2018年湖南省高中数学联赛A及参考答案

第第 1 页页 共共 7 页页 2018 年湖南省高中数学联赛 A 卷试题 参考答案与评分细则 一 一 填空题填空题 本题满分本题满分 70 分 每小题分 每小题 7 分分 1 已知 321 aaaBA 当BA 时 BA与 AB视为不同的对 则这样的 BA 对的个数有 个 解 由集合BA 都是BA 的子集 BA 且 321 aaaBA 当 A时 B有 1 种取法 当A为一元集时 B有 2 种取法 当A为二元集时 B有 4 种取法 当A为三元集时 B有 7 种取法 故不同的 BA对有26743231 个 2 若不等式 3 2 xax 的解集是 4 b 则实数 a b 解 方法一 设 2 则 且 2 xtxttb 则不等式 2 3 0 2 att 的解集为 2 b 所以 2 b是方程 2 3 0 2 att 的两根 即 1 2 3 2 2 b a b a 解得 1 8 a b 36 方法二 设 12 3 2 yx yax 由不等式 3 2 xax 的解集是 4 b 可得两函数 12 3 2 yx yax 在同一坐标系中的图象 设两函数图象的交点为 A B 则 4 2 AB bb 所以 3 24 2 a 3 2 bab 解得 1 8 a b 36 3 从 3 2 1 0 1 2 3 4 八个数字中 任取三个不同的数字作为二次函数 f x ax2 bx c a 0 的系数 若二次函数的图象过原点 且其顶点在第一象限或第三象限 这样的二次函数有 个 解 可将二次函数分为两大类 一类顶点在第一象限 另一类顶点在第三象限 然后由顶点 坐标的符号分别考查 图象过坐标原点 第第 2 页页 共共 7 页页 c 0 二次函数可写成 f x ax 2 bx 的形式 又 f x a x a b 2 2 a b 4 2 其顶点坐标是 a b 2 a b 4 2 若顶点在第一象限 则有 a b 2 0 a b 4 2 0 故 a0 因此 这样的二次函数有 A 1 3 A 1 4 12 个 若顶点在第三象限 则有 a b 2 0 a b 4 2 0 b 0 这样的二次函数有 A 2 4 12 个 由加法原理知 满足条件的二次函数共有 A1 3 A 1 4 A 2 4 24 个 4 已知 n 为正整数 若 166 103 2 2 nn nn 是一个既约分数 那么这个分数的值等于 解 2 8 2 5 166 103 2 2 nn nn nn nn 而当 n 2 1 时 若 n 8 n 5 n 5 3 1 则 166 103 2 2 nn nn 是一个既约分数 故当 n 3 时 该分数是既约分数 这个分数为 11 8 5 函数 2 0 sin 2sin xxxxf的图象与直线ky 有且仅有两个不同的交点 则k的取值范围是 解 3sin 0 sin 2 x x f x x x 作出其图像 可知有两个交点时的k的范围为31 k 6 设实数 a b 满足不等式 baabaa 则 a b 的正 负符号分别为 解 由已知得 22 baabaa 2 2 2222 baabaababaaababaaa 由于xx 因此立得 0baabaaa 约去 a 得baba 00 abba a 为负数且 b 为正数 第第 3 页页 共共 7 页页 7 正方体 ABCD A1B1C1D1中 E 为 AB 中点 F 为 CC1中点 异面直线 EF 与 AC1所成角的 余弦值是 解 设正方体棱长为 1 以 DA 为 x 轴 DC 为 y 轴 DD1为 z 轴建立空间直角坐标系 则 E 1 1 2 0 F 0 1 1 2 A 1 0 1 C 1 0 1 1 EF 1 1 2 1 2 AC 1 1 1 1 cos 1 1 EF AC EFAC 2 2 3 8 四次多项式 432 182001984xxkxx 的四个零点中有两个零点的积为 32 则实数 k 解 设多项式 432 182001984xxkxx 的四个根为 1234 x x x x则由韦达定理 得 1234 121314232434 123124134234 1234 18 200 1984 xxxx x xx xx xx xx xx xk x x xx x xx x xx x x x x x x 设 1234 32 62 x xx x 则故 1234 62 32 200 xxxx 又 12 1234 34 4 18 14 xx xxxx xx 故 12341234 86 kx xx xxxxx 9 x 1 x 2 3的展开式中的常数项为 解 1 2 1 63 x x x x 20 1 1 333 6 3 4 x xCT 10 在半径为 R 的球内作内接圆柱 则内接圆柱全面积的最大值是 解 设内接圆柱底面半径为 Rsin 则高为 2Rcos 则全面积为 222 222 2 sin 2sin2 cos2 sinsin2 1cos22sin2 15sin 2 15 RRRR RRR 其中 1 tan 2 等号成立的条件是2 2 故最大值为 2 1 5 R 第第 4 页页 共共 7 页页 二 二 解答题解答题 本题满分本题满分 80 分 每小题分 每小题 20 分分 11 已知抛物线 C1的顶点 2 1 1 焦点 2 3 4 1 另一抛物线 C 2的方程 y2 ay x 2b 0 C1与 C2在一个交点处它们的切线互相垂直 试证 C2必过定点 并求该点的坐标 解 C1的 p 1 2 方程 y 1 2 x 2 1 即 y2 2y x 2 0 设交点为 x0 y0 则 C1的切线方程为 y0y y y0 1 2 x x 0 2 0 即2 y0 1 y x 2y0 x0 2 2 0 同理可得 C2的切线方程为 y0y 1 2a y 0 y 1 2 x x 0 2b 0 即 