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2018年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案

时间:2019-01-21

2018 年全国高中数学联赛江苏赛区 复赛参考答案与评分细则 一试

一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分)

1.设集合 A={x|x=2n-1,n∈N*},B={y|y=3x-1,x∈A},则 A∩ B=



答案:?.

解:因为集合 A 中的元素是正奇数,集合中 B 的元素是偶数,所以 A∩B=?.

2.在平面直角坐标系

xOy











线

x2 a2



y2 b2



1

(

a



0



b



0

)







线



圆 x2+y2-6y+5=0 没有公共点,则该双曲线离心率的取值范围是



答案:(1,32). 解:由题设,圆心(0,3)到渐近线的距离大于 2,即
故该双曲线的离心率 e∈(1,32).

a32+a b2>2,

3.在△ABC 中,AB=2AC,且 S△ABC=1,则 BC 的最小值是



答案: 3.

解:设

AC=b,由

S△ABC=1,得,b2sinA=1,即

b2=

1 sinA



由余弦定理得 BC2=5b2-4b2cosA=5-si4ncAosA=1+9tanA2 A2 ≥3, 2 tan 2

所以 BC≥ 3.当且仅当 tanA2=13时等号成立.

??an+1, n为奇数,

4.已知数列{an},{bn}满足: bn=? 2

若{bn}是等比数列,且 a2+b2=108,

?? an+1 ,n为偶数.

则数列{an}的通项公式为



答案:an=9n.

解:因为{bn}是等比数列,所以其子列{b2n-1}也成等比数列, 而 b2n-1=an,故{an}也是等比数列,设其公比为 q.

又 b1=a1,b2= a3,b3=a2,得 a3=a1a2,即 a1=q.

又 a2+b2=108,故 q2+q32=108,得 q=9,所以 an=9n.

经检验 an=9n 满足题设条件. 5.已知 a,b 为正实数,且 2a+2b≤15,4a+3b≤2,则 3a+4b 的取值范围是________.

答案:[24,27].

解:由 4a+3b≤2 得 b≥2a3-a 4. 因此点(a,b)在第一象限,且在由直线 2a+2b=15 和双曲线 b=2a3-a 4所围成的区域内. 从而当 a=4,b=3 时,3a+4b 取到最小值 24,

当 a=3,b=4.5 时,3a+4b 取到最大值 27,即 3a+4b 的取值范围为[24,27].

6.如图,球 O 的内接八面体 PABCDQ 中,顶点 P,Q 分别在平面 ABCD 两侧,且四棱锥 P

-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥.设二面角 P-AB-Q

P

的平面角的大小为 θ,则 tanθ 的取值范围是



D

A

C

答案:(-∞,-2 2].

B O

解:设二面角 P-AB-C 的大小为 α,二面角 Q-AB-C 的大

小为 β,球心到平面 ABCD 的距离为 d,球半径为 1, 则 tanα= 21(1--dd2),tanβ= 21(1-+dd2),d∈[0,1),

Q (第 6 题图)

2(1-d)+ 2(1+d)

从而

tanθ=tan(α+β)= 1-

1-d2 2(1-d)× 1-d2

12-(1d+2 d)= -12-d22∈(-∞,-2 1-d2

2].

7.已知实数 a>b>0,函数 f(x)=

x a-x2-

的最大值是 b-x2



答案:a-abb.

解:显然,当 x<0 时,f(x)<0,当 x>0 时,f(x)>0.故只需考察 x>0.

f(x)=

x a-x2-

=x( b-x2

a-x2+ b-x2) a-b

=a-1 b x2(a+b)-2x4+2x2 (a-x2)(b-x2)

=a-1 b ab-(x2- (a-x2)(b-x2))2≤a-abb,

当 x2= (a-x2)(b-x2),即 x= aa+bb时取得等号.

8.设 4 次整系数多项式 f(x)满足 f(1+ 3 3)=1+ 3 3,f(1+ 3)=7+ 3,则 f(x)=



答案:f(x)=x4-3x3+3x2-3x.

解:令 g(x)=f(x)-x,及 h(x)=g(x+1),

则由 h( 3 3)=g(1+ 3 3)=0 知 h(x)=(x3-3)(ax+b),a,b∈Z, 因此 h( 3)=g( 3+1)=f(1+ 3)-(1+ 3)=6,即(3 3-3)( a 3+b)=6,得 a=b=1. 所以 f(x)=g(x)+x=h(x-1) +x=((x-1)3-3)(x-1+1)+x=x4-3x3+3x2-3x.

