2018全国高中数学联赛模拟试题1及参考答案
2018年全国高中联赛湖北省预赛高三数学试题(解析版)
2018年全国高中联赛湖北省预赛高三数学试题一、填空题1．若对任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为______.【答案】4【解析】【详解】设，则.当时，可得.不等式，即，所以.当时，函数单调递减，可得.故实数的最小值为4.2．设数列满足：，则______.【答案】【解析】【详解】由可得.设，则有.又，故.一般地，有，于是，所以.3．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】【详解】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.4．已知点在离心率为的双曲线上，为双曲线的两个焦点，且，则的内切圆半径与外接圆半径之比为______.【答案】【解析】【详解】由，知.设，又，则可得，，①. ②设，则，即有. ③由①②③可得，所以，解得.5．设为的重心，若，则的最大值为______.【答案】【解析】【详解】设的中点为，因为，故是直角三角形，所以.又因为为的重心，所以.由三角形的中线长公式可得，所以.所以，当且仅当时等号成立.故的最大值为.6．一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______.【答案】【解析】【详解】设分别是四次投掷骰子得到的点数，那么共有种不同的情况.如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则.若的值都相等，则有种不同的情况；若恰好取两个不同的值，则有种不同的情况；若恰好取3个不同的值，则有种不同的情况；若恰好取4个不同的值，则有种不同的情况.因此，满足的情况共有（种）.故所求的概率为.7．设正实数满足，则的最小值为______.【答案】6【解析】【详解】由三元均值不等式，可得①. ②当且仅当时，①中等号成立；当且仅当时，②中等号成立.①+②，得.又已知，故，整理得.当且仅当时等号成立.所以，的最小值为6.8．设数列的通项公式为，将该数列中个位数字为0的项，按从小到大的顺序排列构成数列，则被7除所得的余数为______.【答案】4【解析】【详解】因为，于是可知当且仅当的个位数字为1、4、5、6、9、0时，的个位数字为0.所以，数列的连续10项中，个位数字为0的项有六个.而，余数2所对应的满足条件的项的个位数字为4，因此，.所以，被7除所得余数为4.二、解答题9．已知为坐标原点，，点为直线上的动点，的平分线与直线交于点，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点作斜率为的直线，若直线与曲线恰好有一个公共点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1).设，易知.因为平分，所以，所以①. ②由①②可得，代入①得到，化简即得曲线的方程为.(2).记，则.直线的方程为，与抛物线方程联立，消去得当直线与抛物线相切于点时，，解得.当时，，切点在曲线上；当时，，切点不在曲线上.若直线与曲线恰好有一个公共点，则有或，故所求的取值范围为.10．对任意正整数，定义函数如下：①；②；③.（1）求的解析式；（2）设是数列的前项和，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【详解】(1). 由条件②可得：…….将上述个等式相加得而，所以由条件②可得：……将上述个等式相加得而，所以(2).因为，所以.所以两式相减得故，所以.11．已知正数满足，求的最小值.【答案】【解析】【详解】由柯西不等式可得，，所以，①取等号的条件分别为，②③当时，有，结合②③得又，所以，整理得，故④记，则，所以在上为增函数，故当时，于是，由④可得，从而代入②③求得代入①式，整理得，因此的最小值为.。
2018年全国高中数学联赛真题(一试和二试)(B卷)试题(教师版)
2018 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷)一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设集合A ={2,0,1,8},B ={2a |a ∈A }，则AB 的所有元素之和是．解析31．易知B ={4,0,2,16}，故AB ={0,1,2,4,8,16}．A B 的所有元素之和是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P Q 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．解析3π．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 OQ=tan ∠OQP 1，即OQ 1，故所求的区域面积为π·22−π·12=3π．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．解析110．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，d,e,f 为2,4,6的排列，这样有3!×3!=36种情况．由对称性可知，满足条件的情况数为36×2=72种，从而所求概率为726!=72720=110．4.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{a n }满足：对任意正整数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．解析−32．易知直线l 的方程是3x +y =0．因此对任意正整数n ，有3a n +1+a n =0，即a n +1=−13a n ，故{a n }是以−13为公比的等比数列．于是a 3=−13a 2=−2．由等比数列的性质可得，a 1a 2a 3a 4a 5=a 53=(−2)5=−32．5.