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)=log
12
(x-2x-3)的单调递增区间是（ ）。

2
（A）（－∞,－1） （B）（－∞,1） （C）（1,＋∞） （D）（3, ＋∞）

2、若实数x，y满足(x+5)+(y-12)=14，则x+y的最小值为（ ）。

22222
（A）2 （B）1 （C）√3 （D）√2

3、函数f(x)=x1-2-x2（ ）

x
（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+y3=1与椭圆x16+y9=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＝｛a
1
,a
2
,…,a
100
｝与B＝｛b
1
,b
2
,…,b
50
｝，若从A到B的映射f使
得B中每个元素都有原象，且f(a
1
)≤f (a
2
)≤…≤f(a
100
)则这样的映射共有（ ）。

（A）C
50
100
22
（B）C
2
48
99
（C）C
49
100
（D）C
49
99


6、由曲线x=4y,x=-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x+y≤16,x+(y-2) ≥4,x+(y+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V
2
，则（ ）。

（A）V
1
=（12）V
2
(B)V
1
=（23）V
2
(C)V
1
=V
2
(D)V
1
=2V
2


222222
2

二、 填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、 已知复数Z
1
,Z
2
满足∣Z
1
∣＝2,∣Z
2< br>∣＝3,若它们所对应向量的夹角为60°,则∣(Z
1
＋
Z
2)(Z
1
＋Z
2
)∣= 。

8、将二项 式（√x+1（2√x））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。

9、如图，点P
1
，P
2
，…，P
10
分别是四面体顶点或棱的中点，那么在同一平
面上的四点组（P
1
，P
i
，P
j
，P
k
）（1＜i＜j＜ k≤10）有 个。

10、已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且 对任意x∈R都有
f(x+5)≥f(x)+5，f(x+1)≤f(x)+1。若g(x)=f(x) +1-x，则g(2018)= 。

11、若log
4
(x+ 2y)+log
4
(x-2y)=1，则∣x∣-∣y∣的最小值是 。

12、使不等式sinx+acosx+a≥1+cosx对一切x∈R恒成立的负数a的取值范围是 。

22
4n
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、已知点A（0,2）和抛物线y=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取 值范
围。

14、如图，有一列曲线P
0
，P
1，P
2
……，已知P
0
所围成的图形是
面积为1的等边三角形， P
k+1
是对P
k
进行如下操作得到：将P
k
的每条
边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中
间部分的线段去掉（k=0,1, 2,）。记S
n
为曲线P
n
所围成图形的面积。
（1） 求数列｛S
n
｝的通项公式；
（2） 求limS
n
.
n→∞

2

15、设二次函数f(x)=ax+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件：
（1） 当x∈R时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x;
（2） 当x∈(0,2)时，f(x)≤((x+1)2);
（3） f(x)在R上的最小值为0.
求最大的m(m＞1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x。

参考答案

一、 选择题

2
2

1、 由x-2x-3＞0有x＜-1或x＞3，故函数log
12
(x-2x-3)的定义域为x＜-1
或x＞3。二次函数u=x-2x-3在（-∞ ，-1）内单调递减，在（3，+∞）内单调递增。而log
12
u
在(0,+∞)上 单调递减，所以log
12
(x-2x-3)在(-∞,-1)单调递增，故选A。

2
2
22
2、(x+5)+(y-12)=14是以点C(-5,12) 为圆心，半径为14的圆。设P为圆上任一点，则
∣OP∣≥∣CP∣-∣OC∣=14-13=1
C、O、P共线时，等号成立，所以P到点O的最小值为1，
3、函数f(x)的定义域是(-∞,0)∪(0,+∞)，当x≠0
当点
故选B。

时，因为
222
f(-x)=(-x)(1-2)-(-x)2=(-x 2)(2-1)+(x2)=(x+x(2-1))(1-2)+(x2)=(x(1-2))-x+(x
2)=(x(1-2))-(x2)=f(x)，所以f(x)为偶函数，显然f(x)不是奇函数，故选A。

x
-xxxxxx
4、设P
1
(4cosα,3si nα)(0＜α＜(π2))，即点P
1
在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边
形P< br>1
AOB面积S，

S=S
ΔOAP1
+S
ΔO BP1
=(12)×4(3sinα)+(12)×3(4cosα)=6(sinα+cos
α)=6√2sin(α=(π4)),
∴S
max
=6√2(此时α+(π4)).
∵S
ΔOAB
=(12)×4×3=6为定值，
∴S
ΔP1AB
的最大值为6√2－6.
∵6√2－6＜3,
∴点P不可能在直线AB的上方，显然在直线AB的下方有两个
点P，故选B。

5、不妨设b
1
＜b
2
＜…＜b
50
，将A中元素a
1
,a
2
,…,a
100
按顺序分为非空的50组。
定义映射f:A→B，使第i组的元素在f之下的象都是b
i
(i=1,2,…,50).
易知这样的f满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求
的映射f的个数与A按足码顺序分为50组的分法数相等，而A的分法数为C
共有C
49
99
49
99
，则这样的映射
，故选D。

6、如 题图，两图形绕y轴旋转所得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与
y轴垂直的平面截这 两个旋转体，设截面与原点距离为∣y∣，则所得截面面积

S
1
=π(4-4∣y∣)，

2
S
2
=π(4-y)-π[4-(2-∣y∣)]=π(4-4∣y∣)
∴S
1
=S
2

由祖暅原理知，两几何体体积相等，
∴Ｖ
1
=Ｖ
2
，故选Ｃ.

二、 填空题


2222

７、如图，由余弦定理可得：∣Z
1
+Z
2
∣=√19, ∣Z
1< br>-Z
2
∣=√7，所以∣(Z
1
+Z
2
)／(Z1
－
Z
2
)∣=(√19)(√7)=(√133)7.

