2018年全国高中数学联赛模拟试题与参考答案

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2018全国高中数学联赛模拟试题2及参考答案

由（1）式， x 12 | y2 x 1 | y x 1
x2 x 1

x
y
1
2
．又因为
y 则
为整数，
x 1
2
2
x 1 x2 x 1 为完全平方数．而 x2 x 1 x x 1 1 x 1, x2 x 1 1，
和为 15 的形如 4、5、6 的有 6 种，形如 5、5、5 的有 1 种，形如 6、6、3 的有 3 种，合计 10
种．
8. 2 2, 2 2 ．

解析：设 z2 x yi x, y

．则 z1
z2i z
z2 i
1

y xi
x y 1i
2
2
证明： B ．
4
4
A
3
3
2
2
三、（本题满分 50 分）
设整数 n 4 ， a1, a2, , an 为区间 0, 2n 内两两不同的整数．证明：集合 A a1, a2 , , a n 存在所有
元素之和能被 2n 整除的子集．
四、（本题满分 50 分）
设有 17 支球队参加足球比赛，采用单循环赛制，比赛中偶尔会出现一个循环的三元集（即集合a,b, c，其中 a 队击败 b 队， b 队击败 c 队， c 队击败 a 队），若没有平局，则比赛结束．问：最多有多少
b a
x 1
,
B
x2
,
b a
x 2
,
P x,
y ．
b
由 OAPB 知， x x1 x2 , y

a
x1

2018全国高中数学联赛模拟试题7及参考答案.docx

1
2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案第6页（共7页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案第7页（共7页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）
第一试
2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）第1页（共4页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）第2页（共4页）
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第二试
2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）第3页（共4页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）第4页（共4页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案
第一试
2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案第1页（共7页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案第2页（共7页）
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2018年全国高中数学联赛模拟题（七）参考答案第3页（共7页）
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2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案第4页（共7页）
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第二试
2018年全国高中数学联赛模拟试题（七）参考答案第5页（共7页）

2018年全国高中数学联赛天津赛区预赛试题+答案

x3 − 17x − 18 = 0
−4 < x1 < −3 4 < x3 < 5.
1
x2
2 arctan x1 + arctan x2 + arctan x3 .
解析
x1, x2, x3
x3 − 17x − 18 = (x − x1)(x − x2)(x − x3)
x1 + x2 + x3 = 0, x1x2 + x2x3 + x3x1 = −17, x1x2x3 = 18
14. A, B
F1, F2 O
x2 − y2 = 1 4
1 |OA| · |OB| = |OF1|2
2 F1, F2, A, B
.
第6页
解析 1
AB
√
|OA| = |OB| = 5 = |OF1|
AB
.
AB
y = kx + b
x2
−
1 (kx
+
b)2
=
1
4
A, B AB
(1, 2), (1, −2) x
.................................................................... 5
1 x1 ∈ (−4, −3) x3 ∈ (4, 5)
x2 = −x1 − x3 ∈ (−2, 0).
f (x) = x3 − 17x − 18
f (0) = −18 < 0, f (−1) = −2 < 0, f (−2) = 8 > 0
=
(x1 +x2 ) (1−x1 x2 )
+

