2018年全国高中数学联赛试题

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2018年全国高中数学联赛吉林预赛试题及详解

2018年全国高中数学联赛吉林预赛试题及详解2018年全国高中数学联赛（吉林赛区）预赛试题一、选择题：1.集合A={x∈Z|log2x≤2}的真子集个数为（）A．7.B．8.C．15.D．162.三棱锥P-ABC的底面ΔABC是边长为3的正三角形，PA=3,PB=4,PC=5，则三棱锥P-ABC的体积为（）A．3.B．10.C．11.D．233.已知函数f(x)满足：f(1)=1，4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y) (x,y∈R)，则f(2019)=（）A．4/11.B．-4/11.C．2/44.D．-2/444.已知函数f(x)=sinx/(2+cosx)，则对∀x∈R，下列说法中错误的是（）A．f(x)≥sinx。

B．f(x)≤x。

C．f(x)≤(π+x)+(π-x)。

D．f(x+π)+f(π-x)=3/35.已知函数f(x)=((2x+1)/(x^2+1))在[-2018,0)∪(0,2018]上的最大值为M，最小值为N，则M+N=（）A．3.B．2.C．1.D．06.设x>0,y>0,z>0，满足x+y=xy,x+y+z=xyz，则z的取值范围是（）A．0,3.B．1,4.C．0,1,3.D．4二、填空题：7.函数y=(x+3)/(x^2-6x+8)+log2(x-1)的定义域为______。

8.已知圆C的方程为x^2+y^2-8x+15=0，若直线y=kx-2(k∈R)上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值等于______。

9.如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=π/2，AC=BC=2，点P是斜边AB上一点，且BP=2PA，则CP·CA+CP·CB=______。

10.已知点P在直线x+2y-1=0上，点Q在直线x+2y+3=0上，PQ的中点为M(x,y)，且y>x+2，则y的取值范围是______。

【数学竞赛】2018年全国高中数学联赛安徽省初赛试卷(附答案)

