2018全国高中数学联赛模拟试题及参考答案
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
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）
第一试
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第二试
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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
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第二试
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2018全国高中数学联赛模拟试题2及参考答案
2高中联赛模拟试题 2一试部分考试时间：80 分钟满分：120 分一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）sin (α + 2β ) π π1. 已知 = 3 ，且 β ≠ ， α + β ≠ n π + (n , k ∈)，则 tan (α + β )= ．sin α 2 2tan β2. 在等差数列{a n } 中，若a11 a 10< -1 ，且前n 项和 S n 有最大值，则当 S n 取得最小正值时， n = ．3. 若 a +b + c= 1(a ,b , c ∈)， 4a + 1 +4b + 1 + 4c + 1 > m ，则m 的最大值为 ．4. 已知 ∆ABC 满足 AC = BC = 1 ， AB = 2x ( x > 0)．则 ∆ABC 的内切圆半径 r 的最大值为．5. 在正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， G 为底面 A 1B 1C 1D 1 的中心．则 BG 与 AD 所成角的余弦值为___ ___．6. 函数 f ( x ) 在 上有定义，且满足 f ( x ) 为偶函数， f ( x - 1) 为奇函数．则 f (2019) =．7. 将一色子先后抛掷三次，观察面向上的点数，三数之和为 5 的倍数的概率为．8. 已知复数 z 1 , z 2 满足 ( z 1 - i )( z 2 + i ) = 1 ．若 z 1 = ，则 z 2 的取值范围是．二、解答题（第9 小题16 分，第10、11 小题20 分，共56 分）x 2 y 29. 设P 为双曲线-= 1 上的任意一点，过点P 分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线交于A, Ba2 b2两点．求□ABCD 的面积．10. 求方程x5 - x3 - x2 + 1= y2 的整数解的个数．11. 对于n ≥ 6 ，已知⎛1- 1 ⎫<1．求出满足3n + 4n ++(n + 2)n =(n + 3)n 的所有正整数n． n + 3 ⎪ 2⎝⎭n高中联赛模拟试题 2加试部分考试时间：150 分钟满分：180 分一、（本题满分 40 分）设 ∆ABC 为等腰三角形， AB = AC , D 为边 AB 上一点．设 ∆BCD 的外接圆 Γ 在点 D 处的切线与 AC 交 于点 E ， F 为过点 E 作圆 Γ 的另外一条切线的切点．设 BF 与 CD 交于点 G ， AG 与 BC 交于点 H ． 证明： BH = 2HC ．A二、（本题满分 40 分）约定： n 维向量 x = ( x 1 , x 2 , , x n )( x i ≥ 0,i = 1, 2, , n ) 的 p - 范数记为：x = x 1 + x 2 + + x n ( p ∈ ) p p p pp+现有两个向量 A = (a ,b , c ), B = (d , e ) ．若： ⎧⎪ A = B ⎨ A = B ．证明： A≤ B ．2 2 ⎪⎩4 433EDGF B H三、（本题满分 50 分）设整数 n ≥ 4 ， a 1 , a 2 , , a n 为区间 (0, 2n ) 内两两不同的整数．证明：集合 A = {a 1 , a 2 , , 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：最多有多少个这 样的循环三元集？5 5 5 2 1高中联赛模拟试题 2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. 2．sin (α + 2β )+ 1 解析： tan (α + β ) = sin (α + β ) ⋅ cos β = sin (α + 2β ) + sin α = sin α = 2 ．