2018年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案

15
的倍数，为
2018 15
134
．因此，所求公共项的个数是
134
1
135
个．
解二:设公共项的数列为cn ，则cn 的首项为 8，公差为 d 15 的等差数列，2018 是cn 的 最后一项，cn 8 15n 1 2018 ，解得 n 135 .
7.答案： 8 3 解析：设菱形两对角线 AC、BD 的交点为 H ，则 PH 既是线段 AC 的 中垂线，又是 BD 的中垂线，故是四棱锥的高，且点 M 在PH 上，于 是平面 PBD 与底面 ABCD 垂直，同理平面 PAC 与与底面 ABCD 垂 直，平面 PBD 将四棱锥分成两个等积的四面体． 只需考虑四面体 P ABD ．如图，设点 M 在面 PAD 上的投影为 E ， 平面 MEH 过点 P ，且交 AD与F ， 因 MHF 90 MEF ，则 M , E, F , H 四点共圆． 由于 ME 面PAD ，得 ME AD ，由 MH 面ABD ，得 MH AD ， 所以 AD 面MEH ，故 AD 面PF ． FH是PF 在面 ABD 内的射影，则 AD FH ， 即二面角的平面角 EFH 60 ，于是 EMH 120 ． 据 ME MH 1 ，得 EH 3 ，故直线三角形 MEF与MHF 中， EF =HF ． 因 EFH 60 ，所以 EFH 是正三角形，即 FH =EF EH 3 ． 在直角 AFH 中， HAF 30 ，则 AH =2FH 2 3 ，
从而，可设 n a1a2 10a1 a2 .再由 a1 a2 a1a2 10a1 a2 ，
得 9a1 a1a2 .所以， a2 9 ， a1 1, 2,, 9 即全体巧合数为 19,29，…，99，其和为 531.
9.解析：易知当 n 6 时，在 M 1, 2, 3, 4, 5, 6 中，数 2 与其他任何数之和皆不是平方数；
6.答案：135
解一:易知，2018 是两个数列在 M 内最大的一个公共项，除去这个公共项外，用 2018 分别减
去an 、bn 的其余各项，前者得到 an ，为3, 6, 9,, 2016，它们是 M 内所有 3 的倍数；
后者得到 bn ，为5,10,15,, 2015 ，它们是 M 内所有 5 的倍数； 显然，an 、bn 的公共项，一一对应于 an 、 bn 的公共项，而这种公共项是 M 中所有
25 x22
所以
y12
y22
9 25
x1
x2
x1
x2
，
据①，即有
y12
y
2 2
2 x1 x2
=
36 25
．
③
再据②③得
x0 =
64 25
，即点 T
的坐标为 T
64 25
,
0
，
于是直线 BT 的方程为 25x 20 y 64 ．
…………………………15 分
11.答案：8
解析：设四个子集为 M i ai , bi , ci , i 1, 2, 3, 4 ,其中 ai bi ci ， bi ci , i 1, 2, 3, 4 ,
故正 ABD 的边长为 4，于是 SABD 4 3 ．
在直线 PFH
中， PH
FH
tan 60
3 ，VP ABD
1 3
PH
S
ABD
4
3
从而VP ABCD 2VP ABD 8 3 ．
8.答案：531
解析：设 n a1a2 ak a1 0 .由 n s n =p n ，得
a k 1
i1 i
的中垂线 DT
的方程
y
y1
2
y2
x1 y1
x2 y2
x 4．
因T
x0,0
在此直线上，故有 0
y1
2
y2
x1 y1
x2 y2
x0
4 ，
即
x0
4
y12 y22
2 x1 x2
．
② …………………………10 分
又根据
A、B
在椭圆上，得
y12
9 25
25 x12
，
y22
9 25
10ki 1
a1a2 ak ，
即 a1 10k1 1 a2a3 ak m 0 ，其中， m a2 10k2 1 ak1 10 1 0 .
若 k 3 ，由于10k1 1 a2a3 ak 10k1 1 9k1 0 ，与式①矛盾，故 k 2 .
又当 k 1时， n s n ，不符合条件.因此， k 2 .
2018 a 2018 b 2018 2 2 2 1009 2 ，而 0 2018 a 2018 ， 2018 b 2018 .
