2017年全国高中数学联赛陕西赛区预赛

２４　ｌ｛ｌ等数学　２０　１　７年全国高中数学联赛陕西赛区预赛　中图分类号￣ＣＡ２４．７９　文献标识码：Ａ　第一试　一、选择题（每小题６分，共４８分）　１．已知数列｛ａ　｝的前ｎ项和Ｓ　＝忍　一ｌ　（　∈Ｎ＋）．贝０　ａ１＋ａ３＋ａ５＋ａ７＋ａ９＝（　）．　（Ａ）４０　（Ｂ）４４　（Ｃ）４５　（Ｄ）４９　２．设ｒｔ为正整数，以下各组数ａ、ｂ中，使　为既约分数的是（　）．　（Ａ）以＝ｎ＋１，ｂ＝２ｎ一１　（Ｂ）口＝２ｎ一１，ｂ＝５ｎ＋２　（Ｃ）ａ＝ｎ＋１，ｂ＝３ｎ＋１　（Ｄ）０：３ｎ＋１，ｂ＝５ｎ＋２　３．在空间直角坐标系中，△ＡＢＣ的三个　顶点坐标分别为　（３，４，１）、Ｂ（０，４，５）、　ｃ（ｓ，２，ｏ）．则ｔａｎ　的值为（　）．　（Ａ），ｆ５－（Ｂ）　（ｃ）　（Ｄ）　４．如图Ｉ，　Ｊ　Ｖ　々　０　椭圆Ｅ：　＋告　Ｂ　ａ　ｏ　＝１（ａ＞ｂ＞０），　ｏ０：　。＋Ｙ　＝ａ　一　膏　与Ｙ轴正半轴　交于点Ｂ，过点　Ｂ的直线与椭　冈１　圆Ｅ相切，且与　ｏ０交于另一点Ａ．若　ＡＯＢ＝６０。，则椭圆Ｅ　的离心率为（　）．　（Ａ）　１（Ｂ）了１（Ｃ）　（。）　文章编号：１００５—６４１６（２０１８）０１—００２４—０５　５．已知函数　ｒ２　＋４　＋１，　＜０；　）　２　＞０．　Ｉ　ｘ，　‘　则Ｙ＝＿厂（　）（　∈Ｒ）的图像上关于坐标　原点０对称的点共有（　）对．　（Ａ）０　（Ｂ）ｌ　（Ｃ）２　（Ｄ）３　６．如图２，在棱长　Ｃ　为１的正方体ＡＢＣＤ一　ｌＢ１ＣｌＤ１中，Ｐ、Ｑ、Ｒ分　别为棱ＡＢ、ＡＤ、ＡＡ　的　中点．以△ＰＱＲ为底面　作一个直三棱柱，使其　另一个底面的三个顶点　罔２　也均在正方体ＡＢＣＤ—　Ｂ。Ｃ　Ｄ　的表面上．　则这个直三棱柱的体积为（　）．　（Ａ）　３（Ｂ）譬（ｃ）　（Ｄ）　１６　７．设集合　＝｛ｎ　ｌ　∈Ｎ＋），　Ｂ＝｛Ｙｌ　＝　＋４＋√５一戈。｝．　则集合　ｎＢ中元素的个数为（　）．　（Ａ）１　（Ｂ）２　（Ｃ）３　（Ｄ）４　８．设　≥ｙ＞０．若存在实数ａ、ｂ满足　０≤口≤　，０≤ｂ≤　，　且　（　一ａ）　＋（Ｙ—ｂ）　＝　＋ｂ　＝Ｙ　＋ａ　．①　则　的最大值为（　）．　）　（Ａ）半（Ｂ）ｄＹ（ｃ）　（Ｄ）１　二、填空题（每小题８分，共３２分）　２０１８年第１期　９．设函数　（　）＝　ａｘ．若　（厂（　））＝　恒成立，则实数ａ的值为——．　１０．袋中装有两个红球、三个白球、四个　黄球，从中任取四个球．则其中三种颜色的球　均有的概率为一　ｌ１．设ａ、ｂ、Ｃ为互不相同的正整数．则　—　呻ｃ的最小值为——．　１２．设方程ｘｙ＝６（　＋　）的全部正整数　解为（　，Ｙ　），（　：，Ｙ２），…，（　，Ｙ　）．