2018年全国各省高中数学竞赛预赛试题汇编(含答案) 精品

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2018年全国高中数学联赛四川赛区预赛试题+答案

评阅，请严格按照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、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参
考本评分标准适当划分档次评分，5 分一个档次，不要再增加其它中间档次.
一、选择题（本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分）
1、A
2、B
3、B
4、D
………………………………………………………密……………………封……………………线………………………………………………………
2018 年全国高中数学联合竞赛（四川预赛）
（5 月 20 日下午 14：30——16：30）
题目
一
二
13
得分
评卷人
复核人
三
14
15
总成绩 16
考生注意：1．本试卷共有三大题（16 个小题），全卷满分 140 分. 2．用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答. 3．计算器、通讯工具不准带入考场. 4．解题书写不要超过密封线.
k 1
……5 分
若 m 2 ，注意到 n 时， (m 2)(n 1) ，
因此，存在充分大的 n ，使得1 (m 2)(n 1) 4 ，即 an 4 ，矛盾！
参考答案及评分标准（第 3 页共 5 页）第7页
所以， m 2 . 又当 m 2 时，可证：对任意的正整数 n ，都有 0 an 4 .
……5 分
参考答案及评分标准（第 4 页共 5 页）第8页
当 0＜p＜1 时，由 x[1,e]，得 x 1 ≥0， x
故 f(x)p(x 1 )2lnx＜x 1 2lnx＜2，不合题意.
学校：
5. 已知方程1 x x2 x3 x4 x2018 0 的所有实数根都在区间[a, b] 内

2018年全国高中数学联赛辽宁赛区预赛试题+答案

a
9
8
7
6
5
4
3 21
4，3 4， 3 3， 2 3， 2
b
1，2 1， 2 1 1
2，1 2， 1 1
1
共 20 种情况。同时，每个数码组 (a,b) 中的二个数码填上三个数位，有
C
2 3
种情况。
故 n2
C
2 3
(2
C
2 9
20) 156 . 综上， n n1 n2
165 .
【考点】排列组合问题 .
，故
和
中必有一个小于
的距离最小值的二倍，则 A 为平行于
的
直线与
的切点，解得
故答案为： 9．若正实数 x、y 满足
，故的最小值为
.
，则 y 的最大值为 _____.
【答案】【解析】【详解】
第3 页共9 页
第5页
设
,则
.令
，则
故
，因此 y 的最大值为 .
故答案为 :
10．四面体 ABCD中，已知
第2 页共9 页
第4页
二、填空题 6．设、b 均为实数，复数为纯虚数，则 +b=_____. 【答案】【解析】【详解】
与
的模长相等，且
由题设知
，且
为纯虚数，故
.因此
或
解得
或
，故
.
故答案为：
7．在 △ ABC中，角 A、B、C的对边分别为、b、c.若【答案】 1009 【解析】【详解】
. ，求
的最大值和最小
.
当
时取等号，故 M 的最大值为 .
要使 M 取最小值，只需考虑

2018年全国高中数学联赛浙江赛区预赛试题+答案

|m|
l
O
O
l
1√
= 1.
5
1+ k2
y = kx + m
A(x1, y1), B(x2, y2)
x2 + 9y2 − 9 = 0
(1 + 9k2)x2 + 18kmx + (9m2 − 9) = 0
第3页
(
)
18km
9km m
x1 + x2 = − 1 + 9k2
AB
(
− 1 +)9k2 , 1 + 9k2 .
f (x) = −2
x = −1 f (x) = 0
1
x = −3, x =
3
3
9. x, y ∈ R
x
−
6√y
−
√ 4x
−
y
+
12
=
0
x
√
√
答案 14 − 2 13 ≤ x ≤ 14 + 2 13.
解析
x
−
6√y
−
√ 4x
−
y
+
12
=
0
⇒
√ (x
−
y
−
2)2
+
(√y
−
3)2
=
1
.
. . √ x − y − 2 = cos θ
1≤i≤n,1≤j≤n
1≤i<j≤n
证明
∑
∑
Tn =
|ai − bj| −
(|aj − ai| + |bj − bi|)
1≤i≤n,1≤j≤n
1≤i<j≤n

2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题(解析版)