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 - 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 ⎫- x 3. 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 四面体OSDA．5. 在椭圆 x 2 = 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 ⋅ cos4π 5 5 58. 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．y 2 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 轴上的射影分别为 B 1 ,C 1 ． P 为线段 BC 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 ．证明： f ⎛ π ⎫ + f ⎛ 2π ⎫ + + f ⎛ (n + 1)π ⎫ 2n + 1⎪ 2n + 1⎪ 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∈+ c = 0 ．证明：a = b = c = 0二、（本题满分 40 分）a2b2 b2c2 c2 a2 31)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．C 3 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 C3-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 26.3n 2 - 3n + 2 ．解析：设 n 个三角形最多把平面分成 S n 个部分． S 1 = 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)BB 1 CC 1AB 1 AC 1 1 1 2 2 0 0⎨ , 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 8π4sin π ⎛cos 2π - cos 2π ⎫2⎛sin 3π - sin π ⎫ + 2sin π15 15515 15 5 5 3⎪ 5 5 ⎪5 cos π ⋅ cos 2π ⋅ cos 4π== cos 8π⎝ ⎭ = cos 8π⎝ ⎭ ． sin 8π 5 5 555 58.1 +．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 ⎪ 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： ⎪ y = ⎪⎩-4k 4 - k y - 44 y < 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 ⎪1- ，故⎝ ⎭3 () ( ) 10. 由已知条件 ⇒ sin x - cos x ≥ 2 x -1 ⇒⎛ x - π ⎫ ≥ 2x -1 ．又当1 ≤ k ≤ n + 1时，0 ≤k π + π ≤ π ． π 4 ⎪ π 2n +1 4⎝ ⎭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) f ⎪ + f ⎪ + + f⎪⎥ ≥ ∑ - ⎪ = ⎢⎣ ⎝ 2n + 1 ⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭ ⎝ 2n + 1 ⎭⎥⎦ k =1 ⎝ 2n + 1 2 ⎭ 2 (2n +1)⎛ π ⎫ ⎛ 2π ⎫⎛ (n + 1)π ⎫ 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(()()())()t 1一、（本题满分 40 分）加试部分考试时间：150 分钟满分：180 分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 + c = 0 ；（1）d, e, f 均为非0 d + f = 0 ，则a=b=c．d e f（1+ 3a = 0 ；（1+ 33b= 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）x2 y2 z2令a2 = yz,b2 = zx, c2 = xy ．则xy + yz + zx = 1．原式左边=++x + yz y + zx z + xy．由柯西不等式得：⎛ x 2 y 2 z 2 ⎫ 2++⎪ x + yz + y + zx + z + xy ≥ x + y + z⎝ x + yz y + zx z + xy ⎭x2 y2 z2(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 ，在区间+∞) 上单调递增，所以：t + 1 t + 13 31)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∆PBFS∆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 2 A 28 以外的至少六座城市通航，城市 A 2A 28 与除去 A 1A 29 以外的至少五座城市通航．设 A = {A 1 , A 2 , , A 29 } ．设分别与城市 A 1 , A 4 , A 7 , A 10 , A 13 , A 16 , A 19 , A 22 , A 25 , A 29 通航，且不属于 A 的所有城市组成的集合为 X i (i = 0,1, , 9)．易知， X 0 ≥ 6, X 9 ≥ 6, X i ≥ 5(i = 1, 2, ,8) ．又 X i ⋂ X j = ∅(i ≠ j ) ，否则，城市 A 1 , A 29 之间有更短的连接路线．故 A ⋃ ( X 0 ⋃ X 1 ⋃ ⋃ X 9 ) ≥ 29 + 6 ⨯ 2 + 5 ⨯ 8 = 81 > 80 ，矛盾．从而 n ≤ 27 ．其次证明： n = 27 是可以的．事实上，取 28 座城市 A 1 , A 2 , , A 28 与城市集合 X i (i = 0,1, , 9)．当 i = 0, 9 时， X i = 6 ；当 i = 1, 2, ,8 时， X i = 5 ，且对于 0 ≤ i < j ≤ 9 ， X i ⋂ X j = ∅ ， X i 中不包含城市 A 1 , A 2 , , A 28 ．对于1 ≤ k ≤ 8 ，城市 A 3k , A 3k +1 , A 3k +2 与集合 X k 中所有的城市通航；城市 A 1 , A 2 与集合 X 0 中所有的城市通航；城市 A 27 , A 28 与集合 X 9 中所有城市通航；集合 X i (0 ≤ i ≤ 9)中任意一座城市与上述的城市 A s 通航，与且仅与集合 X i 中其余城市通航；城市 A i 与 A i +1 (i = 1, 2, , 27) 通航．这样，城市 A 1 A 28 至少与七座城市通航，集合 X i 中任意一座城市均只与七座城市通航，且城市A 1A 28 至少经过 27 次直航来连接．因此， n = 27 ．。

2018年全国高中数学联赛辽宁赛区预赛试题+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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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

全国高中数学联赛模拟试题及参考答案

3.在△ 中，若sin(2 + ) = 2，则的最大值为
．
【解答】展开得，2 + 2 = 2，即s2 + 2 = 2.
故 =
=
∴ ＞0. ≤
√
2
²
=
，若＜0，则＜0，这不可能.
其中任意两个相邻数之和都为 2n-1 或 2n.而由抽屉原理知：当|A|≥n+1 时，A 中必然有两个数在上述数列
中相邻，所以，符合条件的 A 的元素个数不大于 n.
综上可知，|A|的最大值为 n。
二、解答题：本道题共 3 个小题，满分 56 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
9.（本题满分 16 分）设() = + + ( > 0)，方程() = 的两个根是与，且 > 0， − >
2018 全国高中数学联合竞赛模拟试题参考答案
一、填空题：本道题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分.