则　∑（　＋　）＝——．　：１　第二试　一、（２０分）设△ＡＢＣ的内角　、　、　Ｃ的对边分别为ａ、ｂ、Ｃ，　向量ｍ＝（ｓｉｎ　Ａ，ｂ＋ｃ），　，ｌ＝（ｓｉｎ　Ｃ—ｓｉｎ　Ｂ，ａ一６），　且存在实数　，使得ｍ＝　．　（１）求　Ｃ的大小；　（２）若ａ＋ｂ＝ｋｃ，求实数　的取值范围．　二、（２Ｏ分）已知抛物线Ｅ：Ｙ＝　的焦　点为Ｆ，过Ｙ轴正半轴上一点　的直线ｚ与抛　物线　交于Ａ、Ｂ两点，０为坐标原点，且　———　———＿＋　·　Ｂ＝２．　（１）证明：直线Ｚ过定点；　（２）设点Ｆ关于直线ＯＢ的对称点为Ｃ，　求四边形ＯＡＢＣ面积的最小值．　三、（２０分）已知函数　．厂（　）＝一　＋ａｘ　＋６　＋ｃ（ａ、ｂ、Ｃ∈Ｒ）　在区间（一∞，０）上单调递减，在区间（０，１）上　单调递增，且ｆ（　）在Ｒ上有三个零点，１为　其中的一个零点．　（１）求．厂（２）的取值范围；　（２）试讨论直线　：Ｙ＝　一１与曲线Ｃ：　＝．厂（　）的公共点的个数．　四、（３０分）如图３，ｏＤ　与ｏ０　交于　、　两点，直线ＰＱ为两圆距离点曰较近的公　切线，且分别与Ｏ　０　、ｏ　０　切于点Ｐ、Ｑ．设　Ｑ８、ＰＢ的延长线分别与４ＪＰ、ＡＱ交于点Ｃ、　Ｄ．证明：ＡＣ·ＢＣ＝ＡＤ·ＢＤ．　Ｐ　Ｑ　图３　五、（３０分）设口、６、Ｃ为正实数，且满足　（ａ＋ｂ）（ｂ＋Ｃ）（ｃ＋ａ）＝１．　矾　１＋　，／ｂｃ＋　１　＋　＋　／ｃａｖｌ＋　，／ａｂ≥吉．　参考答案　第一试　——、１．Ｂ．　当ｎ＝１时，ａｌ＝Ｓｌ＝０；　当　≥２时，ａ　＝Ｓ　一Ｓ　一１＝２ｎ一１．　故ａｌ＋ａ３＋ａ５＋ａ７＋ａ９＝４４．　２．Ｄ．　注意到，　（３ｎ＋ｌ，５孔＋２）：（３ｎ＋ｌ，２ｎ＋１）　＝（　，２ｎ＋１）＝（Ｆｔ，忍＋１）＝１．　故５　ｎ＋２为既约分数．　ｊｎ＋上　３．Ａ．　由ＡＢ＝（一３，０，４），ＡＣ＝（２，一２，一１）　．　Ｂ·ＡＣ　一１０　２　∞　孺丁　丽　一　ｔａｎｎ虿　√孚＝√｝　　＝　．√　　４．Ｄ．　因为Ｉ　ＯＡ　ｌ＝Ｉ　ＯＢ　ｌ，　ＡＯＢ：６０。，所以，　△ＡＯＢ为正三角形．　则　Ｂ的斜率为±拿．　于是，　：ｙ：±　；　＋口．　代人椭圆方程得　（ａ　＋３ｂ　）　＋２４＇３－ａ。　＋３ａ。（。　一ｂ　）＝０．　由Ａ＝１２ａ　＋１２ａ　（ａ　＋３ｂ　）（ａ　一ｂ　）＝０　ｊ　２ａ　＝３ｂ　２ａ　：３（ａ　一ｃ　）　ｊⅡ２：３ｃｚ　ｅ：旦：拿．　５．Ｃ．　函数Ｙ＝　）的图像如图４中的实线所　　ＪｌＶ　～＼　‘＼　、　、，一　～　Ｏ　＼＼、一１　　、．一２　图４　作Ｙ＝　（　≥０）的图像关于原点０对称的　图像（虚线），其解析式为　ｇ（ｘ）：一　（　≤０）．　