2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题一、填空题1 1= 一-；—1 .已知a 为正实数，且 “1是奇函数，则⑷的值域为.1111 1 1 ― --- ----------- =- - + f （x ）=--— 由小）为奇函数可知a - + 19「+ 1,解得a= 2,即 22、由此得f （x ）的值域为। 2 2'.2018「2%1.3 ) 鼻二1 3- 5a +1£ 南满足］一，n*i- a (n=1, 2,…)，则 n = 1520198077【答案】16 16 【解析】【详解】1 / 八■ +［二5皆十1小二1+『5阿+1=%由4" 4"56故答案为：.2.设数列所以 2018V Lu1<-2c201S=不5 +5 +... + S20185x c 2018 1t=—行口-162018 S 2019£07 71616(3n \小 4风0 E —cos(a + p)=3.已知 '4",56I 4.J 13,则【解析】【详解】%£ E (彳再)孙3 +位二Mi 7Tcos\p + —I = cos (a + 所以 sin(a + B)——，得.J71 a—4亡叫cr 一: 6二 - 13, 5665【解析】【详解】加索-34.在八个数字2, 4, 6, 7, 8, 11, 12, 13中任取两个组成分数.这些分数中有个既约分数.【答案】36【解析】【详解】在7, 11, 13中任取一个整数与在2, 4, 6, 8, 12中任取一个整数构成既约分数，共有3 5 种；在7, 11, 13中任取两个整数也构成既约分数，共有A3,6中.合计有36种不同的既约分数./ 1 ^2018 + (1/01S _5,已知虚数z满足P+1=Q,则上』H .【答案】I【解析】【详解】1 2018 上r , 3^72 2.1 之上[/ 1 \2018 + ( 1 JOIS _ 工 ,1 _(Z)- _ . . I _ 1I? - 1 l z _ 1 _ t2,2018 - t3,1345 _ z-所以^ .6.设明=1。

2018年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题+答案

cos B
10.
|AB| = 3p
△F A′B′
答案
1 .
3
解析
(
π)
3
cos B = − cos(A + C) = − cos 2C + = sin 2C =
2
4
y2 = 2px(p > 0) AB l
F A′ B′
l
F
AA′B′B
.
A, B MM
=
S△A′ B ′ F S AA′B′B
=
|A′B′| · p |A′B′| · (|AA′| + |BB′|)
[
]
4
1
f (x) = x + − 1 ∈ 3, 15
x
4
11
n
3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 15
n = 6.
44
√
12. n
n > 100
n2 + 3n + 1
.
答案 49.
解析
√
√
1
n2 + 3n + 1 + n + 1
13
1
√
−2=
n2 + 3n + 1 − n − 1
n
− 2 = n2 + n + 1 − 1 + n > 0
√ B： 2
12
π 5. 0 < x <
2
sin4 x cos4 x 1
+
=
9
4 13
tan x
A： 1 2
B： 2 3
6. x, y ∈ R

各省高中数学竞赛试题汇编——函数小题目

各省数学竞赛试题汇编——函数小题目1．【2018年湖南预赛】函数的定义城为_________.【答案】【解析】由得，所以函数的定义城为.故答案为2．【2018年湖南预赛】已知函数对任意的实数满足：，且当时，，当时，，则象与的图象的交点个数为___________。

