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26yxx的定义域为A，函数2lg43ykxxk的定义域为B，当BA时，实数k的取值范围是．【解答】由题意得，A=[−2,3],令𝑓(𝑥)=𝑘𝑥ଶ+4𝑥+𝑘+3，当𝑘≥0时，令x→+∞时不满足题意.故k＜0.则此时𝑓(𝑥)为一个开口向下的二次函数，由BA得，𝑓(−2)≤0，𝑓(3)≤0，△≥0，−௕ଶ௔∈[−2,3]，解得−ଶଷ≥𝑘＞−4.注意：函数的定义域不能为空集。2.已知函数𝑓(𝑥)=1−ଶ୪୬௫ାଵ（𝑥＞𝑒）若𝑓(𝑚)=2ln√𝑒−𝑓(𝑛)，则𝑓(𝑚𝑛)的取值范围为____________.【解答】由题意得，ଶ୪୬௠ାଵ+ଶ୪୬௡ାଵ=1而𝑓(𝑚𝑛)=1−ଶ୪୬௠ା୪୬௡ାଵ.先考虑最大值，由于𝑥＞𝑒，ln𝑥为正，当𝑚→+∞时，𝑓(𝑚𝑛)→1，由条件知可以满足.再考虑最小值，由柯西不等式，ଶ୪୬௠ାଵ+ଶ୪୬௡ାଵ=1≥଼୪୬௠ା୪୬௡ାଶ，解得ln𝑚+ln𝑛的最小值为6，故𝑓(𝑚𝑛)的最小值为ହ଻.综上所述，1＞𝑓(𝑚𝑛)≥ହ଻.3.在△𝐴𝐵𝐶中，若sin(2𝐴+𝐵)=2𝑠𝑖𝑛𝐵，则𝑡𝑎𝑛𝐵的最大值为．【解答】展开得，𝑠𝑖𝑛2𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠2𝐴=2𝑠𝑖𝑛𝐵，即s𝑖𝑛2𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠2𝐴=2𝑡𝑎𝑛𝐵.故𝑡𝑎𝑛𝐵=௦௜௡ଶ஺ଶି௖௢௦ଶ஺=ଶ௦௜௡஺௖௢௦ଶ௦௜௡మ஺ାଶ௖௢మ஺ି௖௢௦2஺ା௦௜௡²஺=ଶ௧௔௡஺ଷ௧௔௡మ஺ାଵ=ଶଷ௧௔௡஺ାభ೟ೌ೙ಲ，若𝑡𝑎𝑛𝐴＜0，则𝑡𝑎𝑛𝐵＜0，这不可能.∴𝑡𝑎𝑛𝐵＞0.𝑡𝑎𝑛𝐵≤√ଷଷ.4.在边长为1的正三角形纸片ABC的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠三角形纸片后，顶点A正好落在边BC，在这种情况下，AD的最小值为___________．解：设ADx，ADE，记A得对称点为P，则由对称性可知DPx，PDE，1BDx，1802BDP，所以260DPB.在BDP中由正弦定理得1sin60sin260xx,332sin260x又0,90，所以当26090，即75时min233x.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_____________.【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，OFଶ+AFଶ=AOଶ=Rଶ=OCଶ=（4−OF）²+CE²解方程得，OF=ଵଶ，R=√଺ହଶ,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ଶ√ଵଷ଴଺ହ.6.