2018年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案

祝君金榜题名2018 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和 0 分两档；其他各题的 评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可 参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第 9 小题 4 分为一个档次，第 10、 11 小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．1. 设集合 A 1, 2, 3,, 99, B2x xA, Cx 2x A，则 BC 的元素个数为．答案：24 ．1399解：由条件知，B C，2, 4, 6, , 198,1, , 2, ,2, 4, 6, , 48222故 B C 的元素个数为 24 ．2. 设点 P 到平面 的距离为 3 ，点Q 在平面 上，使得直线 PQ 与 所成角不小于30且不大于60，则这样的点Q 所构成的区域的面积为．答案：8 ．OP3解：设点 P 在平面上的射影为O ．由条件知，tan OQP, 3 ， OQ3即OQ[1, 3]，故所求的区域面积为．318223. 将1, 2, 3, 4, 5, 6 随机排成一行，记为 a , b , c , d , e , f ，则 abc + def 是偶数的 概率为．答案：9 10．解：先考虑abc + def 为奇数的情况，此时abc , def 一奇一偶，若abc 为奇数，则a , b , c 为1, 3, 5的排列，进而d , e , f 为2, 4, 6的排列，这样有3!×3! = 36 种情况，由对称性可知，使abc + def 为奇数的情况数为36×2 = 72 种．从而abc + def 为偶 72 72 9 数的概率为1− = 1− = ． 6! 720 10xy22ab4. 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C :1(a b 0)的左、右焦点22分别是 F 、F ，椭圆C 的弦 ST 与UV 分别平行于 x 轴与 y 轴，且相交于点 P ．已12知线段 PU , PS , PV , PT 的长分别为1, 2, 3, 6 ，则 PF F的面积为 ．1 2答案： 15 ．解：由对称性，不妨设 P (x , y ) 在第一象限，则由条件知PP1 1x PT PS y PV PU，2,1PP221祝君金榜题名即 P (2,1)．进而由 1, 2xPU PS得U (2, 2), S (4, 1) ，代入椭圆C 的方程知 P1 1 1 14 4 161 2 20,25，解得 a b ．abab22221从而15SF Fyaby ．22PF F1 2PP21 25. 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，1 x 2,且满足 f ()1, f (2) 2 ，则不等式组的解集为．1 f (x ) 2答案：[2, 82]．解：由 f (x ) 为偶函数及在[0, 1]上严格递减知， f (x ) 在[1, 0] 上严格递增， 再结合 f (x ) 以 2 为周期可知，[1, 2]是 f (x ) 的严格递增区间．注意到f f ff f ，(2) ( ) 1, (8 2 )( 2 ) (2 ) 2 所以1f (x ) 2 f (2) f (x ) f (82) ，而1282 2 ，故原不等式组成立当且仅当 x[2, 82]．6. 设复数 z 满足 z 1，使得关于 x 的方程 zxzx 有实根，则这样 22 2 0的复数 z 的和为．3答案：． 2解：设 z ab i (a , b R , a 2 b 21) ．将原方程改为(a b i)x 22(ab i)x 2 0，分离实部与虚部后等价于axax ，①22 2 0bxbx ． ②22 0若b 0，则 a，但当 a1时，①无实数解，从而 a 1，此时存在实21数 x1 3 满足①、②，故 z1满足条件．若b 0，则由②知 x{0, 2}，但显然 x 0 不满足①，故只能是 x 2 ，代 115 1 15i入①解得 ．a，进而b，相应有z4441 15i1 15i3 综上，满足条件的所有复数 z 之和为1．4427. 设O 为ABC 的外心，若 AO AB 2AC ，则sinBAC 的值为 ．故10 答案： ．4 解：不失一般性，设ABC 的外接圆半径 R 2 ．由条件知，2AC AOAB BO，①1AC BO ．122祝君金榜题名取 AC 的中点 M ，则OM AC ，结合①知OM BO ，且 B 与 A 位于直线MC1 OM 的同侧．于是cos BOC cos (90 MOC ) sin MOCOC4．在BOC 中，由余弦定理得BC OBOCOB OC BOC，222cos10BC10进而在ABC 中，由正弦定理得．sin BAC 2R48. 设整数数列 1, 2, , 10 10 3 1, 282 5 a a a 满足 a a a aa ，且aaa i，iii1 {1, 2 },1, 2, , 9则这样的数列的个数为．答案：80． 解：设baai ，则有 1{1, 2}( 1, 2, , 9)iii2aaabbb ，①1101129bbbaaaabbb ． ②2345285567用t 表示b 2, b 3, b 4 中值为 2 的项数．由②知，t 也是 5, 6, 7b b b 中值为 2 的项数，2, 3,, 70 2 1 2 2 2 3 2 3333取定 2, 3, ,78, 9b b b 后，任意指定b b 的值，有 22 4 种方式． 最后由①知，应取 1 {1,2} b 的取法是b使得bbb 为偶数，这样的1291唯一的，并且确定了整数 1, 2, , 9a 的值，进而数列b bb 唯一对应一个满足条件的 1数列 1, 2, ,10a a a ． 综上可知，满足条件的数列的个数为 204 80．二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤．9.（本题满分 16 分）已知定义在 R 上的函数 f (x ) 为log x 1 , 0 x9, f (x )34 x , x 9.设 a , b , c 是三个互不相同的实数，满足 f (a ) f (b ) f (c ) ，求 abc 的取值范围．解：不妨假设ab c ．由于 f (x ) 在(0, 3] 上严格递减，在[3, 9] 上严格递增，在[9,) 上严格递减，且 f (3) 0, f (9)1，故结合图像可知a，b (3, 9)，c (9,)，(0, 3)并且 f (a ) f (b ) f (c ) (0, 1) ． …………………4 分由 f (a ) f (b ) 得1log a log b1，33即 39log alog b 2，因此 ab．于是 abc 9c ． …………………8 分233又3祝君金榜题名0 f (c ) 4 c 1， …………………12 分故c (9, 16) ．进而 abc 9c (81, 144) ．所以， abc 的取值范围是(81, 144) ．…………………16 分r注：对任意的 r (81, 144) ，取c = ，则c ∈ ，从而 0 90 (9,16)f (c )∈(0,1)．过点(c , f (c ))作平行于 x 轴的直线l ，则l 与 f (x )的图像另有两个交点(a , f (a )) ，(b , f (b )) （其中a (0, 3), b (3, 9) ），满足 f (a ) f (b ) f (c ) ，并且ab 9 ，从 而abc = r ．