6 x x 2 的定义域为 A ，函数 y lg kx 2 4 x k 3 的定义域为 B ，当 B A 时，实
1.已知函数 y
数 k 的取值范围是
．
【解答】由题意得，A = [−2,3], 令() = + 4 + + 3，当 ≥ 0 时，令 x → +∞时不满足题意.故
A
由垂径定理，OF⊥AB，OE⊥CD，由对称性得 O 在 EF 上.
由勾股定理，OF + AF = AO = R = OC = （4 − OF）² + CE²
F
√
解方程得，OF= ，R=
O
,三棱锥 A-BCD 的高 AE=2√2，故三棱锥 A-BCD 的高与

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湖南预赛试题及详解

绝密★启用前2018年全国高中数学联赛湖南预赛(B)卷试题及详解一、填空题（本大题共10小题，每小题7分，满分70分）1.设集合{}23100A x x x =--≤，{}121B x m x m =+≤≤-，若A B B ⋂=，则实数m 的取值范围为．2.如果函数()3cos 2y x ϕ=+的图像关于点4,03π⎛⎫⎪⎝⎭中心对称,那么ϕ的最为．3. 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()f x ，则()f x = ．4. 已知二面角l αβ--为60，动点P ，Q 分别在面α，β内，P 到β的距离为3，Q 到α的距离为23，则P ，Q 两点之间距离的最小值为．5. 如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫．设n A 是第n 次挖去的小三角形面积之和（如1A 是第1次挖去的中间小三角形面积，2A 是第2次挖去的三个小三角形面积之和）.则前n 次挖去的所有小三角形面积之和的值为．6.若333sin cos 3x x +=，则20182018sincos x x +的值为．7.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，当正方形ABCD 的某个顶点落在x 轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转.设顶点C 滚动时的曲线为()y f x =，则()f x 在[]2017,2018上的表达式为．8.四个半径都为1的球放在水平桌面上，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）.有一个正方体,其下底与桌面重合,上底的四个顶点都分别与四个球刚好接触,则该正方体的棱长为．9.设1a b +=，0b >，0a ≠，则21aa b+的最小值为． 10.设,a b R ∈，a b <函数()()max a t bg x x t x R ≤≤=+∈（其中max a t b≤≤表示对于x R ∈，当[],t a b ∈时表达式x t +的最大值），则()g x 的最小值为．三、解答题（本大题共4小题，共80分.11. 如图，四棱锥S ABCD -中，SD ⊥底面ABCD ，//AB DC ，AD DC ⊥，1AB AD ==，2DC SD ==，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：2SE EB =；（Ⅱ）求二面角A DE C --的大小.12. 棋盘上标有第0,1,2,,100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败集中营）时，游戏结束.设棋子跳到第n 站的概率为n P . （1）求3P 的值；（2）证明：()()1112992n n n n P P P P n +--=--≤≤；（3）求99P ，100P 的值.13. （1）已知P 是矩形ABCD 所在平面上的一点，则有2222PA PC PB PD +=+.试证明该命题；（2）将上述命题推广到P 为空间上任一点的情形，写出这个推广后的命题并加以证明；（3）将矩形ABCD 进一步推广到长方体1111ABCD A B C D -，并利用（2）得到的命题建立并证明一个新命题.14. 设曲线2:1625616C x y y -=-所围成的封闭区域为D . （1）求区域D 的面积；（2）设过点()0,16M -的直线与曲线C 交于两点P ，Q ，求PQ 的最大值.2018年全国高中数学联赛湖南预赛答案一、填空题1.3m ≤2.6π3.sin cos x x4.314n⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭6.17.()()504.4f x f x =-=8.23 9.1 10.2b a - 二、解答题11.解：以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立直角坐标系Dxyz ，设()1,0,0A =，则()1,1,0B ，()0,2,0C ，()0,0,2S .（1）证明：()0,2,2SC =-，()1,1,0BC =-，设平面SBC 的法向量为(),,n a b c =，由n SC ⊥，n BC ⊥，得到0n SC ⋅=，0n BC ⋅=，故0b c -=，0a b -+=，取1a b c ===，则()1,1,1n =，又设()0SE EB λλ=>，则2,,111E λλλλλ⎛⎫ ⎪+++⎝⎭，2,,111DE λλλλλ⎛⎫= ⎪+++⎝⎭,()0,2,0DC = 设平面CDE 的法向量为(),,m x y z =，由m DE ⊥，m DC ⊥，得到0m DE ⋅=，0m DC ⋅=，故20111x y zλλλλλ++=+++，20y =，令2x =，则()2,0,m λ=-，由平面DEC ⊥平面SBC ，得到m n ⊥，所以0m n ⋅=，20λ-=，2λ=，故2SE EB =.