼩定理, x p -1 ≡ 1(mod p ) 在1 ≤ x ≤ p 恰有 p -1 个解.(1)当 p ≡ 1(mod3 )时, x 3 -1 为 x p -1 -1 的因⼦,于是 x 3 -1 ≡ 0(mod p )在1 ≤ x ≤ p 内恰有三个解.于是当 k 取遍 2,3, , p 时,分⼦ k 3 -1 中恰有两项为 p 的倍数,⽽分母不含 p 的因⼦. p故∏ k 2 + k + 1 ≡ 0(mod p ) .k =1(2)当 p ≡ 2(mod 3)时,3 与 p -1 互素,于是存在整数 a ,b 使得 3a + ( p - 1)b = 1.假设有⼀个 2 ≤ k ≤ p 满⾜ k 3 ≡ 1(mod p ) .由费马⼩定理得 k ≡ k 3a +( p -1)b ≡ 1(mod p ),⽭盾.因此, x 3 -1 ≡ 0(mod p )只有 x ≡ 1(mod p ) 这⼀个解.故当 k 取遍1, 2, , p 时, k 3 除以 p 的余数两两不同,正好也取遍1, 2, , p .从⽽当 k 取遍 2,3, , p 时, k 3 -1 除以 p 的余数取遍1, 2, , p -1.p3p p3故∏ k -1 ≡ 1(mod p ) ? ∏ (k 2 + k + 1) ≡ 3 ∏ k -1 ≡ 3(mod p ) .k =2 k -1 k =1 k =2 k -1p综上,∏ k 2 + k + 1 除以 p 的余数为 0 或 3.k =1(( ) ( ) ( )) ( )t1⼀、(本题满分 40 分)加试部分考试时间:150 分钟满分:180 分为⽆理数,且若 a , b , c 中有⼀个为 0,则其余两个也为0.下⾯假设 a , b , c 均不为 0.易证明:若 a , b , c 均为⾮ 0 b + c = 0 ;(1)d ,e ,f 均为⾮ 0 e + f = 0 ,则 a = b = c .d e f(1 c + 3a = 0 ;(1 c + + 3b= 0 .于是, b = c = 3a= k .(2)c 3a 3b由 a , b , c 均为⾮ 0 有理数知其中必有两个同号.结合(2)式,知 a , b , c 同号.从⽽(1)式左边不为 0,⽭盾. ? a = b = c = 0 .⼆、(本题满分 40 分)x 2 y 2 z 2令 a 2= yz ,b 2= zx , c 2= xy .则 xy + yz + zx = 1.原式左边 = + + x + yz y + zx z + xy.由柯西不等式得:x 2y 2 z 2 ? 2+ + ?x + yz + y + zx + z + xy ≥ x + y + z ? x + yz y + zx z + xy ?x 2y2z 2( x + y + z )2( x + y + z )2+ + ≥ = x + yz y + zx z + xy x + y + z + ( yz + zx + xy ) . x + y + z + 1由 ( x + y + z )2≥ 3( x y + yz + zx ) ? x + y + z ≥t = x + y + z2 因为 f (t ) = = (t + 1) + - 2 +∞) 上单调递增,所以:t + 1 t + 1 331)原式左边 ≥ f (t ) =.2三、(本题满分 50 分)连结 AB 并延长与圆Γ交于点 G , H ,与弦 EF 交于点 P .设∠ECD = ∠EFD = α,∠CDF = ∠CEF = β .由SABCSPBFSABDSPBE = 1 ,得AC ? BC sin α ? PB ? FB ? AD ? BD sin β ? PB ? EB = 1.SPBF SABDSPBESABCPF ? BF sinα AB ? DB PE ? BE sin β AB ? C B整理得PB2 ? AC ? AD = AB2 ? PE ? PF .在圆Γ中,由相交弦定理得:PB2 ? AG ? AH = AB2 ? PG ? PH .(1)设AB = a, PB = b, BG = c > a, BH = d > b ,其中,a, c, d 为常数,b 未定.则(1)式 ? b 2 (c - a )(d + a ) = a 2 (d - b )(c + b ) .整理得 ((c - a )d + ac )b 2 + a 2 (c - d )b - a 2cd = 0 .该⼆次⽅程的⼆次项系数与常数项符号相反,因此有且仅有⼀个正数解.故 b 是定值.即 BP 是定值.从⽽⽆论 C , D 如何选取, EF 总是与 AB 交于⼀个固定点 P .四、(本题满分 50 分)n 的最⼩值为 27.若两座城市可以通过有限次直航来连接,称这两个城市”通航”.⾸先证明: n ≤ 27 .反证法:若 n ≥ 28 ,不妨设有两座城市 A 1 到 A 29 间⾄少经过 28 次到达.设城市 A 1 到 A 29 的⼀个最短连接路线为 A 1→ A 2 →→ A 29 .因为每⼀座城市⾄少和七座城市通航,所以, A 1 , A 29 与除去 A 2A 28 以外的⾄少六座城市通航,城市 A 2A 28 与除去 A 1A 29 以外的⾄少五座城市通航.设 A = {A 1 , A 2 , , A 29 } .设分别与城市 A 1 , A 4 , A 7 , A 10 , A 13 , A 16 , A 19 , A 22 , A 25 , A 29 通航,且不属于 A 的所有城市组成的集合为 X i (i = 0,1, , 9).易知, X 0≥ 6, X 9 ≥ 6, X i ≥ 5(i = 1, 2, ,8).⼜ X i ? X j = ?(i ≠ j ) ,否则,城市 A 1 , A 29 之间有更短的连接路线.故 A ? ( X 0 ? X 1 ? ? X 9 ) ≥ 29 + 6 ? 2 + 5 ? 8 = 81 > 80 ,⽭盾.从⽽ n ≤ 27 .其次证明: n = 27 是可以的.事实上,取 28 座城市 A 1 , A 2 , , A 28 与城市集合 X i (i = 0,1, , 9).当 i = 0, 9 时, X i= 6 ;当 i = 1, 2, ,8 时, X i= 5 ,且对于 0 ≤ i < j ≤ 9 , X i ? X j = ? , X i 中不包含城市 A 1 , A 2 , , A 28 .对于1 ≤ k ≤ 8 ,城市 A 3k , A 3k +1 , A 3k +2 与集合 X k 中所有的城市通航;城市 A 1 , A 2 与集合 X 0 中所有的城市通航;城市 A 27 , A 28 与集合 X 9 中所有城市通航;集合 X i (0 ≤ i ≤ 9)中任意⼀座城市与上述的城市 A s 通航,与且仅与集合X i 中其余城市通航;城市 A i 与 A i +1 (i = 1, 2, , 27) 通航.这样,城市 A 1 A 28 ⾄少与七座城市通航,集合 X i 中任意⼀座城市均只与七座城市通航,且城市A 1A 28 ⾄少经过 27 次直航来连接.因此, n = 27 .。
2018年全国高中数学联赛真题(一试和二试)(A卷)试题(教师版)
1 1
x2 f (x) 2
的解集为
.
解析 [π − 2, 8 − 2π]. 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 f (π − 2) = f (π) = 1, f (8 − 2π) = f (−2π) = f (2π) = 2,所以 1 f (x) 2 ⇔ f (π − 2) f (x) f (8 − 2π),而 1 < π − 2 < 8 − 2π < 2,故原不等式组成立当且仅当 x ∈ [π − 2, 8 − 2π].