【答案】10【解析】由题意知，f（x）=且周期是6，，且此函数是偶函数，在同一个直角坐标系中画出两个函数的图象如下图所示：由图可得，两个函数图象的交点个数是10个．3．【2018年陕西预赛】已知函数，若存在，使得，则正整数的最大值是________.【答案】6【解析】由题意得.故尽可能大时的情形为，此时. 4．【2018年陕西预赛】已知函数，若存在，使得，则正整数的最大值是________.【答案】6【解析】由题意得.故尽可能大时的情形为，此时. 5．【2018年陕西预赛】已知函数，若存在，使得，则正整数的最大值是________.【答案】6【解析】由题意得.故尽可能大时的情形为，此时. 6．【2018年贵州预赛】若方程有两个不等实根，则实数的取值范围是_____________. 【答案】【解析】由知x＞0，故.令，则.当时，；当时，.所以在（0，e）上递增，在（e，+）上递减.故，即.7．【2018年安徽预赛】设点P、Q分别在函数的图象上，则的最小值=_________. 【答案】【解析】设P（），Q（）使最小.由互为反函数，知点P、Q处的切线斜率都是1，直线PQ的斜率都是-1.故.故答案为：8．【2018年广东预赛】函数的值域为_____________.【答案】当时，的值域为（）；当时，的值域为（）.【解析】，因为，所以当时，的值域为（）；当时，的值域为（）.故答案为：当时，的值域为（）；当时，的值域为（）.9．【2018年广东预赛】已知方程在区间（-2，2）内恰有两个实根，则k的取值范围是__________. 【答案】【解析】记，令，得.当时，在（）上为增函数.当时，在（）上为减函数.所以在点处取得最大值，当且仅当时，在区间（-2，2）内恰有两个实根，故k的取值范围是.故答案为：10．【2018年贵州预赛】方程组的实数解为___________.【答案】【解析】因为，所以，即，代入，得.由.11．【2018年湖北预赛】设是定义在上的单调函数，若对任意的，都有，则不等式的解集为______.【答案】【解析】由题设，存在正常数，使得，且对任意的，有.当时，有，由单调性知此方程只有唯一解.所以.不等式，即，解得.故不等式的解集为.12．【2018年甘肃预赛】关于的方程有唯一实数解，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】解法一原方程化为．（1）．（2）时，的两根分别为1、3，不符合题意．（3）时，的两根分别为2，．因此，符合题意要求．（4），即时，若，不符合要求；若，因此，符合要求．解法二，因为，所以．上单调递增，在上单调递减．又，所以的取值范围是．13．【2018年吉林预赛】函数的定义域为__________.【答案】（1，2）（4，5）【解析】由题得，解之得x∈（1，2）（4，5）.故答案为：（1，2）（4，5）14．【2018年山东预赛】对任意的实数的最小值为______．【答案】【解析】设，则①＋②＋③得．解得．又当时，有解．故当时，取到最小值．15．【2018年山东预赛】已知，且为方程的一个根，则的最大可能值为______．【答案】9【解析】由题设，则．因为，则必为完全平方数．设，则．所以．解得，8，,0．所以的最大可能值为9.16．【2018年山东预赛】设为最接近的整数，则______．【答案】【解析】设，则，即．而，因此满足个．注意到，从而或7．由于，所以．因此．17．【2018年天津预赛】已知函数的定义域都是，它们的图象围成的区域面积是_____________【答案】【解析】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：18．【2018年天津预赛】若为正实数，且是奇函数，则不等式的解集是_____________【答案】【解析】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：19．【2018年河南预赛】已知函数，若的定义域为，值域为，则的值为______．【答案】0【解析】因为，所以有，得，故上是增函数，进而．解得（舍）或．故填0．20．【2018年河北预赛】若，且满足那么. 【答案】1【解析】把已知条件变形为函数上为增函数且是奇函数，另，故，所以.21．【2018年四川预赛】设函数上的最大值为，最小值为，那么的值为______. 【答案】4【解析】因为上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.又的最大值为故故答案为：422．【2018年四川预赛】的值为______.【答案】1【解析】令，则从而，化简为.所以，原式故答案为：123．【2018年浙江预赛】已知a为正实数，且是奇函数，则的值域为________.【答案】【解析】由为奇函数可知，解得a= 2，即，由此得的值域为.24．【2018年浙江预赛】设，则有________个不同的解. 【答案】3【解析】因为由得到，或.由，得一个解；由得两个解，共3个解.25．【2018年浙江预赛】设满足，则x的取值范围为________. 【答案】【解析】由.令，，所以.26．【2018年江西预赛】函数的值域是区间______．【答案】【解析】显然函数定义域为，在此区间内，由于，即，故有角使得．于是，因为，则．在此范围内，则有．因此．（当时，；当时，）故答案为：27．【2018年山西预赛】函数的值域为________.【答案】【解析】由条件知.令.则，，，因为，所以，.28．【2018年湖南预赛】如图，A与P分别是单位圆O上的定点与动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示为x的函数，则=__________.【答案】【解析】对角度x进行简单的分类，然后根据三角函数的定义得到利用函数的周期性得到.故答案为：29．【2018年湖南预赛】如图放置的边长为1的正方形ABCD沿x轴正向滚动，即先以A为中心顺时针旋转，当B落在x轴上时，再以B为中心顺时针旋转，如此继续，设顶点C滚动时的轨迹方程为，则上的表达式为__________.【答案】【解析】①由于是以4为周期的周期函数，所以当时此时由周期性及①式的结果得到故答案为：30．【2018年湖南预赛】设，函数（其中表示对于，当时表达式的最大值），则的最小值为_____.【答案】【解析】对于每一个，函数是线性函数.因此，在任意有限闭区间上，函数的最大值与最小值均在区间端点处达到，从而有由于函数图像交点的横坐标c满足，得到其图像为两条折线组成，且故答案为：31．【2018年福建预赛】已知定义在上的奇函数，它的图象关于直线对称．当时，，则______．【答案】2【解析】由为奇函数，且其图象关于直线对称，知，且，所以．是以8为周期的周期函数．又，所以．32．【2018年福建预赛】已知整系数多项式，若，则______．【答案】24【解析】设，则，于是．所以．所以是多项式的一个根．又不可能是三次整系数多项式、二次整系数多项式的零点．所以整除．故为整数．所以．由，得．所以．33．【2018年福建预赛】已知函数满足：对任意实数，都有成立，且，则______．【答案】【解析】在中，令，得．令，得．又，所以，即．又，，所以．故．34．【2016年上海预赛】若x∈(-1,1)时，恒为正值，则实数a的取值范围是____________。

