2018年高中数学联赛(四川预赛)试题和参考答案及评分细则

2018年全国高中数学联赛(四川预赛)第1页(共4页)学校：年级：姓名：性别：准考证号：………………………………………………………密……………………封……………………线………………………………………………………2018年全国高中数学联合竞赛（四川预赛）（5月20日下午14：30——16：30）考生注意：1．本试卷共有三大题（16个小题），全卷满分140分.2．用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答.3．计算器、通讯工具不准带入考场.4．解题书写不要超过密封线.一、单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）1.设nS、nT分别是等差数列{}na与{}nb的前n项和，对任意的正整数n，都有261nnSnTn.若mmab为质数，则正整数m的值为【】A、2B、3C、5D、72.设1F、2F分别是椭圆22221xyab(0)ab的左、右焦点，P为该椭圆上一点，满足1290FPF.若12PFF的面积为2，则b的值为【】A、1B、2C、3D、23.函数(sin1)(cos1))2sin2xxyxxR（的最大值为【】A、22B、1C、1222D、24.设多项式126()1fxxx除以21x的商式为()qx，余式()rxaxb，其中a，b为实数，则b的值为【】A、0B、1C、2D、3题目一二三总成绩13141516得分评卷人复核人得分评卷人2018年全国高中数学联赛(四川预赛)第2页(共4页)5.已知方程2342018102342018xxxxx的所有实数根都在区间[,]ab内（其中a，bZ，且ab），则ba的最小值为【】A、1B、2C、3D、46.对任意正整数n，定义Z(n)为使得12m是n的倍数的最小的正整数m．关于下列三个命题：①若p为奇质数，则()1Zpp；②对任意正整数a，都有(2)2aaZ；③对任意正整数a，都有(3)31aaZ.其中所有真命题的序号为【】A、①②B、①③C、②③D、①②③二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）7.设函数9()fxxx在[1,4]的最大值为M，最小值为m，则Mm的值为.8.在ABC中，1cos4B，则11tantanAC的最小值为.9.61015610101515612log5log3log2log5log3log3log2log2log5的值为.10.在三棱锥PABC中，三条棱PA、PB、PC两两垂直，且1PA，2PB，2PC，若点Q为三棱锥PABC外接球的球面上任一点，则Q到面ABC距离的最大值为.11.设直线ykxb与曲线3yxx有三个不同的交点A、B、C，且||||2ABBC，则k的值为.12.设集合{1,2,3,4,5,6,7,8}I，若I的非空子集A、B满足AB,就称有序集合对(,)AB为I的“隔离集合对”，则集合I的“隔离集合对”的个数为.（用具体数字作答）得分评卷人2018年全国高中数学联赛(四川预赛)第3页(共4页)三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）13.已知双曲线22143xy，设其实轴端点为1A、2A，点P是双曲线上不同于1A、2A的一个动点，直线1PA、2PA分别与直线1x交于1M、2M两点.证明：以线段12MM为直径的圆必经过定点.14.设x，y，z为正实数，求111(2)(2)(2)xyzyzx的最小值.得分评卷人2018年全国高中数学联赛(四川预赛)第4页(共4页)15.已知数列{}na满足：11a，2*11()8nnaamnN，若对任意正整数n，都有4na，求实数m的最大值.16.设函数()2lnpfxpxxx.（1）若()fx在其定义域内为单调递增函数，求实数p的取值范围；（2）设2()egxx，且0p，若在[1,]e上至少存在一点0x，使得00()()fxgx成立，求实数p的取值范围；（3）求证：对任意的正整数n，都有212ln(1)3nkk成立.参考答案及评分标准（第1页共5页）2018年全国高中数学联赛（四川预赛）试题参考答案及评分标准说明：1、评阅试卷时，请依据评分标准.选择题和填空题只设5分和0分两档；其它各题的评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次.2、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参考本评分标准适当划分档次评分，5分一个档次，不要再增加其它中间档次.一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）1、A2、B3、B4、D5、C6、D二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）7、48、21559、110、362611、112、6050三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）13.