全国高中数学联合竞赛试题解答(A卷)8

2018年全国高中数学联合比赛一试（A卷）一、填空题：本大题共8个小题，每题8分，共64分。2018A1、设会合A1,2,3,,99，会合B2x|xA，会合Cx|2xA，则会合BC的元素个数为◆答案：24★分析：由条件知，BC2,4,6,,48，故BC的元素个数为24。2018A2、设点P到平面的距离为3，点Q在平面上，使得直线PQ与平面所成角不小于300且不大于600，则这样的点Q所组成的地区的面积为◆答案：8★分析：设点P在平面上的射影为O，由条件知tanOQPOP3,3，即OQ1,3，OQ3所以地区的面积为32128。2018A3、将1,2,3,4,5,6随机排成一行，记为a,b,c,d,e,f，则abcdef是偶数的概率为9◆答案：10★分析：先考虑abcdef为奇数时，abc，def一奇一偶，①若abc为奇数，则a,b,c为1,3,5的摆列，从而d,e,f为2,4,6的摆列，这样共有6636种；②若abc为偶数，由对称性得，也有6636721119种，从而abcdef为奇数的概率为，故所求为10106!102018A4、在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2y21（ab0）的左右焦点分别是F1,F2，a2b2椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴和y轴，且订交于点P，已知线段PU,PS,PV,PT的长分别为1,2,3,6，则PF1F2的面积为2018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第1页共9页◆答案：15★分析：由对称性，不如设点Px0,y0PTPSPVPU1在第一象限，则x022，y02即P2,1。从而可得U2,2，S4,1，代入椭圆方程解得：a220，b25，从而SPF1F21y0115。F1F22151222018A5、设f(x)是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间0,1上严格递减，且知足f()1，f(2)1x22，则不等式组f(x)的解集为12◆答案：2,82★分析：由f(x)为偶函数及在区间0,1上严格递减知，f(x)在1,0上递加，联合周期性知，f(x)在1,2上递加，又f(2)f()1，f(82)f(2)f(2)2，所以不等式等价于f(2)f(x)f(82)，又12822所以2x82，即不等式的解集为2,822018A6、设复数z知足z1，使得对于x的方程zx22zx20有实根，则这样的复数z的和为◆答案：★分析：设

32zabi（a,bR，且a2b21）则原方程变成ax22ax2bx22bxi0，所以ax22ax20，bx22bx0①若②若

b0，则a21，解得a1，查验得，a1，x13，即z1；b0知x0或2，查验得：x2，代入得a115，则由，b，442018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第2页共9页所以z115i；441151153综上知足条件的全部复数之和为1i44i4422018A7、设O为ABC的外心，若AOAB2AC，则sinBAC的值为10◆答案：4★分析：取AC的中点D，则ODAC。由AOAB2AC得AOAB2ACBO，知ODBO，且B,A在直线OD同侧。不如设圆O的半径为2，则AC1OB1,2cosBOCcos900DOCsinDOCMC1，在BOC中，有余弦定理得OC4BC10,在ABC中，由正弦定理得sinBC10。BAC42R2018A8、设整数数列a1,a2,,a10知足a103a1，a2a82a5，且ai11ai,2ai，1,2,,9，则这样的数列的个数为◆答案：80★分析：记biai1ai1,2（i1,2,,9），则有2a1a10a1b1b2b9①b2b3b4a5a2a8a5b5b6b7②下边用t表示b2,b3,b4中2的项数。由②知，t也是b5,b6,b7中2的项数，此中t0,1,2,3，所以021222322b2,b3,b4，b5,b6,b7的取法数为C3C3C3C320；接下来，确立b8,b9，有24种方式，最后由①知，应取b11,2使得b1b2b9为偶数，这样的b1的取法是独一的，而且确立了整数a1的值，从而数列b1,b2,,b9独一对应一个知足条件的数列a1,a2,,a10。综上可知，知足条件的数列的个数为20480。