·
1 b2
2 · |F1F2| · |yP | = a2 −
= b2
16 · · · yP
11 =· a√2 1+5.b2
=
1,解得
a2
=
20, b2
=
5.从而
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 f (π) =
1,
f
(2π)
=
2,则不等式组
离实部与虚部后等价于 ax2 + 2ax + 2 = 0,①
bx2 − 2bx = 0.②
若 b = 0,则 a2 = 1,但当 a = 1 时,① 无实数解,从而 a = −1,此时存在实数
√
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
=
− sin ∠M OC
=
MC −
=
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
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年全国高中数学联赛河北预赛试题及详解
2018年全国高中数学联赛河北预赛试题及详解2018年全国高中数学联赛河北(高二)预赛试题及详解一、填空题:共8道小题,每小题8分,共64分.1.已知集合A={x,xy,x+y},B={0,x,y}且A=B,则x2018+y2018=(解析:由A=B可知x=0或x=1,若x=0,则y=0,不符合题意,故x=1,代入A=B中得y=-1,故x2018+y2018=2)2.规定:对于任意实数x,当且仅当n≤x<n+1(n∈N*)时,[x]=n,则4[x]-28[x]+45≤2的解集为[9/4,11/4)。
解析:当n≤x<n+1时,[x]=n,所以4[x]-28[x]+45=4n-28n+45=17-24n,要使得17-24n≤2成立,则n=1或n=0,代入解得[9/4,11/4))3.在平面直角坐标系中,若与点A(2,2)的距离为1,且与点B(m,0)的距离为3的直线恰有三条,则实数m的取值集合是{1,5}。
解析:由于与点A的距离为1,所以直线必须过点(2,2)的两个垂直平分线上,即x=2或y=2,又因为与点B的距离为3,所以直线必须与以点B为圆心,以3为半径的圆相交于两点,这两点分别在点B的左侧和右侧,故m=1或m=5)4.在矩形ABCD中,已知AB=3,BC=1.动点P在边CD 上,设∠PAB=α,∠PBA=β,则PA·PB·cos(α+β)的最大值为3/4.解析:由于PA+PB=4,所以PA·PB=4(2-PA-PB),又因为cos(α+β)=sinα·sinβ+cosα·cosβ,所以PA·PB·cos(α+β)=4sinα·sinβ+4cosα·cosβ-4PA-4PB,将PA+PB=4代入,得PA·PB·cos(α+β)=3-4cosα·cosβ,由于-1≤cosα·cosβ≤1,所以PA·PB·cos(α+β)的最大值为3/4,当且仅当cosα·cosβ=-1时取到)5.已知x≥1,y≥1且lg2x+lg2y=lg10x2+lg10y2,则u=lgxy的最大值为1/2.解析:由已知得x·y=10,所以XXX(1/x)-XXX(1/y),又因为XXX(1/x)+lg(1/y)=XXX[(1/x)(1/y)]=lg(1/xy)=lg0.1,所以u=lg10-lg0.1=1,又因为x≥1,y≥1,所以u≤1/2)6.若△A1A2A3的三边长分别为8、10、12,三条边的中点分别是B、C、D,将三个中点两两连接得到三条中位线,此时所得图形是三棱锥A-BCD的表面展开图,则此三棱锥的外接球的表面积是40π。
最新-2018年全国高中数学联赛一 精品
2018年全国高中数学联合竞赛试题(一)及参考答案说明: 1.评阅试卷时,请依据本评分标准,选择题只设6分和0分两档,填空题只设9分和0分两档;其它各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其它中间档次. 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分,5分为一个档次,不要再增加其它中间档次. 一、选择题(本题满分36分,每小题6分) 本题共有6小题,每小题均给出A ,B ,C ,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的.请将正确答案的代表字母填在题后的括号内,每小题选对得6分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论是否写在括号内),一律得0分. 1.使关于x 的不等式k x x ≥-+-63有解的实数k 的最大值是 ( )A .36-B .3C .36+D .6解:令63,63≤≤-+-=x x x y ,则)6)(3(2)6()3(2x x x x y --+-+-=∴≤<∴=-+-≤,60.6)]6()3[(2y x x 实数k 的最大值为.6选D.2.空间四点A 、B 、C 、D 满足BD AC DA CD BC AB ⋅====则,9||,11||,7||,3||的取值 ( ) A .只有一个B .有二个C .有四个D .有无穷多个解:注意到32+112=130=72+92,由于0=+++DA CD BC AB ,则DA 2=22)(CD BC AB DA ++==AB 2+BC 2+CD 2+2(2222(2)(BC CD BC AB AB CD CD BC BC AB ++-=⋅+⋅+⋅+)AB CD CD BC BC AB ⋅+⋅+⋅=)()(2222CD BC BC AB CD BC AB +⋅+++-,即 022222==-+=⋅CD AB BC AD BD AC ,BD AC ⋅∴只有一个值0,故选A.3.△ABC 内接于单位圆,三个内角A 、B 、C 的平分线延 长后分别交此圆于A 1、B 1、C 1,则CB AC CC B BB A AA sin sin sin 2cos 2cos 2cos111++⋅+⋅+⋅的值为( ) A .2B .4C .6D .8解:如图,连BA 1,则AA 1=2sin(B+)22cos(2)222sin(2)2C B C B C B A A -=-+++= )2cos(2cos 2cos 2cos )22cos(22cos 1C B C A C B A A C B A AA -=-++-+=-=∴π,sin sin )2cos(B C B +=-+π同理,sin sin 2cos 1C A B BB +=,sin sin 2cos 1B A C CC +=),sin sin (sin 22cos 2cos 2cos111C B A CCC B BB A AA ++=++∴ 原式=.2sin sin sin )sin sin (sin 2=++++CB AC B A 选A. 4.如图,ABCD —D C B A ''''为正方体,任作平面a 与对角线AC ′垂直,使得a 与正方体的每个面都有公共点,记这样得到的截面多边形的面积为S ,周长为l ,则( )A .S 为定值,l 不为定值B .S 不为定值,l 为定值C .S 与l 均为定值D .S 与l 均不为定值 解:将正方体切去两个正三棱锥A —A ′BD 与C ′—C B D '''后,得到一个以平行平面A ′BD 与C B D ''为上、下底面的几何体V ,V 的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多边形W 的每一条边分别与V 的底面上的一条边平行,将V 的侧面沿棱B A ''剪开,展平在一张平面上,得到一个 11A B B A '',而多边形W 的周界 展开后便成为一条与1A A '平行的线段(如图中1E E '), 显然11A A E E '=',故l 为定值.当E ′位于B A ''中点时,多边形W 为正六边形,而当E ′移至A ′处时,W 为正三角形,易知周长为定值l 的正六边形与正三角形面积分别为22363243l l 与,故S 不为定值.选B. 5.方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是( )A .焦点在x 轴上的椭圆B .焦点在x 轴上的双曲线C .焦点在y 轴上的椭圆D .焦点在y 轴上的双曲线解:)23cos()22cos(,223220,32ππππππ->-∴<-<-<∴>+ , 即3sin 2sin >,又03c o s2c o s,03c o s,02c o s ,32,220>-∴<>∴<<<<πππ,方程表示的曲线是椭圆.4232sin(232sin22)3cos 2(cos )3sin 2(sin π++-=--- )……(*) .423243,432322,0232sin ,02322ππππππ<++<∴<+<<-∴<-<-.0(*),0)4232sin(<∴>++∴式π即3cos 2cos 3sin 2sin -<-.∴曲线表示焦点在y 轴上的椭圆,选C.6.记集合T={0,1,2,3,4,5,6},M=}4,3,2,1,|7777{4433221=∈+++i T a a a a a i ,将M 中的元素按从大到小的顺序排列,则第2018个数是( )A .43273767575+++B .43272767575+++ C .43274707171+++D .43273707171+++解:用p k a a a ][21 表示k 位p 进制数,将集合M 中的每个数乘以74,得}4,3,2,1,|]{[}4,3,2,1,|777{74321432231=∈==∈+⋅+⋅+⋅='i T a a a a a i T a a a a a M i i ,M ′中的最大数为[6666]7=[2400]10.