10.（本题满分 20 分）已知实数列 1, 2,3,a a a满足：对任意正整数 n ，有 a S a ，其中 (2 ) 1 S 表示数列的前 n 项和．证明： n n n n(1) 对任意正整数 n ，有 2an ；n(2) 对任意正整数 n ，有a a．11n n证明：(1) 约定S．由条件知，对任意正整数 n ，有 1(2) ( )()，aSaSSSSSS22nnnnn 1nn 1nn 1从而22Sn Sn ，即 Sn （当 n 0 时亦成立）． …………………5 分nn显然，11 2aSSnnn ． …………………10 分nnn(2) 仅需考虑 a a 同号的情况．不失一般性，可设 a a 均为正（否则, ,nn 1nn 1将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），则SSSn ，故必有n 1nn 1S n Sn ，,1nn 1此时an nan n ， 1,1nn 1从而a an n n nn n n n ．n n1(1)(1) (1)(1) 1…………………20 分11.（本题满分 20 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设 AB 是抛物线 y 24x 的过点 F (1, 0) 的弦，AOB 的外接圆交抛物线于点 P （不同于点O , A , B ）．若 PF 平分APB ，求 PF 的所有可能值．AyB y Py1 ,,2 ,,3,1, 2, 3yyy222解：设，由条件知 y y y 两两不等且非零．1234 4 4设直线 AB 的方程为 x ty 1，与抛物线方程联立可得 yty ，故24 4 0y y． ①1 24注意到AOB 的外接圆过点O ，可设该圆的方程为 xydx ey ，与 22yyd 24x 联立得，y y y y这四个不1yey 0 ．该四次方程有 1, 2,3, 0241644祝君金榜题名同的实根，故由韦达定理得y y y，从而1 2 3 0 0y yy．②3 ( 1 2 )…………………5 分PA FA y因PF平分APB，由角平分线定理知，PB FB y，结合①、②，有122y y2 23 1 2(y y)22 3 1 2 2 2y PA 4 42 (y y) y16(2y y)1 2 1 1 212 2 2y PB y y y y y y y2 2 2 2 2 2( ) 16(2 )2 3 2 2 1 2 2 2 1(y y)3 24 4(y8) 16(4y y16) y64y1922 2 2 2 4 22 1 2 2 1 ，………………10 分(y8) 16(4y y16) y64y1922 2 2 2 4 21 2 1 1 2即16 64 12 22192 12 2664 22 12192 22y y y y y y y y，故(y y)(y y y y192) 0 ．2 2 4 2 24 1 2 1 1 22当 2 2 3 0y y时，y y，故y，此时P与O重合，与条件不符．1 2 2 1当14 122224192 0y y y y时，注意到①，有(y y) 192(y y) 208．…………………15 分2 2 22 1 2 1 2因12 22 4 13 8 2 1 2 1 2 4 13 1, 2y y y y，故满足①以及y y的实数2 2y y存在，对应可得满足条件的点A, B．此时，结合①、②知PF．y3 1 (y1 y2 ) 4 y1 y2 4 208 4 13 12 2 2 24 4 4 4…………………20 分5。

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）数 学 第Ⅰ卷一.选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合{}230,31,(1)x M x N y y x x R x ⎧⎫=≥==+∈⎨⎬-⎩⎭||,则M N ⋂等于 A.∅ B.{}1x x ≥| C. {}1x x |>D. {}10x x x ≥或|<2.已知复数z 满足3)3i z i =,则z 等于A.322- B.344-C. 32D.34+ 3.若0,0a b >>,则不等式1b a x-<<等价于 A.1100x x b a-或<<<< B. 11x a b-<< C. 11x x a b-或<>D. 11x x b a-或<>4.设O 为坐标原点, F 为抛物线24y x =的焦点, A 为抛物线上一点,若4OA AF ⋅=-,则点A 的坐标为A.(2,±B. (1,2)±C. (1,2)D. 5.对于R 上可导的任意函数()f x ,若满足(1)()0x f x '-≥,则必有 A.(0)(2)2(1)f f f +< B. (0)(2)2(1)f f f +≤ C. (0)(2)2(1)f f f +≥D. (0)(2)2(1)f f f +>6.若不等式210x ax ++≥对一切1(0,2x ∈]成立,则a 的最小值为A.0B.2-C.52-D. 3-7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若1200OB a OA a OC =+ ,且A 、B 、C 三点共线(该直线不过点O ),则200S 等于 A.100B.101C.200D.2018.在2006(x 的二项展开式中,含x 的奇次幂的项之和为S ,当x =, S 等于A.30042B 30042-C. 30092D. 30092-9.P 为又曲线221916x y -=的右支上一点,M 、N 分别是圆222(5)4(5)1x y x y ++=-+=和上的点,则PM PN -的最大值为A.6B.7C.8D.910.将7个人(含甲、乙)分成三个组，一组3人，另两组各2人，不同的分组数为a ，甲、乙分在同一组的概率为P ，则a 、P 的值分别为A ．5105,21a P ==B. 4105,21a P ==C. 5210,21a P ==D. 4210,21a P ==11.如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC 、DC 分别截于E 、F .如果截面将四面体分为体积相等的两部分,设四棱锥A BEFD -与三棱锥A EFC -的表面积分别为1S 、2S ,则必有A.12S S <B. 12S S >C. 12S S =D. 1S 、2S 的大小关系不能确定12.某地一年内的气温()Q t (单位:℃)与时间t (月份)之间的关系如图(1)所示,已知该年的平均气温为10℃,令()C t 表示时间段[]0,t 的平均气温, ()C t 与t 之间的函数关系用下列图表示,则正确的应该是第Ⅱ卷二.填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分.请把答案填在答题卡上. 13.数列2141n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n S ,则lim n n S →∞= ___________. 14.设3()log (6)f x x =+的反函数为1()f x -,若11()6()627f m f n --⎡⎤⎡⎤++=⎣⎦⎣⎦,则()f m n +=_____________.15.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,底面为直角三角形,190,6,ACB AC BC CC P ∠=︒===是1BC 上一动点,则1CP PA +的最小值为__________.16.