已知双曲线22143xy，设其实轴端点为1A、2A，点P是双曲线上不同于1A、2A的一个动点，直线1PA、2PA分别与直线1x交于1M、2M两点.证明：以线段12MM为直径的圆必经过定点.证明：由已知可设1(2,0)A，2(2,0)A，双曲线上动点P的坐标为00(,)xy且y0≠0，则2200143xy.因为直线PA1的方程为00(2)2yyxx，直线2PA的方程为00(2)2yyxx，所以M1(1,0032yx)，020(1,)2yMx)，……5分设以线段12MM为直径的圆C上任意一点Q(x,y)，则由120MQMQ得圆C的方程为00003(1)(1)()()022yyxxyyxx.…10分令y0，代入上述圆方程，得220203(1)04yxx，……15分由2200143xy可得2020344yx，参考答案及评分标准（第2页共5页）因此有29(1)04x，解得52x或12x.所以，以线段12MM为直径的圆必经过两定点1(,0)2，5(,0)2.……20分14.设x，y，z为正实数，求111(2)(2)(2)xyzyzx的最小值.解：记111(2)(2)(2)Txyzyzx,当1xyz时，T有最小值3(22)20142.……5分下证：20142T.解法一：1111()2()Txyzxyyzzxxyzxyyzzx1113()2()52xyzxyzxyzzxy……10分6111226xyyzzxxyyzzx63111362352xyzxyzxyzzxy……15分26236235220142.……20分当1xyz时，可取到等号.所以，T的最小值为20142.解法二：(22)(22)(22)xyzTyzx……10分842()4()22xzyxyzzyxyzx3384234322xzyxyzzyxyzx……15分8423432220142.……20分参考答案及评分标准（第3页共5页）当1xyz时，可取到等号.所以，T的最小值为20142.解法三：注意到：1222xy11121222222xy……10分1122222221()1xy.……15分于是，3111(2)(2(2)(22)xyzyzx）111222222222xzyyxz112112112222222222222222222111(()1)(()1)(()1)xyzyzx1.故3111(2)(2)(2)(22)xyzyzx.……20分当1xyz时，可取到等号.所以，T的最小值为3(22)20142.15.已知数列{}na满足：11a，2*11()8nnaamnN，若对任意正整数n，都有4na，求实数m的最大值.解：因为22111(4)2288nnnnnaaaamamm，……5分故1111()1(2)(1)nnkkkaaaamn.若2m，注意到n时，(2)(1)mn，因此，存在充分大的n，使得1(2)(1)4mn，即4na，矛盾！参考答案及评分标准（第4页共5页）所以，2m.……10分又当2m时，可证：对任意的正整数n，都有04na.当1n，114a，结论成立；假设(1)nkk时，结论成立，即04ka，则221110224488kkaa，即结论对1nk也成立.由归纳原理知，对任意的正整数n，都有04na.综上可知，所求实数m的最大值为2.……20分16.设函数()2lnpfxpxxx.（1）若()fx在其定义域内为单调递增函数，求实数p的取值范围；（2）设2()egxx，且0p，若在[1,]e上至少存在一点0x，使得00()()fxgx成立，求实数p的取值范围；（3）求证：对任意的正整数n，都有212ln(1)3nkk成立.解：（1）函数()fx的定义域为(|0}xx.由()2lnpfxpxxx知22()pfxpxx,要使()fx在其定义域(0,∞)内为单调递增函数，只须()0fx，即220pxxp在(0,∞)内恒成立.于是221xpx，注意到：222121xxxx，等号在1x时成立，即221xx在1x时有最大值1.从而1p.……5分（2）解法一：注意到2()egxx在[1,e]上是减函数，所以min()()2gxge，max()(1)2gxge，即()[2,2]gxe.参考答案及评分标准（第5页共5页）当0＜p＜1时，由x[1,e]，得1xx≥0，故f(x)p(x1x)2lnx＜x1x2lnx＜2，不合题意.当p≥1时，由（1）知f(x)在[1,e]上是增函数，f(1)0＜2，又g(x)在[1,e]上是减函数，所以原命题等价于f(x)max＞g(x)min2，x[1,e]，由f(x)maxf(e)p(e1e)2lne＞2，解得p＞241ee.综上，p的取值范围是(241ee,∞).……10分解法二：原命题等价于f(x)g(x)＞0在[1,e]上有解，设F(x)f(x)g(x)pxpx2lnx2ex.因为F′(x)p2px2x22ex222()pxpexx＞，所以F(x)是增函数，所以F(x)maxF(e)＞0，解得p＞241ee.故p的取值范围是(241ee,∞).……10分（3）令1()2lngxxxx，则由（1）知()gx在(0,∞)内为单调减函数.由于(1)0g，故当1x时，有()0gx，即102lnxxx.因此，22122ln112(2)1kkkkk，即22ln(1)(2)kkk……15分故224ln(1)(2)kkk于是21112411ln(1)2()(2)2nnnkkkkkkkk1112(1)3212nn.……20分