2018全国高中数学联赛模拟试题1及参考答案

高中联赛模拟试题1一试部分考试时间：80分钟满分：120分一、填空题(每小题8分，共64分)「1.设集合A={X-2<x<5},B=x.若AB疔0，则实数a的取值范围是TOC\o"1-5"\h\z>]<!>[x-2aJ2.已知甲、乙两只盒子中装有相同规格的乒乓球，其中，甲盒中有三个白球和三个红球，乙盒中仅有三个白球.若从甲盒中任取三个放入乙盒中，则从乙盒中任取一个是红球的概率.2cos2Ix—I—x3.函数f(x)=辽一2一的对称中心的坐标为x—1V+V4.已知四棱锥S—ABCD的底面ABCD是平行四边形，O是四棱锥内任意一点.则一四面体一OSCD=V+V四面体OSBC四面体OSDA5.在椭圆上[=1(a>b>0)中，记右顶点、上顶点、右焦点分别为A,B,F.若ZAFB=ZBAFx2+90，ab则椭圆的离心率为.6.平面上n个三角形最多把平面分部分.7.计算：.2冗.8^sin-sin—7.计算：1515cos-cos2冗4冗-cos—58.设复数a,卩，丫,z满足a+P+y=ap+Py+ya=aPy=1•贝则a—Z+|卩—Z+|Y—Z的最小值为kk=1二、解答题（第9小题16分，第10、11小题20分，共56分）9.已知动直线l过定点A（2,0）且与抛物线y=x2+2交于不同的两点B,C.设B,C在x轴上的射影分别9.足吓J足吓Jp为线段BC上的点’且满|幷品PC1BB<APOA的重心的轨迹方程.10.设f(x)=sinx.已知当xe[o,冗]时，有sinx+1>—x+cosx.证明：炸+y/艸时10.11.已知p为大于3的素数.求Mk2+k+）除以p的余数.高中联赛模拟试题1加试部分考试时间：150分钟满分：180分一、（本题满分40分）已知a,b,cwi.J,且.39a+J3b+c=0.证明：a=b=c=0二、（本题满分40分）明知正实数a,b,c二、（本题满分40分）明知正实数a,b,c满足a2+b2+c2=1.证a2b2b2c2+c2a2+3(abc+c4abc+a4abc+b4三、（本题满分50分）已知圆r内有两定点A、B，过A作一动弦CD，延长CB、DB，与圆r分别交于点E、F•证明:弦EF通过一个与C、D无关的定点.四、（本题满分50分）在80座城市之间执行如下两种方式的飞行航线：（1）任意一座城市至少与七座城市有直航；（2）任意两座城市可以通过有限次直航来连接.求最小的正整数n，使得无论如何安排满足条件的航线，任意一座城市到其他城市均最多可以经n畝直航到达.5.+5.+90高中联赛模拟试题1解答一试部分考试时间：80分钟满分：120分一、填空题(每小题8分，共64分)1.5或-1<1.5或-1<a<02解析：由题意可知B={X2a<x<5a,a>05a<x<2a,a<0因为AcB工0,n0<2a<5或—2<2a<02.解析：由题设知乙盒中红球个数的可能值g£123.故P(^=k)=C3C二(k=0,1,2,3).从而得出C36P(A)=£P(g=k)P(ag=k)=1TOC\o"1-5"\h\zk=043.(1,—1).解析：由题设知f(x)=cos(X—1)—1.因为g(x)=cosx为奇函数，其对称中心为(0,0)，故f(x)的对x—1x称中心为(1,—1).4.1.4.解析：延长SO与底面ABCD交于点X.由底面ABCD是平行四边形,nS+S=S+SAXABnS+S=S+SAXABAXCDAXBCAXDA四面体OSAB四面体OSCD四面体OSBC四面体OSDA解析：设左焦点为F解析：设左焦点为F'.则由ZAFB=ZBAFnZAF'B+ZBAF'=90nAB丄BF'又AB2=a2+b2,BF]'2=a2,AF|'2=(a+c匕.由勾股定理知a2+b2+a2=(a+c匕，由此,6.3n2-3n+2解析：设n个三角形最多把平面分成S个部分.S=2n1因为任意一个三角形与另一个三角形至多有6个交点，这些交点将该三角形的周长分成至多6(n-1)7.段，每一段将其所在平面一分为二，增加了6(n-1)个部分.从而S一S=6(n7.段，每一段将其所在平面一分为二，增加了6(n-1)个部分.从而S一S=6(n一1)(n>2)n-1-2．解析：•2^•

脚一-sin8sin—sin2^sin8^4sink'cos2^-cos如2’sin3^-sin恥+2sin-151515冗2冗cos—-cos-cos4^cos—8^cos—5I■丿sin—8.1+J3解析：注意到匕卩，丫为一元三次方程X3-X2+X-1=0的根，从而可令a=i,P=-z,Y=1•在复平面上,令卩，丫分别对应于点A(0,1),B(0,-1),C(1,0)•当z取到AABC的费马#|屜，0I时取值最小.3k丿二、解答题(第9小题16分，第10、11小题20分，共56分)9.当l丄x轴时，直线l与抛物线不可能有两个交点.故设直线/:y=k(X-2)•与抛物线的方程联立得：X2-kx+2k+2=0.(1)由△〉0nk>4+26或k<4-2"6.(2)、.：一贝则x1+x2=k,(3)设B(x,y),C(x贝则x1+x2=k,(3)lxx=2k+2.12令九严=IbbJ=令九严=IbbJ=IabJ=2-x

cP=|cc」=|ac」=2设重心G(x,y).则］1

—x12x=(2+x),x=30y」y.