2018年高中数学联赛四川预赛试题(含答案)

为
.
8.
在 ABC 中， cos B
1
，则
1

1
的最小值为
.
4 tan A tan C
9.
log6
5
1 2 log6 5 log10 3 log15 2 log10 3 log10 3 log15 2 log15
2

log6
5
的值为
.
10. 在三棱锥 P ABC 中，三条棱 PA 、 PB 、 PC 两两垂直，且 PA 1， PB 2 ，
考本评分标准适当划分档次评分，5 分一个档次，不要再增加其它中间档次.
一、选择题（本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分）
1、A
2、B
3、B
4、D
k
2018 年全国高中数学联赛(四川预赛) 第 4 页 (共 4 页)
2018 年全国高中数学联赛（四川预赛）试题
参考答案及评分标准
说明：
1、评阅试卷时，请依据评分标准.选择题和填空题只设 5 分和 0 分两档；其它各题的
评阅，请严格按照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、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参
（1）若 f (x) 在其定义域内为单调递增函数，求实数 p 的取值范围；
（2）设
g(x)

2e x
，且
p

0 ，若在[1,
e] 上至少存在一点
x0
，使得
f
( x0
)

g ( x0
)
成
立，求实数 p 的取值范围；
（3）求证：对任意的正整数 n ，都有 n ln2 (1 2) 3 成立.

2018年全国高中数学联赛黑龙江省预赛试题及答案

21．（1）解：由
，得
，即 a2=4b2，∴椭圆 C 的方程可化为 x2+4y2=4b2．又椭圆
.................. ；
C 过点 P （2， ﹣ 1）， ∴4+4=4b2，得 b2=2，则 a2=8． ∴椭圆 C 的方程为
4分
（2）证明：由题意，直线 PA 斜率存在，设直线 PA 的方程为 y+1=k（x﹣2），
即
=
，.................. 10 分
∴直线 AB 的斜率为
．..................12 分
22.（1）由 f ' ( x )
nx n2 ' ， f (2) ，由于函数 f ( x ) 在 (2, f (2)) 处的切线与直线 x y 0 平行， 2 x 4
故故 f ( x ) 在 [1, ) 上的最大值为 f (1) m n ； ②当 n 1 ， f ( x ) 在 [1, n) 上单调递增，在 ( n, ) 上单调递减，故 f ( x ) 在 [1, ) 上的最大值为 f ( n) m 1 ln n ；综上①当 n 1时， f ( x ) 在 [1, ) 上的最大值为 f (1) m n ； ②当 n 1 ， f ( x ) 在 [1, ) 上的最大值为 f ( n) m 1 ln n ；.................. 6 分
（3）函数 f ( x ) 恰有两个零点 x1 , x2 (0 x1 x2 ) ，
则 f ( x1 ) 可得 m 令t
mx1 1 mx 1 ln x1 0, f ( x2 ) 2 ln x2 0 ， x1 x2