8、不难求出前三项系数分别是1，(12)n，(18)n(n-1)，
由于这三个数成 等差数列，有2·12n=1+18n(n-1).解得：n=8
和n=1（舍去）.

当n=8时，T
r+1
=C
8
(12)x
rr(16- 3r)4
，这里r=0,1,…,8.r应满
足４∣(16-3r)，所以r只能是0,4,8 .

9、首先，在每个侧面上除P
1
点外尚有五个点，其中任意三点组 添加点P1后组成的四点组
都在同一个平面，这样的三点组有C
5
个，三个侧面共有3 C
5
个.
其次，含P
1
的每条棱上的三点组添加底面与它异面 的那条棱上的中点组成的四点组也在一
个平面上，这样的四点组有３个。
综上，共有C
5
+3=33个.

3
33
10、由g(x)=f(x)+1-x得：f(x)=g(x)+x-1，所以
g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5, g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1.
即
g(x+5)≥g( x),g(x+1)≤g(x).∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g (x+1)≤g(x).∴g(
x+1)=g(x).
即g(x)是周期为1的周期函数，又g(1)=1，故g(2018)=1.

11、
由对称性只考虑y≥0，因为x＞0，所以只须求x-y的最小值.
令x-y=u代 入x-4y=4,有3y-2uy+(4-u)=0.这个关于y的二次方程显然有实根，故
Δ=16( u-3)≥0,∴u≥√3.当x=(43)√3,y=(√3)3时,u=√3.故∣x∣-∣y∣的最小值为 √3.

2
2222
12、原不等式可化为：
（cosx-((a-1)2)）≤a+(a-1)4.
∵-1≤cosx≤1,a<0,a-12<0,
∴当cosx=1时，函数y=(cosx -(a-1)2)有最大值(1-(a-1)2)，从而有
(1-(a-1)2)≤a+(a-1)4， 整理得a+a-2≥0,∴a≥1或a≤-2.又a＜0,∴a≤-2.

2222
22
222
三、 解答题

13、设Ｂ点坐标为（y
1
-4,y1），Ｃ点坐标为(y-4,y)
显然y< br>1
-4≠０，故k
AB
=(y
1
-2)(y
1
-4)=1(y
1
+2).由于AB⊥BC，所以k
BC
=-(y
1
+2).从而
y-y
1
=-(y
1
+2)[x-(y1
-4)],y=x+4消去x，注意到y≠y
1
得:(2+y
1
)(y+y
1
)+1=0→y
1
+(2+y)y
1
+(2 y+1)=0.由Δ≥0解得：y≤0或y≥4.
当y=0时，点Ｂ的坐标为(-3,-1)；当 y=4时，点Ｂ的坐标为(5,-3)，均满足题意。故点Ｃ
的纵坐标的取值范围是y≤0或y≥4.

2
22
22
22

14、(1)对Ｐ
0
进行操作，容易看出Ｐ
0
的每条边变成Ｐ< br>1
的４条边，故Ｐ
1
的边数为3·4；同
样，对P
1
进行操作，P
1
的每条边变成P
２
的４条边，故P
２
的边数 为3·4，从而不难得到P
n
的边
数为3·4.

n
２
已知Ｐ
0
的面积为Ｓ
0
=1，比较P1
与Ｐ
0
.容易看出P
1
在Ｐ
0
的每条边上增 加一个小等边三角形，
其面积为13，而Ｐ
0
有３条边，故

2
S
1
=S
0
+3·(13)=1+(13).

2
再比较P
２
与P
1
，可知P
２
在P
1
的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(13)·(13)，
而P
1
有3·4条边，故S
2
=S
1
+3·4·(13)=1+(13) +(43),

43
22
类似地有

S
3
=S
2
+3·4·(13)=1+(13)+(43)+(43),

26325
于是有



下面利用数学归纳法证明（＊）式。
n=1时，由上面已知（＊）式成立。

假设n=k时，有S
k
=85-35·(49).当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比 较P
k+1
与P
k
,P
k+1
在P
k
的每 条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(13
1
2(k+1)
k+1
k< br>)，而Pk有3·4条边，故S
k＋
k
=S
k
+3·4·(1 3
k2(k+1)
)=S
k
+((4)3
k2k+1
)=( 85)-(35)·(49).
综上，由数学归纳法，(＊)式得证.

(2)li m
(n→∞)
S
n
=lim
(n→∞)
[(85)-(35 )·(49)]=(85).

n
15、∵f(x-4)=f(2-x),∴函数的图象关于x=-1对称，∴-b2a=-1,b=2a.
由(3)x=-1时，y=0，即a-b+c=0，
由(1)得f(1)≥1，由(2)得f(1)≤1，
∴f(1)=1,即a+b+c=1,又a-b+c=0,∴b=12,a=14,c=14,
∴f(x)=(14)x+(12)x+(14).
假设存在t∈R，只要x∈[1,m],就 有f(x+t)≤x.取x=1有f(t+1)≤1.即
((14)(t+1))+((12)(t+1 ))+(14)≤1,解得-4≤t≤0.对固定的t∈［-4,0］,取x=m，有
2
2

f(t+m)≤m,即((14)(t+m))+(12)(t+ m))+(14)≤m,化简有m-2(1-t)m+
(t+2t+1)≤0解得1-t-(√-4t )≤1-t+(√(-4t))于是有m≤1-t+√(-4t)≤1-(-4)+
√(-4(-4) )=9.当t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有
f(x-4)-x=(14)(x-10x+9 )=14(x-1)(x-9)≤0.所以m的最大值为９。


2
2
2(2