在十进制数中,从2400起从大到小顺序排列的第2018个数是2400-2018=396,而[396]10=[1104]7将此数除以74,便得M 中的数43274707171+++.故选C. 二、填空题(本题满分54分,每小题9分)本题共有6小题,要求直接将答案写在横线上. 7.将关于x 的多项式2019321)(x xx x x x f +-+-+-= 表为关于y 的多项式202019192210)(y a y a y a y a a y g ++++= ,其中4-=x y ,则615212010+=+++a a a .解:由题设知,)(x f 和式中的各项构成首项为1,公比为x -的等比数列,由等比数列的求和公式,得:.1111)()(2121++=----=x x x x x f令51)4()(,421+++=+=y y y g y x 得,取,1=y 有615)1(2120210+==++++g a a a a8.已知)(x f 是定义在(0,+∞)上的减函数,若)143()12(22+-<++a a f a a f 成立,则a 的取值范围是.51310<<<<a a 或 解:∵)(x f 在(0,+∞)上定义,又)1)(13(143;087)41(212222--=+->++=++a a a a a a a ,仅当1>a 或31<a 时, .(*)01432>+-a a)(x f 在(0,+∞)上是减函数,1431222+->++∴a a a a 50,052<<∴<-⇒a a a结合(*)知51310<<<<a a 或. 9.设α、β、γ满足πγβα20<<<<, 若对于任意0)cos()cos()cos(,=+++++∈γβαx x x R x ,则.34παγ=- 解:设0)(,0)(,),cos()cos()cos()(=-=∈+++++=αγβαf x f R x x x x x f 知由,,0)(,0)(=-=-βγf f即,1)cos()cos(,1)cos()cos(-=-+--=-+-βγβααγαβ.21)cos()cos()cos(,1)cos()cos(-=-=-=-∴-=-+-αγβγαβγβγα∵πγβα20<<<<,]34,32[,,ππβγαγαβ∈--- , 又.34.32.,παγπβγαβαγβγαγαβ=-∴=-=--<--<-只有 另一方面,当32πβγαβ=-=-,有R x ∈∀+=+=,34,32παγπαβ, 记θα=+x ,由于三点))34sin(),34(cos(),32sin(),32(cos(),sin ,(cos πθπθπθπθθθ++++构成单位圆122=+y x 上正三角形的三个顶点,其中心位于原点,显然有.0)34cos()32cos(cos =++++πθπθθ即.0)cos()cos()cos(=+++++γβαx x x 10.如图,四面体DABC 的体积为61,且满足∠ACB=45°, AD+BC+32=AC ,则CD=3.解:61)45sin 21(31=≥︒⋅⋅⋅⋅DABC V AC BC AD,即.12≥⋅⋅AC BC AD 又323≥++=AC BC AD 323≥⋅⋅AC BC AD ,等号当且仅当AD=BC=12=AC 时成立,这时AB=1,AD ⊥面ABC ,∴DC=3.11.若正方形ABCD 的一条边在直线172-=x y 上,另外两个顶点在抛物线2x y =上.则该正方形面积的最小值为 80 .解:设正方形的边AB 在直线172-=x y 上,而位于抛物线上的两个顶点坐标C(11,y x )、D (22,y x ),则CD 所在直线l 的方程b x y +=2,将直线l 的方程与抛物线方程联立,得.1122,12+±=⇒+=b x b x x令正方形边长为a ,则).1(20)(5)()(2212212212+=-=-+-=b x x y y x x a ①在172-=x y 上任取一点(6,-5),它到直线b x y +=2的距离为5|17|,b a a +=②①、②联立解得.80.1280,80.63,32min 2221=∴==∴==a a a b b 或12.如果自然数a 的各位数字之和等于7,那么称a 为“吉祥数”,将所有“吉祥数”从小到大排成一列.52000,2005,,,,5321==m m a a a a a 则若解:∵方程m x x x k =+++ 21的非负整数解的个数为,1m k m C -+而使2(0,11≥≥≥i x x i )的整数解个数为,12--+m k m C 现取m=7,可知,k 位“吉祥数”的个数为P (k )=65+k C .∵2018是形如2abc 的数中最小的一个“吉祥数”,且P (1)=66C =1,P (2)=67C =7,P (3)=68C =28,对于四位“吉祥数”1abc ,其个数为满足a+b+c=6的非负整数解个数, 即6136++C =28个.∵2018是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”,即.200565=a 从而n=65,5n=325. 又P (4)=210)5(,8461069===CP C ,而.330)(51=∑=k k P∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001,52018.∴第325个“吉祥数”是52018,即.520005=m a三、解答题(本题满分60分,每小题20分) 13.数列{}n a 满足:.,236457,1210N n a a a a n n n ∈-+==+证明:(1)对任意m a N n ,∈为正整数;(2)对任意1,1-∈+n n a a N n 为完全平方数.证明:(1)由题设得,51=a 且{}n a 严格单调递增,将条件式变形得36457221-=-+m m m a a a ,两边平方整理得0972121=++=++n n n n a a a a ①0972112=++-∴--n n n n a a a a ②①-②得⇒=-+∴>=-+--++-++07,,0)7)((111111m n n n n n n n n n a a a a a a a a a a.711-+-=n n n a a a ③由③式及5,110==a a 可知,对任意m a N n ,∈为正整数.……………………10分(2)将①两边配方,得211121)3(1),1(9)(n n n n n n n n a a a a a a a a +=-∴-=+++++。
2018年全国高中数学联赛福建省预赛试题与解答
2018年全国高中数学联赛(福建省赛区)预赛 暨2018年福建省高中数学竞赛试卷参考答案一、填空题(共10小题,每小题6分,满分60分) 1.将正偶数集合{}246L,,,从小到大按第n 组有32n -个数进行分组:{}2,{}46810,,,,{}12141618202224,,,,,,,…,则2018位于第 组. 【解析】设2018在第n 组,由2018为第1009个正偶数,以及题意,得111(32)1009(32)n ni i i i -==-<≤-∑∑,即223(1)(1)3100922n n n n----<≤. 解得正整数27n =.∴ 2018位于第27组.2.在ABC △中,内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c . 若2a =,3b =,2C A =,则cos C = .【解析】由2C A =,知sin sin 22sin cos C A A A ==. 结合正弦定理,得2cos c a A =.由2a =,3b =,及余弦定理,得2222cos 22b c a c a A a bc +-==⋅,29446c c c+-=⨯.∴ 210c =,c =.∴ 22249101c o s22234a b c C ab +-+-===⋅⋅.3.设复数z 满足2z i -=,则z z -的最大值为 . (i 为虚数单位,z 为复数z 的共轭复数)【解析】设z x yi =+(x ,y R ∈),则z x yi =-,()()2z z x yi x yi yi -=+--=,2z z y -=. 由2z i -=,知()2x yi i +-=,22(1)4x y +-=. ∴ 2(1)4y -≤,13y -≤≤.∴ 26z z y -=≤,当且仅当3y =,即3z i =时,等号成立. ∴ z z -的最大值为6.4.已知定义在R 上的奇函数()f x 的图像关于直线2x =对称,当02x <≤时,()1f x x =+,则(100)(101)f f -+-= .【解析】由()f x 为奇函数,且其图像关于直线2x =对称,知()()f x f x -=-,且(2)(2)f x f x -=+.∴ (4)()(f x f x f x +=-=-,(8)(4)()f x f x f x +=-+=. ()f x 是以8为周期的周期函数.又(3)(1)2f f ==,(4)(0)0f f ==.∴ (100)(101)(4)(3)0f f f f -+-=+=+=.5.从如图所示的由9个单位小方格组成的33⨯方格表的16个顶点中任取三个顶点,则这三个点构成直角三角形的概率为 .【解析】先计算矩形的个数,再计算直角三角形的个数.根据矩形特点,由这16个点可以构成224436C C ⨯=个不同的矩形.又每个矩形可以分割成4个不同的直角三角形,且不同的矩形,分割所得的直角三角形也不同.因此,可得436144⨯=个直角顶点在矩形顶点的不同的直角三角形;再算直角顶点不在矩形顶点:(1)在1⨯2矩形中,有顶点不在矩形顶点,边长分别为)的直角三角形2个,而1⨯2矩形横向、纵向各有6个,共2⨯12=24个;(2)在2⨯3矩形中,有顶点不在矩形顶点,边长分别为的直角三角形4个,边长分别为的直角三角形4个,而2⨯3矩形横向、纵向各有2个,共(4+4)⨯4=32个;(第5题图)故,所求的概率为316144+24+322005401414PC===⨯.6.