1、20092018 高中 数学 联赛十年 真题录 目录 2009 年全国高中数学联合竞赛一试 1 2009 年全国高中数学联合竞赛加试 7 2010 年全国高中数学联合竞赛一试 13 2010 年全国高中数学联合竞赛加试 20 2011 年全国高中数学联合竞赛一试 24 2011 年全国高中数学联合竞赛加试 30 2012 年全国高中数学联合竞赛一试 34 2012 年全国高中数学联合竞赛加试 39 2013 年全国高中数学联合竞赛一试 42 2013 年全国高中数学联合竞赛加试 47 2014 年全国高中数学联合竞赛一试 51 2014 年全国高中数学联合竞赛加试 56 2015 年全国高中数
2、学联合竞赛一试 63 2015 年全国高中数学联合竞赛加试 68 2016 年全国高中数学联合竞赛一试 74 2016 年全国高中数学联合竞赛加试 80 2017 年全国高中数学联合竞赛(A)一试 . 84 2017 年全国高中数学联合竞赛(A)加试 . 89 2017 年全国高中数学联合竞赛(B) 一试 . 94 2017 年全国高中数学联合竞赛(B) 加试 . 98 2018 年全国高中数学联合竞赛(A)一试 . 101 2018 年全国高中数学联合竞赛(A)加试 . 106 2018 年全国高中数学联合竞赛(B) 一试 . 110 2018 年全国高中数学联合竞赛(B) 加试 . 114
3、 2009 年全国高中数学联合竞赛一试 试题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 7 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，不要增加其他中间档次 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，解答题中至少 4分为一个档次，不要增加其他中间档次 一、填空（共 8 小题，每小题 7 分，共 56 分） 1 若函数 2 1 x fx x 且 () n n f xffffx ，则 99 1 f 【答案】 1 10 【解析】 1 2 1 x fxfx x ， 2 2 12 x fxff
4、x x 99 2 19 9 x fx x 故 99 1 1 10 f 2 已知直线:9 0 Lxy 和圆 22 : 228810 Mxyxy ，点A在直线L上，B， C为圆M 上两点，在 ABC 中， 45 BAC ，AB过圆心M ，则点 A横坐标范围 为 【答案】 36 ， 【解析】 设 9 Aaa ， ， 则圆心M 到直线AC 的距离 sin 45 dA M ， 由直线AC 与圆M 相 交，得 34 2 d 解得36 a 3 在坐标平面上有两个区域M 和N，M 为 0 2 y yx yx ，N是随t变化的区域，它由 不等式 1 txt 所确定，t的取值范围是01 t ， 则 M 和N 的公
5、共面积是函 数 f t 【答案】 2 1 2 tt 【解析】 由题意知 ft S 阴影部分面积AOB OCD BEF SSS 2 2 11 11 22 tt F E D C B A O y x2 1 2 tt 4 使不等式 11 1 1 2007 1221 3 a nn n 对一切正整数n都成立的最小正整数 a的值为 【答案】 2009 【解析】 设 11 1 1221 fn nn n 显然 f n 单调递减，则由 f n 的最大值 1 12 0 0 7 3 fa ，可得 2009 a 5 椭圆 22 22 1 xy ab 0 ab 上任意两点P，Q ，若 OP OQ ，则乘积 OP OQ 的
6、最 小值为 【答案】 22 22 2ab ab 【解析】 设 cos sin PO P O P ， cos sin 22 QO Q O Q ， 由P，Q在椭圆上，有 22 2 22 1c o ss i n ab OP 22 2 22 1s i nc o s ab OQ +得 22 22 1111 ab OP OQ 于是当 22 22 2ab OP OQ ab 时， OP OQ 达到最小值 22 22 2ab ab 6 若方程 lg 2lg 1 kx x 仅有一个实根，那么k的取值范围是 【答案】 0 k 或 4 k 【解析】 2 0 10 1 kx x kx x 当且仅当 0 kx 10 x
7、2 21 0 xk x 对由求根公式得 1 x ， 2 2 1 24 2 x kkk 2 40 0 kk k 或 4 k ()当 0 k 时，由得 12 12 20 10 xxk xx 所以 1 x ， 2 x 同为负根 又由知 1 2 10 10 x x 所以原方程有一个解 1 x ()当 4 k 时，原方程有一个解 11 2 k x ()当 4 k 时，由得 12 12 20 10 xxk xx 所以 1 x ， 2 x 同为正根，且 12 x x ，不合题意，舍去 综上可得 0 k 或 4 k 为所求 7 一个由若干行数字组成的数表， 从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数 之和，