已知圆22:(cos )(sin )1M x y θθ++-=,直线:l y kx =,下面四个命题 (A)对任意实数k 和θ,直线l 和圆M 相切;(B)对任意实数k 和θ,直线l 和圆M 有公共点;(C) 对任意实数θ,必存在实数k ,使得直线l 和圆M 相切; (D) 对任意实数k ,必存在实数θ,使得直线l 和圆M 相切.其中真命题的代号是_______________(写出所有真命题的代号).三.解答题:本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分)已知函数32()f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =时都取得极值. (1) 求a 、b 的值及函数()f x 的单调区间;(2) 若对[]1,2x ∈-,不等式2()f x c <恒成立,求c 的取值范围.18.(本小题满分12分)某商场举行抽奖促销活动,抽奖规则是:从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸出一个红球可获得奖金10元；摸出两个红球可获得奖金50元.现有甲、乙两位顾客,规定:甲摸一次,乙摸两次.令ξ表示甲、乙两人摸球后获得的奖金总额,求(1) ξ的分布列;(2) ξ的数学期望.如图,已知△ABC 是边长为1的正三角形, M 、N 分别是边AB 、AC 上的点,线段MN 经过△ABC 的中心,G .设2()33MGA ππαα∠=≤≤. (1) 试将△AGM 、△AGN 的面积(分别记为1S 与2S )表示为α的函数; (2) 求221211y S S =+的最大值与最小值.20.(本小题满分12分)如图,在三棱锥A BCD -中,侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形, AD 是公共的斜边,且1AD BD CD ===.另一个侧面ABC 是正三角形.(1) 求证: AD BC ⊥(2) 求二面角B AC D --的大小;(3) 在线段AC 上是否存在一点E ,使ED 与面BCD 成30︒角?若存在,确定点E 的位置;若不存在,说明理由.21.(本小题满分12分)如图,椭圆2222:1(0)x y Q a b a b+=>>的右焦点为(,0)F c ,过点F 的一动直线m 绕点F转动,并且交椭圆于A 、B 两点, P 为线段AB 的中点.(1) 求点P 的轨迹H 的方程;(2) 若在Q 的方程中,令221cos sin ,sin (0).2a b πθθθθ=++=≤<确定θ的值,使原点距椭圆Q 的右准线l 最远.此时设l 与x 轴交点为D ,当直线m 绕点F 转动到什么位置时,三角形ABD 的面积最大?已知数列{}n a 满足:*11133,(2,)221n n n na a a n n N a n --==≥∈+-且. (1) 求数列{}n a 的通项公式;(2) 证明:对一切正整数n ,不等式122!n a a a n ⋅⋅⋅⋅< 恒成立.理科数学试题参考答案一. 选择题 1.C 2.D 3.D 4.B5.C6.C7.A8.B9.D10.A11.C12.A二.填空题 13.1214.215.16.B 、D三.解答题 17.解:322(1)(),()32,f x x ax bx c f x x ax b '=+++=++22124()0,(1)320,3931,2,2()32(32)(1),():f a b f a b a b f x x x x x f x ''-=-+==++==-=-'=--=+-由得函数的单调区间如下表所以函数()f x 的递增区间为2(,)3-∞-与(1,)+∞; 递减区间为2(,1)3-. [][]32221222(2)()21,2,,(),2327(2)2,(2)2.()(1,2),(2)2,1 2.f x x x x c x x f x c f c f c f x c x c f c c c =--+∈-=-=+=+=+∈-=+-当时为极大值而则为最大值要使恒成立只须解得或 <> <>18.解:(1) ξ的所有可能的取值为0,10,20,50,60.3222239729(0)();10100019918243(10)();10101010100011818(20);10101000919(50);1010100011(60);101000P P P P P ξξξξξ=====⨯+⨯===⨯===⨯==== 7292431891(2)010205060 3.310001000100010001000E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=(元) 19.解:(1)因为G 为边长为1的正三角形ABC 的中心,所以2,.3236AG MAG π=⨯=∠= 由正弦定理,sinsin()66GM GA πππα=--12,6sin()61sin sin (212sin()6,sin sin()666sin()61sin sin()(212sin ()6GM S GM GA GN GAGN S GN GA παααπαππαααπαπαα=+=⋅⋅==+=-=-=⋅⋅-==-得则或又得则或 2222221211144(2)sin ()sin ()72(3cot ).sin 66y S S ππαααα⎡⎤=+=++-=+⎢⎥⎣⎦ 因为233ππα≤≤,所以当233ππαα==或时,y 的最大值min 240y =;当2πα=时, y 的最小值min 216y =.20.解法一:(1)方法一:作AH ⊥面BCD 于H ,连.DH,AB BD HB BD ⊥⇒⊥3,1AD BD ==AB BC AC BD DC ∴===∴⊥又BD CD =,则BHCD 是正方形. 则..DH BC AD BC ⊥∴⊥方法二:取BC 的中点O ,连AO 、DO , 则有,.AO BC DO BC ⊥⊥,.BC AOD BC AD ∴⊥∴⊥面(2)作BM AC ⊥于M ,作MN AC ⊥交AD 于N ,则BMN ∠就是二面角B AC D --的平面角.AB AC BC ===M 是AC 的中点,且MN ∥CD则111,222BM MN CD BN AD =====由余弦定理得222cos 2BM MN BN BMN BMN BM MN +-∠==∴∠=⋅(3)设E 为所求的点,作EF CH ⊥于F ,连FD .则EF ∥AH∴,EF BCD EDF ⊥∠面就是ED 与面BCD 所成的角,则30EDF ∠=︒.设EF x =,易得1,,AH HC CF x FD ====则tan ,3EF EDF FD ∴∠===解得 1.x CE ===则 故线段AC 上存在E 点,且1CE =时,ED 与面BCD 成30︒角.解法二:(1) 作AH ⊥面BCD 于H ,连BH 、CH 、DH ,则四边形BHCD 是正方形, 且1AH =,以D 为原点,以DB 为x 轴,DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图, 则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1).B C A(1,1,0),(1,1,1),0,.BC DA BC DA BC AD =-=∴⋅=⊥则(2)设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z = 则由1n BC ⊥知: 10n BC x y ⋅=-+=; 同理由1n CA ⊥知: 10.n CA x z ⋅=+= 可取1(1,1,1).n =-同理,可求得平面ACD 的一个法向量为2(1,0,1).n =- 由图可以看出,三面角B AC D --的大小应等于<12,n n > 则cos <12,n n>12123n n n n ⋅===即所求二面角的大小是 (3)设(,,)E x y z 是线段AC 上一点,则0,1,x z y ==> 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1),(,1,),n DE x x == 要使ED 与面BCD 成30︒角,由图可知DE 与n 的夹角为60︒, 所以1cos ,cos60.21DE n DE n DE n⋅===︒=+<>则2x 解得,x =,则 1.CE == 故线段AC 上存在E 点,且1CE =,时ED 与面BCD 成30︒角. 21.