2018年全国高中数学联赛安徽省预赛及解析

2018年全国高中数学联赛安徽省预赛注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、填空题|z |=5，则z=_________. 2.设n 是正整数，且满足n 5=438427732293，则n=__________.3.函数f (x )=|sin2x +sin3x +sin4x |的最小正周期=_________.4.设点P 、Q 分别在函数y=2x 和y =log 2x 的图象上，则|PQ |的最小值=_________.5.从1，2，…，10中随机抽取三个各不相同的数字，其样本方差s 2≤1的概率=_________.6.在边长为1的长方体ABCD−A 1B 1C 1D 1内部有一小球，该小球与正方体的对角线段AC 1相切，则小球半径的最大值=___________. 7.设H 是△ABC 的垂心，且3HA⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +4HB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +5HC⃑⃑⃑⃑⃑ =0，则cos∠AHB =_____________. 8.把1，2，…，n 2按照顺时针螺旋方式排成n 行n 列的表格T n ，第一行是1，2，…，n.例如：T 3=[123894765].设2018在T 100的第i 行第j 列，则（i ，j ）=___________.二、解答题是矩形，点E 、F 分别是线段AD 、BC 的中点，点G 在线段EF 上，点D 、H 关于线段AG 的垂直平分线l 对称.求证：∠HAB=3∠GAB.10.设O 是坐标原点，双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1上动点M 处的切线，交C 的两条渐近线于A 、B 两点.⑴求证：△AOB 的面积S 是定值；⑵求△AOB的外心P的轨迹方程.11.⑴求证：对于任意实数x、y、z都有x2+2y2+3z2≥√3(xy+yz+zx).⑵是否存在实数k>√3，使得对于任意实数x、y、z有x2+2y2+3z2≥k(xy+ yz+zx)恒成立？试证明你的结论.12.在正2018边形的每两个顶点之间均连一条线段，并把每条线段染成红色或蓝色.求此图形中三边颜色都相同的三角形的最小个数.参考答案1.4-3i 或-3+4i【解析】1. 设z=x +yi ，由题设得x +y =1且x 2+y 2=25.故（x,y ）=（4，-3）或（-3，4）.所以z=4-3i 或-3+4i . 故答案为：4-3i 或-3+4i 2.213【解析】2.由n 5 ≈<44×1010，得200<n <300.设n =200(1+x ).由(1+x )5=1+5x +10x 2+10x 3+5x 4+x 5 ≈<4432=1.375，得x ≈<0.075，n ≈<215.再由n 5≡n (mod10)，得n=213.（注：“≈<”表示“小于约等于”.）故答案为：213 3.2π【解析】3.f (x )=|1+2cosx |⋅|sin3x |，其中|1+2cosx |的最小正周期是2π，|sin3x |的最小正周期是π3. 故答案为：2π4.1+ln (ln2)ln2√2【解析】4.设P （a,2a ），Q （b,log 2b ）使|PQ |最小.由y=2x 与y =log 2x 互为反函数，知点P 、Q 处的切线斜率都是1，直线PQ 的斜率都是-1.故2a=b =1ln2，|PQ |=|a −b |√2=1+ln (ln2)ln2√2. 故答案为：1+ln (ln2)ln2√2 5.115【解析】5.x 1<x 2<x 3的样本方差s 2=13∑(x i −x )23i=1≤1，当且仅当x 1、x 2、x 3是连续的正整数. 故P (s 2≤1)=8C 103=115.故答案为：115 6.4−√65【解析】6.当半径最大时，小球与正方体的三个面相切.不妨设小球与过点D 1的三个面相切.以D 1为原点，D 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 、D 1A 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 、D 1D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 分别为x 、y 、z 轴正方向，建立空间直角坐标系.设A （0，1，1），C 1（1，0，0），小球圆心P （r ，r ，r ），则P 到AC 1的距离|AP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ×AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||AC 1|=√23|1−2r |=r . 再由r<12，得r =4−√65.故答案为：4−√65 7.−√66【解析】7. 由题设得tanA3=tanB 4=tanC5=λ.再由tanA +tanB +tanC =tanAtanBtanC ，得λ=√5，tanC=√5.故cos∠AHC =−cosC =−√66.故答案为：−√668.（34，95）【解析】8. 设1≤k ≤50，则T 100的第k 行第k 列元素是1+4∑(101−2i )k−1i=1=1+4(101−k )(k −1).因此，1901在第6行第6列，1900在第6行第95列，2018在第34行第95列. 故答案为：（34，95） 9.见解析【解析】9.由E 、F 分别是AD 、BC 的中点，得EF//AB ⊥AD.如图，设P 是E 关于l 的对称点，则EP//AG ⊥l ，故四边形AEPG 是等腰梯形.进而∠PAG=∠EGA =∠GAB ，∠APG =∠GEA ，从而AP ⊥HG.再由HP=DE=EA=PG ，得∠HAP =∠PAG =∠GAB .因此∠HAB=3∠GAB.10.（1）见解析（2）a 2x 2−b 2y 2=14(a 2+b 2)2【解析】10.⑴双曲线在M （x 0,y 0）处的切线方程为x 0xa 2−y 00b2=1，与渐近线方程联立，得A （x 1,y 1）=(ax 0a +y 0b ,bx 0a +y 0b)，B （x 2,y 2）=(a x 0a−y 0b,−b x 0a−y 0b).从而S=12|x 1y 2−x 2y 1|=|ab |是定值.⑵由⑴可设A （λa,λb ），B （aλ,−bλ），P （x ，y ），λ为非零常数. 由|AP |=|OP |=|BP |，得(x −λa )2+(y −λb )2=x 2+y 2=(x −a λ)2+(y +b λ)2.从而有ax+by =λ2(a 2+b 2)，ax −by =12λ(a 2+b 2).上述两式相乘，得P 的轨迹方程为a 2x 2−b 2y 2=14(a 2+b 2)2.11.（1）见解析（2）见解析.【解析】11.⑴由均值不等式，可知x 22+3y 22≥√3xy ，x22+3z 22≥√3xz ，y22+3z 22≥√3yz .故有x 2+2y 2+3z 2≥√3(xy +yz +zx ).⑵x 2+2y 2+3z 2−k (xy +yz +zx )=(x −k 2y −k 2z )2+(2−k 24)y 2+(3−k24)z 2−(k22+k )yz .上式≥0恒成立，当且仅当2−k 24≥0且(k22+k )2≤4(2−k 24)(3−k24). 化简得|k |≤2√2且k 3+6k 2≤24.故存在k >√3满足要求.12.N =2C 10093【解析】12.设N 是此图形中三边颜色都相同的三角形数目，M 是此图形中三边颜色不全相同的三角形数目，x i 是以第i 个顶点为端点的红色线段数目，则有M +N =C 20183，∑x i (2017−x i )2018i=1=2M .当且仅当每个x i =1008或1009时，N 取得最小值C 20183−10092×1008=2C 10093.N =2C 10093是可以取到的，例如：把线段i →i ±jmod2018（1≤i ≤2018，1≤j ≤504）染成红色，其他线段染成蓝色.。