（2）解：由（1）知222,,333DE ⎛⎫=⎪⎝⎭，取DE 的中点F ，则111,,333F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，211,,333FA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，故0FA DE ⋅=，FA DE ⊥，又242,,333EC ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，故EC DE ⊥，因此向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角，于是()1cos ,2FA ECFA EC FA EC⋅==-，所以二面角A DE C --的大小为120.12.解：（1）棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率为18；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为14；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为14，因此358P =. （2）易知棋子先跳到第2n -站，再掷出反面，其概率为212n P -；棋子先跳到第1n -站，再掷出正面，其概率为112n P -，因此有()1212n n n P P P --=+，即()11212n n n n P P P P ----=--，或即()()1112992n n n n P P P P n +--=--≤≤.（3）由（2）知数列{}()11n n P P n --≥为首项为1011122P P -=-=-，公比为12-的等比数列，因此有()()11101122nn n n nP P P P ---⎛⎫-=--=⎪⎝⎭.由此得到999899100111211=122232P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有10098991111232P P ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭. 13. （1）证明：如图1，设在直角坐标平面中，矩形ABCD 的顶点坐标为(),A a b --，(),B a b -，(),C a b ，(),D a b -，点(),P x y 是直角坐标平面上的任意一点，则()()()()()22222222222PA PC x a y b x a y b x y a b +=++++-+-=+++，()()()()()22222222222PB PD x a y b x a y b x y a b +=-+++++-=+++，故2222PA PC PB PD +=+.（2）推广命题：若棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，则有2222PA PC PB PD +=+.证明：如图2，设棱锥P ABCD -的底面ABCD 在空间直角坐标系的xOy 平面上,矩形ABCD 的顶点坐标为(),,0A a b --，(),,0B a b -，(),,0C a b ，(),,0D a b -，设P 点坐标为(),,P x y z ，则()()()()()()2222222200PA PC x a y b z x a y b z +=++++-+-+-+- ()222222x y a b z =++++()()()()()()2222222200PB PD x a y b z x a y b z +=-+++-+++-+- ()222222x y a b z =++++，故2222PA PC PB PD +=+.（3）再推广命题：设1111ABCD A B C D -是长方体，P 是空间上任意一点，则222222221111PA PC PB PD PB PD PA PC +++=+++.证明：如图3，由（2）中定理可得2222PA PC PB PD +=+和22221111PA PC PB PD +=+，所以222222221111PA PC PB PD PB PD PA PC +++=+++.14. 解：（1）由题设，有256160y -≥，因此1616y -≤≤.若221616x y x y -=-，则当016y ≤≤时，22161625616x y x y y -=-=-，2256x =，此时()16016x y =±≤≤，图像是两条直线段；当160y -≤≤，22161625616x y x y y -=-=+，()28832x y y =-≥-，对应于一段二次函数的图像；若221616x y y x -=-，则当016y ≤≤时，类似于前面的推导得2832x y =+，对应于二次函数图像的一段：()28832x y y =+≥；当160y -≤<，22161625616x y y x y -=-=+，得到2256x =-，无解.综上所述，区域D 的集合为：()22,1616,883232x x D x y x y ⎧⎫⎪⎪=-≤≤-≤≤+⎨⎬⎪⎪⎩⎭，由区域D 上函数图像性质，知区域D 的面积为3216512S =⨯=.（2）设过点()0,16M -的直线为l ，为了求PQ 的最大值，由区域D 的对称性，只需考虑直线l 与D 在y 轴右侧图像相交部分即可.设过点()0,16M -的直线l 方程为16y kx =-，易知此时l 与D 相交时有1k ≤<∞.①当2k ≤<∞时，l 与D 分别相交于二次函数2832x y =-以及2832x y =+，两个交点分别为(()()216,161P k k -，(()()216,161Q k k -因此，16PQ =k 的递减函数.②当12k ≤≤时，直线l 与D 分别相交于二次函数2832x y =-以及直线16y =，从图形性质容易看出，随着k 从2变到1，PQ 的值逐步减少.综上，当l 经过直线16x =与二次函数2832x y =+曲线交点()16,16Q 时，PQ 的值最大，此时直线l 方程为：216y x =-,((()162,163P -，PQ 的值为=.当PQ 落在y 轴上时，24PQ =<，因此PQ 的最大值为。