解:如图(1)设椭圆2222:1x y Q a b+=上的点1,1()A x y 、2,2()B x y ,又设P 点坐标为(,)P x y ，则2222221122222222b x a y a b b x a y a b⎧+=⎪⎨+=⎪⎩………………①1︒ 当AB 不垂直x 轴时，12,x x ≠由①—②得………………②22121221221222222()2()20,,0,(*)b x x x a y y y y y b x yx x a y x cb x a y b cx -+-=-∴=-=--∴+-=2︒当 AB 垂直于x 轴时，点P 即为点F ，满足方程（*）. 故所求点P 的轨迹H 的方程为: 222220b x a y b cx +-=.(2)因为,椭圆Q 右准线l 方程是2a x c =,原点距椭圆Q 的右准线l 的距离为2a c,222222,1c o s s i n ,s i n (0).2s 2s i n ().24c a b a b a c πθθθθθπ=-=++=≤==+由于则<2πθ=当时,上式达到最大值,所以当2πθ=时,原点距椭圆Q 的右准线l 最远.此时222,1,1,(2,0),1a b c D DF ====.设椭圆 22:121x y Q +=上的点1,1()A x y 、2,2()B x y , △ABD 的面积1212111.222S y y y y =+=- 设直线m 的方程为1x ky =+,代入22121x y +=中,得22(2)210.k y ky ++-= 由韦达定理得12122221,,22k y y y y k k+=-=-++ ()()222212121222814()()4,2k S y y y y y y k+=-=+-=+令211t k =+≥,得28424tS t≤=,当1,0t k ==取等号. 因此,当直线m 绕点F 转动到垂直x 轴位置时, 三角形ABD 的面积最大.22.解:(1)将条件变为:1111(1)3n n n n a a ---=-,因此,1n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为一个等比数列.其首项为1113n a -=,公比为13,从而11,3n n n a -=据此得3(1)31nn nn a n ⋅=≥-. （2）证:据①得,122!.111(1)(1)(1)333n n n a a a =---为证122!,n a a a n ⋅<只要证*n N ∈时有21111(1)(1)(1)3332n --->.…………② 显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个*,n N ∈22111111(1)(1)(1)1(),333333k k---≥-+++…………③ 用数学、归纳法证明③式： 11n ︒=时，显然③式成立， 2︒设n k =时，③式成立即22111111(1)(1)(1)1(),333333kk ---≥-+++则当1n k =+时，212121122111111111(1)(1)(1)(1)1()(1)33333333111111111()()3333333311111().3333k k k k k k k k k k +++++----≥-+++-=-+++-++++≥-++++[] 即当1n k =+时，③式也成立. 故对一切*n N ∈,③式都成立. 利用③得, 22111111(1)(1)(1)1(),333333n n ---≥-+++11[1]3311131111111[1].232232n n n -=--=--=+()()()>故②式成立,从而结论得证.。

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题(每小题7分，共56分)1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为.2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,则正整数m n +的最小值是.3.设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为.4.三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x =的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB 的面积是.5.,,a b c 是互异的正整数,使得222{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是.6.已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是.7.三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++=.8.数列{}n a满足02112,[]{}n n n a a a a a +===+(其中[],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a =.9、(14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆．10、(15分)将正整数数列1,2,3 中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列123,,a a a 再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列123,,b b b 证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案11.(15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：2222019a b c ++=．12.(20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC ∆的两条高(如右图)，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q .证明：,,,M N P Q 四点共圆．2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答1.答案：16815．解：所求的和为()()()222211121912193610024701681522⎡⎤+++-+++=-=⎣⎦ 2.答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+-，()201919191n d =+-，显然有1,1m n >>，301d m =-，以及1001d n =-，消去d 得,1037m n -=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3.