二、解答题：本大题共3小题，共56分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。2018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第3页共9页2018A9、（此题满分16分）已知定义在R上的函数f(x)为f(x)log3x1,0x94x,x，设a,b,c是三个互不同样的9实数，知足f(a)f(b)f(c)，求abc的取值范围。★分析：不如设abc，因为f(x)在0,3上递减，在3,9上递加，在9,上递减，且f(3)0，f(9)1，联合图像知：a0,3，b3,9，c9,，且f(a)f(b)f(c)0,1。由f(a)f(b)得log3alog3b2，即ab9，此时abc9c，又f(c)4c，由04c1得c9,16，所以abc9c81,144。2018A10、（此题满分20分）已知实数列a1,a2,a3知足：对随意正整数n，有an(2Snan)1，此中Sn表示数列的前n项和。证明：⑴对随意正整数n，有an2n；⑵对随意正整数n，有anan11。★分析：⑴因为当n2时，anSnSn1，所以an(2Snan)1得SnSn1(2Snan)1，即Sn2Sn211（n2），又S121，所以Sn2n，即Snn。明显n2时，anSnSn1nn12n，又a112所以对随意正整数n，有an2n；⑵当anan10时，明显；下边考虑anan10的状况，不如设an0且an10，则Sn1SnSn1n1n，则有Sn1n1，Snn，所以an1n1n，annn1，所以anan1nn1n1nn1nn1n12018A11、（此题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，设AB是抛物线y24x的过点F(1,0)的2018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第4页共9页弦，AOB的外接圆交抛物线于点P（不一样于点O,A,B）．若PF均分APB，求PF的全部可能值。★分析：设Ay12,y1，By22,y2，Ay32,y3，由已知条件知y1,y2,y3两两不等且不为0.444设直线AB的方程为xty1，由xty1得y24ty40，知y1y24，y1y24t。①y24x设外接圆的方程为x2y2dxey0，由x2y2dxey0得1y41dy2ey0，y24x164知该四次方程的根即为0,y1,y2,y3，由根与系数关系得0y1y2y30，即y1y2y3，②又PF均分APB，由角均分线定理得PAFAy1，联合①②PBFBy2y32y122y12PA2y3y12y1y22y12162y1y22所以44y22PB2y32y222y1y22y22162y2y12y3y2244y2282164y12y2216y2464y12192y1282164y22y116y1464y22192即y1664y12y22192y12y2664y12y22192y22，y12y22y14y12y22y241920⑴当y12y220时，y2y1，此时y30，得P与O重合，舍去。⑵当y14y12y22y241920时，由①得y12y222192y12y22208，得y12y2241382y1y2，所以这样的y1,y2是存在的，对应的A,B也是存在的。y32y12y12y2242084所以PF1y211314442018年全国高中数学联合比赛二试（A卷）2018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第5页共9页2018A一、（此题满分40分）设n是正整数，a1,a2,,an，b1,b2,,bn，A,B均为正实数，满足：aibi，aiA，i1,2,b1b2bnB,n，且an。a1a2A证明：(b11)(b21)(bn1)B1(a11)(a21)(an1)。A1★证明：记kibi，则ki1，（i1,2,,n）Bb1b2bnBai，记k，则不等式an即Aa1a2Ak1k2knk，要证(b11)(b21)(bn1)B1(a11)(a21)(an1)建立，A1(k1a11)(k2a21)(knan1)kA1也就转变成证：(a11)(a21)(an1)。