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天津市预赛高三数学试题(解析版)资料

2018年全国高中数学联赛天津市预赛高三数学试题(解析版)2018年全国高中数学联赛天津市预赛高三数学试题一、单选题1．如果集合，，C是A的子集，且，则这样的子集C有（）个.A．256 B．959 C．960 D．961【答案】C【解析】【详解】满足的子集C有个，所以满足的子集C有个. 故答案为：C2．等差数列中，，则前17项的和等于（）.A．0 B．-34 C．17 D．34【答案】B【解析】【详解】设公差为d，则，结合条件可知，从而前17项的和等于.故答案为：B3．设的最小正周期为6，则的值是（）.A．0 B．1 C．D．【答案】A【解析】【详解】由最小正周期为6可知，即.于是当k为整数时，即每个完整周期内的6个函数值之和为零.注意，所以原式=.故答案为：A4．在以下四个数中，最大的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【详解】考虑函数，则四个选项分别是、、、.由于，可见在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，所以在（0，+）上的最大值为.故答案为：B5．设复数z满足，i是虚数单位，则的值不可能是（）.A．B．C．D．【答案】D【解析】【详解】注意我们有.也就是说，它表示点z到3-4i的距离的倍.由于z在单位圆上，易知上式的取值范围是.故答案为：D6．下面左边的平行四边形ABCD是由6个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可以得到如右图所示的粽子形状的六面体，在这个六面体中，AB与CD夹角的余弦值是（）.A．0 B．1 C．D．【答案】C【解析】【详解】如图所示，取中间的虚线EF，将平行四边形分为两部分，各由三个小正三角形构成.左端的三个小正三角形折起来（B和F重合），恰好是一个无底的正三棱锥，AB、EF是它的两条底边；同理，右端的三个小正三角形折起来（D和E重合）构成粽子的另一半，CD、EF也是边线.因此，折起来后，AB、CD是正三角形的两条边，它们夹角的余弦值为.故答案为：C二、填空题7．已知函数和的定义域都是，它们的图象围成的区域面积是_____________【答案】【解析】【详解】将的图象补充为完整的圆，则由中心对称性易知答案是圆面积的一半，为.故答案为：8．若为正实数，且是奇函数，则不等式的解集是_____________【答案】【解析】【详解】由可得即也即，所以.由于在（0，+）上递增，所以在（0，+）上是增函数，结合是奇函数可知在R上是增函数.解不等式，只需找到的解.方程等价于也即两边平方，解得.因此，不等式的解集是.故答案为：9．对于实数，用表示不超过的最大整数，例如，，，设x为正实数，若为偶数，则称x为幸运数.在区间（0，1）中随机选取一个数，它是幸运数的概率为__________【答案】【解析】【详解】注意当时，；因此为偶数当且仅当，也即这些区间的长度之和为.因此，x是幸运数的概率为.故答案为：10．实数x、y满足，则的最大值是____________【答案】42【解析】【详解】注意，，，这三者相加即得.当，时等号成立，所以的最大值是42.也可以直接用柯西（Cauchy）不等式，得到最大值为42. 故答案为：4211．凸六边形ABCDEF的6条边长相等，内角A、B、C分别为134°、106°、134°.则内角E是___________（用度数作答）.【答案】134°【解析】【详解】不妨设边长为1，设AC、DF的中点分别为M、N，且A在DF上的射影为K，则，，，即，.又设，则，利用，我们有，因此，即等腰△DEF的底角为23°，可见其顶角E为134°.故答案为：134°12．半径分别为6、6、6、7的四个球两两外切.它们都内切于一个大球，则大球的半径是________【答案】14【解析】【详解】设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AB=BC=CA=12，DA=DB=DC=13，即A、B、C、D两两连结可构成正三棱锥.设待求的球心为X，半径为r.，则由对称性可知DX平面ABC.也就是说，X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知，.设OX=x，则由于球A内切于球X，所以AX=r-6即①又DX=OD-OX=11-x，且由球D内切于球X可知DX=r-7于是②从①②两式可解得，即大球的半径为14.故答案为：14三、解答题13．设、、是方程的三个根，且.⑴求的整数部分；⑵求的值.【答案】（1）-2（2）【解析】【详解】由于、、是方程的根，我们有.比较两端的系数可得：，，.⑴由和可知.注意满足，，.所以在区间上有一个根，即.因此的整数部分为-2.⑵设，i=1，2，3.由⑴知，且 .因此.注意从而.这表明，即.14．如图，、是双曲线的两个焦点，一条直线与双曲线的右支相切，且分别交两条渐近线于A、B.又设O为坐标原点，求证：（1）；⑵、、A、B四点在同一个圆上.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】⑴若直线AB的斜率不存在，即切点位于实轴的顶点，则A、B的坐标分别为（1，2）、（1，-2）.这时，结论成立.若直线AB的斜率存在，可设直线AB的方程为.由于AB与双曲线相切，所以关于x的方程有两个相等的实根，即.整理得.由于A、B的横坐标、是方程的两个实根，我们有.注意A、B的坐标分别为（），（）.可知，，因此.⑵在与中，，且，所以.同理.这样，我们有.即四边形中的一组对角之和等于另一组对角之和，从而对角之和为180°，该四边形内接于圆.15．设，，正实数数列满足，且当时.求证：⑴当时，；⑵.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】⑴我们证明，当x＞0时，.令，则有，，.由知单调递增，从而.由可知单调递增，.最后，由可知单调递增，这样我们就证明了.利用这一点，立即得到.⑵我们先对n用数学归纳法证明.当n=1时，，结论成立.假设当n=m-1时有（其中）.如果，则.注意.可知，与归纳假设矛盾.因此.这样，当时有，令k从1到n求和，就得到.。

