2018全国高中数学联赛模拟试题1及参考答案.docx

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） 3a

1. 设集合 Ax 2 x 5 ， B x

．若 A B ，则实数 a 的取值范围是 ．

1

x 2a

2.

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是

．

2 cos 2 1 x 1 2 x

3.

函数 f

x

2 的对称中心的坐标为

．

x

1

V

V

四面体

4.

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

四面体 OSAB

OSCD

V 四面体 OSBC V 四面体 OSDA

．

2

2

5.

在椭圆

x

y

1 a b

0 中，记右顶点、上顶点、右焦点分别为

A, B, F ．若 AFB

BAF 90 ，

2

2

a b

则椭圆的离心率为

．

6. 平面上 n 个三角形最多把平面分成

部分．

sin

2

sin

8

7.

计算：

15

15

．

cos

cos

2

cos

4

5

5

5

8. 设复数 , , , z 满足

1．则

z z

z 的最小值为 ．

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

x 2

2 交于不同的两点 B, C ．设 B, C 在 x 轴上的射影分别

PB

BB 1 ，求

为 B 1,C 1 ． P 为线段 BC 上的点，且满足

POA 的重心的轨迹方程．

PC

CC 1

10. 设 f x

sin x ．已知当 x 0, 时，有 sin x 1

2

x cosx ．

证明： f

2n 1f

2 n

1 3

2 n 1

．

2n

f

2n

1

4 2n 1 1

p k

2

11. 已知 p 为大于 3 的素数．求

k 1 除以 p 的余数．

k

1

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, c

，且 3 9a

3

3b c 0 ．证明： a b

c 0

二、（本题满分

40 分）

3 3 1

2

2

2

2 2

2 2

2 2

已知正实数

．证明：

a b

b c

c a

．

a, b, c 满足 a

b

c 1

a 4

b 4

abc c 4 abc abc

2

三、（本题满分 50 分）

CD，延长CB、 DB ，与圆分别交于点 E 、 F．证明：已知圆内有两定点 A 、 B ，过 A 作一动弦

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．

n 次求最小的正整数 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过

直航到达．

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. 0 a

5

或 1

a 0 ．

2

解析：由题意可知 B x 2a x 5a, a 0x 5a

x 2a, a 0 ． 又

因为 A B

，0

2a 5 或 2 2a 0 ．

2. 1 ．

4

解析：由题设知乙盒中红球个数的可能值

．故

C k C 3 k

k

3

3

k 0,1,2,3 ．从而得出

=0，1，2，3P

C 63

1 ．

P AP

k P Ak

3

k 0

4

3.1, 1 ．

解析：由题设知 cos x

1

cos x

为奇函数，其对称中心为

0, 0 ，故 f

x 的对

f x

1 ．因为 g x

x 1

x

称中心为 1, 1

．

4.

1．

解析：延长 SO 与底面 ABCD 交于点 X ．由底面 ABCD 是平行四边形，

S XAB S XCD

S XBC

S XDA

V 四面体 OSAB V 四面体 OSCD V 四面体 OSBC V 四面体 OSDA

5. 5 1 ．

2

解析：设左焦点为 F '．则由 AFB BAF

AF ' B BAF '

90

AB

BF ' ．

90

又 AB 2

a 2

b 2 , BF ' 2

a 2 , AF '

2

a c

2

．由勾股定理知 a 2 b 2

a 2

a c

2

，由此，

c 5 1 ．

a

2

2

6. 3n 3n 2 ．

解析：设 n 个三角形最多把平面分成

S n 个部分． S 1 2 ．

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

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 n S n 1 6 n 1 n 2 ．

7.

2 ．

解析：

8sin

sin 2 sin

8

4sin

2

cos

2

3

sin

2sin

2

sin cos

2 sin

sin

8

15

15

5

15 5

5 3

5

5

5

．

cos cos 2

cos

cos 8

8

8

cos

sin

4

5 5 5

5

5

5

8. 1 3 ．

解析：注意到 , , 为一元三次方程

x 3

2

x 1 0 的根，从而可令i , i, 1．在复平面上，

x

令

, , 分别对应于点 A 0,1 , B 0,

1 ,C 1,0

．当 z 取到 ABC 的费马点

3

,0 时取值最小．

3

二、解答题（第 9 小题 16 分，第 10、 11 小题 20 分，共 56 分）

9. 当 l x 轴时，直线 l 与抛物线不可能有两个交

点． 故设直线 l : y k x 2 ． 与抛物线的方程

联立得： x 2 kx 2k 2 0 ．（1） 由

k

4 2 6 或 k

4 2 6 ．（2）

设 B x , y ,C x , y , P x , y

．则

x 1

x 2 k,

（ 3）

1 1

2 2

x 1 x 2 2k

2.

令

BP

BB 1

AB 1 2 x 1 （ 4）

CP

CC 1

AC 1

2 x 2

1 2 x 0 ,

设重心 G x, y ．则

x

．将式（2），（3），（4）代入，并注意到 y

k x 2 得：

3

y 1 y .