已知椭圆E:୶మୟమ+୷మୠమ=1的右焦点为Fଶ，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△FଶPQ的周长为___________.EFABCDO【解答】如图，设𝑃൫𝑥଴，𝑦଴൯，由焦半径公式，𝑃𝐹ଶ=𝑎−𝑒𝑥଴.在𝑅𝑡△𝑂𝑀𝑃中，𝑃𝑀ଶ=𝑂𝑃ଶ−𝑂𝑀ଶ=𝑥଴ଶ+𝑦଴ଶ−𝑏ଶ=𝑥଴ଶ（1−௕²௔మ）=௖²௔మ𝑥଴²，故𝑃𝑀=𝑒𝑥଴.∴𝑃𝐹ଶ+𝑃𝑀=𝑎.同理𝑄𝐹ଶ+𝑄𝑀=𝑎.∴△𝑄𝑃𝐹ଶ的周长为2𝑎.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：𝑄𝐹ଶ+𝑄𝑀=𝑎.7.对于ଵଶ≤𝑥≤1，则(1+𝑥)ହ(1−𝑥)(1−2𝑥)ଶ的最大值为___________.【解答】采用待定系数法。考虑[αହ(1+𝑥)ହ][𝛽(1−𝑥)][𝛾²(2𝑥−1)ଶ]的最大值。首先有α(1+x)=𝛽(1−𝑥)=𝛾(2𝑥−1),即ఉିఈఈାఉ=ఈାఊଶఊିఈ.其次有5𝛼−𝛽+4𝛾=0.消去β得0=2(3𝛼𝛾+5𝛼ଶ−2𝛾ଶ)=2(5𝛼−2𝛾)(𝛼+𝛾)，我们取൫𝛼，𝛽，𝛾൯=(2,30,5)，由平均不等式得[2(1+𝑥)]ହ[30(1−𝑥)][5(2𝑥−1)]ଶ≤（ଵହସ）଼，此时𝑥=଻଼，满足题意。故(1+𝑥)ହ(1−𝑥)(1−2𝑥)ଶ的最大值为ଷళ·ହఱଶమమ.8.设𝑛为给定的正整数，集合𝐴是{1,2,…,2𝑛−1}的一个子集，满足：𝐴中任意两个不同的正整数之和都不等于2𝑛−1和2𝑛，则|𝐴|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𝑓(𝑥)=𝑎𝑥ଶ+𝑏𝑥+𝑐(𝑎>0)，方程𝑓(𝑥)=𝑥的两个根是𝑥ଵ与𝑥ଶ，且𝑥ଵ>0，𝑥ଶ−𝑥ଵ>ଵ௔.又若0<t<𝑥ଵ，试比较𝑓(𝑡)与𝑥ଵ的大小.【解答】因为𝑥ଵ，𝑥ଶ是方程𝑎𝑥ଶ+𝑏𝑥+𝑐=𝑥的两个根，所以由韦达定理得，𝑥ଵ+𝑥ଶ=−௕ିଵ௔，𝑥ଵ𝑥ଶ=௖௔，并且有𝑎𝑥ଵଶ+𝑏𝑥ଵ+𝑐=𝑥ଵ，因此𝑓(𝑡)−𝑥ଵ=(𝑎𝑡ଶ+𝑏𝑡+𝑐)−(𝑎𝑥ଵଶ+𝑏𝑥ଵ+𝑐)=𝑎(𝑡−𝑥ଵ)(𝑡+𝑥ଵ)+𝑏(𝑡−𝑥ଵ)=𝑎(𝑡−𝑥ଵ)൬𝑡+𝑥ଵ+𝑏𝑎൰由𝑡+𝑥ଵ+௕௔=𝑡+ቀଵ௔−𝑥ଶቁ=ቀ𝑡+ଵ௔ቁ−𝑥ଶ＜ቀ𝑥ଵ+ଵ௔ቁ−𝑥ଶ＜0，及𝑎＞0，𝑡−𝑥ଵ＜0得，𝑓(𝑡)−𝑥ଵ＞0.∴当0<𝑡<𝑥ଵ时，𝑓(𝑡)＞𝑥ଵ。10.（本题满分20分）数列{𝑎௡}满足：𝑎ଵ=1，𝑎௡ାଵ=௔೙ଶ+ଵସ௔೙，证明：对𝑛>1，ටଶଶ௔೙మିଵ都是正整数。【解答】令𝑏௡=ටଶଶ௔೙మିଵ，则𝑏௡ଶ=ଶଶ௔೙మିଵ，𝑎௡ଶ=ଵ௕೙మ+ଵଶ，因为𝑎௡ାଵଶ=௔೙మସ+ଵସ+ଵଵ଺೙మ，于是1𝑏௡ାଵଶ+12=14ቆ1𝑏௡ଶ+12ቇ+1𝑏௡ାଵଶ+116（1𝑏௡ଶ+12）+14yxQPF1F2OM即𝑏௡ାଵଶ=2𝑏௡ଶ(𝑏௡ଶ+2)，所以𝑏௡ାଵଶ=2𝑏௡ଶ[2𝑏௡ିଵଶ(𝑏௡ିଵଶ+2)+2]=4𝑏௡ଶ（𝑏௡ିଵଶ+1）².