设α,β满足tan α+π3 =−3,tan β−π6=5，则tan (α−β)的值为．解析−74．由两角差的正切公式可知tan (α+π3)−(β−π6) =−3−51+(−3)×5=47，即tan α−β+π2 =47，从而tan (α−β)=−cot α−β+π2 =−74．6.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．解析12．设直线l 与MN 的斜率为k ，则l :x =1k y −1,MN :x =1k y −12．将l 与C 联立，得方程y 2−2k y +2=0，由条件知其判别式为零，故k =±√22．将MN 与C 联立，得方程y 2−2k y +1=0，于是|y M −y N |= (y M +y N )2−4y M y N = 4k 2−4=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=12．7.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．解析[2π−6,4−π]．由f (x )为偶函数及在[1,2]上严格递减知，f (x )在[−2,−1]上严格递增，再结合f (x )以2为周期可知，[0,1]是f (x )的严格递增区间．注意到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，故原不等式组成立当且仅当x ∈[2π−6,4−π]．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的实数是（用含有r 的式子表示）．解析r 2−32．记w =z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1．由复数模的性质可知z 1=1z 1,z 2=1z 2,z 3=1z 3，因此w =z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1．于是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+2Re w ，解得Re w =r 2−32．二、解答题：本大题共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.其中第9题满分16分，第10、11题满分20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 ．解析12．由a n +1a n=a n +2可知a n +1+1=(a n +1)2．因此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，故满足题目条件的n 的最小值是12．10.已知定义在R ∗上的函数f (x )为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，满足f (a )=f (b )=f (c )，求abc 的取值范围．解析(81,144)．不妨假设a <b <c ，由于f (x )在(0,3]上严格递减，在[3,9]上严格递增，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)．由f (a )=f (b )得1−log 3a =log 3b −1，取log 3a +log 3b =2，因此ab =32=9．于是abc =9c ．又0<f (c )=4−√c <1，故c ∈(9,16)．进而abc =9c ∈(81,144)．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:x 2a 2+y 2b 2=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．解析设点P 坐标为(x 0,y 0)．由于−−→OQ −→AP ,−→AP =−−→OP −−→OA ;−−→OR −−→OM,−−→OM =12(−−→OP +−→OA )，故存在实数λ,µ，使得−−→OQ =λ(−−→OP −−→OA ),−−→OR =µ(−−→OP +−→OA )．此时点Q,R 的坐标可分别表示是(λ(x 0+a ),λy 0),(µ(x 0−a ),µy 0)．由于点Q,R 都在椭圆上，所以λ2 (x 0+a )2a 2+y 20b 2 =µ2 (x 0−a )2a 2+y 20b2 =1．结合x 20a 2+y 20b 2=1知，上式可化为λ2(2+2x 0a )=µ2(2−2x 0a )=1，解得λ2=a 2(a +x 0),µ2=a 2(a −x 0)．因此|OQ|2+|OR|2=λ2(x0+a)2+y2+µ2(x0−a)2+y20=a2(a+x0)(x0+a)2+y2+a2(a−x0)(x0−a)2+y20=a(a+x0)2+ay22(a+x0)+a(a−x0)2+ay22(a−x0)=a2+ay221a+x0+1a−x0=a2+ay22·2aa2−x20=a2+a2·b21−x2a2a2−x20=a2+b2=|BC|2.从而线段OQ,OR,BC能构成一个直角三角形．2018 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷)一、设a,b 是实数，函数f (x )=ax +b +9x．证明：存在x 0∈[1,9]，使得|f (x 0)| 2．解析证法一只需证明存在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．当a ∈(−∞,12] [32,+∞)时，有|f (1)−f (9)|=|(a +b +9)−(9a +b +1)|=8|1−a | 4．当12<a <32时，有3√a ∈[1,9]．再分两种情况：若12<a 1，则|f (1)−f (3√a )|=|(a +b +9)−(6√a +b )|=(3−√a )2 4．若1<a <32，则|f (9)−f (3√a )|=|(9a +b +1)−(6√a +b )|=(3√a −1)2 4．