tan βcos (α + β ) ⋅ sin β sin (α - 2β ) - sin α sin (α + 2β)-1sin α2. 19．解析：由 S n 有最大值可知 a 1 > 0, d < 0 ，由a 11a 10< -1 ，则 a 10 + a 11 < 0, a 11 < 0 < a 10 ，20(a 1 + a 20 ) ⇒ S ==10(a + a ) < 0, S 19(a 1 + a19 ) = = 19a > 0 ， 20 2 10 11 19 2 10再由 S 19 - S 1 = a 2 + a 3 ++ a 19 = 9(a 10 + a 11 ) < 0 ，知 S n 取最小正值时，n = 19 ．3. 2 + ．解析： (a + 1)(b + 1) > 1 + a + b ⇒ a + 1 + b + 1+ 2 1 + a + b > 2 + a + b 2 1+ a + b2 2⇒ (a + 1 ++ 1) > (+1 + a + b )⇒ + 1 + b + 1 > 1 +．反复利用上式，得：4a +b + 1 +c + 1 > 1 + 4 (a + b ) + 1 + 4c + 1 > 1 + 1 += 2 + 5 ；另一方面，当 a → 1,b → 0, c → 0 时，不等式左边趋于 2 + ．因此 2+ 为最大的下界．4.5 5 - 11 ．2解析：转化为求函数 f (x ) = x (1 - x )在 (0,1) 内的最大值．1 + a + b1 + 4 (a + b + c )+ x5.6解析：BG= CG =cos ∠GBC = BC =AD //BC ，则 BG 与 AD62 2BG 6． 2 1 1 ⎪ 2 2 ⎪1 x - ⎭ 6. 0．解析：由已知得 f ( x ) 关于 x 轴及点 (-1, 0) 对称．从而4 为 f ( x ) 的一个周期，且 f (-1) = 0 ．故f (2019) = f (-1) = 0 ．7.43 216解析：和为 5 的形如 3、1、1 与 2、2、1，共 6 种．和为 10 的形如 6、3、1 的有 6 种，形如 6、2、2 的有 3 种，形如 5、4、1 的有 6 种，形如 5、 3、2 的有 6 种，形如 4、3、3 的有 3 种，形如 4、4、2 的有 3 种．合计 27 种．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 z 2 = x + yi ( x , y∈) ．则z 1 = z z 2i⇒ z = + i 1 - y + xi x + y + 1)i = ⇒ x 2 + ( y + 2)2 = 2 ．由 z 2 的几何意义，知其范围为⎡2 -2, 2 + 2 ⎤ ． ⎣ ⎦二、解答题（第 9 小题 16 分，第 10、11 小题 20 分，共 56 分）9. 双曲线的两条渐近线方程分别为 y = b x , y = - bx ．a a设 A ⎛ x , b ⎝ a x ⎫, B ⎛x , - b ⎭ ⎝a x ⎫, P (x , y ) ．⎭ b由 OAPB 知， x = x 1 + x 2 , y = aa 2(x 1 - x 2 ) ．代入双曲方程化简得 x 1 x 2 = ．4于是， OAPB 的面积为 x ⎛ - b ⎫ ⎝ a2 ⎪ b x 1 x 2 = a x 1 x 2 = 1 ab ． 210. 原方程可化为 (x 3 - 1)(x 2 - 1) = y 2 ⇒ ( x - 1)2( x + 1)(x 2 + x + 1) = y 2 ．------------------------------（1） 当 x = 0 时， y 2 = 1 ⇒ y = ±1 ； 当 x = ±1 时， y = 0 ．2 2b ax -1 ⎪ 设 x , y 为方程的整数解，且 x ≠ ±1, 0 ．由（1）式， ( x -1)2| y 2⇒ ( x -1) | y ⇒ ( x + 1)(x 2+ x + 1) = ⎛ y ⎫⎝ ⎭ ．又因为 y 为整数，则x -1( x + 1)(x 2 + x + 1)为完全平方数．而 x 2 + x + 1 = x ( x + 1) + 1 ⇒ (x + 1, x 2 + x + 1) = 1 ，2n n4 5 n + 3 ⎪⎩⇒ x + 1, x 2 + x + 1均为完全平方数 ⇒ x + 1 ≥ 0( x ≠ 0, ±1) ⇒ x ≥ 2 ⇒ x 2 < x 2 + x + 1 < (x + 1)2，显然， x 2 + x +1不为完全平方数．综上，原方程只能有 4 组解： ( x , y ) = (0,1), (0, -1), (1, 0), (-1, 0) ．11. 