全国高中数学联赛山东赛区预赛详解

2018年全国高中数学联赛山东赛区初赛试题详解一、填空题（本大题共10个小题，每题8分，共80分）●1．若复数z知足z1z32i22，则z的最小值是．分析：设A1,0,B3,2，复数z对应的点记为Z，则AB22，故点Z的轨迹是线段AB，数形联合知，zminOA1．●3．已知x表示不超出实数x的最大整数，则函数fx2sinxgcosxsinxcosx的值域为．分析：fx2sincosxsinxcosxsin2x2sinxxg4cos2x22sinx2sin2x412sinx，44令tsinx4，则1t1,2t211,0,1,2t1,0,1，于是fx2t212t2,1,0,1,2，t－12021222t21100－1－1－10012t－2－2－1－100111fx－1－2－1－2－1－1112∴函数fx2sinxgcosxsinxcosx的值域为2,1,1,2．●2．已知在正四棱锥S-ABCD中，二面角A-SB-D的正弦值为6，3则异面直线SA与BC所成的角为．分析：设AC与BD交于点O，依题意知，SO⊥面ABCD，AO⊥BD，∴AO⊥面SBD，∴AO⊥SB，∴AO⊥面SBD，S作OE⊥SB于E，则AE⊥SB，∴∠AEO就是二面角A-SB-D的平面角，∴OA6①，DCEsinAEOOAE3设AB＝a，SA＝b，则在△SAB中求得AEab21a2，ABb4又OA＝2，代入①式得：ab，故正四棱锥S-ABCD的侧面都是等边三角形，2因为AD∥BC，故异面直线SA与BC所成的角为∠SAD＝60°．uuur1uuuruuur●4．已知在△ABC中，∠BAC的均分线交BC于D，且有ADACtAB，4若AB＝8，则AD＝．分析：因为B、D、C三点共线，∴t3AE，4作DE∥AB交AC于E，FBDC作DF∥AC交AB于F，则四边形

AFDE

是菱形，

AF

3

AB

6,AD

3AF

63．45．甲乙两人轮番掷一枚平均硬币，只出现正面向上或朝下两种等可能的结果．规定先掷出正面向上者赢，前一场的输者，下一场先掷．已知第一场甲先掷，则甲博得第n场的概率为．_________________________________________________________________________________________________________________分析：依题意知第n场先掷的人若赢，则前面的n1场皆为正面朝下，且第n场先掷的人正面向上，故其概率为11122n1g22n1，211112故每一场先掷的人赢的概率为2325L22n1LL，23设甲博得第n场的概率为pn，则p12,pn121pn1n2，pn133311111n1，∴pn1nN*．∴pn3pn126322●6．若直线6x5y280交椭圆x2y21a2,b2N*,ab于A、C两点，a2b2设B(0，b)为此椭圆的上极点，△ABC的重心为此椭圆的右焦点F2，则此椭圆的方程为．____________________________________________________________________________________________________________________分析：设A(x1，x2)，B(y1，y2)，依题意可得：x1x20c,y1y2b0，∴x1x203c,y1y2b，33代入直线方程得：6x15y1280,6x25y2280，两式相加可得：18c5b56①，两式相减可得：y2y16，x2x15代入椭圆方程得：x12y121,x22y221，a2b2a2b2b2y2y1gy2y16b5bc②，两式作差得：a2x2x1gx2x1，∴2a215c联立①②，消去c得：6a25b282282，∴a228222,b5，62又a25b565bN*，∴bN*，且b是偶数，∴b2或b4，36查验知当b4时，a2N*切合题意，这时a220，所以椭圆的方程为x2y21．2016●7．对随意实数a,b，maxab,ab,1b的最小值为．_______________________________________________________________分析：maxab,ab,1babab21b4abab22b1，当且仅当a0,b1时等号建立．422●8．已知ab是方程x2axb0的一个根，此中a,bZ，则b的最大可能值为．____________________________________________________________________________________________________________________分析：依题意可得：ab2aabb0，即2a23abb2b0，因为a,bZ，∴3b28b2bb28b必是完整平方数，设b28bm2mZ，则b4mb4m16，且b4m,b4m的奇偶性同样，b4m8b4m4b4m2b4m4∴,,,，b4m2b4m4b4m8b4m4解得：b9,8,1,0，所以b的最大可能值为9．●9．已知会合A，B知足AUB1,2,3,L,10,AIB，若A中的元素个数不是A中的元素，且B中的元素个数不是B中的元素，则会合A的个数为．____________________________________________________________________________________________________________________分析：设会合A的元素个数为kk1,2,L,9，则B中元素个数为10k个，依题意可得：kA,10kB,10kA，∴此时会合A的个数为C10k12，此中k5，k58∴会合A的总个数为C8k1C8k1C8428C84186．0k9k02018●10．已知fn是最靠近4n的整数，则k1

