全国高中数学联赛试题2018

2018年全国高中数学竞赛试题

2018年全国高中数学竞赛试题一、选择题（每题4分，共24分）函数f(x)=4−x2的定义域是（）.A. [−2,2]B. (−2,2)C. [0,2]D. (0,2)下列命题中，正确的是（）.A. 若α⊂β，则α∩β=αB. 若直线l与平面α平行，则l与α内的所有直线平行C. 若直线l与平面α相交，则l与α内的无数条直线垂直D. 若平面α∥β，直线a⊂α，则a∥β若x,y∈R，且xy=0，则“x>y”是“x1<y1”的（）.A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件已知tanα=21，则sin2α=（）.A. 51B. 52C. 54D. 53设Sn为等比数列{an}的前n项和，若S3,S9−S3,S15−S9成等差数列，则公比q为（）.A. 2B. −2C. 21D. −21在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若a=2,b=4,cosC=41，则sinB=（）.A. 815B. 16315C. 23D. 415二、填空题（每题5分，共20分）函数y=log2(x2−2x−3)的定义域是_______.若直线l与平面α垂直，则l与α内所有直线所成的角中（）.A. 必有一个是直角B. 必有一个是锐角C. 必有一个是钝角D. 都是直角已知函数f(x)=x3−3x2+2x，则f′(x)= _______.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若sinA:sinB:sinC=3:5:7，则cosC= _______.三、解答题（共56分）（12分）求函数f(x)=x+1x2−1在x=2处的导数值.（12分）已知数列{an}满足a1=1，且an+1=2an+1，求数列{an}的通项公式.（12分）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=2,b=3,cosC=31。

（1）求sinB的值；（2）求△ABC的面积。

2018年全国高中数学联赛试题

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D和 J分别为 Δ/BCr的外接阈姒町和 BC∶ 的中点 ,F为乙犭 BC的内 ,则 DF⊥ JC.(笞饿时泔将国画在笛卷纸上冫
J与 BCJ的交点 ,Ⅳ 在线段 EF~⒈ ,满足 ⅣB⊥ 彳 L的切点 ,σ 为彳 B。切I囚在 /B边 ˇ
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(本趑满分 ⒛ 分)在平面直角坐标系豸勿中,设 /B是抛物线
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2018年全国高中数学联合竞赛加试试题《 A卷冫
-、 (本题满分 00分 )设刀是正貉数 ,〃 I,曰 2,¨ Ⅱ %。 DlⅡ 2,¨ 、慨,彳 ,B均为 1「
⒛18年全国高中数学联合竞赛一试试题 (A卷 )
-、填空题 :本大题共
1。
8小题 ,每小题 8分 ,满分 “ 分。
设集合 /=[,2,3,… ,991,B=仫豸 u∈
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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年全国高中数学联合竞赛一试参考答案(B卷)高考资料

.....................20分
4
吾将上下而求索
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={2aI aEA}, 则AUB的所有元素之和是
．
答案： 31. 解：易知B={4,0,2,16}, 故AUB={O,1,2,4,8,16}.AUB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PQ与底面所成角不大千45 °, 则满足条件的点Q所构成的区域的面积
为
答案： 31r.
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乙OQP三1'即OQ之1'故所求的区域面积为7r·22 -Jr-12 =31r. OQ
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
率为答案： — 1 · 10
量．已知数列{all } 满足：对任意正整数n, 点(an+I'an )均在l上．若a2=6, 则研叩4 as的值为
答案： — 32.
解：易知直线l的方程是3x +y=O. 因此对任意正整数n, 有3an+I +an=0,
即
an
+I
=——1 3
化，故
{a,J是以
——13为公比的等比数列．千是a3
=——1 3
所以 0三/(x)三I{:} /(21r— 6)三/(x)三/(4 — 1r)'

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全国高中数学联赛试题

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

1.设集合A={1,2,3,……,99}，BC={2,4,6,……,198}，则B={2x|x∈A}，C={x^2|x∈A}，则BC的元素个数为48，共24个元素。

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8π。

解析：过点P作平面α的垂线，这垂足为O，则点Q的轨迹是以O为圆心，分别以ON=1和OM=3为半径的扇环，于是点Q所构成的区域的面积为S=S2-S1=9π-π=8π。

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648/720=9/10.解析：（直接法）将1,2,3,4,5,6随机排成一行，共有A6^6=720种不同的排法，要使abc+def为偶数，abc为与def 同为偶数或abc与且def同为奇数。

（1）若a,b,c中一个偶数两个奇数且d,e,f中一个奇数两个偶数，共324种情形；（2）若a,b,c中一个奇数两个偶数且d,e,f中一个偶数两个奇数，共324种情形；共有648种情形。