当 n ≥ 6 时，由 ⎛1 - 1 ⎫ < 1 ⇒ ⎛ n + 2 ⎫ < 1 ⇒ (n + 3)n - (n +2)n > (n + 2)n ． n + 3 ⎪ 2 n + 3 ⎪2 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭n nn 而 ⎛ 3 ⎫< ⎛ 4 ⎫< < ⎛ n + 2 ⎫ < 1，故： ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 2⎧ 4n - 3n > 3n ,⎪ 5n - 4n > 4n, ⎨ ⎪⎪(n + 3)n - (n + 2)n > (n + 2)n . 累加后3n + 4n + + (n + 2)n< (n + 3)n- 3n < (n + 3)n，此时无解． 直接检验 n = 1, 2, 3, 4, 5 ，知当 n = 2, 3 时等式成立．, ．⎩a4 4 4 4 4一、（本题满分 40 分）加试部分考试时间：150 分钟满分：180分在 ∆ABG , ∆ACG 中，由正弦定理得 BG = AG CG = AGsin ∠BAH sin ∠ABF sin ∠CAH sin ∠ACD 故 BH = sin ∠BAH = BG ⋅ sin ∠ABF = BG ⋅ sin ∠FCD = sin ∠DCB ⋅ sin ∠FCD = FD ⋅ CI ． CH sin ∠CAH CG ⋅ s in ∠ACD CG ⋅ s in ∠DBI sin ∠CBF ⋅ s in ∠DBI DI ⋅ C F 设 AC 与圆 Γ 的另一个交点为 I ．则四边形 CFID 为调和四边形． 于是， FI ⋅ CD = CF ⋅ ID ． 由托勒密定理得 FD ⋅ CI = FI ⋅ CD + CF ⋅ ID = 2ID ⋅ C F ． 从而， BH = 2HC ．二、（本题满分 40 分）等价于证明： 设 a , b , c , d , e 为非负数，且满足⎧a 2 + b 2 + c 2 = d 2 + e 2⎨+ b + c = d + e ， 证明： a 3 + b 3 + c 3 ≤ d 3 + e 3 ．----------------------------------------------------------------------------------------（1）注意到 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 )2- (a 4 + b 4 + c 4 ) = (d 2 + e 2 )2- (d 4 + e 4 ) = 2d2e 2． 则 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 = d 2e 2 ． 又a 6 +b 6 +c 6 - 3a 2b 2c 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )(a 4 + b 4 + c 4 - a 2b 2 - b 2c 2 - a 2c 2 ) = (d 2 +e 2 )(d 4 + e 4 - d 2e 2 )= d 6 + e 6（1）式两边平方得 a 6 + b 6 + c 6 + 2(a 3b 3 + b 3c 3 + c 3a 3 ) ≤ d 6 + e 6 + 2d 3e 33⇔ 2(a 3b 3 + b 3c 3 + c 3a 3 ) + 3a 2b 2c 2 ≤ 2d 3e 3 ⇔ 2(a 3b 3 + b 3c 3 + c 3a 3 ) + 3a 2b 2c 2 ≤ 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 )2 ---（2）3设 x = ab , y = bc , z = ca ．则（2） ⇔ 2(x 3+ y 3+ z 3) + 3xyz ≤ 2(x 2+ y 2+ z 2 )2 ．由柯西不等式，知⎡2 x 3 + y 3 + z 3 2 + 3xyz ⎤ = ⎡x 2x 2 + yz + y 2 y 2 + zx 2+ z 2z 2 + xy ⎤ ⎣ () ⎦ ⎣ ( ) ( ) ( )⎦⎣ ⎦ ≤ (x 2 + y 2 + z 2 )⎡(2x 2 + yz )2+ (2 y 2 + zx )2+ (2z 2 + xy )2⎤ ⎢⎣⎥⎦≤ (x 2 + y 2 + z 2 )⎡4(x 4 + y 4 + z 4 ) + 8( y 2 z 2 + z 2 x 2 + x 2 y 2 )⎤ = 4(x 2 + y 2 + z 2 )3． 从而，结论成立．C b= C a+ 2 C a = ∑ ∑三、（本题满分 50 分）若 n ∉{a 1 , a 2 , , a n } ，则 2n 个整数 a 1 , a 2 , , a n , 2n - a 1 , 2n - a 2 , , 2n - a n ∈(0, 2n ) ．由抽屉原理，知其中 必有两个数相等． 不妨设 a i = 2n - a j ．因为 n ∉{a 1 , a 2 , , a n }，所以 i≠ j ． 故{a i , a j }满足题意，命题成立．