如图,在三棱锥P ABC-中,PAC△、ABC△都是边长为6的等边三角形. 若二面角P AC B--的大小为120︒,则三棱锥P ABC-外接球的面积为.【解析】如图,取AC中点D,连DP、DB.则由PAC△、ABC△都是边长为6的等边三角形,得PD AC⊥,BD AC⊥,PDB∠为二面角P AC B--的平面角,120PDB∠=︒.设O为三棱锥P ABC-外接球的球心,1O、2O分别为ABC△、PAC△P(第6题图)的中心.则1OO ABC ⊥面,2OO PAC ⊥面,且211(6)32O D O D ===,21OO OO =.易知O 、2O 、D 、1O 四点共面,连OD ,则160ODO ∠=︒,113OO ==.∴ 三棱锥P ABC -外接球半径R OB ===∴ 三棱锥P ABC -外接球的面积为2484R ππ=.7.已知1F 、2F 分别为双曲线C :221412x y -=的左、右焦点,点P 在双曲线C 上,G 、I 分别为12F PF △的重心、内心,若GI x ∥轴,则12F PF △的外接圆半径R = .【答案】 5【解析】不妨设00()P x y ,在第一象限,11PF r =,22PF r =. 依题意,124r r -=,128F F =.由G 、I 分别为12F PF △的重心、内心,GI x ∥轴,得12F PF △内切圆半径013r y =. ∴ 121122120111()(8)223F PF S F P F F F P r r r y =++⋅=++⋅△.又121200142F PF S F F y y =⋅⋅=△. ∴ 120011(8)423r r y y ++⋅=. ∴ 1216r r +=,结合124r r -=,得110r =,26r =. 由此得到,2221122F PF F F P=+. 因此,212PF F F ⊥.∴ 12F PF △的外接圆半径1152R F P ==.P(第6题答题图)8.最近网络上有一篇文章很火. 源于一道常见题目:(见图),这貌似易解的题目,里面竟然蕴藏了深奥的大道理.(本题不作为本次考试的试题,本次试题如下) 设a ,{}2345678b ∈,,,,,,,则1010a bb a a b+++的最大值为 .【解析】不妨设a b ≥,ax b=,则14x ≤≤,且 22211102101010101011010110101019999111101011010()101aa b x x x ba ab a a b x x x x b bx x x x x +++=+=+=+++++++⋅+=-=-++++ ∵ 14x ≤≤,当4x =时,110()101x x ++取最大值110(4)1014++.∴ 当4x =时,991110()101x x -++取最大值99891128710(4)1014-=++. ∴ 当8a =,2b =(或2a =,8b =)时,1010a b b a a b +++取最大值89287.9.已知整数系数多项式543212345()f x x a x a x a x a x a =+++++,若)0f =,(1)(3)0f f +=,则(1)f -= .【解析】设0x =0x =20(2x =,于是20032x -+=,2001x =+. ∴22200)(1)x =+,42001010x x -+=.∴0x 42()101g x x x =-+的一个根.又0x . ∴ ()g x 整除()f x .∴ 42()()()(101)()f x g x x r x x x r =-=-+-,r 为整数. ∴ (1)8(1)88f rr=--=-+,(3)8(3)248f r r =--=-+. 由(1)(3)0f f +=,得(88)(248)0r r -++-+=,2r =. ∴ 42()(101)(2)f x x x x =-+-,(1)24f -=.10.已知函数()f x 满足:对任意实数x ,y ,都有()()()6f x y f x f y xy +=++成立,且(1)(1)9f f -⋅≥,则2()3f = .【解析】在()()()6f x y f x f y xy +=++中, 令0x y ==,得(0)(0)(0)0f f f =++,(0)0f =.令1x =-,1y =,得(0)(1)(1)(6)f f f =+-+-,(1)(1)6f f +-=. 又(1)(1)9f f -⋅≥, ∴ []6(1)(1)9f f -⋅≥,即[]2(1)6(1)90f f -+≤,[]2(1)30f -≤,(1)3f =.又211111112()()()()62()333333333f f f f f =+=++⋅⋅=+,121212(1)()()()6333333f f f f =+=++⋅⋅.∴ 112121(1)()2()63()23333333f f f f =+++⋅⋅=+=. ∴ 11()33f =,212124()2()2333333f f =+=⋅+=.二、解析题(共5小题,每小题20分,满分100分. 要求写出解题过程) 11.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n n S na n -=,*n N ∈,且23a =. (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设n b =,n T 为数列{}n b 的前n 项和,求使920n T >成立的最小正整数n 的值.【解析】(1)由2n n S na n -=,得112(1)1n n S n a n ++-+=+. 将上述两式相减,得112(1)1n n n a n a na ++-++=. ∴ 1(1)1n n na n a +--=. ……………… ① ∴ 12(1)1n n n a na +++-=. …………… ② ①-②,得1220n n n na na na ++-+=, ∴ 212n n n a a a +++=. ∴ 数列{}n a 为等差数列.又由1121S a -=,及23a =,得11a =,{}n a 的公差2d =. ∴ 12(1)21n a n n =+-=-.12.已知1F 、2F 分别为椭圆C :22221x y a b +=(0a b >>)的左、右焦点,点(1)3P ,在椭圆C 上,且12F PF △的垂心为5()33H -. (1)求椭圆C 的方程;(2)设A 为椭圆C 的左顶点,过点2F 的直线l 交椭圆C 于D 、E 两点,记直线AD 、AE的斜率分别为1k 、2k ,若1212k k +=-,求直线l 的方程.【解析】设1(0)F c -,,2(0)F c ,. 由12F PF △的垂心为5)3H -,得12F H PF ⊥.∴125133F H PF k k -⋅==-,224593c -=,解得21c =.由点(1)3P ,在椭圆C 上,得2224119a b +=. 结合2221a b c -==,解得24a =,23b =.∴ 椭圆C 的方程为22143x y +=. (2)由(1),知(20)A -,,2(10)F ,.若l 斜率不存在,则由对称性,120k k +=,不符合要求. 若l 斜率存在,设为k ,则l 方程为(1)y k x =-.由22(1)143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩,得2222(43)84120k x k x k +-+-= ……… ①设11()D x y ,,22()E x y ,,则2122843k x x k +=+,212241243k x x k -=+. ∴ 121212121212(1)(1)33(11)222222y y k x k x k k k x x x x x x --+=+=+=-+-++++++221212221212122283(4)3(4)3(4)432224128(2)(2)2()4244343k x x x x k k k k k k x x x x x x k k ⎡⎤+⎢⎥⎡⎤⎡⎤+++++=⋅-=⋅-=⋅-⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+++++⎣⎦⎣⎦⎢⎥+⨯+⎢⎥++⎣⎦22222223(81612)2112(2)412161612k k k k k k k k k k ⎡⎤+++=⋅-=⋅-=-⎢⎥-+++⎣⎦. 又1212k k +=-,因此,2k =,直线l 方程为2(1)y x =-.13.如图,在锐角ABC △中,D 、E 是边BC 上的点,ABC △、ABD △、ADC △的外心分别为O 、P 、Q .证明:(1)APQ ABC △∽△;(2)若EO PQ ⊥,则QO PE ⊥.B【解析】(1)连结PD ,QD .∵ P 、Q 分别为ABD △、ADC △的外心, ∴ PQ 为线段AD 的垂直平分线. ∴ 12A P Q A P D AB D A BC ∠=∠=∠=∠, 12A Q P A Q DA C D A CB ∠=∠=∠=∠. ∴ A P Q A B C△∽△. (2)连结OA ,OB ,OP ,PB ,QC ,延长OQ 与AC 相交于点F . 由O 、P 、Q 分别为ABC △、ABD △、ADC △的外心,知OP 、OQ 、PQ 分别是线段AB 、AC 、AD 的垂直平分线.∴ 2()2A P B A P DB P D A B D B A D A DC A Q C∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠.