2018年全国高中数学联赛试题及答案详解（B卷）

2018年全国高中数学联合竞赛一试（B卷）参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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{2,0,1,8}A，{2|}BaaA，则AB的所有元素之和是．答案：31．解：易知{4,0,2,16}B，故{0,1,2,4,8,16}AB.AB的所有元素之和是012481631．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，tan1OPOQPOQ，即1OQ，故所求的区域面积为22213．3.将1,2,3,4,5,6随机排成一行，记为,,,,,abcdef，则abcdef+是奇数的概率为．答案：110．解：当abcdef+为奇数时，,abcdef必为一奇一偶，若abc为奇数，则,,abc为1,3,5的排列，,,def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36272×=种．从而所求概率为727216!72010==．4.在平面直角坐标系xOy中，直线l通过原点，(3,1)n是l的一个法向量．已知数列{}na满足：对任意正整数n，点1(,)nnaa均在l上．若26a，则12345aaaaa的值为．答案：32．解：易知直线l的方程是30xy．因此对任意正整数n，有130nnaa，即113nnaa，故{}na是以13为公比的等比数列．于是32123aa．由等比数列的性质可得，55123453(2)32aaaaaa．5.设,满足tan3,tan536，则tan()的值为．1答案：74．解：由两角差的正切 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 可知354tan361(3)57，即4tan27，从而7tan()cot24．6.设抛物线2:2Cyx的准线与x轴交于点A，过点(1,0)B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,MN，则KMN的面积为．答案：12．解：设直线l与MN的斜率为k，则1:1lxyk，11:2MNxyk．将l与C联立，得方程2220yyk，由条件知其判别式为零，故22k=±．将MN与C联立，得方程2210yyk，于是224()442MNMNMNyyyyyyk，结合l与MN平行，可知111122222KMNBMNBAMBANMNSSSSAByy．7.设()fx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()1,(2)0ff，则不等式组01,0()1xfx的解集为．答案：[26,4]．解：由()fx为偶函数及在[1,2]上严格递减知，()fx在[2,1]上严格递增，再结合()fx以2为周期可知，[0,1]是()fx的严格递增区间．注意到(4)(4)()1,(26)(2)0fffff，所以0()1(26)()(4)fxffxf，而02641，故原不等式组成立当且仅当[26,4]x．8.已知复数123,,zzz满足1231zzz=，123zzzr，其中r是给定实数，则312231zzzzzz的实部是（用含有r的式子表示）．答案：232r．解：记312231zzzwzzz．由复数模的性质可知2111zz，221zz，331zz，因此122331wzzzzzz．于是2222123123123()()32Rerzzzzzzzzzwww，解得23Re2rw．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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 过程或演算步骤．9.（本题满分16分）已知数列{}na：17a，12,1,2,3,nnnaana．求满足20184na的最小正整数n．解：由12nnnaaa可知211(1)nnaa．因此111223211(1)82nnnnaa，故13221nna．…………………8分显然{}na单调递增．由于307240362018112124a，614440362018122124a，故满足题目条件的n的最小值是12．…………………16分10.（本题满分20分）已知定义在R上的函数()fx为3log1,09,()4,9.xxfxxx设,,abc是三个互不相同的实数，满足()()()fafbfc，求abc的取值范围．解：不妨设abc．由于()fx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)1ff，故结合图像可知(0,3)a，(3,9)b，(9,)c，并且()()()(0,1)fafbfc．…………………5分由()()fafb得331loglog1ab，即33loglog2ab，因此239ab．于是9abcc．…………………10分又0()41fcc，…………………15分故(9,16)c．进而9(81,144)abcc．所以，abc的取值范围是(81,144)．…………………20分注：对任意的(81,144)r，取09rc=，则0(9,16)c∈，从而0()(0,1)fc∈．过3点00(,())cfc作平行于x轴的直线l，则l与()fx的图像另有两个交点(,())afa，(,())bfb（其中(0,3),(3,9)ab），满足()()()fafbfc，并且9ab，从而abcr=．