|T,n2按照顺时针螺旋方式排成n行n列的表格T，第一行是1,2,,n.例如：=⎢894⎥.题号一2018年全国高中数学联赛安徽省初赛试卷（考试时间：2018年6月30日上午9:00—11:30）二总分9101112得分评卷人复核人注意：1.本试卷共12小题，满分150分； 2.用钢笔、签字笔或圆珠笔作答；3.书写不要超过装订线；4.不得使用计算器.一、填空题（每题8分，共64分，结果须化简）1.设三个复数1,i,z在复平面上对应的三点共线，且z|=5，则z=.2.设n是正整数，且满足n5=438427732293，则n=.3.函数f(x)=|sin(2x)+sin(3x)+sin(4x)|的最小正周期=.4.设点P,Q分别在函数y=2x和y=log x的图象上，则|PQ|的最小值=2.5.从1,2,,10中随机抽取三个各不相同的数字，其样本方差s2≤1的概率=.6.在边长为1的正方体ABCD-A B C D内部有一小球，该小球与正方体的对角线段AC相切，则小球11111半径的最大值=.7.设H是△ABC的垂心，且3HA+4HB+5HC=0，则cos∠AHB=.⎡123⎤8.把1,2,n3⎢⎥⎢⎣765⎥⎦设2018在T100的第i行第j列，则(i,j)=.二、解答题（第9—10题每题21分，第11—12题每题22分，共86分）9.如图所示，设ABCD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.D HCE lG FA B213 2 π 210．(1) M ( x 0 , y 0 ) 处的切线方程 x 0 x - y 0 y = 1 ．(3 分)b 2y 0 , x 0 + y ⎪ ， B ( x 2 , y 2 ) = x 0 -y 0 , b a -b ⎭0 010. 设 O 是坐标原点，双曲线C : x 2 y 2 - a 2 b 2= 1(a > 0,b > 0) 上动点 M 处的切线交 C 的两条渐近线于 A , B两点.（1）求证: △AOB 的面积 S 是定值；（2）求 △AOB 的外心 P 的轨迹方程.11. （1）求证：对于任意实数 x , y , z 都有 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 ≥3( xy + yz + zx ) .（2）是否存在实数k >试证明你的结论.3 ，使得对于任意实数 x , y , z 下式恒成立？x 2 + 2 y 2 + 3z 2 ≥ k ( x y + yz +zx )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.参考答案和评分标准一、填空题（每题 8 分，共 64 分）1 2 3 45 6 7 84 - 3i 或 - 3 + 4i 1 + ln(ln 2) ln 21 154 - 65 -6 6(34,95)二、解答题（第 9—10 题每题 21 分，第 11—12 题每题 22 分，共 86 分） 9．由 E , F 分别是 AD , BC 的中点，得 EF // AB ⊥ AD ．(3 分) 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． (8 分) 进而 ∠PAG = ∠EGA = ∠GAB ， ∠APG = ∠GEA ，从而 AP ⊥ HG ． (13 分) 再由 HP = DE = EA = PG ，得 ∠HAP = ∠PAG = ∠GAB ． (18 分) 因此， ∠HAB = 3∠GAB ．(21 分)a 2⎛ a b ⎫ ⎛ a - b ⎫ ⎪ ⎪与渐近线方程联立，得 A ( x 1, y 1 ) = x ⎝ a + b a b ⎭ ⎝ a x 0上述两式相乘，得P的轨迹方程为a2x2-b2y2=1(a2+b2)2．11故x2+2y2+3z2≥3(xy+yz+zx)．22，∑x(2017-x)=2M．当且仅当每个x=1008或1009时，N取得最小值C10092018-⨯1008=2C3．(16分)从而，S=1x y-x y=ab是定值．21221(2)由(1)可设A(λa,λb),B(a,-b),P(x,y)，λ为非零常数．λλ由P A=PO=PB，得(x-λa)2+(y-λb)2=x2+y2=(x-a)2+(y+b)2．(9分) (12分) (15分)λλ从而有ax+by=λ(a2+b2)，ax-by=1(a2+b2)．22λ(18分) (21分)411．(1)由均值不等式，1x2+3y2≥3xy，x2+3z2≥3xz，y2+3z2≥3y z．2222 (2)x2+2y2+3z2-k(xy+yz+zx)=(x-k y-k z)2+(2-k2)y2+(3-k2)z2+(k2-k)y z22442(8分) (14分)上式≥0恒成立当且仅当2-k2≥0且(k2-k)2≤4(2-42k24)(3-k2)．4(18分)化简得k≤22且k3-6k2+24≥0．显然，k=2>3满足要求．(22分) 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是以第i个顶点为端点的红色线段数目，则有iM+N=C320182018i i(10分) ii=1321009N=2C3是可以取到的，例如把线段i→i±j mod2018(1≤i≤2018,1≤j≤504)染成红1009色，其它线段染成蓝色．(22分)。

2018年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)

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

2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为◆答案：24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。

2018A 2、设点P 到平面α的距离为3，点Q 在平面α上，使得直线PQ 与平面α所成角不小于030且不大于060，则这样的点Q 所构成的区域的面积为 ◆答案：π8★解析：设点P 在平面α上的射影为O ，由条件知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈=∠3,33tan OQ OP OQP ，即[]3,1∈OQ ，所以区域的面积为πππ81322=⨯-⨯。