又 OBP OAP ∠=∠,1122AQF AQC APB APO ∠=∠=∠=∠.∴ A 、P 、O 、Q 四点共圆,OAP OQP ∠=∠. 又EO PQ ⊥,DA PQ ⊥,∴ E O D A ∥,12OEC ADC APB BPO ∠=∠=∠=∠.∴ P 、B 、E 、O 四点共圆,OEP OBP ∠=∠. 设EO ,QO 的延长线分别与PQ ,PE 相交于M ,N , 则OEP OBP OAP OQP ∠=∠=∠=∠. ∴ M 、N 、E 、Q 四点共圆.又EO PQ ⊥,∴ 90QNE QME ∠=∠=︒. ∴ Q O P E ⊥.B14.已知()x f x e mx =-.(1)若0x >时,不等式2(2)()20x f x mx -++>恒成立,求实数m 的取值范围; (2)若1x ,2x 是函数()f x 的两个零点,求证:122x x +>.【解析】(1)设2()(2)()2g x x f x mx =-++,则()(2)22x g x x e mx =-++.0x >时,不等式2(2)()20x f x mx -++>恒成立⇔0x >时,()0g x >恒成立.∵ ()(2)2(1)2x x x g x e x e m x e m '=+-+=-+,()(1)x x x g x e x e xe ''=+-=.∴ 0x >时,()0x g x xe ''=>,()(1)2x g x x e m '=-+在区间[)0+∞,上为增函数.另由(2)420g m =+>,知12m >-.① 若1122m -<<,则(0)120g m '=-+<,2(2)20g e m '=+>. 此时,()g x '在区间(02),内有唯一零点,设为0x . 则00x x <<时,()0g x '<. ∴ ()g x 在区间[]00x ,上为减函数,0()(0)0g x g <=. 因此,1122m -<<不符合要求. ② 若12m ≥,则0x >时,()(0)120g x g m ''>=-+≥. 此时,()g x 在[)0+∞,上为增函数. ∴ 0x >时,()(0)0g x g >=. 因此,12m ≥符合要求. 由①、②,得m 的取值范围为12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭,.(2)∵ 1x ,2x 是函数()x f x e mx =-的两个零点,∴ 11xe m x =,22xe mx =,1212()xxm x x e e +=+,1212()xxm x x e e -=-. 不妨设12x x >,易知0m ≠,联立上述两式,消m ,得12121212121212()()()(1)1x xx x x x x x x x e e x x ex x e ee---+-++==--.又由(1)知,对12m =,当0x >时,()(2)220x g x x e mx =-++>恒成立. ∴ 当0x >时,(2)20x x e x -++>恒成立.∴ 当0x >时,(1)22(2)220111x x x x x x x x e xe x e x e x e e e ++-+-++-==>---. ∴ 12121212()(1)2201x x x x x x ex x e ---++-=->-,122x x +>.当12x x <时,同理可得,122x x +>. ∴ 122x x +>.15.设M 是由有限个正整数构成的集合,且12201220M A A A B B B ==U UL U U UL U ,这里i A ≠∅,i B ≠∅,1i =,2,…,20,并对任意的120i j ≤<≤,都有i j A A =∅I ,i j B B =∅I .已知对任意的120i ≤≤,120j ≤≤,若i j A B =∅I ,则18i j A B ≥U ,求集合M 的元素个数的最小值. (这里,X 表示集合X 的元素个数)【解析】记{}12201220min A A A B B B t =L L ,,,,,,,. 不妨设1A t =,1i A B ≠∅I ,1i =,2,...,k ;1j A B =∅I ,1j k =+,2k +, (20)设1i i a A B ∈I ,1i =,2,…,k .∵ 对任意的120i j ≤<≤,都有i j B B =∅I ,∴ 1a ,2a ,…,k a 互不相同,1A k ≥,即t k ≥.∵ 对任意的120i ≤≤,120j ≤≤,若i j A B =∅I ,则18i j A B ≥U , ∴ 当1j k =+,2k +,…,20时,1118j j A B A B +=≥U .即,当1j k =+,2k +,…,20时,18j B t ≥-.∴ 122012120k k M B B B B B B B B +==++++++U UL U L L (20)(18)360218201802(10)(9)kt k t kt k t k t ≥+--=+--=+--若9t ≤,则9k t ≤≤,1802(10)(9)180M k t =+--≥. 若10t ≥,则20200M t ≥≥. ∴ 总有180M ≥. 另一方面,取{}9(1)19(1)29(1)9i i A B i i i ==-+-+-+L ,,,,1i =,2,…,20, 则{}1220122012180M A A A B B B ===U UL U U UL U L ,,,符合要求. 此时,180M =.综上所述,集合M 的元素个数的最小值180.。
2018年全国高中数学联赛天津市预赛高三数学试题(解析版)
2018年全国高中数学联赛天津市预赛高三数学试题一、单选题1.如果集合,,C是A的子集,且,则这样的子集C有()个.A.256 B.959 C.960 D.961【答案】C【解析】【详解】满足的子集C有个,所以满足的子集C有个.故答案为:C2.等差数列中,,则前17项的和等于(). A.0 B.-34 C.17 D.34【答案】B【解析】【详解】设公差为d,则,结合条件可知,从而前17项的和等于.故答案为:B3.设的最小正周期为6,则的值是().A.0 B.1 C.D.【答案】A【解析】【详解】由最小正周期为6可知,即.于是当k为整数时,即每个完整周期内的6个函数值之和为零.注意,所以原式=.故答案为:A4.在以下四个数中,最大的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】考虑函数,则四个选项分别是、、、.由于,可见在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以在(0,+)上的最大值为.故答案为:B5.设复数z满足,i是虚数单位,则的值不可能是(). A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】注意我们有.也就是说,它表示点z到3-4i的距离的倍.由于z在单位圆上,易知上式的取值范围是.故答案为:D6.下面左边的平行四边形ABCD是由6个正三角形构成,将它沿虚线折起来,可以得到如右图所示的粽子形状的六面体,在这个六面体中,AB与CD夹角的余弦值是().A.0 B.1 C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示,取中间的虚线EF,将平行四边形分为两部分,各由三个小正三角形构成.左端的三个小正三角形折起来(B和F重合),恰好是一个无底的正三棱锥,AB、EF是它的两条底边;同理,右端的三个小正三角形折起来(D和E重合)构成粽子的另一半,CD、EF也是边线.因此,折起来后,AB、CD是正三角形的两条边,它们夹角的余弦值为.故答案为:C二、填空题7.已知函数和的定义域都是,它们的图象围成的区域面积是_____________【答案】【解析】【详解】将的图象补充为完整的圆,则由中心对称性易知答案是圆面积的一半,为.故答案为:8.若为正实数,且是奇函数,则不等式的解集是_____________【答案】【解析】【详解】由可得即也即,所以.由于在(0,+)上递增,所以在(0,+)上是增函数,结合是奇函数可知在R上是增函数.解不等式,只需找到的解.方程等价于也即两边平方,解得.因此,不等式的解集是.故答案为:9.对于实数,用表示不超过的最大整数,例如,,,设x为正实数,若为偶数,则称x为幸运数.在区间(0,1)中随机选取一个数,它是幸运数的概率为__________【答案】【解析】【详解】注意当时,;因此为偶数当且仅当,也即这些区间的长度之和为.因此,x是幸运数的概率为.故答案为:10.实数x、y满足,则的最大值是____________【答案】42【解析】【详解】注意,,,这三者相加即得.当,时等号成立,所以的最大值是42.也可以直接用柯西(Cauchy)不等式,得到最大值为42.故答案为:4211.凸六边形ABCDEF的6条边长相等,内角A、B、C分别为134°、106°、134°.则内角E是___________(用度数作答).【答案】134°【解析】【详解】不妨设边长为1,设AC、DF的中点分别为M、N,且A在DF上的射影为K,则,,,即,.又设,则,利用,我们有,因此,即等腰△DEF的底角为23°,可见其顶角E为134°.故答案为:134°12.半径分别为6、6、6、7的四个球两两外切.它们都内切于一个大球,则大球的半径是________【答案】14【解析】【详解】设四个球的球心分别为A、B、C、D,则AB=BC=CA=12,DA=DB=DC=13,即A、B、C、D两两连结可构成正三棱锥.设待求的球心为X,半径为r.,则由对称性可知DX平面ABC.也就是说,X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知,.设OX=x,则由于球A内切于球X,所以AX=r-6即①又DX=OD-OX=11-x,且由球D内切于球X可知DX=r-7于是②从①②两式可解得,即大球的半径为14.