答案：123．解：2221129x x x x ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭，13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，则44147x x +=，所以551x x +42421111x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()34771123=-+=4.答案：．解：抛物线的焦点为()1,0F ，因F 为OAB ∆的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为()2,2A a a ，()2,2B a a -，0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=，BF 的斜率221BF aK a -=-，据1OA BF K K =- ，得5a =，因此AB =，25H a ==，所以OAB S ∆= 5.答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()()2a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数()(){}222,1,2n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则1n >；若3n =，则()(){}{}222222,1,2=3,4,5n n n ++，且因22250345=++()2a b c =++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据()(){}{}222222,1,2=5,6,7n n n ++，解得30,19,6a b c ===，因此．222222301961297a b c ++=++=.6.答案：750．解：如图，PF VBC ⊥平面，5,10,VP VH ==4VF ===,而PHMFPHMF 共圆，,VP VH VF VM =所以2515,22VM HM ===;则15AB =，所以棱锥体积217503V VH AB == ．7.答案：14-．,3,9,39,,13C B A πθθθθθθπθ===++==解：设由得9339cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos131313131313S A B B C C A ππππππ=++=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1191311sin sin sin sin sin 1313131313πππππ⎛⎫⎛⎫+-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以14S =-.8.答案：3130292-+．解：()0131,a =+-113112,231a -=+=+-()22233431,31a =+=+=+--313145.231a -=+=+-归纳易得()23131,k a k =++-213132,2k a k +-=++因此20193130292a -=+.9.证：设椭圆方程为()22221,0x ya b a b+=>>，据对称性知，点Q在Y轴上（如图）；记12,QF QF m ==1122,,PF r PF r ==PQ t=,12,MF MF k ==则有：1121,2,PF e r r a PM =+=为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证，1212,mr mr t F F += 22,m c m a t c e t a=== 即也即……………①由1111,QF OF QM HM =即222,m c c e a m k a c⎛⎫=== ⎪+⎝⎭所以21,k e m k=-+在1PM Q ∆中，由斯特瓦特定理，22211m kPF PM PQ mk m k m k=+-++…………………………②即()()22222211211m e r r e t e me e -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭………………………③因为210e -≠，由③得，222,,m me e t t==即故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．（也可不用托勒密定理证：由②得()2PQ m m k =+，则11PQF M QP ∆∆ ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10.证：易知2142n a n -=-,241n a n =-,1,2,3n = ，因此，41,82,n n N a n +∀∈=+42434483,86,87n n n a n a n a n +++=+=+=+；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：212283,86n n b n b n ++=+=+,1,2,3n = ；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43 ，观察易知，222212346710113,5,7,9,b b b b b b b b =+=+=+=+……；若记()12k k k r +=，我们来证明，一般地有：()2121k k r r k b b ++=+,1,2,3k = .由于2222441424382,861,8103,8146;m m m m r m m r m m r m m r m m +++=+=++=++=++所以()()4444122111241,2411,m m m m r r r r b b m b b m +++++=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()42424343221112421,2431,m m m m r r r r b b m b b m ++++++++=+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦合并以上四式得，对于每个正整数k ,()2121k k r r b b k ++=+．其中()12k k k r +=．11.解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意201944c ⎡⎤≤=⎣⎦，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥．因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22=N x y +为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，()()()222222N x yx y x y =+=-++；若43c =，方程化为：()()222222170285267229a b +==⨯=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为：()22222223382132512717a b +==⨯=+=+，由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为：()()2222222650213522334a b +==⨯⨯=++()()()2222222118261721015=+=+=+因此：22222265017191123525=+=+=+．