由于　一１）：一１＜一三＝ｇ（一１），于是，　）＝２ｘ　＋４　＋ｌ（　＜０）的图像与ｇ（　）＝　一　（　≤０）的图像有两个不同的交点．　从而，Ｙ＝　）（　∈Ｒ）的图像上有且仅　有两对点关于原点０对称．　６．Ｃ．　易知，直三棱柱另一个底面的三个顶点　Ｐ　、Ｑ　、Ｒ　分别为正方形ＢＣＣ　Ｂ。、正方形　ＣＤＤ。Ｃ。、正方形　。Ｂ　Ｃ　Ｄ　的中心．则直三棱　￣ｙ＿ＰＱＲ—Ｐ１　Ｑ　Ｒ。的侧棱ＰＰ　＝　ｃ。：譬．　中等数学　又ｓ　＝　（　）　＝譬，故　三棱　。　＝Ｓ￣ｐＱｔ￣￣ＰＰ１　素·　７．Ｂ．　令　＝　ｓｉｎ　ｏ（－詈≤　≤二　　二，　则Ｙ＝４￣－ｓｉｎ　０＋４十　ＣＯＳ　０　＝４＋　ｓｉｎ　０＋　由一　７ｒ．≤　＋　ｒｃ￣＜３７ｒ　～４一　ｎ　）≤·　４一　≤ｙ≤４＋，／；－６．　又Ａ＝｛３，６，９，…｝，则Ａ　ＮＢ＝｛３，６｝，即　ｎＢ中有两个元素．　如图５，在直角　坐标系ｘＯｙ中，作矩　形ＯＡＢＣ，使得ａ（ｘ，０），　Ｂ（　，Ｙ），Ｃ（０，Ｙ）．　在边ＯＡ、ＡＢ上　分别取点Ｐ、Ｑ，使得　Ｐ（ａ，０），Ｑ（ｘ，Ｙ一６）．　图５　由式①得　ＩＰＱｌ＝ＩＱＣＩ＝ＩＣＰＩ　ｊ△ＣＰＱ为正三角形　设　ＤＣＰ＝　（ｏ≤　≤　则　ＢｃＱ＝詈一０．　Ｉ　ＢＣＩ　ｌ　ＢＣ　ｌ　１　ＣＰＩ　队Ｙ—ｌ　ＯＣＩ—Ｉ　ｃｏ　Ｉ。Ｉ　ＯＣ　Ｊ　一　一垒　ＣＯＳ　０　ＣＯＳ　０　＝　２＋丢ｔａｎ　≤　＋扣詈：　．　２０１８年第１期　当且仅当　詈时，上式等号成立·　因此，　的最大值为　．　二、９．一３．　依题意，依题意，知——竺　知—　亟　：＝　，即　　，即　２×２Ｓ似；５＋３　ｆ２０＋６）ｘ　＋９ｘ＝０２　．　ｒ２ａ＋６＝０．　故１　９＝ａ２’　一３·　１ｏ．　．　从袋中的九个球中任取四个，不同的取　法共有Ｃ　＝１２６种，其中，三种颜色的球均有　的取法有ｃ２２乙３１　ｃ　＋ｃ２１乙３２ｃ　＋ｃ　ｃ　ｃ　＝７２种．　故所求概率Ｐ＝　＝等．　１１．１．　不妨设口＞ｂ＞ｃ．则口≥３，ｂ≥２，ｃ≥Ｉ．　从而，ａｂ＞１６，ｂｃ≥２，ｃ０≥３．　故　＝　１＋　１＋　１　０ＤＣ　０Ｃ　Ｃｎ　０Ｄ　≤　十　＋吉＝　—　≥１．　ａ＋ｂ＋ｃ　当０＝３，ｂ＝２，ｃ＝１时，上式等号成立．　因此，—　口＋　＋Ｃ　的最小值为１．　１２．２９０．　原方程可化为　（　一６）（Ｙ一６）＝６　＝２　ｘ３　．　注意到，２　×３　的正约数个数为　ｆ　１＋２）（１＋２）＝９　且∑（（　一６）＋（ｙ　一６））　９　＝２　＝１　＿２×　一Ｌ　Ｊ一×碧　　２７　＝ｌ８２．　９　故∑（ｋ＝１　　＋　）＝１８２＋２　ｘ９　ｘ６＝２９０．　第二试　一、（１）由ｍ＝　ｎ，得　『ｓｉｎ　Ａ＝　（ｓｉｎ　Ｃ—ｓｉｎ　Ｂ），　【ｂ＋ｃ＝　（口一６）．　