综上可知，存在u,v ∈[1,9]，满足|f (u )−f (v )| 4，从而命题得证．证法二用反证法．假设对任意x ∈[1,9]，均有|f (x )|<2，则|f (1)|<2,|f (3)|<2,|f (9)|<2．易知f (1)=a +b +9，①f (3)=3a +b +3，②f (9)=9a +b +1．③由①，②得，2a −6=f (2)−f (1)；又由②，③得，6a −2=f (3)−f (2)．由上述两式消去a ，可知f (3)−4f (2)+3f (1)=(6a −2)−3·(2a −6)=16．但f (3)−4f (2)+3f (1)<2+4·2+3·2=16，矛盾!从而命题得证．二、如图所示，在等腰 ABC 中，AB =AC ，边AC 上一点D 及BC 延长线上一点E 满足AD DC =BC 2CE ，以AB 为直径的圆w 与线段DE 交于一点F ．证明：B,C,F,D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）解析如图，取BC 中点H ，则由AB =AC 知AH ⊥BC ，故H 在圆w 上．延长F D 至G ，使得AG BC ，结合已知条件得，AG CE =AD DC =BC 2CE ，故AG =12BC =BH =HC ，从而AGBH 为矩形，AGHC 为平行四边形．由AGBH 为矩形知，G 亦在圆w 上．故∠HGF =∠HBF ．又AGHC 为平行四边形，由AC GH ，得∠CDF =∠HGF ．所以∠CDF =∠HBF =∠CBF ，故B,C,F,D 四点共圆．三、设集合A ={1,2,···,n }，X,Y 均为A 的非空子集（允许X =Y ）．X 中的最大元与Y 中的最小元分别记为max X,min Y ．求满足max X >min Y 的有序集合对(X,Y )的数目．解析先计算满足max X min Y 的有序集合对(X,Y )的数目．对给定的m =max X ，集合X 是集合{1,2,···,m −1}的任意一个子集与{m }的并，故并有2m −1种取法．又min Y M ，故Y 是{m,m +1,···,n }的任意一个非空子集，共有2n +1−m −1种取法．因此，满足max X min Y 的有序集合对(X,Y )的数目是n m =12m −1(2n +1−m −1)=n m =12n −n m =12m −1=n ·2n −2n +1．由于有序集合对(X,Y )有(2n−1)·(2n−1)=(2n−1)2个，于是满足max X>min Y的有序集合对(X,Y)的数目是(2n−1)2−n·2n+2n−1=22n−2n(n+1)．四、给定整数a 2．证明：对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数a k+1,a k+2,···,a k+n均是合数．解析设i1<i2<···<i r是1,2,···,n中与a互素的全体整数，则对1 i n,i∈{i1,i2,···,i r}，无论正整数k如何取值，a k+i均与a不互素且大于a，故a k+i为合数．对任意j=1,2,···,r，因a+i j>1，故a+i j有素因子p j．我们有(p j,a)=1（否则，因p j是素数，故p j|a，但p j|a+i j，从而p j|i j，故a,i j 不互素，与i j的取法矛盾）．因此，由费马小定理知，a p j−1≡1(mod p j)．现取k= (p1−1)(p2−1)···(p r−1)+1．对任意j=1,2,···,r，注意到k≡1(mod p j)−1，故有a k+i j≡a+i j≡0(mod p j)．又a k+i j>a+i j p j，故a k+i j为合数．综上所述，当k=(p1−1)(p2−1)···(p r−1)+1时，a k+1,a k+2,···,a k+n均是合数．。
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 ．。
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】
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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
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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(重庆赛区)预赛试题参考答案
（3）（2）（1）2018年全国高中数学联赛（重庆赛区）预赛试题参考答案一、填空题: 本大题共6小题，每小题8分，共48分，把答案填在横线上.1.设集合{}21,2log A a b =-与 {}2=1,log (1664)B a b +-恰有一个公共元素为a ， 则实数a = . 答案：6解析：因为1,1,a a a a -≠+≠所以公共元素为 222log log (1664)b b =-，解得28,2log 6b a b ===。
2. 从正九边形中任取三个顶点构成三角形， 则正九边形的中心在三角形内的概率为 . 答案：514解析：如图，正9边形中包含中心的三角形有以下三种形状：对于（1），有3种情况；对于（2），有9种情况；对于（3）；有18种情况；故所求概率为393918514P C ++== 3.设(0,0)O ，(1,0)A ，(0,1)B ，点P 是线段AB 上的一个动点，=AP AB λuu u r uu u r ，若OP AB PA PB ⋅≥⋅uu u r uu u r uu r uu r，则实数λ的取值范围是_______________.答案：[1解析：(1)(1,)AP AB OP OA OB λλλλλ=⇒=-+=-u u u r u u u r u u u r u u r u u u r ，则(1,1)PB λλ=--u u r ，(,)PA λλ=-u u r， 2(1,)(1,1)(,)(1,1)2410OP AB PA PB λλλλλλλλ⋅≥⋅⇔-⋅-≥-⋅--⇒-+≤u u u r u u u r u u r u u r，解得：11λ≤≤+，因点P 是线段AB 上的一个动点，所以01λ≤≤，综上，满足条件的λ的取值范围是112λ-≤≤.4.顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB OB ⊥，垂足为B ，OH HB ⊥，垂足为H ，且4PA =，C 为PA 的中点，则当三棱锥O HPC -的体积最大时，OB 的长为______..5.已知复数z 的模为1，则22|4||3|z z i -++的最小值为_____________. 答案：17解：在复平面内，设(4,0)A 、(0,3)B -，P 为单位圆上的点，问题转化为求22||||PA PB +的最小值，设(cos ,sin )P αα，其中R α∈222222||||(cos 4)sin cos (sin 3)276sin 8cos PA PB αααααα+=-++++=+- 2710sin()17αϕ=++≥由于R α∈，必存在α使sin()1αϕ+=-，即等号可以取到.6.在ABC 中，222sin sin 2018sin A C B +=，则2(tan tan )tan tan tan tan A C BA B C+=++ . 答案：22017解析：因为222sin sin 2018sin A C B += 所以2222018a c b +=⋅注意到：tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=⋅⋅故2(tan tan )tan tan tan tan A C B A B C+++ 2(tan tan )tan 11()tan tan tan tan tan tan A C B B A B C A C+==+⋅⋅22222222sin 1222()sin sin cos 20182017B b ac b AC B ac a c b b b =⋅===⋅+--. 二、解答题：本大题共4小题，第7、8题各16分，第9、10题各20分，共 72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.7.（满分16分）设()f m 是正整数m 的各位数字的乘积，求方程2()1036f m m m =-- 的正整数解. 解：设m 是n 位正整数，若3n ≥，则110100n m -≥≥,∴29()1036(10)3690369103610nnn f m m m m m m ≥=--=--≥-≥⋅->矛盾.此时无解. ...... 4分若1n =，则2()1036f m m m m ==--，此方程无整数解. ......8分 若2n =，且20m ≥，则281()103640020036164f m m m ≥=--≥--=矛盾 ∴[10,19]m ∈， ...... 12分 设10m k =+，2()(10)10(10)36f m k k k =+-+-=，解得3k =， 综上，方程的解为13m =. ...... 16分8．(满分16分) 设12a =, 211n n n a a a +=-+.证明：20182018111112018nn a =-<<∑.证明：由递推式得211(1)n n n n n a a a a a +-=-=- 所以111111n n n a a a +=---. 从而得2018201812019111111()1111n n n n n a a a a +===-=----∑∑. ...... 4分 又21(1)0n n n a a a +-=->得数列{}n a 单调递增, 所以12n a a ≥=.特别地20182019111111kk aa ==-<-∑. ...... 8分由递推式可得111n n n a a a +-=-.从而 11211111n n n a a a a aa ++-⋅==--. ...... 12分 由均值不等式及已证结论有1111nk k n n a =>≥∑所以 12nn a a a n ⋅>特别地2018201912201812018a a a a -=⋅>故20182018201911111112018kk aa ==->--∑. ...... 16分 9．(满分20分) 设椭圆C 的左、右顶点为,(,0)A B a , 过右焦点(1,0)F 作非水平直线l 与椭圆C 交于,P Q 两点, 记直线,AP BQ 的斜率分别为12,k k , 试证:12k k 为定值, 并求此定值(用a 的函数表示). 证明：设:1l x ty =+，代入椭圆方程222211x y a a +=-得 2222222((1))2(1)(1)0a t a y a ty a -++---=，设 1122(,),(,)P x y Q x y , 则2122222(1)(1)a t y y a t a -+=--+，2212222(1)(1)a y y a t a-=--+. ......5分 两式相除得1221221y y t y y a +=-, 212121()2a ty y y y -=+. 由题意知111111y y k x a ty a ==+++, 222221y y k x a ty a ==--+. ........ 10分 从而2112121122211222(1)(1)()/2(1)(1)()/2k y ty a a y y ay y k y ty a a y y ay y -+-+-+==++-+++ . 22122212(21)(1)(1)(21)a a y a y a y a a y -++-=-+++. ......15分 因为222221111121a a a a a a a a -+--==-+++ 所以 1211k a k a -=+. ......20分10． (满分20分) 设函数2()f x ax bx c =++ (0a ≠)满足|(0)|2,|(2)|2,|(2)|2,f f f ≤≤-≤求当[2,2]x ∈-时|()|y f x =的最大值.