得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==⨯,而397是一个41N +形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以()22222226191325a b +=+=+，得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：2211582529a b +==⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==⨯⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：{}{}{}{}{}{}{}1,13,43,7,11,43,13,25,35,5,25,37,11,23,37,17,19,37,7,17,41.12.证：如图设三角形ABC ∆的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF =-+ ()()()22222MF HF MF HF MF HF AF FB AH AF AF AB AH =-+=-=--=- 同理有，2PH HQ AE AC AH =- 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC = ，故由以上两式得MH HN PH HQ = ，所以,,,M N P Q 四点共圆．2018年全国高中数学联赛江西省预赛试题1.a b 、为正整数，满足112018a b-=，则所有正整数对(),a b 的个数为．2.若双曲线L 的两个焦点恰是椭圆22:1169x y T +=的两个顶点，而双曲线L 的两个顶点恰是椭圆T 的两个焦点，则双曲线L 的方程为．3.函数y =+．4.若三个角,,x y z 成等差数列，公差为3π，则tan tan tan tan tan tan x y y z z x ++=．5.设,,x y z R *∈，满足x y z xyz++=，则函数()()2,,1f x y z x yz =-()()2211y zx z xy +-+-的最小值是．6.正整数数列{}n a 满足32n a n =+,{}n b 满足53n b n =+,n N ∈.在{}1,2,,2018M = 中两数列的公共项的个数是.7.四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是一个顶角为60 的菱形，每个侧面与底面的夹角都是60 ，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为．8.对于正整数n ，将其各位数字之和记为()s n ，各为数字之积记为()p n .若()()s n p n n +=成立，就称为“巧合数”。

2018年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设集合 1,2,3,,99,2,2A B x x A C x x A ，则B C 的元素个数为 ．答案：24．解：由条件知， 13992,4,6,,198,1,,2,,2,4,6,,48222B C，故B C 的元素个数为24．2. 设点P 到平面的距离为，点Q 在平面 上，使得直线PQ 与 所成角不小于30 且不大于60 ，则这样的点Q 所构成的区域的面积为 ．答案：8 ．解：设点P 在平面 上的射影为O ．由条件知，tan OP OQP OQ ，即[1,3]OQ ，故所求的区域面积为22318 ．3. 将1,2,3,4,5,6随机排成一行，记为,,,,,a b c d e f ，则abc def +是偶数的概率为 ．答案：910．解：先考虑abc def +为奇数的情况，此时,abc def 一奇一偶，若abc 为奇数，则,,a b c 为1,3,5的排列，进而,,d e f 为2,4,6的排列，这样有3!3!36×=种情况，由对称性可知，使abc def +为奇数的情况数为36272×=种．从而abc def +为偶数的概率为72729116!72010−=−=．4. 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b的左、右焦点分别是1F 、2F ，椭圆C 的弦ST 与UV 分别平行于x 轴与y 轴，且相交于点P ．已知线段,,,PU PS PV PT 的长分别为1,2,3,6，则12PF F 的面积为 ．答案解：由对称性，不妨设(,)P P P x y 在第一象限，则由条件知112,122P P x PT PS y PV PU ，即(2,1)P ．进而由1,2P x PU PS 得(2,2),(4,1)U S ，代入椭圆C 的方程知2222111144161a b a b，解得2220,5a b ．从而121212PF F P P S F F y y ．5. 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，且满足()1,(2)2f f ，则不等式组12,1()2x f x的解集为 ． 答案：[2,82] ．解：由()f x 为偶函数及在[0,1]上严格递减知，()f x 在[1,0] 上严格递增，再结合()f x 以2为周期可知，[1,2]是()f x 的严格递增区间．注意到(2)()1,(82)(2)(2)2f f f f f ，所以1()2(2)()(82)f x f f x f ，而12822 ，故原不等式组成立当且仅当[2,82]x ．6. 设复数z 满足1z ，使得关于x 的方程2220zx zx 有实根，则这样的复数z 的和为 ．答案：32．解：设22i (,,1)R z a b a b a b ．将原方程改为2(i)2(i)20a b x a b x ，分离实部与虚部后等价于2220ax ax ，① 220bx bx ．②若0b ，则21a ，但当1a 时，①无实数解，从而1a ，此时存在实数1x 1z 满足条件．若0b ，则由②知{0,2}x，但显然0x 不满足①，故只能是2x ，代入①解得14a ，进而bz ．综上，满足条件的所有复数z 之和为312．7. 设O 为ABC 的外心，若2AO AB AC，则sin BAC 的值为 ．答案 解：不失一般性，设ABC 的外接圆半径2R ．由条件知，2AC AO AB BO，①故112AC BO ．取AC 的中点M ，则OM AC ，结合①知OM BO ，且B 与A 位于直线OM 的同侧．于是1cos cos(90)sin 4MCBOC MOC MOC OC． 在BOC 中，由余弦定理得BC ，进而在ABC中，由正弦定理得sin 2BC BAC R． 8. 设整数数列1210,,,a a a 满足1012853,2a a a a a ，且1{1,2},1,2,,9i i i a a a i ，则这样的数列的个数为 ．答案：80．解：设1{1,2}(1,2,,9)i i i b a a i ，则有11011292a a a b b b ，① 2345285567b b b a a a a b b b ．②用t 表示234,,b b b 中值为2的项数．由②知，t 也是567,,b b b 中值为2的项数，其中{0,1,2,3}t ．因此237,,,b b b 的取法数为021222323333(C )(C )(C )(C )20 ．取定237,,,b b b 后，任意指定89,b b 的值，有224 种方式．