二、解答题(本题满分 16 分)

已知(sinα,sinβ) 是函数 f(x)= 3 x3 + t 3 和 g(x)=3tx2+(3t2+1)x+t 图象的公共点, 求证:|t|≤1.

证明:因为(sinα,sinβ) 是两函数 f(x)= 3 x3 + t 3 和 g(x)=3tx2+(3t2+1)x+t 图象的公共点,

所以 sinβ= 3 sin 3 ? + t 3 ,



sinβ=3tsin2α+(3t2+1)sinα+t. ②

由①得,sin3β=sin3α+t3.



②+③,得 sin3β+sinβ=(sinα+t)3+sinα+t.

令 f(x)=x3+x,则 f(sinβ)=f(sinα+t).

因为函数 f(x)=x3+x 是 R 上的单调增函数,

所以 sinβ=sinα+t. ④

将④代入②,得 3tsin2α+3t2sinα=0,

所以 t=0 或 t=-sinα 或 sinα=0,

即 t=0 或 t=-sinα 或 t=sinβ.

因此|t|≤1.

……………………… 8 分 ……………………… 16 分

三、解答题(本题满分 20 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C:x62+y32=1,过点 P(2,2)作直线 l1,l2 与椭圆 C
分别交于 A,B 和 C,D,且直线 l1,l2 的斜率互为相反数. (1)证明:PA·PB=PC·PD; (2)记直线 AC,BD 的斜率分别为 k1,k2,求证:k1+k2 为定值.

解:(1)设直线 l1 的倾斜角为 α,则直线 l2 的倾斜角为 π-α. 直线 l1 的参数方程为:???xy= =22+ +ttcsionsαα,,(t 为参数), 直线 l2 的参数方程为:???xy==22++ttcsions((ππ--αα)),,(t 为参数), 设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),对应的参数分别为 t1,t2,t3,t4. 将直线 l1 的参数方程代入椭圆 C:x62+y32=1, 整理得 (1+sin2α)t2+4(cosα+2sinα)t+6=0,从而 t1t2=1+6sin2α . 由 t 的几何意义得 PA·PB=|t1t2|=1+6sin2α. 同理可得 PC·PD=|t3t4|=1+sin62(π-α)=1+6sin2α.

所以 PA·PB=PC·PD.

……………………… 10 分

(2)xi=2+ticosα (i=1,2),xi=2-ticosα (i=3,4),yi=2+tisinα (i=1,2,3,4).

由(1)可知,t1t2=t3t4.

所以

k1+k2=yx33- -yx11+yx44- -yx22



t1-t3 t1+t3

tanα+tt22+-tt44

tanα=(t12+(t1tt32)-(t2t3+t4)t4)tanα=0.

即 k1+k2 为定值 0.

……………………… 20 分

四、解答题(本题满分 20 分) 已知函数 f1(x)= x2+48,当 n∈N*,n≥2 时,fn(x)= x2+6fn-1(x).求方程 fn(x)=2x
的实数解. 解:因 fn(x)= x2+6fn-1(x)>0,所以方程 fn(x)=2x 的实数解必须是正数.
首先,证明 x=4 是方程 fn(x)=2x 的解.下面用数学归纳法证明: (i)当 n=1 时,f1(x)= x2+48=2x,两边平方得 x2=16.又 x>0,所以 x=4.
所以当 n=1 时,方程 fn(x)=2x 的解为 x=4; (ii)假设当 n=k 时,x=4 是方程 fk(x)=2x 的解,即 fk(4)=8,
则当 n=k+1 时,fk+1(4)-2×4= 42+6fk(4)-8= 16+6×8-8=0, 所以 x=4 也是方程 fk+1(x)=2x 的解.

综上可知,x=4 是方程 fn(x)=2x 的解,对 n∈N* 恒成立.

……………………… 10 分

其次,证明方程 fn(x)=2x 无其它解.

(1)若 x>4,则 8< x2+48<2x,所以 8<f1(x)<2x.

假设 8<fk(x)<2x,则 8< x2+48< x2+6 fk(x)< x2+12x <2x. 即 8<fk+1(x) <2x.

所以当 x>4 时,由数学归纳法知 8<fn(x)<2x,所以方程没有 x>4 的实数解.

(2)当 0<x<4 时,同理可证:2x<fn(x)<8.从而方程 fn(x)=2x 没有小于 4 的解.

所以方程 fn(x)=2x 有唯一解 x=4.

……………………… 20 分

2018 年全国高中数学联赛江苏赛区 复赛参考答案与评分标准

加试

一、(本题满分 40 分)

设 a,b 是实数,并且对任意 x∈[0,1],恒有|ax+b- 1-x2|≤ 22-1,求 a,b 的值.