2018年全国高中数学联赛A试题+答案

2018年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：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，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设集合 1,2,3,,99,2,2A B x x A C x x A ，则B C 的元素个数为．答案：24．解：由条件知， 13992,4,6,,198,1,,2,,2,4,6,,48222B C，故B C 的元素个数为24．2. 设点P 到平面的距离为，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，tan OP OQP OQ ，即[1,3]OQ ，故所求的区域面积为22318 ．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：910．解：先考虑abc def +为奇数的情况，此时,abc def 一奇一偶，若abc 为奇数，则,,a b c 为1,3,5的排列，进而,,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，使abc def +为奇数的情况数为36272×=种．从而abc def +为偶数的概率为72729116!72010−=−=．4. 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b的左、右焦点分别是1F 、2F ，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,,,PU PS PV PT 的长分别为1,2,3,6，则12PF F 的面积为．答案解：由对称性，不妨设(,)P P P x y 在第一象限，则由条件知112,122P P x PT PS y PV PU ，即(2,1)P ．进而由1,2P x PU PS 得(2,2),(4,1)U S ，代入椭圆C 的方程知2222111144161a b a b，解得2220,5a b ．从而121212PF F P P S F F y y ．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()1,(2)2f f ，则不等式组12,1()2x f x的解集为．答案：[2,82] ．解：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(2)()1,(82)(2)(2)2f f f f f ，所以1()2(2)()(82)f x f f x f ，而12822 ，故原不等式组成立当且仅当[2,82]x ．6. 设复数z 满足1z ，使得关于x 的方程2220zx zx 有实根，则这样的复数z 的和为．答案：32．解：设22i (,,1)R z a b a b a b ．将原方程改为2(i)2(i)20a b x a b x ，分离实部与虚部后等价于2220ax ax ，① 220bx bx ．②若0b ，则21a ，但当1a 时，①无实数解，从而1a ，此时存在实数1x 1z 满足条件．若0b ，则由②知{0,2}x，但显然0x 不满足①，故只能是2x ，代入①解得14a ，进而bz ．综上，满足条件的所有复数z 之和为312．7. 设O 为ABC 的外心，若2AO AB AC，则sin BAC 的值为．答案解：不失一般性，设ABC 的外接圆半径2R ．由条件知，2AC AO AB BO，①故112AC BO ．取AC 的中点M ，则OM AC ，结合①知OM BO ，且B 与A 位于直线OM 的同侧．于是1cos cos(90)sin 4MCBOC MOC MOC OC．在BOC 中，由余弦定理得BC ，进而在ABC中，由正弦定理得sin 2BC BAC R． 8. 设整数数列1210,,,a a a 满足1012853,2a a a a a ，且1{1,2},1,2,,9i i i a a a i ，则这样的数列的个数为．答案：80．解：设1{1,2}(1,2,,9)i i i b a a i ，则有11011292a a a b b b ，① 2345285567b b b a a a a b b b ．②用t 表示234,,b b b 中值为2的项数．由②知，t 也是567,,b b b 中值为2的项数，其中{0,1,2,3}t ．因此237,,,b b b 的取法数为021222323333(C )(C )(C )(C )20 ．取定237,,,b b b 后，任意指定89,b b 的值，有224 种方式．最后由①知，应取1{1,2}b 使得129b b b 为偶数，这样的1b 的取法是唯一的，并且确定了整数1a 的值，进而数列129,,,b b b 唯一对应一个满足条件的数列1210,,,a a a ．综上可知，满足条件的数列的个数为20480 ．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．9.（本题满分16分）已知定义在R 上的函数()f x 为3log 1,09,()49.x x f x x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：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(3)0,(9)1f f ，故结合图像可知(0,3)a ，(3,9)b ，(9,)c ，并且()()()(0,1)f a f b f c ． …………………4分由()()f a f b 得331log log 1a b ，即33log log 2a b ，因此239ab ．于是9abc c ． …………………8分又0()41f c ， …………………12分故(9,16)c ．进而9(81,144)abc c ．