因为𝑏ଶ=4，𝑏ଷ=24，由上式和𝑏ଶ，𝑏ଷ是正整数知，当𝑛>1，ටଶଶ௔೙మିଵ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.【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：୶మଽ+ଶ୷మଽ=1.（y≠0）则OA的三等分点T的轨迹E：x²+2y²=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（ଵ୲，0），R（𝑥ଵ，𝑦ଵ），Q（𝑥ଶ，𝑦ଶ），P（𝑥ଵ，−𝑦ଵ）将QN与椭圆联立得(2+m²)y²+2mty+t²-1=0.由韦达定理得ቐ𝑦ଵ+𝑦ଶ=ିଶ୫୲ଶା୫²𝑦ଵ𝑦ଶ=୲మିଵଶା୫²代入得ଵ௞ೂಾ−ଵ௞ಾು=௫మିభ౪௬మ+௫భିభ౪௬భ=௠௬మା௧ିభ౪௬మ+௠௬భା௧ିభ౪௬భ=2m+ቀ𝑡−ଵ୲ቁ௬భା௬మ௬భ௬మ=0∴Q，M，P共线，由同一法则知P和R关于x轴对称，即PM=MR，△MPR是等腰三角形。（注：本题也可以联立证明PR⊥x轴）xyRQODMNP2018全国高中数学联合竞赛加试模拟试题一、本题满分40分如图，圆Γ1和圆Γ2相交于A、B两点，靠近A的外公切线CD切Γ1于点C，切Γ2于D，CE∥BD∩Γ1=E，DF∥BC∩Γ2=F，求证：୅୉୅୊=୅େ²୅ୈ²【解答】由于DC是两圆公切线，延长BA∩DC=M由切割线定理，DM²=MA·MB=MC²，故M为DC中点。………………………………………………………………………10分又由CE∥DB，DF∥CB，得△CEB∽△DBF，故∠DFB=∠CBE，∠DBF=∠CEB由分角线定理，ACsin𝑀𝐴𝐶=𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛𝐷𝐴𝑀，∴୅ୈ୅େ=ୱ୧୬୑୅େୱ୧୬ୈ୅୑=ୱ୧୬େ୉୆ୱ୧୬ୈ୊୆=ୈ୊ୈ୆………………………………………………………………………………20分由三弦定理，AFsin𝐷𝐴𝐵=𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛𝐹𝐴𝐵+𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛𝐷𝐴𝐹.同理得到AEsin𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛𝐸𝐴𝐶+𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵𝐴𝐸.