综上所述，abc+def是偶数的概率为648/720=9/10.（间接法）“abc+def是偶数”的对立事件为“abc+def是奇数”，abc+def是偶数分成两种情况：“abc是偶数且def是奇数”或“abc是奇数且def是偶数”，每种情况有A3^3*A3^3=36种不同情形，共有72种不同情形，abc+def是偶数的概率为1-729/720=9/10.4.在平面直角坐标系xoy中，椭圆C：x^2/a^2+y^2/b^2=1（a>b>0）的左、右焦点分别是F1,F2，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PU、PS、PV、PT的长分别为1,2,3,6，则ΔPF1F2的面积为4√(2/3)。

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全国高中数学联赛广东赛区选拔赛试题及答案

2018全国高中数学联赛广东赛区选拔赛试题及答案一、专题系列1. 第1期平面向量中的奔驰定理2. 第2期平面向量中的奔驰定理的证明3. 第3期三角形中布洛卡点及其性质（1）4. 第4期布洛卡点及其性质（2）5. 第5期函数的极值点偏移解决策略（一）对数平均不等式6. 第6期函数中的极值点偏移解决策略（二）构造对称函数7. 第7期函数中的极值点偏移解决策略（三）换元法.8. 第8期函数中的极值点偏移解决策略（四）隐零点放缩法9. 第9期阿基米德三角形及其性质10. 第10期伯努利—欧拉关于装错信封的问题(错排问题)第18期参数法在递推数列中的应用第21期平面向量基本定理与等和线第22期一元三次方程的解法第28期2007-2017年数学文化考察内容第29期道是无圆却有圆（阿波罗尼斯圆）概念篇第30期道是无圆却有圆阿波罗尼斯圆（基础篇）第31期道是无圆却有圆阿波罗尼斯圆（提高篇）第32期圆锥曲线的切线性质第33期圆锥曲线的光学性质与蒙日圆第34期费马点及其推广和应用第35期米勒问题及其推广和应用第36期托勒密定理及其推广和应用第37期张角定理及其应用初高中数学衔接韦达定理基础篇第38期韦达定理及其推广和应用第39期蝴蝶定理及其推广和应用第40期圆锥曲线中的四点共圆第41期圆锥曲线中的斜率之和（积）为定值（基础篇）第42期圆锥曲线中的斜率之和（积）为定值（提高篇）第43期极点与极线的几何意义及应用第44期向量模长中的三剑客及其应用第45期拉格朗日乘数法及其应用第46期权方和不等式及其推广和应用第47期圆锥曲线之焦点访谈（一）弦长和面积第48期集合中的计数问题解决策略第49期双重最值问题的解决策略第50期切比雪夫多项式及其应用第51期三次函数的神奇之旅第52期解决圆锥曲线定值的两个策略（曲线系、参数法）第53期函数零点问题解决策略第54期神奇的切线法第55期四边形的那些事第56期立体几何中轨迹问题的解决策略第57期基本不等式的几种常见技巧第58期放缩有道导数中的基本不等式及其应用第59期外接球和内切球半径求解策略第60期立体几何中三视图破解策略第61期点关于直线的对称点的一般公式及其应用第62期伯努利不等式的推广及应用第63期立体几何中的截面问题第64期高考进阶（一）洛必达法则 (潜龙勿用)第65期高考进阶（二）泰勒展开式（见龙在田）第66期高考进阶（三）拉格朗日中值定理（飞龙在天）第67期圆锥曲线中的张直角及其应用第68期点差法在中点弦等问题中的应用第69期超几何分布与二项分布的辨析及应用第70期笔算开平方（祝大家新年快乐）第71期圆锥曲线中减少运算量的方法一（齐次化）第72期圆锥曲线中的倾斜角互补问题第73期正四面体性质及其应用第74期隐零点问题的解决策略第75期三角函数ω取值范围的求解策略第76期曲线系及其应用第79期离心率的几种经典模型及其解决策略。

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年全国高中数学联合竞赛一试B卷参考答案(含加试)

三）叶
(9a+b+I) — ( 6矗+ b) 分 [1, 9], 均有 11cx)I<2, 则 ………………10 分切 @ @
由句，＠得， 2a-6 = /(2)-/(1); 又由＠，＠得， 6a-2 = /(3)-/(2). 由上述两式消去 a, 可知但 /(3)-4/(2)+3/(1)<2+4 . 2+3. 2=16, 矛盾！从而命题得证．
2018年全国高中数学联合竞赛一试(B卷）参考答案及评分标准
为
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与底面所成角不大千45 , 则满足条件的点Q所构成的区域的面积解：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乙OQP三1'即OQ之1'故所求的区域面积为7r·22 -Jr-12 =31r. OQ 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是奇数的概答案： 1 — 答案： 31r.
说明： 1. 评阅试卷时，请依据本评分标准．填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次． 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，在评卷时可一个档次，第10、参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，不得增加其他中间档次． 11小题5分为一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． {2, 0,1,8}, B= {2a I a E A}, 则AUB的所有元素之和是 1. 设集合A= ．

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