8、最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最 后一行的数是 （可以用指数表示） 【答案】 98 101 2 【解析】 易知： ()该数表共有100 行； ()每一行构成一个等差数列，且公差依次为 1 1 d ， 2 2 d ， 2 3 2 d ， 98 99 2 d () 100 a 为所求 设第 2 nn 行的第一个数为 n a ，则 22 11 1 222 nn nnn n aaa a 32 2 22 2 2 nn n a 242 2 3 22 2 22 2 nnn n a 32 3 23 2 n n a 12 1 21 2 nn an 2 12 n n 故 98
9、100 101 2 a 8 某车站每天80 090 0 ， 90 0 1 00 0 都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随 机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为 到站时刻 81 0 91 0 83 0 93 0 85 0 95 0 概率 1 61 21 3一旅客82 0 到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分） 【答案】 27 【解析】 旅客候车的分布列为 候车时间（分） 10 30 50 70 90 概率 1 21 311 66 11 26 11 36 候车时间的数学期望为 11111 10 30 50 70 90 27 2 3 36 12 18 二、解答题 9.（本小题满分 1
10、4 分）设直线 : lyk xm （其中k，m为整数）与椭圆 22 1 16 12 xy 交于 不同两点A，B，与双曲线 22 1 41 2 xy 交于不同两点C，D，问是否存在直线l，使得 向量 0 AC BD ，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由 【解析】 由 22 1 16 12 yk xm xy 消去y化简整理得 22 2 34 8 4 4 80 kx k m xm 设 11 Axy ， ， 22 Bx y ， ，则 12 2 8 34 km xx k 2 22 1 84 3 444 80 km k m 4分 由 22 1 41 2 yk xm xy 消去 y化简整理
11、得 22 2 321 2 0 kx k m xm 设 34 Cx y ， ， 44 Dxy ， ，则 34 2 2 3 km xx k 2 22 2 24 3 1 20 km k m 8分 因为 0 AC BD ，所以 4231 0 xxxx ，此时 4231 0 yyyy 由 1234 x xxx 得 22 82 34 3 km km kk 所以20 km 或 22 41 34 3 kk 由上式解得 0 k 或 0 m 当 0 k 时，由和 得 23 23 m 因 m是整数，所以m的值为 3 ， 2 ， 1 ，0， 1，2，3当 0 m ，由和得33 k 因k是整数，所以 1 k ， 0，1
12、于是满足条 件的直线共有 9 条14 分 10.（本小题15 分）已知 p， 0 qq 是实数，方程 2 0 xp xq 有两个实根 ， ， 数列 n a 满足 1 ap ， 2 2 apq ， 12 34 nnn ap aq an ， ()求数列 n a 的通项公式（用 ， 表示）； ()若 1 p ， 1 4 q ，求 n a 的前n项和 【解析】 方法一： ()由韦达定理知 0 q ，又 p ，所以 12 12 nnn n n ap xq x a a ， 345 n ， 整理得 112 nnnn aaaa 令 1 nn n ba a ， 则 1 12 nn bb n ， 所以 n b 是
13、公比为 的等比数列 数列 n b 的首项为： 2 22 121 baapqp 所以 211 nn n b ，即 1 1 n nn aa 12 n ， 所以 1 1 n nn aa 12 n ， 当 2 40 pq 时， 0 ， 1 2 ap ， 1 1 n nn aa 12 n ， 变为 1 1 n nn aa 12 n ， 整理得， 1 1 1 nn nn aa ， 12 n ， 所以，数列 n n a 成公差为1的等差数列，其 首项为 1 2 2 a 所以 21 1 1 n n a nn 于是数列 n a 的通项公式为 1 n n an ； 5 分 当 2 40 pq 时， ， 1 1 n