解：由题意知(0)42(2)42(2)c f a b c f a b c f =⎧⎪++=⎨⎪-+=-⎩，解得(0)(2)(2)2(0)8(2)(2)4c f f f f a f f b ⎧⎪=⎪+--⎪=⎨⎪--⎪=⎪⎩ 从而当[2,2]x ∈-时,2(2)(2)2(0)(2)(2)|()|(0)84f f f f f y f x x x f +----==++222224(2)(2)(0)884x x x x x f f f +--=+-+222224442x x x x x +--≤++. ......5分 因为[2,2]x ∈-时2222044x x x x+-⋅≤，从而222222224224|()|442442x x x x x x x x x x f x +--+--≤++=-+2||22x x =-++. .....10分易知当[0,2]x ∈ 时 225||22222x x x x -++=-++≤当[2,0]x ∈- 时 225||22222x x x x -++=--+≤得2||2||25max |()|max(||2)22x x x f x x ≤≤≤-++≤. ........ 15分 最后取21()22f x x x =-++,则(2)(2)(0)2f f f =-==.故该函数满足题设条件且在[2,2]-上能取到最大值52.因此|()|y f x =的最大值为52. ......20分。
2018年全国高中数学联合竞赛一试(含答案)
则(������ + ������������)������2 + 2(������ − ������������)������ + 2 = 0，
整理得：(������������2 + 2������������ + 2) + (������������2 − 2������������)������ = 0
由图结合对称性得：
������1 = ������ − 2, ������2 = 2������ − [4 + 2(2������ − 6)] = 8 − 2������ 所以，由函数单调性，不等式1 ≤ ������(������) ≤ 2在[1，2]内
分析：������������������ + ������������������为偶数，则������������������与������������������奇偶性相同，
故当������ ≥ 2 时，
������������ = √������ ± √������ − 1 ≤ √������ + √������ − 1 < 2√������ (2) ������������与������������+1异号时结论显然成立，
当������������与������������+1同号时： 由(1)得������������ = ±√������， 不妨得：������������ = √������ − √������ − 1
6. 设复数������满足|������|=1，使得关于������ 的方程z������2 + 2������̅������ +
2 = 0有实根，则这样的复数������的和为
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(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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⎫ ⎩ ⎭⎪ + 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 - 2a ⎬2. 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 π⋅ cos 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 ' = 90⇒ AB ⊥ 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 0⎨ BB 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 π⋅ cos 2π⋅ cos 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 2⎩x 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 0⎪ y = y .⎪⎩ 3 0⎧x = 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 3⎛ 12x - 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 2⎡ ⎛ π ⎫ ⎛ 2π ⎫ ⎛ (n + 1)π ⎫⎤ n +1⎛ 2k 1 ⎫ 3(n + 1)2 ⎢ f ⎪ + f ⎪ + + f⎪⎥ ≥ ∑ - ⎪ =⎢⎣ ⎝ 2n + 1 ⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭⎝ 2n + 1 ⎭⎥⎦k =1⎝ 2n + 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S∆ABC ⋅S∆PBF ⋅S∆ABD ⋅S∆PBE = 1 ，得AC ⋅ BC sin α ⋅ PB ⋅ FB ⋅ AD ⋅ BD sin β ⋅ PB ⋅ EB = 1．S∆PBF S∆ABDS∆PBES∆ABCPF ⋅ 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 2 A 28 与除去 A 1 A 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 1A 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 1 A 28 至少经过 27 次直航来连接．因此， n = 27 ．。