因 2019 是质 数，数 22 10092 所有 可能的 分解式 ： 120182 ， 2 210092 ， 410092 ，
1009 41009 ；其中每一个分解式对应于 a,b 的一个解，故其解数为 4.
2018 年全国高中数学联赛江西省预赛试题
1. a、b 为正整数，满足 1 1 2018 ，则所有正整数对 a,b 的个数为
．
ab
2.若双曲线 L 的两个焦点恰是椭圆 T : x2 y2 1 的两个顶点，而双曲线 L 的两个顶点恰是椭 16 9
圆 T 的两个焦点，则双曲线 L 的方程为
．
3.函数 y 7 x 9 x 的值域是
以下采用归纳法，称满足题中条件的 k 为具有性质 P ；简记为 k P ．
据以上知，当 7 k 32 时，均有 k P ．
设已证得，当 7 k m2 m 3 时，
…………………………10 分
皆有 k P ，今考虑 7 k m 12 情况，利用归纳假设，只需证，当 k m2 r ，其中
这是由于 k 2m 1 r m2 r 2m 1 r m 12 ，
而1 2m 1 r 2m m2 ，所以 2m 1 r k ．
因此对于满足 7 k m 12 的每个 k ，皆有 k P ， 从而对所有满足 7 k m2 m 3 的正整数 k ，皆有 k P ，
7x x9
x 97 x
,函数在
9,
1
上单减，在 1,
7
上
但增， ymax y 1 4 2 ， ymin y 9 y 7 4 ，4 y 4 2 .
4.答案：-3
解一根据 x y , z y ，则 tan x tan y
3 , tan z tan y
3
．
3
3
1 3 tan y
y2 9
1．
3.答案： 4, 4 2
解 一 显 然 函 数 定 义 域 为 x 9, 7 ， 在 此 区 间 内 y 0 ， 由 于 7 x 9 x 16 ， 即
7x 16
9 x 16
1 ，故有角
0,
2
使得
7 x sin, 16
9 x cos . 16
于是 y 4
7x 16
．
8.对于正整数 n ，将其各位数字之和记为 s n ，各为数字之积记为 p n .若 s n p n n
成立，就称 为“巧合数”。则所有巧合数的和为__________.
9.求最小的正整数 n ，使得当正整数点 k n 时，在前 k 个正整数构成的集合 M 1, 2,, k
中，对任意 x M 总存在另一个数 y M 且y x ，满足 x y 为平方数．
．
4.若三个角 x, y, z 成等差数列，公差为 ，则 tan x tan y tan y tan z tan z tan x
．
3
5. 设 x, y, z R ， 满 足 x y z xyz ， 则 函 数
f x, y, z x2 yz 1 y2 zx 1 z2 xy 1 的最小值是
a2 c
x2
a c
得 AF
5
4 5
x1 ， CF
5
4 5
x2
根据等差性质，
AF
CF
2BF
，而
BF
9 5
，即
5
4 5
x1
5
4 5
x2
18 5
，
所以 x1 x2 8 ．
①
…………………………5 分
设线段
AC
的中点为
D
，则其坐标为
D
4,
y1
2
y2
又设点 T
的坐标为 T
x0, 0 ，则 AC
1 r 2m 1 时，均有 k P ．
首先，在 r 2m 1 ，即 k m 12 时， k, 2m 3 构成平方对， 这是由于 k 2m 3 m 12 2m 3 m 22 ， 而由 m2 2m 3 m 12 4 0 ，知 2m 3 m2 ，即 2m 3 k ． 在1 r 2m 时， k, 2m 1 r 构成平方对，
．
6.正整数数列an 满足 an 3n 2 ,bn 满足 bn 5n 3 , n N .在 M 1, 2,, 2018 中
两数列的公共项的个数是
.
7.四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是一个顶角为 60 的菱形，每个侧面与底面的夹角都是
60 ，棱锥内有一点 到底面及各侧面的距离皆为 1，则棱锥的体积为
2.答案： x2 y2 1 79
解析：据条件知，双曲线 L 的中心在原点，实对称轴为
X
轴．设其方程为 x2 a2
y2 b2
1，则其
顶点为 a,0 ，焦点为 c,0 ．而椭圆的长轴顶点为 4,0 ，焦点为 7, 0 ，于是
a
7,c 4 ．因此 b
c2
a2
3 ，故所求双曲线方程为
x2 7
9 x sin cos 16
2