2018 年全国高中数学联赛(吉林赛区)预赛

2 3 sin x cos x 2cos2 x 1 1 a 3 sin 2 x cos 2 x 1 a
p d2 p ，所以 an （常数），即 {an } 为常数列． d 2d
三、解答题
13．【解析】（Ⅰ） f x 4cos x sin x

3 1 sin x cos x a 4cos x a 6 2 2
1
二、填空题
7． 1, 2 8．
4,5
4
2 2
【解析】因为圆 C 的方程可化为 x 4 y 1 ，所以圆 C 的圆心为 4, 0 ，半径为 1 ．若 y kx 2 上至少存在一点 A x0 , kx0 2 ，以该点为圆心，1 为半径的圆与圆 C 有公共点，则存在 x0 R ，使得 AC 1 1 2 成立，即 AC min 2 ．又因为 AC min 为点 C 到直线 y kx 2 的距离
1 ． 2
| sin x | | sin x | | x | | 2 cos x |
x x x x y x2 1 【解析】由已知 y ，所以 z ， 2 x 1 2 x x 1 xy 1 x x 1 1 1 1 1 x x2 x 1 1 3 1 1 4 因为 x 1 ，即 0 1 ，所以 1 2 1 ，故 1 z ． x 4 x x 3
8 4 4． 3 3
1 1 , 2 5
【解析】注意到两直线是平行的，故点 M 的轨迹为与两直线距离相等，且平行于两直线的直线，其方程为 x 2 y 1 0 ，即 M x0 , y0 满足 x0 2 y0 1 0 ．而满足不等式 y0 x0 2 的点在直线 y x 2 的左上方．问题转化为求射线 x0 2 y0 1 0 （ x0 而

2018年全国高中数学联赛河北省预赛高二数学试题(解析版)