故答案为:14三、解答题13.设、、是方程的三个根,且.⑴求的整数部分;⑵求的值.【答案】(1)-2(2)【解析】【详解】由于、、是方程的根,我们有.比较两端的系数可得:,,.⑴由和可知.注意满足,,.所以在区间上有一个根,即.因此的整数部分为-2.⑵设,i=1,2,3.由⑴知,且 .因此.注意从而.这表明,即.14.如图,、是双曲线的两个焦点,一条直线与双曲线的右支相切,且分别交两条渐近线于A、B.又设O为坐标原点,求证:(1);⑵、、A、B四点在同一个圆上.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【详解】⑴若直线AB的斜率不存在,即切点位于实轴的顶点,则A、B的坐标分别为(1,2)、(1,-2).这时,结论成立.若直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为.由于AB与双曲线相切,所以关于x的方程有两个相等的实根,即.整理得.由于A、B的横坐标、是方程的两个实根,我们有.注意A、B的坐标分别为(),().可知,,因此.⑵在与中,,且,所以.同理.这样,我们有.即四边形中的一组对角之和等于另一组对角之和,从而对角之和为180°,该四边形内接于圆.15.设,,正实数数列满足,且当时.求证:⑴当时,;⑵.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【详解】⑴我们证明,当x>0时,.令,则有,,.由知单调递增,从而.由可知单调递增,.最后,由可知单调递增,这样我们就证明了.利用这一点,立即得到.⑵我们先对n用数学归纳法证明.当n=1时,,结论成立.假设当n=m-1时有(其中).如果,则.注意.可知,与归纳假设矛盾.因此.这样,当时有,令k从1到n求和,就得到.。
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
2018年全国高中数学联赛山东预赛试题解析一、填空题(每小题8分,共80分)1.若复数z 满足|z -1|+|z -3-2i|=22,则|z |的最小值为 . 【解析】答案:1.设z =x +y i ,则|z -1|+|z -3-2i|=22的几何意义为点P (x ,y )到点A (1,0),B (3,2)的距离之和为22,因为|AB |=22,从而点P 在线段AB 上,从而:|OP |≥1.即当z =1时有最小值|z |=1. 2.在正三棱锥S —ABCD 中,已知二面角A —SB —D 的正弦值为63,则异面直线SA 与BC 所成的角为 . 【解析】答案:60°.A —SB —D 的二面角等于A —SD —B 的二面角,设底面的中心为O ,取AD 的中点M ,连接SO 、SM 、OM ,过点O 作OE ⊥SM 于E ,易证OE ⊥平面SAD ,过点E 作EP ⊥SD 于点P ,连接OP ,从而:A —SD —B 的二面角为∠EPO .设底面边长为2a ,侧棱长为2b ,于是:OM =a ,SO =4b 2-2a 2,OD =2a , 所以:OE =a 4b 2-2a 24b 2-a 2,OP =2a ·4b 2-2a 22b ,所以:sin ∠OPE =OE OP =2b 4b 2-a 2=63,解得:a =b .于是:△SAD 为正三角形,从而:直线SA 与BC 所成的角为60°.OP MDEC SA3.函数f (x )=[2sin x ·cos x ]+[sin x +cos x ]的值域为 (其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 答案:{-1,0,1,2}.【解析】 f (x )=[sin2x ]+⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4,当x ∈⎣⎡⎭⎫0,π4时,[sin2x ]=0,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1,此时f (x )=1; 当x =π4时,[sin2x ]=1,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1,此时f (x )=2; 当x ∈⎝⎛⎭⎫π4,π2,[sin2x ]=0,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1,此时f (x )=1; 当x =π2时,[sin2x ]=0,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1,此时f (x )=1; 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2,3π4,[sin2x ]=0,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0,此时f (x )=0; 当x =3π4时,[sin2x ]=-1,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0,此时f (x )=-1; 当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4,π时,[sin2x ]=0,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0,此时f (x )=0; 当x =π时,[sin2x ]=0,⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=-1;此时f (x )=-1; 其他区间按此方法讨论.4.在△ABC 中,∠BAC =60°,∠BAC 的平分线AD 交BC 于D ,且有AD →=14AC →+tAB →,若AB =8,则AD = . 答案:6 3.【解析】易知t =34,从而:AC =24,AD 2=116×242+916×82+316×8×24=108,从而:AD =6 3.5.甲、乙两人轮流掷一枚硬币至正面朝上或者朝下,规定谁先掷出正面朝上为赢:前一场输者,则下一场先掷,若第一场甲先掷,则甲赢得第n 场的概率为 . 【解析】答案:P n =12⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-13n . 设甲赢得第n 场的概率为P n ,则P n +1=23(1-P n )+13P n ,P 1=23,解得:P n =12⎣⎡⎦⎤1-⎝⎛⎭⎫-13n . 6.若直线6x -5y -28=0交椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0,且a ,b 为整数)于A 、C ,设B (0,b )为椭圆的上顶点,而△ABC 的重心为椭圆的右焦点F 2,则椭圆的方程为 . 【解析】设A (x 1,y 1),C (x 2,y 2),依题意知:⎩⎨⎧x 1+x 2=3c ,y 1+y 2+b =0,联立椭圆方程和直线方程:⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2+y 2b 2=1,6x -5y -28=0,得:⎩⎨⎧x 1+x 2=336a 236a 2+25b 2=3c ①,y 1+y 2=-280b 236a 2+25b 2=-b ②,①÷②可得:2a 25b 2=c b, 即:2a 2=5bc ,两边平方,并有c 2=a 2-b 2可得:4a 4-25a 2b 2+25b 4=0,解得:a 2=5b 2或者a 2=54b 2,7.设a 、b ∈R ,则max{|a +b |,|a -b |,|1-b |}的最小值为 . 【解析】答案:12.max{|a +b |,|a -b |,|1-b |}=max{|a |+|b |,|1-b |}≥|a |+|b |+|1-b |2≥|a |+12≥12. 当且仅当a =0,b =12时等号成立.8.已知a 、b ∈Z ,且a +b 是方程x 2+ax +b =0的一个根,则b 的最大可能值为 . 【解析】答案:9.将a +b 代入方程可得:(a +b )2+a (a +b )+b =0,整理可得:b 2+(3a +1)b +2a 2=0,显然a 、b 中至少有一个为负数,欲求b 的最大值,则a <0,b >0. 视b 为主元,解得:b =-(3a +1)-(3a +1)2-8a 22=-(3a +1)-a 2+6a +12,其中:a ≥22-3或者a ≤-(22+3),因为b ∈Z ,从而:a 2+6a +1=m 2,m ∈Z , 即:a 2+6a +1-m 2=0有整数解.=36-4(1-m 2)=4(m 2+8)为完全平方数,令m 2+8=n 2,其中:n ∈Z ,所以:(n +m )(n -m )=8=2×4=(-2)×(-4),解得:⎩⎨⎧n =±3,m =±1,a =0或-6,b =-1或9,于是b max = 9,此时a =-6.9.设集合A 、B 满足A ∪B ={1,2,…,10},若A ∩B = ,若集合A 的元素个数不是集合A 的元素,集合B 元素个数不是集合B 的元素,则满足条件的所有集合A 的个数为 . 【解析】令|A |=k ,则|B |=10-k ,k ≠5,否则5∈A ∩B ,从而由题意可知:k ∈B ,10-k ∈A ,此时A 中剩余的k -1个元素有C k -18种选择,且剩余的9-k 个元素必定属于集合B .于是,满足题意的集合A 的个数为m =∑k =19C k -18-C 5-18=28-70=256-70=186个.10.