所以，abc 的取值范围是(81,144)． …………………16分注：对任意的(81,144)r ，取09rc =，则0(9,16)c ∈，从而0()(0,1)f c ∈．过点00(,())c f c 作平行于x 轴的直线l ，则l 与()f x 的图像另有两个交点(,())a f a ，(,())b f b （其中(0,3),(3,9)a b ），满足()()()f a f b f c ，并且9ab ，从而abc r =．10.（本题满分20分）已知实数列123,,,a a a 满足：对任意正整数n ，有(2)1n 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(2) 对任意正整数n ，有11n n a a ．证明：(1) 约定00S ．由条件知，对任意正整数n ，有221111(2)()()n n n n n n n n n a S a S S S S S S ，从而220n S n S n ，即n S （当0n 时亦成立）． …………………5分显然，1n n n a S S ． …………………10分(2) 仅需考虑1,n n a a 同号的情况．不失一般性，可设1,n n a a 均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），则11n n n S S S ，故必有1n n S S ，此时1n n a a从而11n n a a ． …………………20分11.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，设AB 是抛物线24y x 的过点(1,0)F 的弦，AOB 的外接圆交抛物线于点P （不同于点,,O A B ）．若PF 平分APB ，求PF 的所有可能值．解：设222123123,,,,,444y y y A y B y P y，由条件知123,,y y y 两两不等且非零．设直线AB 的方程为1x ty ，与抛物线方程联立可得2440y ty ，故124y y ． ① 注意到AOB 的外接圆过点O ，可设该圆的方程为220x y dx ey ，与24y x 联立得，4210164y d y ey ．该四次方程有123,,,0y y y y 这四个不同的实根，故由韦达定理得12300y y y ，从而312()y y y ．②…………………5分因PF 平分APB ，由角平分线定理知，12PA FA yPB FB y ，结合①、②，有2222312222231212112122222222222321222132()()16(2)44()16(2)()44y y y y y y y y y PA yy PB y y y y y y y y y2222422122122224212112(8)16(416)64192(8)16(416)64192y y y y y y y y y y ， ………………10分即62226222112122126419264192y y y y y y y y ，故 224224121122()(192)0y y y y y y ．当2212y y 时，21y y ，故30y ，此时P 与O 重合，与条件不符．当422411221920y y y y 时，注意到①，有22221212()192()208y y y y ． …………………15分因22121282y y y y ，故满足①以及2212y y 的实数12,y y 存在，对应可得满足条件的点,A B ．此时，结合①、②知222231212()4411444y y y y y PF ．…………………20分2018年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：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n 是正整数，1212,,,,,,,,,n n a a a b b b A B 均为正实数，满足,,1,2,,i i i a b a A i n ≤≤= ，且1212n n b b b Ba a a A≤ ．证明：1212(1)(1)(1)1(1)(1)(1)1n n b b b B a a a A ++++≤++++ ．证明：由条件知，1,1,2,,i i i b k i n a =≥= ．记BK A=，则1212n n b b b B a a a A ≤ 化为12n k k k K ≤ ．要证明11111ni i i ik a KA a A =++≤++∏． ① 对1,2,,i n = ，由于1i k ≥及0i a A <≤知，11111111i i i i i i i i i k a k k k A k k a a A A +−−+=−≤−=++++．结合12n K k k k ≥ 知，为证明①，仅需证明当0,1(1,2,,)i A k i n >≥= 时，有1211111ni n i k A k k k A A A =++≤++∏． ②…………………20分对n 进行归纳．当1n =时，结论显然成立．当2n =时，由120,,1A k k >≥可知1212122111(1)(1)0111(1)k A k A k k A A k k A A A A +++−−⋅−=−≤++++， ③ 因此2n =时结论成立． …………………30分设n m =时结论成立，则当1n m =+时，利用归纳假设知，11121111111111111m m i i m m m i i k A k A k A k k k A k A A A A A A +++==+++++ =⋅≤⋅ +++++∏∏ 12111m k k k A A ++≤+ ，最后一步是在③中用121,m m k k k k + （注意1211,1m m k k k k +≥≥ ）分别代替12,k k ．从而1n m =+时结论成立．由数学归纳法可知，②对所有正整数n 成立，故命题得证．…………………40分二、（本题满分40分）如图，ABC 为锐角三角形，AB AC ，M 为BC 边的中点，点D 和E 分别为ABC 的外接圆 BAC和 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NB AB ．