2018A 3、将6,5,4,3,2,1随机排成一行，记为f e d c b a ,,,,,，则def abc +是偶数的概率为 ◆答案：109★解析：先考虑def abc +为奇数时，abc ，def 一奇一偶，①若abc 为奇数，则c b a ,,为5,3,1的排列，进而f e d ,,为6,4,2的排列，这样共有3666=⨯种；②若abc 为偶数，由对称性得，也有3666=⨯种，从而def abc +为奇数的概率为101!672=，故所求为1091011=-2018A 4、在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 1:2222=+by a x （0>>b a ）的左右焦点分别是21,F F ，椭圆C 的弦ST 与UV 分别平行于x 轴和y 轴，且相交于点P ，已知线段PT PV PS PU ,,,的长分别为6,3,2,1，则21F PF ∆的面积为◆答案：15★解析：由对称性，不妨设点P ()00,y x 在第一象限，则220=-=PSPT x ，120=-=PUPV y即()1,2P 。

进而可得()2,2U ，()1,4S ，代入椭圆方程解得：202=a ，52=b ，从而151152212102121=⨯⨯=⨯=∆y F F S F PF 。

高三数学-2018年全国高中数学联合竞赛一试试卷及答案(word版) 精品

2018年全国高中数学联合竞赛一试试卷（考试时间：上午8：00—9：40）一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1. 如图，在正四棱锥P −ABCD 中，∠APC =60°，则二面角A −PB −C 的平面角的余弦值为（） A. 71 B. 71- C. 21 D. 21- 2. 设实数a 使得不等式|2x −a |+|3x −2a |≥a 2对任意实数x 恒成立，则满足条件的a 所组成的集合是（） A. ]31,31[- B. ]21,21[- C. ]31,41[- D. [−3，3] 3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。

甲从袋中摸出一个球，其号码为a ，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b 。

则使不等式a −2b +10>0成立的事件发生的概率等于（） A. 8152 B. 8159 C. 8160 D. 8161 4. 设函数f (x )=3sin x +2cos x +1。

若实数a 、b 、c 使得af (x )+bf (x −c )=1对任意实数x 恒成立，则ac b cos 的值等于（） A. 21- B. 21 C. −1 D. 1 5. 设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（）6. 已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且为A ∩B 空集。

若n ∈A 时总有2n +2∈B ，则集合A ∪B 的元素个数最多为（）A. 62B. 66C. 68D. 74二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A (−3，0)，B (1，−1)，C (0，3)，D (−1，3)及一个动点P ，则|PA |+|PB |+|PC |+|PD |的最小值为__________。