设f (n )为最接近4n 的整数,则∑k =120181f (k )= . 【解析】答案:28867.用[n ]表示与4n 最接近的整数,则:当n ∈[1,8]时,[n ]=1,f (n )=1,其中n =1,2,…,8;故∑k =181f (k )=8, 当n ∈[9,48]时,[n ]=2,f (n )=2,其中n =9,10,…,48,故∑k =9481f (k )=20;当n ∈[49,168]时,[n ]=3,f (n )=3,其中:n =49,50,…,168,故∑k =491681f (k )=40; 当n ∈[169,440]时,[n ]=4,f (n )=4,其中n =169,170,…,440,故∑k =1694401f (k )=68; 当n ∈[441,960]时,[n ]=5,f (n )=5,其中:n =441,…,960,故∑k =4419601f (k )=104; 当n ∈[961,1848]时,[n ]=6,f (n )=6,其中n =961,…,1848,故∑k =96118481f (k )=148. 当n ∈[1849,2018]时,[n ]=7,其中n =1849,…,2018,故∑k =184920181f (k )=1707, 综上:∑k =120181f (k )=8+20+40+68+104+148+1707=28867. 事实上,当k ≤4n ≤k +1时,若n 4∈[k 4,k 4+2k 3+3k 2+2k ]时,[n ]=k ,当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1,(k +1)4]时,[n ]=k +1. 因为当n 4∈[k 4,k 4+2k 3+3k 2+2k ],则n 4-k 4∈[0,2k 3+3k 2+2k ]<(k +1)4-n 4∈[2k 3+3k 2+2k +1,4k 3+6k 2+4k +1]; 而当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1,(k +1)4]时,(k +1)4-n 4∈[0,2k 3+3k 2+2k ]<n 4-k 4∈[2k 3+3k 2+2k +1,4k 3+6k 2+4k +1]; 于是:当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1,(k +1)4]时,[n ]=k +1; 当n 4∈[(k +1)4,(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)]时,[n ]=k +1,即当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1,(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)]时,[n ]=k +1,此时共有(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)-(k 4+2k 3+3k 2+2k )=4k 3+12k 2+16k +8=4(k +1)(k 2+2k +2)个数,于是:∑k 4-2k 3+3k 2-2k +1k 4+2k 3+3k +2+2k1f (k )=4(k 2+1), 所以:∑k =120181f (k )=∑k =164(k 2+1)+∑i =184920181f (i )=388+1707=28867. 二、解答题(本大题共4小题,共70分)11.已知圆O :x 2+y 2=4与曲线C :y =3|x -t |,A (m ,n ),B (s ,p )(m ,n ,s ,p ∈N*)为曲线C 上的两点,使得圆O 上的任意一点到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值k (k >1),求t 的值.【解析】答案:t =43.取圆上的点C (2,0),D (-2,0),E (0,2),F (0,-2),依题意有:⎩⎨⎧(2-m )2+n 2(2-s )2+p 2=(2+m )2+n 2(2+s )2+p 2=ms,m 2+(2-n )2s 2+(p -2)2=m 2+(2+n )2s 2+(2+p )2=np,于是:OA →=tOB →,所以,点A 、B 、O 三点共线.由阿波罗尼斯圆的性质:OA ·OB =R 2=4,且OA =Rλ,OB =Rλ,其中λ>1,则OA <OB ,所以:OA <2;因为:m 2+n 2=OA 2=4λ2,又m 、n ∈N*,从而:OA 2=4λ2∈N*,(1)若OA 2=4λ2=1,则λ=2,此时:m 2+n 2=1,必有mn =0,因为m 、n ∈N*,不符合题意;(2)若OA 2=4λ2=2,则λ=2,此时:m 2+n 2=2,得:m =n =1,s =p =2,直线AB 的方程为y=x ,则点A (1,1),B (2,2)在曲线C 上,代入解得:t =43.(3)若OA 2=4λ2=3,此时:m 2+n 2=3,无正整数解,不合题意.综上:t =43.12.已知数列{a n }满足:a 1=π3,0<a n <π3,sin a n +1≤13sin3a n (n ≥2), 求证:sin a n <1n. 证明:由于0<a n <π3,于是:sin a n ∈⎝⎛⎭⎫0,12, 当n =1时,有sin a 1=12<1;当n =2时,sin a 2∈⎝⎛⎭⎫0,12<12成立; 设当n =k 时,有sin a k <1k, 则当n =k +1时,sin a k +1≤13sin3a k =13(3sin a k -4sin 3a k ),令f (x )=3x -4x 3,x ∈⎝⎛⎭⎫0,12, 则f ′(x )=3-12x 2>0,即f (x )在⎝⎛⎭⎫0,12单调递增, 于是:sin a k +1≤13sin3a k =13(3sin a k -4sin 3a k )≤1k -43k k,所以只需证明:1k -43k k <1k +1(k ≥2) 即可. 即证明:3k -43k<k k +1, 平分后整理可得:15k 2+8k -16>0,即证明对任意k ≥2有:(3k +4)(5k -4)>0,显然成立.于是:对任意n ∈N*,有sin a n <1n. 13.实数a 、b 、c 满足a 2+b 2+c 2=λ(λ>0),试求f =min{(a -b )2,(b -c )2,(c -a )2}的最大值.【解析】由i 对称性,不妨设a ≥b ≥c , 从而:a -b >a -c >0,于是有:f =min{(a -b )2,(b -c )2,(c -a )2}=min{(a -b )2,(b -c )2}≤(a -b )(b -c )≤⎣⎡⎦⎤(a -b )+(b -c )22=(a -c )24≤λ2.当且仅当b =0,a =-c =2λ2时等号成立. 14.证明对所有的正整数n ≥4,存在一个集合S ,满足如下条件: (1)S 由都小于2n-1的n 个正整数组成;(2)对S 的任意两个不同非空子集A 、B ,集合A 中所有元素之和不等于集合B 中所有元素之和.【解析】当S ={20,21,22,…,2n -1}时满足题意.法一、证明:用|T |表示集合T 中的元素个数,M (A )表示集合A 中的元素之和. 当n =4时,若|A |=1,则M (A )={1,2,4,8}; 若|A |=2,则M (A )={3,5,9,6,10,12}, 若|A |=3,则M (A )={7,11,13,14}, 若|A |=4,则M (A )={15},即集合S 的15个子集,其和值也有15个,每个子集的和值各不相同, 所以:当A ≠B 时,总有M (A )≠M (B ). 故:当n =4时,S ={1,2,4,8}满足题意;假设当n =k 时,集合S ={20,21,22,…,2k -1}满足题意, 此时集合S 的2k -1个非空子集有2k -1个不同的值,其集合为{1,2,…,2k -1},则当n =k +1时,集合S 的2k 个子集的和值组成的集合为{1,2,3,…,2k -1,2k ,2k +1,…,2k +2k -1},即:{1,2,3,…,2k -1,2k ,…,2k +1-1},所以当n =k +1时,集合S 的2k +1-1个子集有2k +1-1个不同的值. 综上:集合S ={20,21,22,…,2n -1}总是满足题意.法二、不妨假设a 1<a 2<…<a m ,b 1<b 2<…<b t ,且对任意的i ,j ,a i ≠b j ,b t <a m , 根据题意只需证明:∑i =1m 2a i≠∑j =1t2b j即可.若不然,设∑i =1m2a i=∑j =1t2bj ,则:2a m<∑i =1m2a i=∑j =1t 2bj ,所以:1<2b 1-a m+2b 2-a m+…+2b t -a m≤12+122+…+12t -m =1-12t -m +1<1,矛盾. 从而:集合S ={20,21,…,2n -1}的任意的两个子集之和不同. 所以:存在满足题意的集合S ={20,21,…,2n -1}.。
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P
7.对于 ≤ ������ ≤ 1,则(1 + ������) (1 − ������)(1 − 2������) 的最大值为___________. 【解答】采用待定系数法。考虑[α (1 + ������) ][������(1 − ������)][������²(2������ − 1) ]的最大值。 首先有 α(1 + x) = ������(1 − ������) = ������(2������ − 1), 即 = .其次有5������ − ������ + 4������ = 0.