…………………………………………………………30分上下作比得୅୊୅୉=୅ୈୱ୧୬୊୅୆ା୅୆ୱ୧୬ୈ୅୅୆ୱ୧୬୉୅ୋ୅େୱ·ୱ୧୬୆୅େୱ୧୬ୈ୅୆=୅ୈୱ୧୬୊୅୆ା୅୆ୱ୧୬ୈ୅୊୅୆ୱ୧୬୉୅ୋ୅େୱ୧୬୆୅୉·ୱ୧୬େ୉୆ୱ୧୬ୈ୊୆=୅ୈୱ୧୬୊୅୆ା୅୆ୱ୧୬ୈ୅୊୅୆ୱ୧୬୉୅ୋ୅େୱ୧୬୆୅·ୈ୊ୈ୆观察式子୅ୈୱ୧୬୊୅୆ା୅୆ୱ୧୬ୈ୅୊୅୆ୱ୧୬୉୅ୋ୅େୱ୧୬୆୅୉，其中∠FAB=∠FDB=∠BCE=∠BAE，故୅ୈୱ୧୬୊୅୆୅େୱ୧୬୆୅୉=୅ୈ୅େ=ୈ୊ୈ୆，同理，有୅୆ୱ୧୬ୈ୅୊୅୆ୱ୧୬୉୅େ=ୱ୧୬ୈ୅୊ୱ୧୬୉୅େ=ୱ୧୬ୈ୆୊ୱ୧୬େ୆୉=ୈ୊ୈ୆，由等比定理，୅ୈୱ୧୬୊୅୆ା୅୆ୱ୧୬ୈ୅୊୅୆ୱ୧୬୉୅ୋ୅େୱ୧୬୆୅୉=ୈ୊ୈ୆…………………………40分从而୅୊୅୉=ୈ୊²ୈ୆²=୅ୈ²୅େ²，证毕。二、本题满分40分已知x୧∈R，i=1,2，…，n，n≥2，且∑|x୧|=1，୬୧ୀଵ∑x୧=0.୬୧ୀଵ证明:|∑୶౟୧|≤ଵଶ୬୧ୀଵ+ଵଶ୬.【解答】记x୧中所有正数和为A，负数和为B，则A+B=0，A-B=1，那么A=ଵଶ，B=−ଵଶ.EABFDCMEABFDC记{x୬}的前𝑖项和为S୧，则有|S୧|≤ଵଶ………………………………………………………………………10分由于x୧的和易把握，ଵ୧−ଵ୧ାଵ的差易把握，考虑阿贝尔变换。由阿贝尔分部求和公式，∑୶౟୧௡௜ୀଵ=𝑆௡·ଵ୬+∑S୧(ଵ୧−ଵ୧ାଵ)௡ିଵ௜ୀଵ………………………………………………20分代入𝑆௡=0，|S୧|≤ଵଶ，又ቚ∑୶౟୧௡௜ୀଵቚ≤∑|S୧|ቀଵ୧−ଵ୧ାଵቁ௡ିଵ௜ୀଵ…………………………………………………………30分故ቚ∑୶౟୧௡௜ୀଵቚ≤ଵଶ∑(ଵ୧−ଵ୧ାଵ)௡ିଵ௜ୀଵ=ଵଶ+ଵଶ୬…………………………………………………………………………40分三、本题满分50分设𝑝是素数，整数𝑥、𝑦、𝑧满足0<𝑥<𝑦<𝑧<𝑝，若𝑥ଷ、𝑦ଷ、𝑧ଷ除以𝑝的余数相等。证明：𝑥ଶ+𝑦ଶ+𝑧ଶ可以被𝑥+𝑦+𝑧整除。【解答】由已知条件，xଷ、yଷ、zଷ除以p的余数相等，可得p|xଷ−yଷ，即p|(x−y)(xଶ+xy+yଶ)，由于0<x<y<z<p且p为素数，|x-y|＜p，故p|（xଶ+xy+y²）①同理可得p|(yଶ+yz+zଶ)②………………………………………………………………………………10分由①，②知p|[(xଶ+xy+yଶ)−(yଶ+yz+zଶ)]，即p|（x−z）（x+y+z）…………………………20分同上证明可知|x−z|＜p，所以p|(x+y+z).已知0<x<y<z<p，所以x+y+z＜3p，则x+y+z=p或2p.