8. 在△ABC 和△AEF 中，B 是EF 的中点，AB =EF =1，BC =6，33=CA ，若2=⋅+⋅，则与的夹角的余弦值等于________。

2018年全国高中数学联赛A卷真题word版

一试一、填空题1. 设集合{}99,,3,2,1 =A ，{}A x x B ∈=2，{}A x x C ∈=2，则CB 的元素个数为 . 2. 设点P 到平面α的距离为3，点Q 在平面α上，使得直线PQ 与α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 .3. 将6,5,4,3,2,1随机排成一行，记为f e d c b a ,,,,,，则def abc +是偶数的概率为 .4. 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆()01:2222>>=+b a by a x C 的左、右焦点分别是21,F F ，椭圆C 的弦ST与UV 分别平行于x 轴与y 轴，且相交于点P .已知线段PT PV PS PU ,,,的长分别为6,3,2,1，则21F PF ∆的面积为 .5. 设()x f 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[]1,0上严格递减，且满足()()22,1==ππf f ，则不等式组()⎩⎨⎧≤≤≤≤2121x f x 的解集为 .6. 设复数z 满足1=z ，使得关于x 的方程0222=++x z zx 有实根，则这样的复数z 的和为 .7. 设O 为ABC ∆的外心，若AC AB AO 2+=，则BAC ∠sin 的值为 .8. 设整数数列1021,,,a a a 满足1103a a =，5822a a a =+，且{}9,,2,1,2,11 =++∈+i a a a i i i ，则这样的数列的个数为 .二、解答题9. 已知定义在+R 上的函数()x f 为()⎪⎩⎪⎨⎧--=,4,1log 3x x x f .9.90>≤<x x ，设c b a ,,是三个互不相同的实数，满足()()()c f b f a f ==，求abc 的取值范围.10. 已知实数列 ,,,321a a a 满足：对任意正整数n ，有()12=-n n n a S a ，其中n S 表示数列的前n 项和. 证明：（1）对任意正整数n ，有n a n 2<；（2）对任意正整数n ，有11<+n n a a .11. 在平面直角坐标系xOy 中，设AB 是抛物线x y 42=的过点()0,1F 的弦，AOB ∆的外接圆交抛物线于点P （不同于点B A O ,,）.若PF 平分APB ∠，求PF 的所有可能值.二试一、设n 是正整数，B A b b b a a a n n ,,,,,,,,,2121 均为正实数，满足i i b a ≤，A a i ≤，,,,2,1n i =且ABa a ab b b n n ≤ 2121. 证明：()()()()()()111111112121++≤++++++A B a a a b b b n n .二、ABC ∆为锐角三角形，AC AB <，M 为BC 边的中点，点D 和E 分别为ABC ∆的外接圆上弧BAC和弧BC 的中点.F 为ABC ∆的内切圆在AB 边上的切点，G 为AE 与BC 的交点，N 在线段EF 上，满足AB NB ⊥.证明：若EM BN =，则FG DF ⊥.三、设m k n ,,是正整数，满足2≥k ，且n kk m n 12-<≤.设A 是{}m ,,2,1 的n 元子集. 证明：区间⎪⎭⎫⎝⎛-1,0k n 中的每个整数均可表示为a a '-，其中A a a ∈',.四、数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 是与∑=ni ia1互素，且不等于n a a ,,1 的最小正整数. 证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现.ED。

2018年全国高中数学联合竞赛试卷(一试)(B卷)(附答案详解)