14、 nn aa 1 n n a 11 nn n a 12 n ， 整理得 21 1 nn nn aa ， 12 n ， 所以，数列 1 n n a 成公比为 的等比数列，其首项为 222 1 a 所以 12 1 n n n a 于是数列 n a 的通项公式为 11 nn n a 10分 ()若 1 p ， 1 4 q ，则 2 40 pq ，此时 1 2 由第()步的结果得， 数列 n a 的通项公式为 11 1 22 n n n n an ，所以， n a 的前n项和为 23 1 234 1 222 2 2 n nn nn s 234 1 1234 1 2222 22 n n nn s n 以
15、上两式相减，整理得 1 133 222 n n n s 所以 3 3 2 n n n s 15 分 方法二： ()由韦达定理知 0 q ，又 p ，所以 1 a ， 22 2 a 特征方程 2 0 pq 的两个根为 ， 当 0 时，通项 12 12 n n aAA nn ， 由 1 2 a ， 2 2 3 a 得 12 22 12 2 23 AA AA 解得 12 1 AA 故 1 n n an 5 分 当 时，通项 12 12 nn n aAAn ， 由 1 a ， 22 2 a 得 12 2222 12 AA AA 解得 1 A ， 2 A 故 1111 nnnn n a 10 分 ()同
16、方法一 11.（本小题满分 15 分）求函数 27 13 yx xx 的最大和最小值 【解析】 函数的定义域为 01 3 ， .因为 27 13 27 13 2 13 yxx xx xx 27 13 33 1 3 当 0 x 时等号成立故 y的最小值为 33 1 3 5 分 又由柯西不等式得 2 2 27 13 yxx x 11 1 2 27 3 13 121 23 xx x 所以 11 y 10 分 由柯西不等式等号成立的条件，得 49 1 3 2 7 xx x ，解得 9 x 故当 9 x 时 等号成立因此 y的最大值为 1115 分 2009 年全国高中数学联合竞赛加试 试题参考答案及评
17、分标准（A卷） 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，不要增加其他中间档次 一、（50分）如图，M ，N分别为锐角三角形 ABC （ A B ）的外接圆 上弧 BC、 AC 的中点过点C作PCM N 交圆 于P点，I 为 ABC 的内心，连接PI 并延长交 圆 于T 求证：MPM T N PN T ； 在弧 AB（不含点C）上任取一点Q（QA ，T ，B ），记 AQC ， QCB 的 内心分别为 1 I ， 2 I ， I T Q P N M C B
18、A求证：Q， 1 I ， 2 I ，T 四点共圆 【解析】 连NI ，MI 由 于 PCM N ，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形因 此NP MC ，PMN C A B C M N P T I连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为 MIC MAC ACI MCB BCI MCI ， 所以MCM I 同理 NC NI 于是 NP MI ，PMN I 故四边形MPNI 为平行四边形因此 PMT PNT SS （同底，等高） 又P ，N ，T ，M 四点共圆，故 180 TNP PMT ，由三角形面积公式 1 sin 2 PMT SP M M TP M T 1 sin 2
19、 PNT SP N N TP N T 1 sin 2 PNN T P M T 于是PMM TP NN T 因为 111 1 NCI NCA ACI NQC QCI CI N ， I 2 I 1 A B C M N P Q T I所以 1 NC NI ，同理 2 MCM I 由MPM T N PN T 得 NT MT MPN P 由所证MPN C ，NP MC ，故 12 NT MT NI MI 又因 12 I NT QNT QMT I MT ， 有 12 I NT I MT 故 12 NTI MTI ，从而 12 12 I QI NQM NTM ITI 因此Q ， 1 I ， 2 I ，T 四
