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2018年全国高中数学联合竞赛一试试题（A卷）
一、填空题：本大题共 8小题，每小题 8分，共64分．
1.设集合
A{1,2,3,L,99}
，< br>B{2xxA}
，
B{x2xA}
，则
BIC
的元素 个
数 .
解析：因为
A{1,2,3,L,99}
，所以< br>B{2,4,6,L,198}
,
C{1,2,3,L,49}
,于是
BIC{2,4,6,L,48}
，共
24
个元素.
2.设点< br>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
30o
且不大于
60
o
，则这样的点
Q
所构成的区域的面积 为 .
解析：过点
P
作平面

的垂线，这垂足为
O
，则点
Q
的轨迹是以
O
为圆心，分别
以
ON 1
和
OM3
为半径的扇环,于是点
Q
所构成的区域的面积为
SS
2
S
1


9



8

.





M
P
N
N
O
O
M


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 .
解析：（直接法）将
1,2,3,4,5,6
随机排成一行，共有
A6
6
720
种不同的排法，要使
abcdef
为偶数，abc
为与
def
同为偶数或
abc
与且
def
同为奇数.
（1）若
a,b,c
中一个偶数两个奇数且
d,e,f
中一个奇数两个偶数. 共
324
种情形；
（2）若
a,b,c
中一个奇数两个偶数且
d,e,f
中一个偶数两个奇数. 共
324
种情形；
共有
648
种情形.综上所述，
abcdef
是偶数的概率为6489

.
72010
（间接法）“
abcdef
是偶数”的对立事件为“
abcdef
是偶数”，
abcdef
是偶
数分成两种情况：“
abc
是偶数且
def
是奇数”或“
a bc
是奇数且
def
是偶数”，每

种情况有
A
3
3
A
3
3
36
种不同情形，共有
72中不同情形，
abcdef
是偶数的概率为
1
729
.
72010
x
2
y
2
4.在平面直角坐标系
xoy
中，椭圆
C
：
2

2
1
（ab0
）的左、右焦点分别
ab
是
F
1
,F
2
，椭圆
C
的弦
ST
与
UV
分别平行于
x
轴和
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
PF
1
F
2
的面积为 .






解析：不妨设弦
ST
与
UV的交点位于第一象限，如图所示.则
ST8
，
UV4
，则
T
y

U
S
P
o

x

V

x
2
y
2
1


点
P
的坐标为
(2,1)
.直线
x2
被椭圆
C
截得的弦长为
UV4
，由

a
2
b
2< br>得

x2


x
2
y
2
ba4
b(a4)

2

2
1
2
UV2y24
y
2

，，即.同理，由
ba42a

ab
a
a
2

y2

22
2
得
ab
2
14b
.联立得
a
2
2 0
，
b
2
5
，所以
c
2
15
，
c15
，
PF
1
F
2
的面积
1为
S215115
.
2
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x2
f(

)1
,
f(2

)2
，则不等式组

的解集为 .
1f(x)2
解析：
f(x)
是定义在
R
上的以
2
为周期的偶函数，
f(x)f(x)
,
f(x2)f(x)
,
f(x2)f(x)
，函数的图像关于
x1
对称，
f( x)
在区间
[0,1]
上严格递减，所以
f(x)
在区间
[ 1,2]
上严格递增.
f(

2)f(

)1
,
1

22
且
f(82

)f(2< br>
)

2
，
182

2
.
1f(x)2
在
[1,2]
等价于
f(

2 )f(x)f(82

)
，解之得


2 x82

.即不等式组


1x2
的解集为
[

2,82

]
.

1f(x)2
6.设复数
z
满足z1，使得关于
x
的方程
zx
2
2zx20
有实根，则这样的复数
z
的和为 .
解析：设复数
zabi
，（
a,bR
）.因为
z1
，所以
a
2
b
2
1
.设方程
zx
2
2zx2

，则
zm
2
2zm20
，< br>(abi)x
2
2(abi)x20
，
0
的实 根为
m
（
m0
）

am
2
2am2 0
.由
bm
2
2bm0
得，
b0
或
m2
.

2

bm2bm0
（1）当
b 0
时，又由
a
2
b
2
1
，得
a1
或
a1
.
当
a1
时，
am
22am20
可化为
m
2
2m20
，方程无实根，舍 去；
当
a1
时，
am
2
2am20
可 化为
m
2
2m20
，方程有实根.
此时，
z
1
i
.
15
1
（2）当< br>m2
时，代入
am
2
2am20
可得
a
，又由
a
2
b
2
1
，
b
或
4
4
b
15
115115
i
，
z3
i
. .此时
z
2

4
4444
3
综上所述，
z
1
z
2
z
3

.
2
uuuruuuruuur
7.设
O
为的
ABC
外心，若
AOAB2AC
，则
sinBAC
的值为 .
解析：延长
AC
到
E
，使得
CEAC
.连接
OA
，
OC
，
OE
.作直径
BD
，连接< br>DE
.
uuuruuuruuuruuuruuuruuur
A
C
E
因为
AOAB2AC
，即
AOABAE
，所以，
四边形
ABOE
为平行四边形，四边形
ODEA
为菱形.
设
ACm
,则
OCOAOB2m
.在
AOC
中，
利用余弦定理可得：
cosOAC
B
D
O
15
1
，从而
sinOAC
.
4
4
1
又
OACAOD

，
cosAOD
.AOD2BAO
, 利用二倍角公式可得
4
6
1
,从而
cosAODcos2BAO2cos
2
BAO1
，所以，
cosBAO
4
4

sinBAO
10
. 于是，
sinBACsin(BAOOAC)

4
15611010

.
44444
sinB AOcosOACcosBAOsinOAC

8.设整数数列
a
1
,a
2
,L,a
10
满足
a
10
3 a
1
，
a
2
a
8
2a
5
且< br>a
i1
{1a
i
,2a
i
}
，
i1,2,L,9
，则这样的数列的个数为 .
解析：因为
a
i1
{1a
i
,2a
i
}
，所以
a
i1
1a
i
或
a
i1
2a
i
.
一方面，
a
10
a
1
9
,a
10
3a
1
,
3a
1
a
19
,
a
1

9
，
a
1
为整 数，
a
1
5
；另一方面，
2
a
10
a
1
29
,
a
10
3a
1
,
3a
1
a
1
18
,
a
1
9
.于是，
5a
1
9
.
由
a
2
a< br>8
2a
5
且
a
i1
{1a
i
,2a
i
}
，且
a
1
,a
2
,L,a
10
都是整数，得:
当
a
1
5
时，
a
10
15
,这时满足条件的数列共
3
个；
当
a
1
6
时，
a
10
18
,这时满足条件的数列共
28
个；
当
a
1
7
时，
a
1 0
21
,这时满足条件的数列共
36
个；
当
a
1
8
时，
a
10
24
,这时满足条件的数列共
12
个；
当
a
1
9
时，
a
10
27
,这时满足条件的数列共
1
个；
共计
80
个.