2018年全国高中数学联合竞赛试卷（一试）（B 卷）一、单空题（本大题共8小题，共64.0分）1. 设集合A ={2,0,1,8}，B ={2a|a ∈A}，则A ∪B 的所有元素之和是______．2. 已知圆锥的顶点为P ，底面半径长为2，高为1，在圆锥底面上取一点Q ，使得直线PQ与底面所成角不大于45°，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为______． 3. 将1，2，3，4，5，6随机排成一行，记为a ，b ，c ，d ，e ，f ，则abc +def 是奇数的概率为______．4. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 经过坐标原点，n⃗ =(3,1)是l 的一个法向量，已知数列{a n }满足：对任意的正整数n ，点(a n+1,a n )均在l 上，若a 2=6，则a 1a 2a 3a 4a 5的值为______．5. 设α，β满足tan(α+π3)=−3，tan(β−π6)=5，则tan(α−β)的值为______． 6. 设抛物线C ：y 2=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 的面积为______． 7. 设f(x)是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[1,2]上严格递减，且满足f(π)=1，f(2π)=0，则不等式组{0≤x ≤10≤f(x)≤1 的解集为______．8. 已知复数z 1，z 2，z 3满足|z 1|=|z 2|=|z 3|=1，|z 1+z 2+z 3|=r ，其中r 是给定实数，则z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1的实部是______(用含有r 的式子表示)．二、解答题（本大题共3小题，共56.0分） 9. 已知数列{a n }，a 1=7，a n+1a n=a n +2，n =1，2，3，⋯.求满足a n >42018的最小正整数n ．10. 已知定义在R +上的函数f(x)={|log 3x −1|,0<x ≤94−√x,x >9，设a ，b ，c 是三个互不相同的实数，且满足f(a)=f(b)=f(c)，求abc 的取值范围．11.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A、B与C、D分别是椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点与上、下顶点，设P，Q是Γ上且位于第一象限的两点，满足OQ//AP，M是线段AP的中点，射线OM与椭圆交于点R.证明：线段OQ，OR，BC能构成一个直角三角形．答案和解析1.【答案】31【解析】解：因为集合A={2,0,1,8}，B={2a|a∈A}={0,2,4,16}，所以A∪B={0,1,2,4,8,16}，所以A∪B的所有元素之和是0+1+2+4+8+16=31．故答案为：31．先求出集合B，然后由集合并集的定义求出A∪B，即可得到答案．本题考查了集合的运算，主要考查了集合并集的定义，属于基础题．2.【答案】3π【解析】解：圆锥的顶点P在底面上的投影即为底面中心，设为O，所以∠OQP即为直线PQ与底面所成的角，因为直线PQ与底面所成角不大于45°，则tan∠OQP=OPOQ≤1，即OQ≥1，所以所求的区域面积为π⋅22−π⋅12=3π．故答案为：3π．圆锥的顶点P在底面上的投影即为底面中心，设为O，由线面角的定义可知，∠OQP即为直线PQ与底面所成的角，由题意求出OQ≥1，由圆的面积公式求解即可．本题考查了动点轨迹的求解，直线与平面所成角的理解与应用，圆的面积公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．3.【答案】110【解析】解：将1，2，3，4，5，6随机排成一行，记为a，b，c，d，e，f，基本事件总数n=6!，当abc+def为奇数时，abc，def必为一奇一偶，若abc为奇数，则a，b，c为1，3，5的排列，这样有3！×3！=36种情况，由对称性可知满足条件的情况有：36×2=72种，∴abc+def是奇数的概率为P=726!=110．故答案为：110．基本事件总数n=6!，当abc+def为奇数时，abc，def必为一奇一偶，求出满足条件的情况有72种，由此能求出abc+def是奇数的概率．本题考查概率的运算，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】−32【解析】【分析】本题主要考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查直线方程的求法，考查运算能力，属于基本知识的考查与应用．由直线的法向量可得直线的斜率和直线方程，求得a n+1=−13a n，则数列{a n}为公比q为−13的等比数列，运用等比数列的通项公式可得所求值．【解答】解：直线经过坐标原点，n⃗=(3,1)是l的一个法向量，可得直线l的斜率为−3，即有直线l的方程为y=−3x，点(a n+1,a n)均在l上，可得a n=−3a n+1，即有a n+1=−13a n，则数列{a n}为公比q为−13的等比数列，可得a3=a2q=6×(−13)=−2．所以a1a2a3a4a5=(−2)5=−32．故答案为：−32．5.【答案】−74【解析】解：因为α，β满足tan(α+π3)=−3，tan(β−π6)=5，所以由两角差的正切公式可知tan[(α+π3)−(β−π6)]=tan(α+π3)−tan(β−π6)1+tan(α+π3)tan(β−π6)=−3−51+(−3)×5=47，所以tan(α−β+π2)=47，即cot(α−β)=−47，所以tan(α−β)=−74故答案为：−74．由已知利用两角差的正切公式，诱导公式即可计算得解．本题主要考查了两角差的正切公式，诱导公式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．6.