2018年全国高中数学联赛黑龙江省预赛试题及答案.pdf

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1、高 二 数 学 竞 赛 试 题 参 考 答 案 1 D 2 D 3 B 4 B 5 . B 6 . C 7 A 8 A 9 A 1 0 B 1 1 D 1 2 . C 1 3 . 1 , 6 1 4 1 5 3 7 5 1 6 18000 1 7 解 ： ( 1 ) 因 为 s i n s i n t a n c os c os A B C A B ， 即 s i n s i n s i n c os c os c os C A B C A B ， 所 以 s i n c o s s i n c o s c o s s i n c o s s i n C A C B C A C B ， 即 s

2、 i n c o s c o s s i n c o s s i n s i n c o s C A C A C B C B ， 得 s i n( ) s i n( ) C A B C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 分 所 以 C A B C , 或 ( ) C A B C ( 不 成 立 ) . 即 2 C A B , 得 3 C ， 所 以 . 2 3 B A . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 分 又 因 为 1 s i n( ) c os 2 B A C ， 则 6 B A ， 或 5 6

3、 B A （ 舍 去 ） 得 5 , 4 12 A B . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 分 ( 2 ) 1 6 2 s i n 3 3 2 8 A B C S ac B ac ， 又 s i n s i n a c A C , 即 2 3 2 2 a c ， . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 分 得 2 2 , 2 3. a c . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 0 分 （ 1 ） 由 已 知 6 B ， 2 2 2 0 a a b b 结 合 正 弦 定 理 得 ：

4、 2 2 s i n s i n 1 0 A A ， 于 是 s i n 1 A 或 1 s i n 2 A （ 舍 ） 因 为 0 A ， 所 以 2 A ， 3 C （ 2 ） 由 题 意 及 余 弦 定 理 可 知 2 2 1 9 6 a b a b ， 由 （ 1 ） 2 2 2 0 a a b b 得 2 0 a b a b 即 2 a b ， 联 立 解 得 2 7 b ， 4 7 a 所 以 ， 1 s i n 1 4 3 2 A B C S a b C . 1 8 （ 1 ） . ， 是 以 为 首 项 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 . ， 即 . . . . . .

5、 . . . . . . . . . . . . . 6 分 （ 2 ） 证 明 ： 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2( 2 1 ) 2 k k k n k k k n a a ， ， . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 分 1 9 （ 1 ） 根 据 频 率 分 布 直 方 图 可 得 0 . 0 1 0 . 0 2 0 . 0 4 0 . 0 7 5 1 x ， 解 得 0 . 0 6 x . . . . . . . . . 2 分 （ 2 ） 用 分 层 抽 样 的 方 法 ， 从 1 0 0 名 志 愿 者

6、中 选 取 1 0 名 ， 则 其 中 年 龄 “ 低 于 3 5 岁 ” 的 人 有 6 名 ， “ 年 龄 不 低 于 3 5 岁 ” 的 人 有 4 名 ， . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 分 故 X 的 可 能 取 值 为 0 , 1 , 2 , 3 3 4 3 10 1 0 30 C P X C ， 1 2 6 4 3 10 3 1 10 C C P X C ， 2 1 6 4 3 10 1 2 2 C C P X C ， 3 6 3 10 1 3 6 C P X C 故 X 的 分 布 列 为 Y 0 1 2 3 P 1 3 0 3 1

7、0 1 2 1 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 0 分 1 3 1 1 0 1 2 3 1 . 8 3 0 1 0 2 6 E Y . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 分 2 0 . 证 明 ： （ 1 ） 如 图 ， 连 接 O E B E 平 分 A B C ， C B E = O B E ， O B = O E ， O B E = O E B ， O E B = C B E ， O E B C ， A E O = C = 9 0 ， A C 是 O 的 切 线 ； . . . . . . . .