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2222:1xyab(0)ab的左、右顶点与上、下顶点．设,PQ是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,,OQORBC能构成一个直角三角形．证明：设点P坐标为00(,)xy．由于//OQAP，APOPOA；//OROM，12OMOPOA，故存在实数,，使得()OQOPOA，()OROPOA．…………………5分此时点,QR的坐标可分别表示是0000((),),((),)xayxay．由于点,QR都在椭圆上，所以22222200002222()()1xayxayabab．结合2200221xyab知，上式可化为220022221xxaa，解得202()aax，202()aax．…………………10分因此222222220000()()OQORxayxay2222000000()()2()2()aaxayxayaxax22000000()()22()22()aaxayaaxayaxax2222002200011222ayayaaaaxaxax2220222222201xabaaabBCax．从而线段,,OQORBC能构成一个直角三角形．…………………20分xyMRQDAOBCP42018年全国高中数学联合竞赛加试（B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,ab是实数，函数9()fxaxbx=++．证明：存在0[1,9]x∈，使得0()2fx≥．证法1：只需证明存在,[1,9]uv∈，满足()()4fufv−≥，进而由绝对值不等式得()()()()4fufvfufv+≥−≥，故()2fu≥与()2fv≥中至少有一个成立．………………10分当13,,22a∈−∞+∞时，有(1)(9)(9)(91)814ffababa−=++−++=−≥．……………20分当1322a<<时，有3[1,9]a∈．再分两种情况：若112a<≤，则23(1)(9)(6)(3)4ffababaa−=++−+=−≥．…………30分若312a<<，则23(9)(91)(6)(31)4ffababaa−=++−+=−≥．综上可知，存在,[1,9]uv∈，满足()()4fufv−≥，从而命题得证．………………40分证法2：用反证法．假设对任意[1,9]x∈，均有()2fx<，则(1)2,(3)2,(9)2fff<<<．………………10分易知(1)9fab=++，①(3)33fab=++，②(9)91fab=++．③由①，②得，26(2)(1)aff−=−；又由②，③得，62(3)(2)aff−=−．由上述两式消去a，可知(3)4(2)3(1)(62)3(26)16fffaa−+=−−⋅−=．…………30分但(3)4(2)3(1)2423216fff−+<+⋅+⋅=，矛盾！从而命题得证．………………40分1二、（本题满分40分）如图所示，在等腰ABC中，ABAC，边AC上一点D及BC延长线上一点E满足2ADBCDCCE，以AB为直径的圆与线段DE交于一点F．证明：,,,BCFD四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：取BC中点H，则由ABAC知AHBC，故H在圆上．延长FD至G，使得||AGBC，结合已知条件得，2AGADBCCEDCCE，故12AGBCBHHC，从而AGBH为矩形，AGHC为平行四边形．…………………20分由AGBH为矩形知，G亦在圆上．故HGFHBF．又AGHC为平行四边形，由||ACGH，得CDFHGF．所以CDFHBFCBF，故,,,BCFD四点共圆．………………40分三、（本题满分50分）设集合{1,2,,}An，,XY均为A的非空子集（允许XY）．X中的最大元与Y中的最小元分别记为max,minXY．求满足maxminXY的有序集合对(,)XY的数目．解：先计算满足maxminXY的有序集合对(,)XY的数目．对给定的maxmX，集合X是集合{1,2,,1}m的任意一个子集与{}m的并，故共有12m种取法．又minYm，故Y是{,1,,}mmn的任意一个非空子集，共有121nm种取法．…………………20分ωDFABCEωDFGHABCE2因此，满足maxminXY的有序集合对(,)XY的数目是1111112(21)22221nnnmnmnmnnmmmn．…………………40分由于有序集合对(,)XY有2(21)(21)(21)nnn−⋅−=−个，于是满足maxminXY的有序集合对(,)XY的数目是22(21)22122(1)nnnnnnn．………………50分四、（本题满分50分）给定整数2a．证明：对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数1,2,,kkkaaan均是合数．证明：设12riii是1,2,,n中与a互素的全体整数，则对1in，12{,,,}riiii，无论正整数k如何取值，kai均与a不互素且大于a，故kai为合数．…………………10分对任意1,2,,jr，因1jai，故jai有素因子jp．我们有(,)1jpa（否则，因jp是素数，故jpa，但jjpai，从而jjpi，故,jai不互素，与ji的取法矛盾）．因此，由费马小定理知，11(mod)jpjap．现取12(1)(1)(1)1rkppp．…………………30分对任意1,2,,jr，注意到1(mod1)jkp，故有0(mod)kjjjaiaip．又kjjjaiaip，故kjai为合数．综上所述，当12(1)(1)(1)1rkppp时，1,2,,kkkaaan均是合数．…………………50分3