1fk

．__________________________________________________________________________分析：设fkmk1,2,L,2018，①先证fk4m1唯一：不然设n，2则nm42m33m21m1Z，与nN*矛盾，2216②再求fkm的k的个数：44，且m14m14因为m1km14m3m，2222∴fkm的k有4m3m个，③f2018：∵64201874，∴6f20187，64m321mm∴mmm111785，m12∴fk7k1786,1787,L,2018，值为7的共有233个，2018④k1

161g4m316g7g1362332823fkm1mmg2334g7．767二、解答题（本大题共4个小题，前两个小题各15分，后两个小题各20分，共70分）●11．已知Am,n,Bs,pm,n,s,pN*是曲线：y3xt上的两点，C若知足⊙O：x2y24上的随意一点到A、B的距离之比为定值kk1，求t的值．（本小题满分15分）分析：设Px,y是⊙O上随意一点，PAk，即x2y22k2smx2k2pnym2n2k2s2p2则k21k21k210，PB所以点P的轨迹是一个圆，此圆必是⊙O：x2y24，∴2k2sm0,2k2pn0,m2n2k2k2s2p24，k21k211把mk2s,nk2p代入m2n2k2s2p24得：s2p244，k21k2∵s,pN*，∴sp1,k22,m2,n2，故A2,2,B1,1在曲线C上，∴232t，解得：t4．131t3●12．已知数列an知足：a13,0an3n2,sinan11sin3annN*，3求证：sinan1nN*．（本小题满分15分）n证明：①当n1时，sina131，当n112,3,4时，sinan．213n②设fxx4x30x1，则f'x14x2，3∴当0x114x20，∴f1上递加．时，f'xx在0,22③下边用数学概括法证明结论：由①知当n1,2,3,4时结论建立，假定当nkk4sinak1时结论建立，即有，k则当nk1时，sinak11sin3aksinak4sin3ak14k3k4，33k3k3kk故要证sinak13k41，即证9k224k1611，只要证，k13kkk119k3k即证9k224k161，即证15k28k16，因为k4，上式建立，9k3k11故sinak1k建立，即当nk1时，结论建立，1综上，对全部nN*，sinan1都建立．n●13．已知实数a,b,c知足a2b2c20，试求fminab2bc2a220分）,,c的最大值．（本小题满分分析：不如设abc，令abs,cbts,t0，bs2bt22stbs2t20，则b2，即3b24s24g3s2t20，∴s2stt23∴t，2不如设st，则ft21s2stt21，32当且仅当st2，即a2,b0,c2等号建立，所以f的最大值是2．●14．（本小题满分20分）证明对全部的正整数n4，存在一个会合S知足以下条件：①S由都小于2n1的n个正整数构成；②对S的随意两个不一样的非空子集A、B都有A中元素之和不等于B中元素之和．证明：当n4时，取S3,5,6,7，则会合S知足上边两个条件；当n5时，取S3,23,24,L,2n2,2n13,2n12,2n11，则会合S知足条件①，只要证明会合S知足条件②：记a2n13,b2n12,c2