3 0

x

4

4k

3 4 k

,

4 y

12x

3y 4 0 ．从而得 k

，代入（ 2）式得：

y

4k y 4

4 k

4 4 6

y 4 或 4

y 4

4 6

，因此中心 G 的轨迹方程为：

3

3

12x 3y

4 0 4 4

6 y 4 或 4 y 4 4

6 ．

3

3

10. 由已知条件sin x cos x 2

12 sin x

2

x1 ．又当 1k n 1 时， 0

k

．x

42n14

而 2 sin k2k

1

2k1

12n141

，故

2n2n2

2n1n 12k1 3 n1 2f f f

2n12n12n1k 1 2n12 2 2n1

2n1 3 2 n1

f f f．

2n12n12n142n1

3

注意到k 1时，k2k 1k 1

．而当k取遍2,3, , p时，分母k 1取遍1, 2, , p 1．k 1

由费马小定理，x p 1 1 mod p在 1x p 恰有 p 1 个解．

（ 1）当p 1 mod3时， x31为 x p 11的因子，于是x3 1 0 mod p 在 1x 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．

p

k 2

故k10 mod p ．

k1

（ 2）当p2mod 3时， 3 与 p 1 互素，于是存在整数a,b 使得 3ap 1 b1．假设有一

个 2k

3a p 1 b

因此， x3 p 满足 k 3 1 mod p ．由费马小定理得 k k 1 mod p ，矛盾．

10 mod p 只有x 1 mod p这一个解．

故当 k 取遍 1, 2, , p 时， k 3除以 p 的余数两两不同，正好也取遍1, 2, , p ．

从而当 k 取遍 2,3,, p 时， k3 1 除以 p 的余数取遍 1, 2, , p1．p3p p3

故k1 1 mod p k 2k 13k1 3 mod p．k 2k k 1k 2k1

1

p

k 2

综上，k 1 除以 p 的余数为0 或 3．

k1

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 、3 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3 9a3 3b c0 ；（1）

d, e, f 均为非0 有理数，且3 9d3 3e f0 ，则a

b c ．d e f

（ 1）式两边同时乘以3 3 得3 9b3 3c3a0 ；（ 1）式两边同时乘以3 9 得3 9c3a 3 33b

0 ．于是，b

c3a k ．（2）

c3a3b

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．a b c 0 ．

二、（本题满分 40分）

令 a222xy ．则xy yz zx 1 ．原式左边x2y2z2

yz,b zx, c．由柯西不等式得：

x yz y zx z xy

x 2y 2z 2

x yz y zx z xy x y

2

x yz y zx z xy

z

22

x2y2x y z x y z

2

z．

x yz y zx z xy x y z yz zx xy

x y z 1

由 x y z 2 3 xy yz zx x y z 3 ．令 t x y z 3 ．

因为 f t t 2

t11 2 ，在区间 [ 3,) 上单调递增，所以：

t1t1

原式左边f t

3331

312

．

三、（本题满分 50 分）

连结 AB 并延长与圆交于点 G ， H ，与弦 EF 交于点

P ．设ECD EFD,CDF CEF.

由 S ABC S PBF S ABD S PBE AC BC sin PB FB AD BD sin PB EB1 S PBF S ABD S PBE S ABC 1 ，得PF BF sin AB DB PE BE sin AB CB．整理得 PB 2AC AD AB2PE PF ．在圆中，由相交弦定理得：

22

PG PH ．（1）

PB AG AH AB

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b2 c a d a a2 d b c b ．

整理得 c a d ac b2a2c d b a2c d 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 b 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 n28 ，不妨设有两座城市 A1到 A29间至少经过 28 次到达．设城市A1到 A29的一个最短连

接路线为A A

2A29．因为每一座城市至少和七座城市通航，所以，A

1, A29

与除去 A 以

128 A2

外的至少六座城市通航，城市A28与除去 A1 A29以外的至少五座城市通航．

A2

设 A A1 , A2 ,, A29．设分别与城市 A1 , A4 , A7 , A10 , A13 , A16 , A19 , A22 , A25 ,A29通航，且不属于 A 的所有城市

组成的集合为 X i i0,1,, 9．易知，6, X96, X i5i 1, 2, ,8．

X 0

又 X i X j i j，否则，城市A1, A29之间有更短的连接路线．

故 A X0X1X929 6 2 58 8180 ，矛盾．从而 n

27 ．其次证明： n27 是可以的．

事实上，取28 座城市 A1228 与城市集合X i i0,1,, 9．

, A ,, A

当 i0, 9 时， 6 ；

X i

当 i1, 2,,8时， 5 ，且对于0 i j9 ， X i X j， X i中不包含城市A1, A2,, A28．

X i

对于 1 k8 ，城市 A3k , A3k 1 , A3k2与集合 X k中所有的城市通航；城市 A1 , A2与集合 X0中所有的城市通航；城市 A27 , A28与集合 X9中所有城市通航；集合X i0i9 中任意一座城市与上述的城市A s通

航，与且仅与集合 X i中其余城市通航；城市A

i

与A

i+1i1, 2,, 27 通航．

这样，城市A28至少与七座城市通航，集合X i中任意一座城市均只与七座城市通航，且城市A1

A1A28至少经过27 次直航来连接．

因此， n27 ．