20、点共圆 二、 （50 分）求证不等式： 2 1 1 1l n 12 n k k n k ， 1 n ，2， 【解析】 证明：首先证明一个不等式： ln(1 ) 1 x x x x ， 0 x 事实上，令 () l n ( 1 ) hx x x ， () l n ( 1 ) 1 x gx x x 则对 0 x ， 1 ()1 0 1 hx x ， 22 11 () 0 1( 1)( 1) x gx xxx 于是 () ( 0 ) 0 hx h ， () ( 0 ) 0 gx g 在中取 1 x n 得 11 1 ln 1 1nn n 令 2 1 ln 1 n n k k x n k ，则 1 1
21、 2 x ， 1 2 1 ln 1 11 nn n xx nn 2 1 1 n nn 2 1 0 (1 ) nn 因此 11 1 2 nn xx x 又因为 1 1 1 ln (ln ln( 1) (ln( 1) ln( 2) (ln 2 ln1) ln1 ln 1 n k nnn n n k 从而 1 2 11 1 ln 1 1 nn n kk k x kk 1 22 1 1 ln 1 11 n k kn kk n 1 2 1 1 1 n k k kk 1 2 1 1 (1 ) n k kk 1 1 1 (1 ) n k kk 1 11 n 三、（50分）设k，l是给定的两个正整数证明：有无
22、穷多个正整数mk ，使得 C k m 与l互素 【解析】 证法一：对任意正整数t ，令 (! ) mktlk 我们证明 C1 k m l ， 设 p 是l 的任一素因子，只要证明： C k m p 若 ! pk ，则由 1 !C ( ) k k m i km k i 1 ( ( !) k i it lk 1 k i i 1 !m o d kp 及 |! pk ，且 1 ! pk ，知 |! C k m pk 且 1 !C k m pk 从而 C k m p 证法二：对任意正整数t ，令 2 (! ) mktlk ，我们证明 C1 k m l ， 设 p 是l 的任一素因子，只要证明： C k
23、m p 若 ! pk ，则由 1 !C ( ) k k m i km k i 2 1 ( ( !) k i it lk 1 k i i !m o d kp 即 p 不整除上式，故 C k m p 若 |! pk，设 1 使 |! pk ，但 1 ! pk 12 |( ! ) pk 故由 1 1 !C ( ) k k m i km k i 2 1 ( ( !) k i it lk 1 k i i 1 !m o d kp 及 |! pk ，且 1 ! pk ，知 |! C k m pk 且 1 !C k m pk 从而 C k m p 四、（50 分）在非负数构成的39 数表 11 12 13 1
24、4 15 16 17 18 19 21 22 23 24 25 26 27 28 29 31 32 33 34 35 36 37 38 39 x xxxxxxxx P xxxxxxxxx x xxxxxxxx 中每行的数互不相同， 前 6列中每列的三数之和为 1， 17 28 39 0 xxx ， 27 x ， 37 x ， 18 x ， 38 x ， 19 x ， 29 x 均大于如果P的前三列构成的数表 11 12 13 21 22 23 31 32 33 x xx Sxxx x xx 满足下面的性质() O ：对于数表P中的任意一列 1 2 3 k k k x x x （ 1 k ，2，
25、9）均存 在某个 123 i ， 使得 123 min ik i i i i xuxxx ， ， 求证： （）最小值 123 min iiii ux xx ， ， 1 i ，2，3一定自数表S 的不同列 （）存在数表P中唯一的一列 * * * 1 2 3 k k k x x x ， * 1 k ，2，3 使得33 数表 * * * 11 12 1 21 22 2 31 32 3 k k k xxx Sxxx xxx 仍然具有性质() O 【解析】 （） 假设最小值 123 min iiii uxxx ， ， 1 i ， 2， 3 不是取自数表S 的不同列 则 存在一列不含任何 i u 不妨设
26、2 ii ux ， 1 i ，2，3由于数表P 中同一行中的任 何两个元素都不等， 于是 2 ii ux ， 1 i ， 2， 3 另一方面， 由于数表S 具有性质() O ， 在中取 2 k ，则存在某个 0 123 i ， 使得 00 2ii x u 矛盾 （）由抽届原理知 11 12 min x x ， ， 21 22 min x x ， ， 31 32 min x x ， 中至少有两个值取在同一列不妨设 21 22 22 min x xx ， ， 31 32 32 min x xx ， 由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个 i u ，所以只能是 11 1 x u 同样， 第二列中