消去　得　（ａ一６）ｓｉｎ　Ａ＝（ｂ＋　）（ｓｉｎ　Ｃ—ｓｉｎ　Ｂ）．　由正弦定理得　（口一ｂ）ｎ＝（ｂ＋ｃ）（ｃ—ｂ），　即口　＋６　一ｃ　＝ａｂ．　故ｃｏｓ　Ｃ＝　０　＋６　一ｃ２　１　２ａｂ　—。２‘　因为０＜　Ｃ＜丌，所以，　ｃ＝　．　（２）由（１）的结论得　，，　：　一　Ａ　由已知及正弦定理得　０＋ｂ　ｓｉｎ　Ａ＋ｓｉｎ　Ｂ　■　—　一　ｓｉｎ　ｉｎ　Ａ）　．　丁ｃ　ｎ　＝　ｓｉｎ　＋ｃ０ｓ　Ａ＝２ｓｉｎ　Ｎ　ｏ＜　＜　詈＜　＋詈＜　ｊ　１＜ｓ　ｎ　＋６）－＜１．　故ｋ的取值范围是（１，２］．　二、（１）设Ｚ：　＝　＋ｍ（ｍ＞０）．　代人Ｙ：　，得　一　一ｍ＝Ｏ．　设Ａ（　ｌ，Ｙ１），Ｂ（　２，Ｙ２）．　贝０　１　２：一ｍ．　从而，Ｙ１Ｙ２＝　２１　＝ｍ２．　ＮＮ—ＯＡ．　＝　１　２＋ＹｌＹ２＝２，所以，　ｍ．２一ｍ．一２＝０．　２８　解得Ｄ／，＝一１（舍去）或　＝２．　故直线ｌ过定点Ｍ（Ｏ，２）．　（２）不妨设　１＞０．　则由（１）得　：＝一　．　南对称性得　。ｃ＝Ｓｆ２ＢＯＦ：　１　Ｊ　Ｄ川　Ｉ＝　１２　．　又ｓ　ｏ８：Ｓ　＋Ｓ　ｏＭ　＝Ｌ　ｉ　ＯＭ，（　＋　）＝　＋　２，　贝０　Ｓ四边形　口Ｇ＝Ｓ　４ｏ曰＋Ｊｓ△　ｏｃ　９＋　≥２　若　当且仅当　＝云，Ｑ　即　吾时，上式等　号成立．　故四边形ＯＡＢＣ面积的最小值为３．　三、（１）由条件知　ｆ　（　）＝一３ｘ　＋２ａｘ＋ｂ．　由＿厂（　）在区间（一∞，０）上递减，在区间　（０，１）上递增，则Ｉ厂　（０）＝Ｏ，得易＝Ｏ．　又．厂（１）－０，于是，Ｃ＝１一ｎ．　贝０＿厂（　）＝一　’＋ａｘ　＋１一ａ，　ｆ　（　）＝一３ｘ　＋２ａｘ．　令－厂　（　）＝０，得　＝０，　＝　．　因为　戈）在区间（０，１）上递增，且－厂（　）　有三个零点，所以，　＝２了ａ＞１，ｆ￣ｌＪ　ａ＞吾．　故－厂（２）＝３ａ一７＞一÷，即　２）的取值范　围是（一詈，＋∞）．　（２）由　４－得　Ｉ　＝一　一　　日　＋１　＋　一ｒ上．　（　一１）（　＋（１一倪）　＋２一ａ）：０　ｊ　＝１或　２＋（１一倪）　＋２一。＝０　＞　①　【｛ｌ等数学　式①的判别式Ａ　ａ２＋２。一７（Ⅱ＞吾）．　当Ａ＜０，即÷＜　＜２　一１时，式①无　实根；　当Ａ＝０，即￣ｇｔ＝２　一１时，式①有两个　相等的实根；　当△＞０，即ａ＞２　一１时，式①有两个　不等的实根．　而０＝２时，式①的两个根分别为０、１．　故当　＜＠＜２√　一ｌ时，直线￡与曲线Ｃ　只有一个公共点；　当ａ＝２　一１或ｎ＝２时，直线ｚ与曲线　ｃ有两个公共点；　当ａ＞２　一ｌ且ａ≠２时，直线２与曲线　ｃ有三个公共点．　四、如图６，联结ＡＢ并延长，与ＰＱ交于　黾Ｍ．　Ｐ　Ｍ　Ｑ　图６　则　Ｐ２＝ＭＢ·ＭＡ＝　Ｑ　ＭＰ＝ＭＱ．　