证明：若BN EM ，则DF FG ．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由条件知，DE 为ABC 外接圆的直径，DE BC 于M ，AE AD ．记I 为ABC 的内心，则I 在AE 上，IF AB ．由NB AB 可知(180)90NBE ABE ABN ADE90ADE MEI ．① …………………10分又根据内心的性质，有EBI EBC CBI EAC ABI EAB ABI EIB ，从而BE EI ．结合BN EM 及①知，NBE MEI ≌ ． …………………20分于是90180EMI BNE BFE EFI ，故,,,E F I M 四点共圆．进而可知9090AFM IFM IEM AGM ，从而,,,A F G M 四点共圆． …………………30分再由90DAG DMG 知，,,,A G M D 四点共圆，所以,,,,A F G M D 五点共圆．从而90DFG DAG ，即DF FG ． …………………40分三、（本题满分50分）设,,n k m 是正整数，满足2k ≥，且21k n m n k−≤<．设A 是{1,2,,}m 的n 元子集．证明：区间0,1n k−中的每个整数均可表示为a a ′−，其中,a a A ′∈．证明：用反证法．假设存在整数0,1n x k∈ −不可表示为a a ′−，,a a A ′∈．作带余除法m xq r =+，其中0r x ≤<．将1,2,,m 按模x 的同余类划分成x 个公差为x 的等差数列，其中r 个等差数列有1q +项，x r −个等差数列有q 项．由于A 中没有两数之差为x ，故A 不能包含以x 为公差的等差数列的相邻两项．从而1,2,12()22,2|,2q x q q q n A r x r q x r q + ⋅ + =≤+−= ⋅+ ① 这里α 表示不小于α的最小整数． …………………20分由条件，我们有()2121k kn m xq r k k >+−−． ②又0,1n x k ∈ −，故(1)n k x >−． ③情形一：q 是奇数．则由①知，12q n x +≤⋅． ④ 结合②，④可知，1()22121q k kx n xq r xq k k +⋅≥>+≥−−，从而21q k <−．再由q 是奇数可知，23q k ≤−，于是1(1)2q n x k x +≤⋅≤−，与③矛盾．情形二：q 是偶数．则由①知，2qn x r ≤⋅+． ⑤结合②，⑤可知，()221q k x r n xq r k ⋅+≥>+−，从而1(1)2(21)2121xq k k xr k k k −−<<−−−，故2(1)q k <−．再由q 是偶数可知，24q k ≤−，于是(2)(1)2qn x r k x r k x ≤⋅+≤−+<−，与③矛盾．综上可知，反证法假设不成立，结论获证． …………………50分四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1n ≥， 1n a +是与1ni i a =∑互素，且不等于1,,n a a 的最小正整数．证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现．证明：显然11a =或21a =．下面考虑整数1m >，设m 有k 个不同素因子，我们对k 归纳证明m 在{}n a 中出现．记1n n S a a =++，1n ≥．1k =时，m 是素数方幂，设m p α=，其中0α>，p 是素数．假设m 不在{}n a 中出现．由于{}n a 各项互不相同，因此存在正整数N ，当n N ≥时，都有n a p α>．若对某个n N ≥，n p S ，那么p α与n S 互素，又1,,n a a 中无一项是p α，故由数列定义知1n a p α+≤，但是1n a p α+>，矛盾！因此对每个n N ≥，都有|n p S ．但由1|n p S +及|n p S 知1|n p a +，从而1n a +与n S 不互素，这与1n a +的定义矛盾． …………………10分假设2k ≥，且结论对1k −成立．设m 的标准分解为1212k km p p p ααα=．假设m 不在{}n a 中出现，于是存在正整数N ′，当n N ′≥时，都有n a m >．取充分大的正整数11,,k ββ−，使得11111max k k n n N M p p a ββ−−′≤≤=> ．我们证明，对n N ′≥，有1n a M +≠． …………………20分对任意n N ′≥，若n S 与12k p p p 互素，则m 与n S 互素，又m 在1,,n a a 中均未出现，而1n a m +>，这与数列的定义矛盾．因此我们推出：对任意n N ′≥，n S 与12k p p p 不互素．()∗情形1．若存在(11)i i k ≤≤−，使得|i n p S ，因1(,)1n n a S +=，故1i n p a +，从而1n a M +≠（因|i p M ）． …………………30分情形2．若对每个(11)i i k ≤≤−，均有i n p S ，则由()∗知必有|k n p S ．于是1k n p a + ，进而1k n n p S a ++，即1k n p S +．故由()∗知，存在00(11)i i k ≤≤−，使得01|i n p S +，再由11n n n S S a ++=+及前面的假设(11)i n p S i k ≤≤−，可知01i n p a +，故1n a M +≠． …………………40分因此对1n N ′≥+，均有n a M ≠，而1max n i N M a ′≤≤>，故M 不在{}n a 中出现，这与归纳假设矛盾．因此，若m 有k 个不同素因子，则m 一定在{}n a 中出现．由数学归纳法知，所有正整数均在{}n a 中出现． …………………50分。

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

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