2018年全国高中数学联赛河北省预赛高二数学试题一、填空题1．已知集合，且A=B，那么_______.【答案】2【解析】【详解】由B中有三个元素知，且，故A中，即有，又若，则.此时.若，则，或，或，不满足互异性，舍去.故，，所以.2．规定：对任意，当且仅当时，，则的解集为__________.【答案】【解析】【详解】由已知得，那么，所以，故所求解集为.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________.【答案】【解析】【详解】以A为圆心，1为半径的圆，和以B为圆心，3为半径的圆相外切时，恰有三条公切线.利用AB=1+3，可得，即实数m的取值集合是.4．在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=1，动点P在边CD上.设，，则的最大值为________.【答案】-3【解析】【详解】因为，所以问题转化为求的最小值.由等面积法可得.所以.当，即时，所求最大值为-3.5．已知且，则的最大值为________.【答案】【解析】【详解】由已知得.所以.因为，所以，设，则有点（s，t）在以（1，1）为圆心，2为半径的圆弧（第一象限及坐标轴）上.由线性规划知识直线与圆弧相切于点时，.6．若的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B、C、D，将三个中点两两连结得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD的平面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是________.【答案】【解析】【详解】由已知，四面体A-BCD的三组对棱的长分别是4、5、6.构造长方体使其面对角线长分别为4、5、6，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，外接球半径为R，则，得,故，所以.7．已知．则的取值范围是________．【答案】【解析】【详解】由条件知点表示单位圆上的动点与点连线的斜率大于．作图可得点P在圆弧与上运动，含点和点，不含点和点．如图：而表示原点与点P连线的斜率，由图计算得．故答案为：8．在△ABC中，，，则△ABC的面积最大值为_____.【答案】3【解析】【详解】由正弦定理将变形为，其中.以线段AC所在直线为x轴，以AC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，由得两边平方整理得因为，所以上述方程可化为为由此可知点B的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.所以当点B在圆上运动时，点B到x轴的最大距离为半径，所以的面积在上单调递减，所以.二、解答题9．已知O是的外心，且，求的值.【答案】【解析】【详解】设的外接圆半径r=1，由已知得，两边平方得同理可得，所以故有所以10．设，证明：【答案】见解析【解析】【详解】因为当且仅当，即时等号成立，故原不等式得证.11．若a、b、c为正数且a+6+c=3，证明：【答案】见解析【解析】【详解】因为，同理三式相加得所以故又，所以综上可得.12．若函数的定义域为且满足条件：①存在实数，使得；②当且时，有恒成立.（1）证明：（其中）；（2）判断在上的单调性，并证明你的结论；（3）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【解析】【详解】因均为正数，故总存在实数使得，，所以又，所以(2)设，且，则，故可令则由(1)知即，所以在上单调递增.因为，故原不等式可化为，又在上单调递增，所以对于恒成立.因为（当且仅当时等号成立），所以，又，故.13．已知数列中，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)由知令，则且由得.(2)由题意知所以两式相减得设，再利用错位相减法求得所以.14．如图，设的外接圆为，的角平分线与BC交于点D，M为BC的中点.若的外接圆分别与AB、AC交于P、Q、N为PQ的中点.证明：（1）BP=CQ；（2）.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】(1)设在中，为的平分线，所以，故有，因此有，所以，又，由得由，得因此.(2)连结BQ、PC，并设X、Y分别为BQ、PC的中点，易证XN平行且等于MY，所以四边形为NXMY平行四边形，由CQ=BP知NX=NY，所以四边形为NXMY菱形，从而MN平分，又AD平分，，，所以.。

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。

2018陕西高中数学竞赛预赛试题(含答案).docx

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2018年全国高中数学联赛
陕西赛区预赛试题
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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}.。