【答案】12【解析】解：设直线l与MN的斜率为k，则l：x=1k y−1，MN：x=1ky−12，将l于C联立，得方程y2−2ky+2=0，由△=4k2−8=0可得k=±√22，将MN于C联立，得方程y2−2ky+1=0，于是|y M−y N|=√(y M+y N)2−4y M y N=√4k2−4=2，结合l与MN平行，可知S△KMN=S△BMN=|S△BAM−S△BAN|=12|AB|⋅|y M−y N|=12⋅12⋅2=12故答案为：12．设出直线l与，MN的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理、面积公式即可求解．本题考查了直线与抛物线位置关系，考查了计算能力，属于中档题．7.【答案】[2π−6,4−π]【解析】解：由f(x)为偶函数且在区间[1,2]上严格递减，可得f(x)在[−2,−1]上严格递增，又因为f(x)是以2为周期的函数，所以f(x)在[0,1]上严格递增， f(4−π)=f(π−4)=f(π)=1，f(2π−6)=f(2π)=0，所以0≤f(x)≤1⇔f(2π−6)≤f(x)≤f(4−π)，而0<2π−6<4−π<1，所以原不等式组∈[2π−6,4−π]．故答案为：[2π−6,4−π]．根据函数的奇偶性、单调性和周期性可得f(x)在[0,1]上严格递增，由f(π)=1，f(2π)=0得出f(4−π)=1，f(2π−6)=0，从而由0≤f(x)≤1得出f(4−π)≤f(x)≤f(2π−6)，从而可得原不等式组的解集．本题主要考查函数的单调性、奇偶性与周期性，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．8.【答案】r 2−32【解析】解：记w =z 1z 2+z 2z 3+z3z 1，由复数模的性质可知，z 1−=1z 1，z 2−=1z 2，z 3−=1z 3，故w =z 1z 2− +z 2z 3−+z 3z 1−，r 2=(z 1+z 2+z 3)(z 1−+z 2−+z 3−)=|z 1|2+|z 2|2+|z 3|2+w +w −=3+2Rew ，解得Rew =r 2−32，故z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1的实部是r 2−32．故答案为：r 2−32．根据已知条件，结合复数模公式，以及复数实部的概念，即可求解．本题主要考查复数模公式，以及复数实部的概念，属于难题．9.【答案】解：由a n+1a n=a n +2知a n+1+1=(a n +1)2，故a n +1=(a 1+1)2n−1=82n−1=23×2n−1，故a n =23×2n−1−1，显然{a n }单调递增，由于a 11=23072−1<24036=42018， a 12=26144−1>24036=42018，故满足a n >42018的最小正整数n 为12．【解析】略略10.【答案】解：不妨设a <b <c ，由于f(x)在(0,3]上严格单调递减，在[3,9]上严格单调递增，在[9,+∞)上严格打电脑递减，又f(3)=0，f(9)=1，结合图象可知a ∈(0,3)，b ∈(3,9)，c ∈(9,+∞)，所以f(a)=f(b)=f(c)∈(0,1)，由f(a)=f(b)得，1−log 3a =log 3b −1，取log 3a +log 3b =2，所以ab =32=9，所以abc =9c ，又0<f(x)=4−√c <1，所以c ∈(9,16)，所以abc =9c ∈(81,144)，所以abc 的取值范围为(81,144)．【解析】先判断函数的性质以及图象的特点，设a <b <c ，由图象得ab 是个定值，利用数形结合思想去解决即可．本题考查函数与方程之间的关系，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．11.【答案】证明：设点P 坐标为(x 0,y 0)，由于OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OR ⃗⃗⃗⃗⃗ //OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(OP⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )，故存在实数λ，μ，使得OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ),OR ⃗⃗⃗⃗⃗ =μ(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )，此时点Q ，R 的坐标可分别表示为(λ(x 0+a),λy 0)，(μ(x 0−a),μy 0)，由于Q ，R 都在椭圆上，于是λ2[(x 0+a)2a 2+y 02b 2]=μ2[(x 0−a)2a 2+y 02b 2]=1，结合x 02a 2+y 02b2=1知，上式可化为λ2(2+2x 0a)=μ2(2−2x 0a)=1，解得λ2=a2(a+x 0),μ2=a2(a−x 0)，因此|OQ|2+|OR|2=λ2[(x 0+a)2+y 02]+μ2[(x 0−a)2+y 02]， =a 2(a+x 0)[(x 0+a)2+y 02]+a2(a−x 0)[(x 0−a)2+y 02]=a(a+x 0)2+ay 022(a+x 0)+a(a−x 0)2+ay 022(a−x 0)=a 2+ay 022(1a+x 0+1a−x 0)=a 2+ay 022⋅2aa 2−x 02=a 2+a 2b 2(1−x 02a 2)a 2−x 02=a 2+b 2=|BC|2，∴线段OQ ，OR ，BC 能构成一个直角三角形．【解析】设点P 坐标为(x 0,y 0)，依题意，存在实数λ，μ，使得OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ),OR ⃗⃗⃗⃗⃗ =μ(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )，则点Q ，R 的坐标分别为(λ(x 0+a),λy 0)，(μ(x 0−a),μy 0)，然后再验证|OQ|2+|OR|2=|BC|2即可得证．本题考查椭圆性质以及平面向量在解析几何中的运用，对运算能力要求较高，属于较难题目．。