若 n ∈{a 1 , a 2 , , a n }，不妨设 a n = n ．考虑 n - 1 (n - 1 ≥ 3)个整数 a 1 , a 2 , , a n -1 ，在其中任取三个数 a i < a j < a k ． 若 a k - a j , a j - a i 均能被 n 整除，则 a k - a i ≥ 2n ，与 a k ∈(0, 2n ) 矛盾． 因此， a 1 , a 2 , , a n -1 中至少存在两个数，其差不能被 n 整除．不妨设 a 1 , a 2 之差不能被 n 整除．考察 n 个数： a 1 , a 2 , a 1 + a 2 , a 1 + a 2 + a 3 , , a 1 + a 2 + + a n -1 ． （1）若这 n 个数关于模 n 的余数互不相同，则其中必有一个数能被 n 整除．令这个数为 kn ． 当 k 为偶数时，结论成立；当 k 为奇数时，加上 a n 即构成所需要的子集．（2）若这 n 个数中有两个数关于模 n 同余，则其差能被 n 整除．因为 a 1 , a 2 不同余，所以这两个数之差 必为原集合 A 中若干数之和．由此归结为（1）中讨论．综上，命题得证．四、（本题满分 50 分）一个三元集{a , b , c } 不是循环的⇔ 有一支球队赢了另外两队 ⇔ 有一支球队输给了另外两队． 用 A 1 , A 2 , , A 17 代表这 17 支球队 ． 假 设 球 队 A i 赢了 a i 支球队，但输给了 b i 支球队 ．显然， a i + b i = 1 6(i = 1, 2 , , 1) ．17171 ⎛ 17 17 ⎫ 于是，不循环的三元集的个数为 2ii =1 2i i =1 ∑ 2 ⎝ i =1 i∑ i =1 C b ⎪ ．i⎭2．17 a (a -1) b (b -1) 1 ⎡(a + b )2⎤ 对于每一个 i ， C 2 + C 2 = i i + i i≥ ⎢ i i - (a + b )⎥ = 56 ． a i b i 2 2 2 ⎢ 2 i i⎥则不循环的三元集的个数至少为 1 ⨯17 ⨯ 56 = 476 ⎣ ⎦2故循环三元集最多有 C 3- 476 = 204 个．当且仅当 a i = b i = 8(i = 1, 2, ,17) 时，循环三元集的个数最多为 204．。
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 ．。
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(B卷)_PDF压缩
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
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P
7.对于 ≤ ������ ≤ 1，则(1 + ������) (1 − ������)(1 − 2������) 的最大值为___________. 【解答】采用待定系数法。考虑[α (1 + ������) ][������(1 − ������)][������²(2������ − 1) ]的最大值。 首先有 α(1 + x) = ������(1 − ������) = ������(2������ − 1), 即 = .其次有5������ − ������ + 4������ = 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. 1.已知函数 y 函数 y lg kx 2 4 x k 3 的定义域为 B ， 当 B A 时， 实 6 x x 2 的定义域为 A ， ． ∈ [−2,3]，
先考虑最大值，由于������＞������，ln ������ 为正，当������ → +∞时，������(������������) → 1，由条件知可以满足. 再考虑最小值，由柯西不等式， 最小值为 .综上所述，1＞������(������������) ≥ . 3.在△ ������������������ 中，若sin(2������ + ������) = 2������������������������，则������������������������的最大值为 【解答】展开得，������������������2������������������������������ + ������������������������������������������2������ = 2������������������������，即s������������2������ + ������������������������������������������2������ = 2������������������������. 故������������������������ = =
+ 1）².