…………………………………30分由p＞3，故（2，p）=1而x+y+z≡xଶ+yଶ+zଶ(mod2)，故只需要证明p|(xଶ+yଶ+zଶ)……………………………………40分由①得p|[x(x+y+z)+yଶ−xz]，于是，p|(yଶ−xz)，同理p|(yଶ−yz)，p|(zଶ−xy)③又pห(xଶ+xy+yଶ)，pห(yଶ+yz+zଶ)，p|(zଶ+zx+xଶ)，六式相加可知，p|3(xଶ+yଶ+z²)，即p|(xଶ+yଶ+z²).∴xଶ+yଶ+zଶ可以被x+y+z整除。………………………………………………………………………50分四、本题满分50分在平面上给出了有限条红色直线和蓝色直线，其中任意两条不平行，并且其中任意两条同色直线的交点都有一条与它们异色的直线经过。证明：所有给定的直线交于一点。【解答】使用反证法：假设所有给定直线不相交于一点。对于所定的直线中的任意一条红线l，设它与各条蓝色直线交于𝐴ଵ,𝐴ଶ…𝐴௡，不妨设这𝑛个点中𝐴ଵ，𝐴௡的距离最大（若𝐴ଵ，𝐴௡两点重合，则题中所要证明的结论显然成立，这里假设𝐴ଵ，𝐴௡不重合），设与𝑙交于𝐴ଵ，𝐴௡的两条蓝色直线交于𝐵，这样构成一个三角形△𝐴ଵ𝐴௡𝐵。依题意，必然有一条红色直线𝑙’过点𝐵，设𝑙与𝑙′交于𝐶，我们现在来证明点𝐶在线段𝐴ଵ𝐴௡上。………10分若点𝐶不在线段𝐴ଵ𝐴௡上，如图1，不妨设点C在𝐴௡𝐴ଵ的延长线上（点C不必与𝐴ଵ，𝐴௡重合），则依题意知存在一条过C得蓝色直线，则点C也是𝑙与某条蓝色直线的交点，而𝐴ଵ𝐴௡＜𝐴௡𝐶，这就与𝐴ଵ𝐴௡的最大性矛盾。所以点𝐶必然在线段𝐴ଵ𝐴௡上。…………………………………………………………………………………20分于是，我们由一条红线𝑙便可以得到一个“四线组”（例如直线𝑙，𝐴ଵ𝐵，𝐴௡𝐵，𝐵𝐶）并称由这条直线所围成的三角形中面积最大的三角形的面积为这个“四线组”的“质量”。同理，对任意一条蓝线，我们也可以类似地得到一个“四线组”，用同样的方式对其定义“质量”。这样一来，对任意一条给定的直线，我们都可以得到一个“四线组”，从中任取一个，如图2，不妨设𝑙ଵ和𝑙ଶ为蓝线，𝑙ଷ，𝑙ସ为红线，设P=𝑙ଵ∩𝑙ଶ∩𝑙ସ，Q=𝑙ଶ∩𝑙ଷ，R=𝑙ଷ∩𝑙ସ，S=𝑙ଵ∩𝑙ଷ。由题意知，必有一条蓝色直线过R，则该直线必与线段PQ及线段PS之一相交，不放该蓝色直线与线段PS交于T，则直线PS，PR，RT，RS又组成一个“四线组”（直线PS，RT为蓝色，直线PR，RS为红色），而“四线组”（PS，PR，RT，RS）的“质量”为𝑆△ோொௌ，“四线组”（𝑙ଵ，𝑙ଶ，𝑙ଷ，𝑙ସ）的“质量”为𝑆△௉ொௌ＞𝑆△ோொௌ，即我们由原来的“四线组”得到了一个新的“四线组”且新的“四线组”的“质量”小于原来“四线组”的“质量”。………………………………………………………………………………………………………40分将上述过程不断地进行下去，则所得“四线组”的“质量”不断地减小，而“四线组”的个数是有限的，这就导致了矛盾。所以说假设是错误的。故所有的直线交于一点。……………………………………………………………………………………50分