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩

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

4 7
，即
tan

2

4 7
，从而
tan(

)

cot

2

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

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

说明： 1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分． 2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10 分为一个档次，不得增加其他中间档次．
一、（本题满分 40 分）设 a, b 是实数，函数 f (x) = ax + b + 9 ． x
知，满足条件的情况数为 36 × 2 =72 种．从而所求概率为= 72 7= 2 1 ． 6! 720 10
4. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 通过原点， n (3, 1) 是 l 的一个法向
量．已知数列{an}满足：对任意正整数 n ，点 (an1, an ) 均在 l 上．若 a2 6 ，则
11.（本题满分 20 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中， A 、 B 与 C 、 D 分别是椭圆
x2 y2 : a2 b2 1 (a b 0) 的左、右顶点与上、下顶 A 点．设 P, Q 是上且位于第一象限的两点，满足
y
R
P
C
M
Q
O
Bx
OQ ∥ AP ， M 是线段 AP 的中点，射线 OM 与椭
是 0 1 2 4 8 16 31 ．
2. 已知圆锥的顶点为 P ，底面半径长为 2 ，高为1．在圆锥底面上取一点 Q ，
使得直线 PQ 与底面所成角不大于 45 ，则满足条件的点 Q 所构成的区域的面积
为
．
答案： 3 ．
解：圆锥顶点 P 在底面上的投影即为底面中心，记之为 O ．由条件知， OP tan OQP 1 ，即 OQ 1 ，故所求的区域面积为 22 12 3 ． OQ

2018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年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)

2,
4,
6,,
48
，
故 B C 的元素个数为 24 ． 2. 设点 P 到平面的距离为 3 ，点 Q 在平面上，使得直线 PQ 与所成
角不小于 30 且不大于 60 ，则这样的点 Q 所构成的区域的面积为
．
答案：8 ．
解：设点 P 在平面上的射影为 O ．由条件知，OP OQ

tan
OQP

3, 3求的区域面积为 32 12 8 ．
3. 将1, 2, 3, 4, 5, 6 随机排成一行，记为 a, b, c, d , e, f ，则 abc + def 是偶数的
概率为
．
答案： 9 ． 10
在[9,) 上严格递减，且 f (3) 0, f (9) 1，故结合图像可知
a (0, 3) ， b (3, 9) ， c (9, ) ，
并且 f (a) f (b) f (c) (0, 1) ．
…………………4 分
由 f (a) f (b) 得 1 log3 a log3 b 1，
注意到 f ( 2) f () 1, f (8 2) f (2) f (2) 2 ，
所以 1 f (x) 2 f ( 2) f (x) f (8 2) ，
而1 2 8 2 2 ，故原不等式组成立当且仅当 x [ 2, 8 2] ． 6. 设复数 z 满足 z 1，使得关于 x 的方程 zx2 2zx 2 0 有实根，则这样
证明： (1) 约定 S0 0 ．由条件知，对任意正整数 n ，有
1

an
(2Sn

2018年全国高中数学联赛

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山东省预赛(解析版)