l304)．将式(2)，(3)，4)代入，并注意y=k(x-2)得00=4—4k「3(4-k，12x-3y-4=0•从而得k=±，代入(2)式得:—4kTOC\o"1-5"\h\z=4—kI〔一_4—^-<y<4或4<y<4+垃L，因此中心G的轨迹方程为:3312x-3y-4=0(4-^^6<y<4或4<y<4J33丿"10.2由已知条件n10.2由已知条件nsinx-cosx>—x-12sik^x-^'>'x-1.又当1<k<n+1时，0<下F-2n+14吋2sin匚\|"^+力2吋2sin匚\|"^+力2n+1冗12n+14丿J((2^+些-1=，故2n+12((n+1)兀n+1(2k1)3(n+1)1+..+fI-1=(2n+1丿j_|k_A2n+12丿2(2〃+】)r72；J<2n+1丿<2n+1丿+..((n+1)冗、32(n+1)+f|_冷(2n+1丿4(2n+1)11.注意到k丰1时，k2+k+1=k—.而当k取遍2,3,.,p时，分母k-1取遍1,2,.,p-1k-111.由费马小定理，xp-1三1(modp)在1<x<p恰有p-1个解.(1)当p三1(mod3)时，x3-1为xp-1-1的因子，于是x3-1三0(modp)在1<x<p内恰有三个解•于是当k取遍2,3,,p时，分子k3-1中恰有两项为p的倍数，而分母不含p的因子.故fLk2+k+1)三0(modp).k=1(2)当p三2(mod3)时，3与p-1互素，于是存在整数a,b使得3a+(p-1)b=1.假设有一个2<k<p满足k3三1(modp).由费马小定理得k三k3a+(p-1)三1(modp),矛盾.因此，X3-1三O(modp)只有x三l(modp)这一个解.故当k取遍1,2,.,p时，k3除以p的余数两两不同，正好也取遍1,2厂，p从而当k取遍2,3,..,p时，k3-1除以p的余数取遍1,2,•,p-1故f三1(modp)nf(k2+k+1)三3f三3(modp)k=2kk=1k=2k-1-1综上，fk2+k+)除以p的余数为0或3.k=1加试部分考试时间：150分钟满分：180分一、(本题满分40分)显然，，:39、'再3为无理数，且若a,b,c中有一个为0则其余两个也为0.下面假设a,b,c均不为0.易证明：若a,b,c均为非0有理数，且79a33b+c=0；(1)d,e,f均为非0有理数，且-9d茹3e+f=0,则-=-=—.def(1)式两边同时乘以込3得79b乐3c+3a=0；(1)式两边同时乘以「9彳得「9c+3a「3+3b=0.于是，-=—=孔k.⑵c3a3b由a,b,c均为非0有理数知其中必有两个同号.结合(2)式，知a,b,c同号.从而(1)式左边不为0,矛盾.na=b=c=0.二、(本题满分40分)令a2=yz,b2=zx,c2=xy.则xy+yz+zx=1.原式左边=———H一疋一H一—一.由柯西不等式得:x+yzy+zxz+xy(x2(x2kx+yzy.2z.2++y+zxz+xy丿z+xj)乂(x+y+(x+y+z)2(x+y+z)2x+yzy+zxz+xy丰〉x+y+z+(yz+zx+xy)由(x+y+z由(x+y+z)2〉3(xy+yz+zx)nx+y+z令t=x+y+z〉3.因为f(t)=t2=(t+1)+1-2，在区间［3,+8)上单调递增，所以:t+1t+13(.-3-])原式左边〉f(t)」3+12三、(本题满分50分)连结AB并延长与圆r交于点G，H，与弦EF交于点P.设ZECD=ZEFD=a,ZCDF=ZCEF=P..SSSSAC•BCsinaPB■FBAD•BDsinBPB■EB〔由严严严尹=1，得pF•bfsina•AB贡皿•besinP'莎CB"1-APBFAABDAPBEAABC整理得PB2•AC•AD=AB2•PE•PF.在圆r中，由相交弦定理得：PB2•AG•AH=AB2•PG•PH.(1)设AB=a,PB=b,BG=c>a,BH=d>b，其中，a,c,d为常数，b未定.则(1)式ob2(c-a)(d+a)=a2(d-b)(c+b).整理得((c-a)d+ac-a2cd=0.该二次方程的二次项系数与常数项符号相反，因此有且仅有一个正数解.故是定值.即BP是定值.从而无论C,D如何选取，EF总是与AB交于一个固定点P.四、(本题满分50分)n的最小值为27．若两座城市可以通过有限次直航来连接，称这两个城市”通航”.首先证明：n<27.反证法：若n>28，不妨设有两座城市A到A间至少经过28次到达.设城市A到A的一个最短连129129接路线为ATAfTA.因为每一座城市至少和七座城市通航，所以，A,A与除去.A以TOC\o"1-5"\h\z122912928A2■■-■■-外的至少六座城市通航，城市A与除去AA以外的至少五座城市通航．28129A2设A={a,A•，…,A}.设分别与城市A,A,A,A,A,A,A,A,A,A通航，且不属于A的所有城市122914710131619222529组成的集合为X(i=0,1；「，9).易知，||>6,1X>6,1X|>5(i=1,2,…，8).i9iX0又XcX=0(i丰j)，否则，城市A,A之间有更短的连接路线.ij129故Au(XuXu…uX)>29+6x2+5x8=81>80，矛盾.从而nr019'<27.其次证明：n=27是可以的.事实上，取28座城市A,A厂，A与城市集合X(i=0,1,「，9).1228i当i=0,9时，||=6;Xi当i=1,2,■,8时，|=5，且对于0<i<j<9，XcX=0，X中不包含城市A,A,,A.TOC\o"1