最后由①知，应取1{1,2}b 使得129b b b 为偶数，这样的1b 的取法是唯一的，并且确定了整数1a 的值，进而数列129,,,b b b 唯一对应一个满足条件的数列1210,,,a a a ．综上可知，满足条件的数列的个数为20480 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）已知定义在R 上的函数()f x 为3log 1,09,()49.x x f x x设,,a b c 是三个互不相同的实数，满足()()()f a f b f c ，求abc 的取值范围．解：不妨假设a b c ．由于()f x 在(0,3]上严格递减，在[3,9]上严格递增，在[9,) 上严格递减，且(3)0,(9)1f f ，故结合图像可知(0,3)a ，(3,9)b ，(9,)c ，并且()()()(0,1)f a f b f c ． …………………4分由()()f a f b 得331log log 1a b ，即33log log 2a b ，因此239ab ．于是9abc c ． …………………8分又0()41f c ， …………………12分 故(9,16)c ．进而9(81,144)abc c ．所以，abc 的取值范围是(81,144)． …………………16分注：对任意的(81,144)r ，取09rc =，则0(9,16)c ∈，从而0()(0,1)f c ∈．过点00(,())c f c 作平行于x 轴的直线l ，则l 与()f x 的图像另有两个交点(,())a f a ，(,())b f b （其中(0,3),(3,9)a b ），满足()()()f a f b f c ，并且9ab ，从而abc r =．10.（本题满分20分）已知实数列123,,,a a a 满足：对任意正整数n ，有(2)1n n n a S a ，其中n S 表示数列的前n 项和．证明：(1) 对任意正整数n ，有n a(2) 对任意正整数n ，有11n n a a ．证明：(1) 约定00S ．由条件知，对任意正整数n ，有221111(2)()()n n n n n n n n n a S a S S S S S S ，从而220n S n S n ，即n S （当0n 时亦成立）． …………………5分显然，1n n n a S S ． …………………10分(2) 仅需考虑1,n n a a 同号的情况．不失一般性，可设1,n n a a 均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），则11n n n S S S ，故必有1n n S S ，此时1n n a a从而11n n a a ． …………………20分11.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，设AB 是抛物线24y x 的过点(1,0)F 的弦，AOB 的外接圆交抛物线于点P （不同于点,,O A B ）．若PF 平分APB ，求PF 的所有可能值．解：设222123123,,,,,444y y y A y B y P y，由条件知123,,y y y 两两不等且非零． 设直线AB 的方程为1x ty ，与抛物线方程联立可得2440y ty ，故124y y ． ① 注意到AOB 的外接圆过点O ，可设该圆的方程为220x y dx ey ，与24y x 联立得，4210164y d y ey ．该四次方程有123,,,0y y y y 这四个不同的实根，故由韦达定理得12300y y y ，从而312()y y y ．②…………………5分因PF 平分APB ，由角平分线定理知，12PA FA yPB FB y ，结合①、②，有2222312222231212112122222222222321222132()()16(2)44()16(2)()44y y y y y y y y y PA yy PB y y y y y y y y y2222422122122224212112(8)16(416)64192(8)16(416)64192y y y y y y y y y y ， ………………10分 即62226222112122126419264192y y y y y y y y ，故 224224121122()(192)0y y y y y y ． 当2212y y 时，21y y ，故30y ，此时P 与O 重合，与条件不符． 当422411221920y y y y 时，注意到①，有22221212()192()208y y y y ． …………………15分因22121282y y y y ，故满足①以及2212y y 的实数12,y y 存在，对应可得满足条件的点,A B ．此时，结合①、②知222231212()4411444y y y y y PF ．…………………20分2018年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2． 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）设n 是正整数，1212,,,,,,,,,n n a a a b b b A B 均为正实数，满足,,1,2,,i i i a b a A i n ≤≤= ，且1212n n b b b Ba a a A≤ ． 证明：1212(1)(1)(1)1(1)(1)(1)1n n b b b B a a a A ++++≤++++ ．证明：由条件知，1,1,2,,i i i b k i n a =≥= ．记BK A=，则1212n n b b b B a a a A ≤ 化为12n k k k K ≤ ．要证明11111ni i i ik a KA a A =++≤++∏． ① 对1,2,,i n = ，由于1i k ≥及0i a A <≤知，11111111i i i i i i i i i k a k k k A k k a a A A +−−+=−≤−=++++． 结合12n K k k k ≥ 知，为证明①，仅需证明当0,1(1,2,,)i A k i n >≥= 时，有1211111ni n i k A k k k A A A =++≤++∏． ②…………………20分对n 进行归纳．当1n =时，结论显然成立． 当2n =时，由120,,1A k k >≥可知1212122111(1)(1)0111(1)k A k A k k A A k k A A A A +++−−⋅−=−≤++++， ③ 因此2n =时结论成立． …………………30分设n m =时结论成立，则当1n m =+时，利用归纳假设知，11121111111111111m m i i m m m i i k A k A k A k k k A k A A A A A A +++==+++++ =⋅≤⋅ +++++∏∏ 12111m k k k A A ++≤+ ，最后一步是在③中用121,m m k k k k + （注意1211,1m m k k k k +≥≥ ）分别代替12,k k ． 从而1n m =+时结论成立．由数学归纳法可知，②对所有正整数n 成立，故命题得证．…………………40分二、（本题满分40分）如图，ABC 为锐角三角形，AB AC ，M 为BC 边的中点，点D 和E 分别为ABC 的外接圆 BAC和 BC 的中点，F 为ABC 的内切圆在AB 边上的切点，G 为AE 与BC 的交点，N 在线段EF 上，满足NB AB ． 证明：若BN EM ，则DF FG ．（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，DE BC 于M ，AE AD ． 记I 为ABC 的内心，则I 在AE 上，IF AB ． 