2018年全国高中数学联赛山东省预赛一、填空题1．若复数满足，则的最小值为______．【答案】1【解析】【详解】设，，，则点的轨迹为线段．因此为原点到的距离，即．2．在正四核锥中，已知二面角的正弦值为，则异面直线与所成的角为______．【答案】【解析】【详解】如图，设、的交点为，在上的射影为，则．又因为面，因此，所以面，则．因此即为二面角的平面角，从而．设，，则．在中，．由此得，因此，解得．从而四棱锥各侧面均为正三角形，则异面直线与所成的角为．3．函数的值域为______．（其中表示不超过实数的最大整数）．【答案】【解析】【详解】因为且，所以以为周期，且图象关于直线对称．所以只需讨论时，的取值即可．易得，当时，取得最大值2；当时，取得最小值，所以的值域为．4．在中，，的平分线交于，且有．若，则______．【答案】【解析】【详解】过点作交于点，交于点，由题设，所以，，．因此，所以，，因此．所以．由此得．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；前一场的输者，则下一场先掷．若第一场甲先掷，则甲赢得第场的概率为______．【答案】,【解析】【详解】设甲赢得第场的概率为，在每一场先掷的人赢得的概率为，所以，，由此得，，因此，．6．若直线交椭圆（，且、为整数）于点、．设为椭圆的上顶点，而的重心为椭圆的右焦点，则椭圆的方程为______．【答案】【解析】【详解】设，，由题意的重心为椭圆的右焦点，整理得，．由，在直线上，得到．由，在椭圆上，得到，．两式相减并整理得，整理得．①因为，在直线上，所以有，．将，代入得，整理得．②联立①②，且注意到、为整数，解得，，．故所求的椭圆方程为．7．对任意的实数、，的最小值为______．【答案】【解析】【详解】设，则①＋②＋③得．解得．又当，，时，有解，．故当，时，取到最小值．8．已知，，且为方程的一个根，则的最大可能值为______．【答案】9【解析】【详解】由题设，则．因为，，则必为完全平方数．设，则，．所以或或或．解得，8，,0．所以的最大可能值为9.9．集合、满足，，若中的元素个数不是中的元素，中的元素个数不是中的元素，则满足条件的所有不同的集合的个数为______．【答案】186【解析】【详解】设中元素个数为，则中元素个数为，依题意，．，，此时满足题设要求的的个数为．其中，当时，不满足题意，故．所以的个数为．10．设为最接近的整数，则______．【答案】【解析】【详解】设，则，即．而，因此满足的有个．注意到，从而或7．由于，所以．因此．二、解答题11．已知圆与曲线，，，为曲线上的两点，使得圆上任意一点到点的距离与到点的距离之比为定值，求的值．【答案】【解析】【详解】设为圆上任意一点，则由题意知．即，于是，整理得．因此点的轨迹是一个圆．因为为圆上任意一点，所以此圆与圆必为同一个圆，于是有，，，整理得，，所以．因为，，所以，，从而．又因为，所以，，．因此将，，代入，得．12．已知数列满足：，，．求证：．【答案】见解析【解析】【详解】设，则．从而在区间上单调递增，在上单调递减．当时，．下面用数学归纳法证明结论．当时，；当，3，4时，．假设当时结论成立，即有，则当时，．由在区间上单调递增，因此．下证．因为，所以，即．所以．从而结论对成立．由数学归纳法知，结论对任意正整数均成立．13．实数、、满足，试求的最大值．【答案】【解析】【详解】不妨设，令，，，，则由条件知，整理成关于的一元二次方程．因为方程有解，则，解得．上式关于、对称，不妨设，，又因为，所以．当且仅当，即，，时上式取到等号，因此．14．证明对所有的正整数，存在一个集合，满足如下条件：（1）由都小于的个正整数组成；（2）对的任意两个不同的非空子集、，集合中所有元素之和不等于集合中所有元素之和．【答案】见解析【解析】【详解】当时，取，则满足条件．其次，当时，令．下面证明这样的满足条件．事实上，设、是的两个不同的非空子集，令表示集合的所有元素之和，要证明的目标是．不妨设，注意到，对任意均有．所以，当，，都不属于时，均有．进一步，由于，所以当、、中恰有一个属于时，例如，将有，此时；类似地讨论、、中有两个或3个同时属于时，均可得出．综上所述，当时满足条件的都存在．。