在△ＡＰＱ中，由塞瓦定理得　一ＡＣ　ＰＭ　ＯＯ　１·一＝ｌ　＝　ＡＣ　ＡＤ　一＝——　ＣＰ　ＭＱ　ＤＡ　ＣＰ　ＤＱ　ｊ　ＣＤ　ｆ　Ｑ．　又　ＭＰＢ＝　ＭＡＰ，故　△　∽△　尸ｊ　＝　．　类似地，器＝　．　因为　＝ＱＭ，所以，　ＰＢ　ＯＢ一—　Ｌ—一—　．ＡＰ　ＰＢ　一　ＡＰ　ＡＱ　ＡＱ　ＱＢ‘　２０１８年第１期　２９　２０１７年全国高中数学联赛安徽赛区预赛　中图分类号：Ｇ４２ｚｔ．７９　文献标识码：Ａ　文章编号：１００５—６４１６（２０１８）０１—００２９—０３　一、填空题（每小题８分，共６４分）　６．已知过椭圆　＋２ｙ２＝３的一个焦点　１．在不大于２　０１７的正整数中，被１２整　除但不被２Ｏ整除的数共有——个．　２．设复数　满足　４　ｉ．　作斜率为　的直线，与椭圆交于Ａ、Ｂ两点．　若ＡＢ＝２，则　＝——．　７．设０∈［０，２ｚｃ］满足对于　∈［０，１］，　均有　ｆ（ｘ）＝２ｘ２ｓＪｎ　０一　（１一　）ｃ０ｓ　０＋３（１－ｘ）　＞０．　则　＝——．　３．在圆内接四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝３，　ＢＣ＝４．ＣＤ＝５，ＤＡ＝６．则四边形ＡＢＣＤ的面　积为一　４．设正八面体的边长为１．则其两个平　则０的取值范围是一的非空子集　●　．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．　．一　８．设ｎ为正整数．随机选取｛１，２，…，　｝　．则　ｎ　不是空集的概率为　行平面之间的距离为——．　５．设平面向量　、Ｊ５ｉ满足　Ｉ　＋　ｌ＝３，Ｉ　２ａ＋　Ｉ＝４．　二、解答题（共８６分）　９．（２１分）如图１，设　为锐角△ＡＢＣ的　垂心，点Ｄ在直线４Ｃ上，ＨＡ＝ＨＤ，四边形　ＡＢＥＨ为平行四边形．证明：Ｂ、Ｅ、Ｃ、Ｄ、日五　则　·ＪＥｉ的最小值为　叉ＣＤ／／ＰＱ，因此，　ＡＰ—ＡＣ　ＰＢ…一　（　：＋　＋　）　ａｑ　ＡＤ’Ｑ８　ＢＣ　ＡＣ＝　＝（（　　√Ｑｂ．ｂ·ｏ＋、＋　『ｂ·　ｂｃ·ｃ＋＋］　／ａ．ｃ．４ｃ￣。、）　≤（　＋６＋口）（６＋　＋ｃ）（　＋　）　ＡＣ·ＢＣ＝ＡＤ·ＢＤ．　五、由柯西不等式得　ｎ２　ｂ　十————■二ｃ２　十————■＝＝　————＝≤（　…６　＋　＋ｃ）（ｃ…ｃ丁＋ａ）　：　１＋√６ｃ　１＋ｅｔａ　１＋Ｃａｂ　≥—　．　（　）（６＋ｃ）（ｃ＋０）：　．　３＋，／ａｂ＋√６ｃ＋／ｃａ　故只需证明：　Ｊ３＋√Ⅱ６＋　＋ｂｃ／　ｃａ≥丢．ｚ　　于是，　＋　＋　≤妻．　由均值不等式及已知得　＋ｂ＋ｃ＝寺（（０＋ｂ）＋（ｂ＋ｃ）＋（ｃ十０））　故一因此，原不等式成立．　≥　毒　≥　×３　可　：寻．