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)=𝑘𝑥+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，−∈[−2,3]，解得−≥𝑘＞−4.注意：函数的定义域不能为空集。2.已知函数𝑓(𝑥)=1−（𝑥＞𝑒）若𝑓(𝑚)=2ln√𝑒−𝑓(𝑛)，则𝑓(𝑚𝑛)的取值范围为____________.【解答】由题意得，+=1而𝑓(𝑚𝑛)=1−.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，+=1≥，解得ln𝑚+ln𝑛的最小值为6，故𝑓(𝑚𝑛)的最小值为.综上所述，1＞𝑓(𝑚𝑛)≥.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==2²==，若𝑡𝑎𝑛𝐴＜0，则𝑡𝑎𝑛𝐵＜0，这不可能.∴𝑡𝑎𝑛𝐵＞0.𝑡𝑎𝑛𝐵≤√.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，OF+AF=AO=R=OC=（4−OF）²+CE²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△FPQ的周长为___________.EFABCDO【解答】如图，设𝑃𝑥，𝑦，由焦半径公式，𝑃𝐹=𝑎−𝑒𝑥.在𝑅𝑡△𝑂𝑀𝑃中，𝑃𝑀=𝑂𝑃−𝑂𝑀=𝑥+𝑦−𝑏=𝑥（1−²）=²𝑥²，故𝑃𝑀=𝑒𝑥.∴𝑃𝐹+𝑃𝑀=𝑎.同理𝑄𝐹+𝑄𝑀=𝑎.∴△𝑄𝑃𝐹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：𝑄𝐹+𝑄𝑀=𝑎.7.对于≤𝑥≤1，则(1+𝑥)(1−𝑥)(1−2𝑥)的最大值为___________.【解答】采用待定系数法。考虑[α(1+𝑥)][𝛽(1−𝑥)][𝛾²(2𝑥−1)]的最大值。首先有α(1+x)=𝛽(1−𝑥)=𝛾(2𝑥−1),即=.其次有5𝛼−𝛽+4𝛾=0.消去β得0=2(3𝛼𝛾+5𝛼−2𝛾)=2(5𝛼−2𝛾)(𝛼+𝛾)，我们取𝛼，𝛽，𝛾=(2,30,5)，由平均不等式得[2(1+𝑥)][30(1−𝑥)][5(2𝑥−1)]≤（），此时𝑥=，满足题意。故(1+𝑥)(1−𝑥)(1−2𝑥)的最大值为·.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)=𝑎𝑥+𝑏𝑥+𝑐(𝑎0)，方程𝑓(𝑥)=𝑥的两个根是𝑥与𝑥，且𝑥0，𝑥−𝑥.又若0t𝑥，试比较𝑓(𝑡)与𝑥的大小.【解答】因为𝑥，𝑥是方程𝑎𝑥+𝑏𝑥+𝑐=𝑥的两个根，所以由韦达定理得，𝑥+𝑥=−，𝑥𝑥=，并且有𝑎𝑥+𝑏𝑥+𝑐=𝑥，因此𝑓(𝑡)−𝑥=(𝑎𝑡+𝑏𝑡+𝑐)−(𝑎𝑥+𝑏𝑥+𝑐)=𝑎(𝑡−𝑥)(𝑡+𝑥)+𝑏(𝑡−𝑥)=𝑎(𝑡−𝑥)𝑡+𝑥+𝑏𝑎由𝑡+𝑥+=𝑡+−𝑥=𝑡+−𝑥＜𝑥+−𝑥＜0，及𝑎＞0，𝑡−𝑥＜0得，𝑓(𝑡)−𝑥＞0.∴当0𝑡𝑥时，𝑓(𝑡)＞𝑥。10.（本题满分20分）数列{𝑎}满足：𝑎=1，𝑎=+，证明：对𝑛1，都是正整数。【解答】令𝑏=，则𝑏=，𝑎=+，因为𝑎=++，于是1𝑏+12=141𝑏+12+1𝑏+116（1𝑏+12）+14yxQPF1F2OM即𝑏=2𝑏(𝑏+2)，所以𝑏=2𝑏[2𝑏(𝑏+2)+2]=4𝑏（𝑏+1）².因为𝑏=4，𝑏=24，由上式和𝑏，𝑏是正整数知，当𝑛1，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：+=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（，0），R（𝑥，𝑦），Q（𝑥，𝑦），P（𝑥，−𝑦）将QN与椭圆联立得(2+m²)y²+2mty+t²-1=0.由韦达定理得𝑦+𝑦=²𝑦𝑦=²代入得−=+=+=2m+𝑡−=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：=²²【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，∴===………………………………………………………………………………20分由三弦定理，AFsin𝐷𝐴𝐵=𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛𝐹𝐴𝐵+𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛𝐷𝐴𝐹.同理得到AEsin𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛𝐸𝐴𝐶+𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵𝐴𝐸.…………………………………………………………30分上下作比得=·=·=·观察式子，其中∠FAB=∠FDB=∠BCE=∠BAE，故==，同理，有===，由等比定理，=…………………………40分从而=²²=²²，证毕。二、本题满分40分已知x∈R，i=1,2，…，n，n≥2，且∑|x|=1，∑x=0.证明:|∑|≤+.【解答】记x中所有正数和为A，负数和为B，则A+B=0，A-B=1，那么A=，B=−.EABFDCMEABFDC记{x}的前𝑖项和为S，则有|S|≤………………………………………………………………………10分由于x的和易把握，−的差易把握，考虑阿贝尔变换。由阿贝尔分部求和公式，∑=𝑆·+∑S(−)………………………………………………20分代入𝑆=0，|S|≤，又∑≤∑|S|−…………………………………………………………30分故∑≤∑(−)=+…………………………………………………………………………40分三、本题满分50分设𝑝是素数，整数𝑥、𝑦、𝑧满足0𝑥𝑦𝑧𝑝，若𝑥、𝑦、𝑧除以𝑝的余数相等。证明：𝑥+𝑦+𝑧可以被𝑥+𝑦+𝑧整除。【解答】由已知条件，x、y、z除以p的余数相等，可得p|x−y，即p|(x−y)(x+xy+y)，由于0xyzp且p为素数，|x-y|＜p，故p|（x+xy+y²）①同理可得p|(y+yz+z)②………………………………………………………………………………10分由①，②知p|[(x+xy+y)−(y+yz+z)]，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0xyzp，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≡x+y+z(mod2)，故只需要证明p|(x+y+z)……………………………………40分由①得p|[x(x+y+z)+y−xz]，于是，p|(y−xz)，同理p|(y−yz)，p|(z−xy)③又p(x+xy+y)，p(y+yz+z)，p|(z+zx+x)，六式相加可知，p|3(x+y+z²)，即p|(x+y+z²).∴x+y+z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𝐴,𝐴…𝐴，不妨设这𝑛个点中𝐴，𝐴的距离最大（若𝐴，𝐴两点重合，则题中所要证明的结论显然成立，这里假设𝐴，𝐴不重合），设与𝑙交于𝐴，𝐴的两条蓝色直线交于𝐵，这样构成一个三角形△𝐴𝐴𝐵。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𝐴𝐴上。………10分若点𝐶不在线段𝐴𝐴上，如图1，不妨设点C在𝐴𝐴的延长线上（点C不必与𝐴，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𝐴𝐴＜𝐴𝐶，这就与𝐴