27、也必含某个 i u ， 1 i ，2不妨设 22 2 x u 于是 33 3 ux ，即 i u 是数表 S 中的对角线上数字 11 12 13 21 22 23 31 32 33 x xx Sxxx x xx 记 12 9 M ， ，令集合 12 |m i n 1 3 ik i i IkMx xxi ， 显然 11 133 2 | kk I kMxxxx ， 且 1，23 I 因为 18 x ， 38 11 1 x x ， 32 x ， 所以 8 I 故I 于是存在 * kI 使得 * 2 2 max | k k x xkI 显然， * 1 k ，2，3 下面证明33 数表 * * * 11
28、 12 1 21 22 2 31 32 3 k k k xxx Sxxx xxx 具有性质() O 从上面的选法可知 * 12 12 :m i n m i n ii i i i ik ux xxx x ， ， ，(13 ) i ， 这说明 * 11 12 1 1 min k x xxu ， ， * 31 32 3 3 min k x xxu ， 又由S 满足性质() O 在中取 * kk ，推得 * 2 2k x u ，于是 * 22 1 2 2 22 min kk uxxxx ， 下证对任意的kM ，存在某个 1 i ，2，3 使 得 ii k ux 假若不然，则 12 min ik i i
29、 x xx ， ， 1 i ， 3 且 * 2 2 k k x x 这 与 * 2k x 的 最大性矛盾因此，数表S 满足性质() O 下证唯一性设有kM 使得数表 11 12 1 21 22 2 31 32 3 k k k x xx Sxxx x xx 具有性质() O ，不失一般性，我们假定 11 1 1 2 1 31 1 min uxxxx ， 22 1 2 2 2 32 2 min uxxxx ， 33 1 3 2 3 33 3 min uxxxx ， 32 31 x x 由于 32 31 x x ， 22 21 x x 及（），有 1 11 12 1 11 min k uxxxx ，
30、 又由（） 知： 或者() a 3 31 32 3 3 min kk uxxxx ， ， 或者 2 21 22 2 2 () m i n kk bu x x x x ， 如果() a 成立，由数表 S 具有性质() O ，则 1 11 12 1 11 min k uxxxx ， ， 2 21 22 2 22 min k uxxxx ， ， 3 31 32 3 3 min kk uxxxx ， 由数表 S 满足性质() O ，则对于 3 M 至少存在一个 123 i ， 使得 * i ik ux 由 * kI 及和式知， * 1 11 1k x xu ， * 3 32 3k x xu 于是只能有
31、 * 2 2 2 k k x ux 类似地，由S 满足性质() O 及kM 可推得 * 22 2 k k x ux 从 而 * kk 1 2010 8 64 1. ( ) 5 24 3 f x x x . 2. 2 cos 3 sin y a x x 3 a . 3. 22 1 xy 100 x . 4. n a 0 n b 1 1 2 2 5 3 3, 1, ,3 a b a b a b , n log nn ab . 3, 3 () fx 5,8 () fx 5,8 () fx 3, 3 . 3 12 2 a sinxt 2 ( ) 3 g t at a t 3 3 g t at a t
32、. 3 33 at a t 2 1 3 1 0 at t t 1 1 3 0 t at t 10 t 1 3 0 at t 2 3 a t t . 1 0, 1 t 1 2 0 1,0 2 t t t 2 1 1 0, 0 4 t t t . 3 12 2 a . 9800 x 1,2, ,99 y k k k A , 100 x k B kk AB 99 k x 99 1 99 99 49 4851 k k . x 98 2 4851 98 9800 . 3 33 n a , n db q 2 5. 2 ( ) 3 2( 0, 1) xx f x a a a a 1,1 x 8 . 6. 6 . . 3, dq 1 2 3(3 4 ) dq 2 1 2 2 9 12 6 9 d d d 6, 9 dq . 1 3 6 1 log 9 n n n 6 3 ( 1)log 9 nn n . log 9 6, 3 log 9 3 3, 3 3 33 . 1 4 , x ay 2 32 g y y y , () gy 3 ,+ 2 . 01 a 1 , y a a , 2 1 1 max 1 3 2 8 2 2 g y a a a a 2 min 1 1 1 32 2 2 4 gy 1 a 1 , y a a 2 max 3 2 8