2018年全国高中数学联赛贵州预赛试题及详解

绝密★启用前2018年贵州省高中数学联赛试题2018年5月6日 8：30-11：00一、选择题：每小题6分，本大题共30分.1.小王在word 文档中设计好一张4A 规格的表格，根据要求，这种规格的表格需要设计1000张，小王欲使用“复制——粘贴”（用鼠标选中表格，右键点击“复制”，然后在本word 文档中“粘贴”）的办法满足要求.请问：小王需要使用“复制——粘贴”的次数至少为（）A ．9次B ．10次C ．11次D ．12次2.已知一双曲线的两条渐近线方程为0x =0y +=，则它的离心率是（）A．13.在空间直角坐标系中，已知(0,0,0)O ，(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，则到面OAB 、面OB C 、面O A C 、面ABC 的距离相等的点的个数是（）A ．1B ．4C ．5D ．无穷多4.若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为3，则此截面与圆柱底面所成的锐二面角是（） A ．1arcsin 3 B ．1arccos 3 C ．2arcsin 3 D ．2arccos 35.已知等差数列{}n a 及{}n b ，设12n n A a a a =++⋅⋅⋅+，12n n B b b b =++⋅⋅⋅+，若对*n N ∀∈，有3553n n A n B n +=+，则106a b =（） A ．3533B ．3129C ．17599D ．15587 二、填空题（每小题6分，本大题共60分）6.已知O 为ABC ∆所在平面上一定点，动点P 满足()AB AC OP OA AB AC λ=++，其[0,)λ∈+∞，则P 点的轨迹为．7.牛得亨先生、他的妹妹、他的儿子，还有他的女儿都是网球选手.这四人中有以下情况：①最佳选手的孪生同胞与最差选手性别不同；②最佳选手与最差选手年龄相同.则这四人中最佳选手是．8.方程组2226()6x y xy x y ⎧+=⎨+=-⎩的实数解为．9.如图，在ABD ∆中，点C 在AD 上，2ABC π∠=，6DBC π∠=，1AB CD ==，则AC = ．10.函数z 的最小值是．11.若边长为6的正ABC ∆的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，则ABC ∆的重心G 到平面α的距离为．12.若实数a 使得不等式222x a x a a -+-≥对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围．13.若方程(0,1)xa x a a =>≠有两个不等实根，则实数a 的取值范围是．14.顺次连结圆229x y +=与双曲线3xy =的交点，得到一个凸四边形.则此凸四边形的面积为．15.函数2(5)sin 1(010)y x x x π=--≤≤的所有零点之和等于．三、解答题（每小题15分，本大题共60分）16.已知函数3y x =.17.已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率e =21y x =-与C 交于A 、B两点，且AB =（1）求椭圆C 的方程；（2）过点(2,0)M 的直线l （斜率不为零）与椭圆C 交于不同的两点E 、F （E 在点F 、M 之间），记OME OMFS S λ∆∆=，求λ的取值范围.18.证明：（1）1111112212221k k k k ++++⋅⋅⋅+<++-(2,)n n N ≥∈；（2）分别以1，12，13，…，1n ，…为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为32的正方形内.19.已知梯形ABCD ，边CD 、AB 分别为上、下底，且90ADC ∠=，对角线AC BD ⊥，过D 作DE BC ⊥于点E .（1）证明：22AC CD AB CD =+⋅；（2）证明：22AE AC CD BE AC CD ⋅=-.。

2018年全国高中数学联赛河北省预赛高三数学试题(解析版)

2018年全国高中数学联赛河北省预赛高三数学试题一、填空题 1．若,且,则的最小值为______________．【答案】3【解析】试题分析：设Z=a+bi （a ，b ∈R ），满足|Z-2-2i|=1的点均在以C 1（2，2）为圆心，1为半径的圆上，所以|Z+2-2i|的最小值是C 1，C 2连线的长为4与1的差，即为3.【考点】复数模的几何意义及数形结合的思想方法，2．若，，且满足那么.【答案】1 【解析】【详解】把已知条件变形为函数在上为增函数且是奇函数，另，故即，所以.3．设点O 为三角形ABC 内一点，且满足关系式： _____.【答案】【解析】【详解】将化为，.设M 、N 分别是AB 、AC 的中点，则.设△ABC 的面积为S ，由几何关系知，，，所以.4．过动点M 作圆： ()()22221x y -+-=的切线MN ，其中N 为切点，若MN MO=（O为坐标原点），则MN的最小值是__________．【答案】8【解析】解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b−7=0.∴a，b满足的关系为：4a+4b−7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值。

在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小，由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b−7=0，由点到直线的距离公式得：MN的最小值为：=5．欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.【答案】21【解析】【详解】本题采用分步计数原理.第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有种方法；第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有种方法；第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有种方法；共计21种上楼梯的方法.6．已知棱长的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱体积的最大值为_____.【答案】【解析】【详解】由题意知只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况.由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在、AC、上.设线段上的切点为E，圆柱上底面中心为，半径.由得，则圆柱的高为，，由导数法或均值不等式得. 7．若实数x、y、z满足，，则_____.【答案】【解析】【详解】由柯西不等式得，由已知得，，所以有，化简得，即、为方程的两根，由韦达定理得.8．在△ABC中，，，则△ABC的面积最大值为_____.【答案】3【解析】【详解】由正弦定理将变形为，其中.以线段AC所在直线为x轴，以AC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，由得两边平方整理得因为，所以上述方程可化为为由此可知点B的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.所以当点B在圆上运动时，点B到x轴的最大距离为半径，所以的面积在上单调递减，所以.二、解答题9．已知将函数的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，且关于x的方程在内有两个不同的解、.（1）求满足题意的实数m的取值范围；（2）求（用含m的式子表示）.【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）将的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍（横坐标不变），得到的图象.再将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象.故，..依题意在区间内有两个不同的解，当且仅当.故m的取值范围是.（2）因为是方程在内的两个不同的解，所以，.当时，，即.当，，即.所以.10．已知数列满足：，.记，求的值。