因为������ = 4，������ =24，由上式和������ ，������ 是正整数知，当������ > 1，
都是正整数。
11. （本题满分 20 分） △ ABC中， O 是 BC 的中点，|BC| = 3√2，其周长为 6 + 3√2. 若点 T 在线段 AO 上，且 |AT| = 2|TO|，设点 T 的轨迹为 E，M，N 是射线 OC 上不同的两点，|OM| · |ON| = 1 . 过 点 M 的直线与 E 交于P，Q，直线 QN 与 E 交于另一点 R，证明： △ MPR 是等腰三角形.
y
【解答】如图，设������ ������ ，������ ，由焦半径公式，������������ = ������ − ������������ . 在������������ △ ������������������中，������������ = ������������ − ������������ = ������ + ������ − ������
y
P N O Q D M R x
【解答】由题意，AB+AC 为定值 6，故 A 的轨迹为长轴为 6，焦距为3√2的椭圆： + 则 OA 的三等分点 T 的轨迹 E：x² + 2y² = 1（y≠0）
= 1.（y ≠ 0）
要证明△MPR 为等腰三角形，由于 M，N 地位等价，则△PRN 也为等腰三角形。由于 PQ 直线的任意性，考虑 极端情况可发现△MPR 中 MP=MR 可成立，故 PN=RN 也能成立，猜测 P 和 R 关于 x 轴对称。 下采用同一法证明该结论。设直线 QN：x=my+t， N（t，0） ，M（ ，0） ，R（������ ，������ ） ，Q（������ ，������ ） ，P（������ ， − ������ ） 将 QN 与椭圆联立得(2+m²)y²+2mty+t²-1=0. 由韦达定理得 ������ +������ = ������ ������ = 代入得 − = +
F O D B C E
解方程得，OF= ，R=
√
,三棱锥 A-BCD 的高 AE=2√2，故三棱锥 A-BCD 的高与
√
其外接球的直径的比值为
.
6.已知椭圆 E:
+
= 1 的右焦点为F ，直线 l 与圆心在原点，半径为 b 位于第一、第四象限的半圆相切
于点 M，且交椭圆 E 于 P，Q 两点，则 △ F PQ 的周长为___________.
·
） ，此时������ = ，满足题意。 .
8.设������为给定的正整数，集合������是{1,2, … ,2������ − 1}的一个子集，满足：������中任意两个不同的正整数之和都不等 于2������ − 1和2������，则|������|的最大值为____________. 【解答】注意到，当 A={n，n+1，…，2n-1}时，A 中最小的两个数之和都不小于 2n+1，故 A 中任意两个不 同正整数之和不等于 2n-1 或 2n，因此，|A|的最大值不小于 n。 另一方面，考察下面的数列（它是 1，2，…，2n-1 的一个排列）2n-1，1；2n-2，2；…；n+1，n-1；n. 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，������ − ������ > .又若0 < t < ������ ，试比较������(������)与������ 的大小. 【解答】因为������ ，������ 是方程������������ + ������������ + ������ = ������的两个根，所以由韦达定理得，������ + ������ =− 且有������������ + ������������ + ������ = ������ ，因此 ������(������) − ������ = (������������ + ������������ + ������) − (������������ + ������������ + ������) = ������(������ − ������ )(������ + ������ ) + ������(������ − ������ ) = ������(������ − ������ ) ������ + ������ + 由������ + ������ + = ������ + − ������ = ������ + − ������ ＜ ������ + ������ ������Biblioteka 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 k＜0.则此时������(������)为一个开口向下的二次函数， 由 B A 得， ������(−2) ≤ 0，������(3) ≤ 0， △≥ 0， − 解得− ≥ ������＞ − 4. 注意：函数的定义域不能为空集。 2.已知函数������(������) = 1 − 【解答】由题意得， （������＞������）若������(������) = 2 ln √������ − ������(������)，则������(������������)的取值范围为____________. + = 1而������(������������) = 1 − + = 1≥ . ，解得ln ������ + ln ������的最小值为 6，故������(������������)的 ．
，������ ������ = ，并
− ������ ＜0，及������＞0，������ − ������ ＜0得，
������(������) − ������ ＞0. ∴当0 < ������ < ������ 时，������(������)＞������ 。 10.（本题满分 20 分）数列{������ }满足：������ = 1，������ 【解答】令������ = ，则������ = 1 ������ ，������ = = + ，证明：对������ > 1， = + + ，于是 都是正整数。
5. 在球的内接三棱锥 A-BCD 中，AB=8，CD=4，平面 ACD⊥平面 BCD，且△ACD 与△BCD 是以 CD 为底的全等 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. 由勾股定理，OF + AF = AO = R = OC = （4 − OF）² + CE²