2018 全国高中数学联合竞赛模拟试题参考答案
一、填空题:本道题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分. 1.已知函数 y 函数 y lg kx 2 4 x k 3 的定义域为 B , 当 B A 时, 实 6 x x 2 的定义域为 A , . ∈ [−2,3],
先考虑最大值,由于������>������,ln ������ 为正,当������ → +∞时,������(������������) → 1,由条件知可以满足. 再考虑最小值,由柯西不等式, 最小值为 .综上所述,1>������(������������) ≥ . 3.在△ ������������������ 中,若sin(2������ + ������) = 2������������������������,则������������������������的最大值为 【解答】展开得,������������������2������������������������������ + ������������������������������������������2������ = 2������������������������,即s������������2������ + ������������������������������������������2������ = 2������������������������. 故������������������������ = =
+ 1)².
因为������ = 4,������ =24,由上式和������ ,������ 是正整数知,当������ > 1,
都是正整数。
11. (本题满分 20 分) △ ABC中, O 是 BC 的中点,|BC| = 3√2,其周长为 6 + 3√2. 若点 T 在线段 AO 上,且 |AT| = 2|TO|,设点 T 的轨迹为 E,M,N 是射线 OC 上不同的两点,|OM| · |ON| = 1 . 过 点 M 的直线与 E 交于P,Q,直线 QN 与 E 交于另一点 R,证明: △ MPR 是等腰三角形.
y
【解答】如图,设������ ������ ,������ ,由焦半径公式,������������ = ������ − ������������ . 在������������ △ ������������������中,������������ = ������������ − ������������ = ������ + ������ − ������
y
P N O Q D M R x
【解答】由题意,AB+AC 为定值 6,故 A 的轨迹为长轴为 6,焦距为3√2的椭圆: + 则 OA 的三等分点 T 的轨迹 E:x² + 2y² = 1(y≠0)
= 1.(y ≠ 0)
要证明△MPR 为等腰三角形,由于 M,N 地位等价,则△PRN 也为等腰三角形。由于 PQ 直线的任意性,考虑 极端情况可发现△MPR 中 MP=MR 可成立,故 PN=RN 也能成立,猜测 P 和 R 关于 x 轴对称。 下采用同一法证明该结论。设直线 QN:x=my+t, N(t,0) ,M( ,0) ,R(������ ,������ ) ,Q(������ ,������ ) ,P(������ , − ������ ) 将 QN 与椭圆联立得(2+m²)y²+2mty+t²-1=0. 由韦达定理得 ������ +������ = ������ ������ = 代入得 − = +
F O D B C E
解方程得,OF= ,R=
√
,三棱锥 A-BCD 的高 AE=2√2,故三棱锥 A-BCD 的高与
√
其外接球的直径的比值为
.
6.已知椭圆 E:
+
= 1 的右焦点为F ,直线 l 与圆心在原点,半径为 b 位于第一、第四象限的半圆相切
于点 M,且交椭圆 E 于 P,Q 两点,则 △ F PQ 的周长为___________.
·
) ,此时������ = ,满足题意。 .
8.设������为给定的正整数,集合������是{1,2, … ,2������ − 1}的一个子集,满足:������中任意两个不同的正整数之和都不等 于2������ − 1和2������,则|������|的最大值为____________. 【解答】注意到,当 A={n,n+1,…,2n-1}时,A 中最小的两个数之和都不小于 2n+1,故 A 中任意两个不 同正整数之和不等于 2n-1 或 2n,因此,|A|的最大值不小于 n。 另一方面,考察下面的数列(它是 1,2,…,2n-1 的一个排列)2n-1,1;2n-2,2;…;n+1,n-1;n. 其中任意两个相邻数之和都为 2n-1 或 2n.而由抽屉原理知:当|A|≥n+1 时,A 中必然有两个数在上述数列 中相邻,所以,符合条件的 A 的元素个数不大于 n. 综上可知,|A|的最大值为 n。 二、解答题:本道题共 3 个小题,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) 设������(������) = ������������ + ������������ + ������(������ > 0), 方程������(������) = ������ 的两个根是������ 与������ , 且������ > 0,������ − ������ > .又若0 < t < ������ ,试比较������(������)与������ 的大小. 【解答】因为������ ,������ 是方程������������ + ������������ + ������ = ������的两个根,所以由韦达定理得,������ + ������ =− 且有������������ + ������������ + ������ = ������ ,因此 ������(������) − ������ = (������������ + ������������ + ������) − (������������ + ������������ + ������) = ������(������ − ������ )(������ + ������ ) + ������(������ − ������ ) = ������(������ − ������ ) ������ + ������ + 由������ + ������ + = ������ + − ������ = ������ + − ������ < ������ + ������ ������Biblioteka 数 k 的取值范围是
【解答】由题意 得, A = [−2,3] , 令������(������) = ������������ + 4������ + ������ + 3,当������ ≥ 0 时,令 x → +∞时不满足题意. 故 k<0.则此时������(������)为一个开口向下的二次函数, 由 B A 得, ������(−2) ≤ 0,������(3) ≤ 0, △≥ 0, − 解得− ≥ ������> − 4. 注意:函数的定义域不能为空集。 2.已知函数������(������) = 1 − 【解答】由题意得, (������>������)若������(������) = 2 ln √������ − ������(������),则������(������������)的取值范围为____________. + = 1而������(������������) = 1 − + = 1≥ . ,解得ln ������ + ln ������的最小值为 6,故������(������������)的 .
,������ ������ = ,并
− ������ <0,及������>0,������ − ������ <0得,
������(������) − ������ >0. ∴当0 < ������ < ������ 时,������(������)>������ 。 10.(本题满分 20 分)数列{������ }满足:������ = 1,������ 【解答】令������ = ,则������ = 1 ������ ,������ = = + ,证明:对������ > 1, = + + ,于是 都是正整数。
5. 在球的内接三棱锥 A-BCD 中,AB=8,CD=4,平面 ACD⊥平面 BCD,且△ACD 与△BCD 是以 CD 为底的全等 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. 由勾股定理,OF + AF = AO = R = OC = (4 − OF)² + CE²