2y0 a y x ay0 x0 4b 0 5 分 由题意知二者垂直 从而可得 1 1 2 y0 1 2y0 a 0 整理得4y02 2 a 2 y0 2a 1 0 由 y02 2y0 x0 2 0 和 y02 ay0 x0 2b 0 相加得 2y02 a 2 y0 2b 2 0 2 得 2a 1 4b 2 2 0 可得 4b 2a 1 2 2 10 分 代入 C2方程整理即可得 2y2 2ay 2x 2a 1 2 2 0 即2y2 2x 2 2 1 2a y 1 0 15 分 取方程组 01 012222 2 y xy 解得 2 1 2 1 即对任何满足 的 a b 点 2 1 2 1 在曲线 C 2上 即 C2过定点 该定点的坐标为 2 1 2 1 20 分 12 如图 在凸四边形 ABCD 中 M 为边 AB 的中点 且 MC MD 分别过点 C D 作边 BC AD 的垂线 设两条垂线的交点为 P 过点 P 作 PQ AB 于 Q 求证 PQC PQD 证明 如图 联结 PA PB 分别取 PA PB 的中点 E F 联结 EM ED FM FC 则四边形 PEMF 为平行四边形 5 分 从而 PEM PFM 由 ME 2 1 BP CF MF 2 1 AP DE MD MC 所以 DEM MFC 10 分 即 DEM MFC 所以 PED DEM PEM MFC PFM PFC 又 PED 2 PAD PFC 2 PBC 得 PAD PBC 由于 PQA PDA 90o PQB PCB 90o 则 P Q A D 和 P Q B C 分别四点共圆 15 分 故 PQD PAD PQC PBC 第第 5 页页 共共 7 页页 所以 PQC PQD 20 分 13 已知二次函数 f x x2 16x p 3 1 若函数在区间 1 1 上存在零点 求实数 p 的取值范围 2 问是否存在常数 q q 0 当 x q 10 时 f x 的值域为区间 D 且 D 的长度为 12 q 注 区间 a b a b 的长度为 b a 解 1 二次函数 f x x2 16x p 3 的对称轴是 x 8 函数 f x 在区间 1 1 上单调递减 则函数 f x 在区间 1 1 上存在零点须满足 f 1 f 1 0 即 1 16 p 3 1 16 p 3 0 解得 20 p 12 5 分 2 假设存在常数 q q 0 满足题意 分三种情况求解 当 8 8108 0 q q q 时 即 0 q 6 时 当 x 8 时 取到最小值 f 8 当 x q 时 取到最大值 f q f x 的值域为 f 8 f q 即 p 61 q2 16q p 3 区间长度为 q2 16q p 3 p 61 q2 16q 64 12 q 2 151715171517 15520 222 qqqqq 经检验 不合题意 舍去 故 10 分 当 8 8108 0 q q q 时 即 6 q 8 时 当 x 8 时 取到最小值 f 8 当 x 10 时 取到最大值 f 10 f x 的值域为 f 8 f 10 即 p 61 p 57 区间长度为 p 57 p 61 4 12 q q 8 经检验 q 8 不合题意 舍去 15 分 当 q 8 时 函数 f x 在 q 10 上单调递增 f x 的值域为 f q f 10 即 q2 16q p 3 p 57 区间长度为 p 57 q2 16q p 3 q2 16q 60 12 q q2 17q 72 0 q 8 或 q 9 经检验 q 8 或 q 9 满足题意 综上知 存在常数 q 8 或 q 9 1517 2 q 当 x q 10 时 f x 的值域为区间 D 且 D 的长度为 12 q 20 分 14 已知数列 an 的奇数项是首项为 1 的等差数列 偶数项是首项为 2 的等比数列 数列 an 前 n 项和为 Sn 且满足 S5 2a4 a5 a9 a3 a4 1 求数列 an 的通项公式 2 若 amam 1 am 2 求正整数 m 的值 第第 6 页页 共共 7 页页 3 是否存在正整数 m 使得 2 21 m m S S 恰好为数列 an 中的一项 若存在 求出所有满足条件的 m 值 若不存在 说明理由 解 1 设等差数列的公差为 d 等比数列的公比为 q 则 a1 1 a2 2 a3 1 d a4 2q a9 1 4d S5 2a4 a5 a1 a2 a3 a4 即 4d 2q 又 a9 a3 a4 1 4d 1 d 2q 解得 d 2 q 3 对于 k N 有 a2k 1 1 k 1 2 2k 1 a2k 2 3k 1 故 1 2 21 2 32 n n nnk akN nk 5 分 2 若 am 2k 则由 amam 1 am 2 得 2 3k 1 2k 1 2 3k 解得 k 1 则 m 2 若 am 2k 1 则由 2k 1 2 3k 1 2k 1 此时左边为偶数 右边为奇数 不成立 故满足条件的正数为 2 10 分 3 对于 k N 有 2 2 2121 2122 2 21 2 21 2 21 121 2 1 3 1 3 21 3 1 32 31 3 1 1 3 1 3 k k k kkk kkk m n m m m m m kk Sk SSakk S ma S S L LN S m L m 假设存在正整数 使得恰好为数列中的一项 又由 知 数列中的每一项都为正数 故可设 则 变形得到 3 L 3m 1 L 1 m2 1 15 分 m 1 L 1 3m 1 0 L 3 又 L N 故 L 可能取 1 2 3 当 L 1 时 3 L 3m 1 0 L 1 m2 1 0 不成立 当 L 2 时 3 2 3m 1 2 1 m2 1 即 3m 1 m2 1 若 m 1 3m 1 m