8、. . . . . . . . . . 3 分 （ 2 ） 如 图 ， 连 结 D E C B E = O B E ， E C B C 于 C ， E H A B 于 H ， E C = E H C D E + B D E = 1 8 0 ， H F E + B D E = 1 8 0 ， C D E = H F E 在 C D E 与 H F E 中 ， 0 9 0 C D E H F E C E H F E C E H ， C D E H F E （ A A S ） ， C D = H F . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 分 （ 3 ） 由 （

9、2 ） 得 ， C D = H F 又 C D = 1 HF 1 在 R tHFE 中 ，EF = 2 2 3 1 10 EF BE BEF = 9 0 EHF = BEF = 9 0 EFH = BFE EHF BEF E F H F B F E F ， 即 1 0 1 1 0 B F BF = 1 0 1 5 2 O E B F , 5 1 4 O H , 在 R tOHE 中 ， 4 c o s 5 E O A , 在 R tEOA 中 ， 4 c o s 5 O E E O A O A , 5 4 5 O A 2 5 4 O A 2 5 5 5 4 4 A F . . . . . .

10、. . . . . . . . . . . . . 1 2 分 2 1 （ 1 ） 解 ： 由 ， 得 ， 即 a 2 = 4 b 2 ， 椭 圆 C 的 方 程 可化 为 x 2 + 4 y 2 = 4 b 2 又 椭 圆 C 过 点 P （ 2 ， 1 ） ， 4 + 4 = 4 b 2 ， 得 b 2 = 2 ， 则 a 2 = 8 椭 圆 C 的 方 程 为 ； . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 分 （ 2 ） 证明 ：由 题意， 直线 P A 斜率 存在 ，设直 线 P A 的方 程为 y + 1 = k （ x 2 ） ， 联立 ，得 （

11、1 + 4 k 2 ） x 2 8 （ 2 k 2 + k ） x + 1 6 k 2 + 1 6 k 4 = 0 ， 即 直 线 P Q 平 分 A P B ， 即 直 线 P A 与 直 线 P B 的 斜 率互 为 相 反 数 ， 设 直 线 P B 的 方 程 为 y + 1 = k （ x 2 ） ， 同 理 求 得 . . . . . . . . . . 8 分又 ， y 1 y 2 = k （ x 1 + x 2 ） 4 k 即 = ， . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 0 分 直线 A B 的斜 率为 . . . . . . . . .

12、 . . . . . . . . . 1 2 分 2 2 . （ 1 ） 由 2 ( ) n x f x x ， 2 ( 2 ) 4 n f ， 由 于 函 数 ( ) f x 在 ( 2 , ( 2 ) ) f 处 的 切 线 与 直 线 0 x y 平 行 ， 故 2 1 4 n ， 解 得 6 n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 分 （ 2 ） 2 ( ) ( 0 ) n x f x x x ， 由 ( ) 0 f x 时 ， x n ； ( ) 0 f x 时 ， x n ， 所 以 当 1 n 时 ， ( ) f x 在 1 , ) 上

13、 单 调 递 减 ， 故 ( ) f x 在 1 , ) 上 的 最 大 值 为 ( 1 ) f m n ； 当 1 n ， ( ) f x 在 1 , ) n 上 单 调 递 增 ， 在 ( , ) n 上 单 调 递 减 ， 故 ( ) f x 在 1 , ) 上 的 最 大 值 为 ( ) 1 l n f n m n ； 综 上 当 1 n 时 ， ( ) f x 在 1 , ) 上 的 最 大 值 为 ( 1 ) f m n ； 当 1 n ， ( ) f x 在 1 , ) 上 的 最 大 值 为 ( ) 1 l n f n m n ； . . . . . . . . . . . .

14、 . . . . . . 6 分 （ 3 ） 函 数 ( ) f x 恰 有 两 个 零 点 1 2 1 2 , ( 0 ) x x x x ， 则 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 ( ) l n 0 , ( ) l n 0 m x m x f x x f x x x x ， 可 得 1 2 1 2 1 1 l n l n m x x x x . 于 是 2 1 2 2 1 1 2 1 l n l n l n x x x x x x x x . 令 2 1 1 x t x ， 则 1 1 1 1 l n , l n t t t x t x t t ， 于 是 2 1 2 1 1 ( 1 ) l n t x x x t t t ， . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 分 2 1 2 1 2 ( l n ) 2 2 l n t t t x x t ， 记 函 数 2 1 ( ) l n 2 t h t t t ， 因 2 2 ( 1 ) ( ) 0 2 t h t t ， ( ) h t 在 ( 1 , ) 递 增 ， 1 t ， ( ) ( 1 ) 0 h t h ， 又 2 1 1 x t x ， l n 0 t ， 故 1 2 2 x x 成 立. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 分