解:不等式 |ax+b-

1-x2|≤

2-1 2

等价于

y

1-x2-12( 2-1)≤ax+b≤ 1-x2+12( 2-1).

A

令 y1=ax+b



y2= 1-x2+12( 2-1)



· C

y3= 1-x2-12( 2-1)



C DO·

C

在[0,1]中,①式表示 x=0 与 x=1 之间的一条线段,

B x

②,③分别表示以 C(0,12( 2-1))和 D(0,-12( 2-1))为圆心,1 为半径的右上14圆周.

……………………… 20 分

设 y2= 1-x2+12( 2-1)在[0,1]中的两端点分别为 A,B, 则 A,B 的坐标分别为(0,12( 2+1)),(1,12( 2-1)), 因此直线 AB 的方程为 y=-x+12( 2+1), 而点 D(0,-12( 2-1))到直线 AB 的距离为 1,所以线段 AB 与四分之一圆周相切(如图), 由此可见,对任意 x∈[0,1],使 y3≤y1≤y2 恒成立的唯一线段是 y=-x+12( 2+1),

x∈[0,1].

所以 a=-1,b=12( 2+1).

……………………… 40 分

二、(本题满分 40 分)

如图,大圆和小圆为同心圆,其圆心为 O.过大圆上一点 A 作小圆的切线 AC,切点为

B,点 C 在大圆上,D 为 AB 的中点.△ACE 的顶点 E 在小圆上,AE 交小圆于 F.设 CE,

DF 的垂直平分线的交点 P 在直线 AC 上.

C

求证:CF⊥DF.

E O

P B
D F
A

(第二题图)

证明:连 OB,PE,PF.

C

由 AC 是小圆的切线,得 OB⊥AC.

又 AC 是大圆的弦,所以 AB=BC. 由切割线定理得 AB2=AF·AE. ① 又由 D 为 AB 中点,

P E
B

可得 AB=2AD,又 AB=12AC, 代入①得 AD·AC=AF·AE,

O D
F

则 D,F,E,C 四点共圆.

A

……………………… 20 分

由点 P 是 CE,DF 的垂直平分线的交点,

故 PE=PC,PF=PD.



(第二题图)

从而∠PEC=∠PCE,∠PFD=∠PDF. ③

由 D,F,E,C 四点共圆得∠PEF=180°-(∠PEC+∠PDF),

∠PFE=180°-(∠PFD+∠PCE),

又由③可得∠PEF=∠PFE,则 PE=PF.

又由②可得,PC=PD=PF.

故 CF⊥DF.

……………………… 40 分

三、(本题满分 50 分)

设正整数 1<a1<a2<…<a1009<2018,其中对任意的 i≠j,ai 与 aj 的最小公倍数均大于

2018,证明:a11+a12+…+a11009<76. 证明:先证 a1≥[20318]+1=673.
如果不然,则 a1≤[20318],那么 a1≤[20318]<20318.

因此 2a1<3a1<2018,从而 2a1,3a1,a2,…,a1009 均为 1,2,…,2018 中的数,

所以一定有两个数为倍数关系,这与任意的 i≠j,[ai,aj]>2018 矛盾.

所以 a1≥673.

……………………… 20 分

下面对每个 ai,构造集合

Ai={b|1≤b≤2018,且 ai|b}={ai,2ai,3ai,…,[20a1i 8]ai }. 因此,我们有

A1∪A2∪…∪A1009?{673,674,…,2018}

从而 | A1∪A2∪…∪A1009|≤2018-672=1346.

……………………… 30 分

另一方面,由于任意的 i≠j,[ai,aj]>2018,从而 Ai∩Aj=?.

因此 | A1∪A2∪…∪A1009|=1i0?=019|Ai|=1i0?=019[20a1i 8]≤1346. ……………………… 40 分

因为 [20a1i 8]≥20a1i 8-ai-ai 1=20a1i 9-1.

所以 1i0?=019(20a1i 9-1)≤1i0?=019[20a1i 8]≤1346,即1i0?=01920a1i 9≤1346+1009=2355,

所以

1009
?
i=1

1 ai



2355 2019

<76.

……………………… 50 分

四、(本题满分 50 分) 旺达先生经常忘记该记住的数字,如朋友的手机号、保险柜的密码等等,为此厂家专门
为他设计了办公室保险柜的密码锁 (如图).此密码锁的密码是 3 位数, 但只要输入的 3 位数中有两个数位上的数字正确,保险柜的锁就会打 开.旺达先生又忘记他设置的密码了,他至少要尝试多少次才能保证 保险柜一定能打开?
解:50 次.证明如下: 首先引入几个记号,设:

矛盾.


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