A1对于i1,2,,n，ki1及0aiA知，kiai1ki1kiki1kiA1.ai1ki1A1A1ai由kkknk，则只要证(k1A1)(k2A1)(knA1)k1k2knA112(A1)(A1)(A1)A1下边用数学概括法证明之：①当n1时，不等式明显建立；②当n2(k1A1)(k2A1)k1k2A1k11k21A0,所以n2时也建立；时，A1A12(A1)(A1)③设nm(k1A1)(k2A1)(kmA1)k1k2kmA1时结论建立，即(A1)(A1)(A1)A1，则当nm时，(k1A1)(k2A1)(kmA1)(km1A1)k1k2kmA1km1A11)(A1)A1A1(A1)(A1)(Ak1k2kmkm1A1km当作一个整体，与km1一同替代n2时的做法同样可得）A（将k1k2n1所以m1结论也建立。由数学概括法可知，原命题建立。2018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第6页共9页2018A二、（此题满分40分）以下图，ABC为锐角三角形，ABAC，M为边BC的中点，点D和E分别为ABC的外接圆弧BAC和BC的中点，F为ABC内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，知足NBAB.证明：若BNEM,则DFFG。（答题时请将图画在答卷纸上）★证明：由条件知，DE为ABC外接圆的直径，DEBC于M，AEAD。记I为ABC的心里，则I在AE上，IFAB。由NBAB可知，NBEABEABN(1800ADE)900900ADEMEI又依据心里性质，有EBIEBCCBIEACABIEABABIEIB从而BEEI。联合BNEM，所以NBEMEI，于是EMIBNE900BFE1800EFI，故E,F,I,M四点共圆。从而可知AFM900IFM900IEMAGM故四点共圆。,A,F,G,M再由DAGDMG900知，A,G,M,D四点共圆，所以A,F,G,M,D五点共圆，从而DFGDAG900，即DFFG。2018A三、（此题满分50分）设n,k,m是正整数，知足k2，且nm2k1n，设A是k1,2,,m的n元子集，证明：区间0,n中的每个整数均可表示为aa/，此中a,a/A。k1★证明：用反证法。假定存在整数x0,n不行表示为aa/，此中a,a/A。作带余除法k12018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第7页共9页mxqr，此中0rx.1,2,,m按模x的同余类区分红x个公差为x的等差数列，此中r个将等差数列有q1项，xr个等差数列有q项.因为A中没有两数之差为x，故A不可以包括公差为xq1qxq12|q的等差数列的相邻两项.从而nArxr2q①。22r2|qx2由条件，我们有nkmkxqr②2k2k11又x0,n，故nk1x③k1⑴若q是奇数，则由①知，nxq1④，联合②知xq21nkxq，从而q2k1，2q12k1再由q是奇数得q2k3，于是nxx，与③矛盾；2k1qqk⑴若q是偶数，则由①知，nxr⑤，联合②知rnr2x2kxq21从而xqk1(k1)x，得q2(k1)再由q是偶数得q2k4，2(2k1)2kr2k1.1于是nxqrk2xr(k1)x，与③矛盾；2综上，反证法获得的结论不建立，即原命题建立。n2018A四、（此题满分50分）数列an定义以下：a1是随意正整数，对整数n1，an1与ai互i1素，且不等于a1,a2,,.an的最小正整数，证明：每个正整数均在数列an中出现。★证明：明显a11或许a21.下边考虑整数m1，设m有k个不一样的素因子，我们对k概括证明m在an中出现.记Sna1a2an，n1.k1时，m是素数方幂，记mp，此中0，p是素数.假定m不在an中出现.因为an各项互不同样，所以存在正整数N，当nN时，都有anp.若对某个nN，p|Sn，那么p与Sn互素，又a1,a2,,.an中无一项为哪一项p，故有数列定义知an1p，可是an1p，矛盾！2018年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第8页共9页所以对每个nN，都有p|Sn.又p|Sn1，可得p|an1，从而an1与Sn不互素，这与an1的定义矛盾！假定k2，且结论对k1建立.设m的标准分解为mp11p22pkk.假定m不在an中出现，于是存在正整数N/，当nN/时，都有anm.取充分大的正整数1,2,k1，使得12k1maxMp1p2pk11nN/an.我们证明，对nN/，有an1M.对于随意nN/，若Sn与p1p2pk互素，则m与Sn互素，又m在a1,a2,,.an中均未出现，而an1m，这与数列的定义矛盾，所以我们获得：对于随意nN/，Sn与p1p2pk不互素，⑴若存在（），使得pi|Sn，则an1,Sn1，故pi|an