由NB AB 可知(180)90NBE ABE ABN ADE90ADE MEI ．① …………………10分又根据内心的性质，有EBI EBC CBI EAC ABI EAB ABI EIB ， 从而BE EI ．结合BN EM 及①知，NBE MEI ≌ ． …………………20分于是90180EMI BNE BFE EFI ，故,,,E F I M 四点共圆．进而可知9090AFM IFM IEM AGM ，从而,,,A F G M 四点共圆． …………………30分 再由90DAG DMG 知，,,,A G M D 四点共圆，所以,,,,A F G M D 五点共圆．从而90DFG DAG ，即DF FG ． …………………40分三、（本题满分50分）设,,n k m 是正整数，满足2k ≥，且21k n m n k−≤<． 设A 是{1,2,,}m 的n 元子集．证明：区间0,1n k−中的每个整数均可表示为a a ′−，其中,a a A ′∈．证明：用反证法．假设存在整数0,1n x k∈ −不可表示为a a ′−，,a a A ′∈．作带余除法m xq r =+，其中0r x ≤<．将1,2,,m 按模x 的同余类划分成x 个公差为x 的等差数列，其中r 个等差数列有1q +项，x r −个等差数列有q 项．由于A 中没有两数之差为x ，故A 不能包含以x 为公差的等差数列的相邻两项．从而1,2,12()22,2|,2q x q q q n A r x r q x r q + ⋅ + =≤+−= ⋅+ ① 这里α 表示不小于α的最小整数． …………………20分由条件，我们有()2121k kn m xq r k k >+−−． ②又0,1n x k ∈ −，故(1)n k x >−． ③情形一：q 是奇数．则由①知，12q n x +≤⋅． ④ 结合②，④可知，1()22121q k kx n xq r xq k k +⋅≥>+≥−−，从而21q k <−．再由q 是奇数可知，23q k ≤−，于是1(1)2q n x k x +≤⋅≤−，与③矛盾．情形二：q 是偶数．则由①知，2qn x r ≤⋅+． ⑤结合②，⑤可知，()221q k x r n xq r k ⋅+≥>+−，从而1(1)2(21)2121xq k k xr k k k −−<<−−−，故2(1)q k <−．再由q 是偶数可知，24q k ≤−，于是(2)(1)2qn x r k x r k x ≤⋅+≤−+<−，与③矛盾．综上可知，反证法假设不成立，结论获证． …………………50分四、（本题满分50分） 数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数， 对整数1n ≥， 1n a +是与1ni i a =∑互素，且不等于1,,n a a 的最小正整数．证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现．证明：显然11a =或21a =．下面考虑整数1m >，设m 有k 个不同素因子，我们对k 归纳证明m 在{}n a 中出现．记1n n S a a =++，1n ≥．1k =时，m 是素数方幂，设m p α=，其中0α>，p 是素数．假设m 不在{}n a 中出现．由于{}n a 各项互不相同，因此存在正整数N ，当n N ≥时，都有n a p α>．若对某个n N ≥，n p S ，那么p α与n S 互素，又1,,n a a 中无一项是p α，故由数列定义知1n a p α+≤，但是1n a p α+>，矛盾！因此对每个n N ≥，都有|n p S ．但由1|n p S +及|n p S 知1|n p a +，从而1n a +与n S 不互素，这与1n a +的定义矛盾． …………………10分假设2k ≥，且结论对1k −成立．设m 的标准分解为1212k km p p p ααα=．假设m 不在{}n a 中出现，于是存在正整数N ′，当n N ′≥时，都有n a m >．取充分大的正整数11,,k ββ−，使得11111max k k n n N M p p a ββ−−′≤≤=> ．我们证明，对n N ′≥，有1n a M +≠． …………………20分对任意n N ′≥，若n S 与12k p p p 互素，则m 与n S 互素，又m 在1,,n a a 中均未出现，而1n a m +>，这与数列的定义矛盾．因此我们推出：对任意n N ′≥，n S 与12k p p p 不互素．()∗情形1．若存在(11)i i k ≤≤−，使得|i n p S ，因1(,)1n n a S +=，故1i n p a +，从而1n a M +≠（因|i p M ）． …………………30分 情形2．若对每个(11)i i k ≤≤−，均有i n p S ，则由()∗知必有|k n p S ．于是1k n p a + ，进而1k n n p S a ++，即1k n p S +．故由()∗知，存在00(11)i i k ≤≤−，使得01|i n p S +，再由11n n n S S a ++=+及前面的假设(11)i n p S i k ≤≤−，可知01i n p a +，故1n a M +≠． …………………40分因此对1n N ′≥+，均有n a M ≠，而1max n i N M a ′≤≤>，故M 不在{}n a 中出现，这与归纳假设矛盾．因此，若m 有k 个不同素因子，则m 一定在{}n a 中出现．由数学归纳法知，所有正整数均在{}n a 中出现． …………………50分。

最新-2018年全国⾼中数学联赛试题及参考答案精品2018年全国⾼中数学联赛试题及参考答案试题⼀、选择题（本题满分36分，每⼩题6分）1、函数f (x)=log1/2(x2-2x-3)的单调递增区间是（）。

（A）（－∞,－1）（B）（－∞,1）（C）（1,＋∞）（D）（3, ＋∞）2、若实数x，y满⾜(x+5)2+(y-12)2=142，则x2+y2的最⼩值为（）。

（A）2 （B）1 （C）√3（D）√23、函数f(x)=x/1-2x-x/2（）（A）是偶函数但不是奇函数（B）是奇函数但不是偶函数（C）既是偶函数⼜是奇函数（D）既不是偶函数也不是奇函数4、直线x/4+y/3=1与椭圆x2/16+y2/9=1相交于A，B两点，该椭圆上点P，使得ΔPAB⾯积等于3，这样的点P共有（）。

（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个5、已知两个实数集合A＝｛a1,a2,…,a100｝与B＝｛b1,b2,…,b50｝，若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)则这样的映射共有（）。

（A）C50100（B）C4899（C）C49100（D）C49996、由曲线x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4围成的图形绕y轴旋转⼀周所得旋转体的体积为V1；满⾜x2+y2≤16,x2+(y-2)2≥4,x2+(y+2)2≥4的点（x,y）组成的图形绕y轴旋转⼀周所得旋转体的体积为V2，则（）。

（A）V1=（1/2）V2 (B)V1=（2/3）V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2⼆、填空题（本题满分54分，每⼩题9分）7、已知复数Z1,Z2满⾜∣Z1∣＝2,∣Z2∣＝3,若它们所对应向量的夹⾓为60°,则∣(Z1＋Z2)/(Z1＋Z2)∣=。

8、将⼆项式（√x+1/（24√x））n的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有个。