2018年全国高中数学联赛江苏赛区初赛
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. 选择题、填空题只设6分和0分两档. 其他各题 的评阅, 请严格按照本评分标准规定的评分档次给分, 不要再增加其他中间档次.
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, 在评卷时可参照本 评分标准适当划分评分档次, 3分为一个档次, 不要再增加其他中间档次.
一．选择题 (本题满分36分, 每小题6分)
??1. 函数 y?f(x) 的图像按向量 a?(,2) 平移后, 得到的图像的解析式为
4?y?sin(x?)?2. 那么 y?f(x) 的解析式为
4A. y?sinx B. y?cosx C. y?sinx?2 D. y?cosx?4
答: [ B ]
解： y?sin[(x??x. 故选 B． )?], 即 y?cos44?2. 如果二次方程 x2?px?q?0(p,q?N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程
有
A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个
答: [ C ]
解：由 ??p2?4q?0,?q?0, 知方程的根为一正一负．
22设 f(x)?x?px?q，则 f(3)?3?3p?q?0, 即 3p?q?9.
由于 p,q?N*， 所以 p?1,q?5 或 p?2,q?2. 于是共有7组 (p,q)符合 题意． 故选 C．
3. 设 a?b?0, 那么 a2?1 的最小值是
b(a?b)答: [ C ]
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
解：由 a?b?0, 可知
a2a10?b(a?b)??(b?)2?a2, 424
所以， a?214?a2?2?4. 故选 C．
b(a?b)a
4. 设四棱锥 P?ABCD 的底面不是平行四边形, 用平面 ? 去截此四棱锥, 使得
截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 ?
A. 不存在 B. 只有1个 C. 恰有4个 D. 有无数多个
答: [ D ]
解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线 为 m、n, 直线 m、n 确定了一个平面 ?. 作与 ? 平行的平面
P?, 与四棱锥的各个侧面
AA1DD1B1C1相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样 的平面 ? 有无数多个．故选 D．
CB
5. 设数列 {an}: a0?2,a1?16,an?2?16an?1?63an, n?N*, 则 a2005 被
64 除的余数为
A. 0 B. 2 C. 16 D. 48
答: [ C ]
解：数列 {an} 模 64 周期地为 2，16，－2，－16，……. 又 2018 被 4 除余 1, 故 选 C．
6. 一条走廊宽 2 m, 长 8 m, 用 6 种颜色的 1?1 m2的整块地砖来铺设(每块地砖
都是单色的, 每种颜色的地砖都足够多), 要求相邻的两块地砖颜色不同, 那么所有的不同 拼色方法有
A. 308个 B. 30?257个 C. 30?207个 D. 30?217个
答: [ D ]
解：铺第一列(两块地砖)有 30 种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了 A、B 两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺 A 色．若铺 B 色，则有 (6?1) 种铺法；若不
2铺 B 色，则有 (6?2) 种方法. 于是第二列上共有 21 种铺法. 同理， 若
AB7前一列铺好，则其后一列都有 21 种铺法．因此，共有 30?21 种铺法． 故
选 D．
二．填空题 (本题满分36分, 每小题6分)
?????????????????7. 设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 得向量 OB, 且 2OA?OB?(7,9), 则
2
????1123
向量 OB? （－，） .
55
????????解：设 OA?(m,n), 则 OB?(?n,m), 所以
????????2OA?OB?(2m?n,2n?m)?(7,9).
23?m?,?????2311?????2m?n?7,1123?5即 ? 解得 ? 因此，OA?(,),OB?(?,).
5555?m?2n?9.?n?11.?5?故填 (?1123,)． 558. 设无穷数列 {an} 的各项都是正数, Sn 是它的前 n 项之和, 对于任意正整数
n, an与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项, 则该数列的通项公式为 an= 4n－2 (n∈N*) .
an?2(an?2)2?2Sn， 即 Sn?解：由题意知 . ……… ① 28由 a1?S1 得
a1?2?2a1, 从而 a1?2. 2又由 ① 式得
(an?1?2)2Sn?1?(n?2), ……… ②
8(an?2)2(an?1?2)2??(n?2),
88于是有 an?Sn?Sn?1整理得 (an?an?1)(an?an?1?4)?0. 因 an?0,an?1?0, 故
an?an?1?4(n?2),a1?2．
所以数列 {an} 是以 2 为首项、4 为公差的等差数列，其通项公式为 an?2?4(n?1)， 即 an?4n?2. 故填 an?4n?2(n?N*)．
9. 函数 y?|cosx|?|cos2x|(x?R) 的最小值是 2 .
2解：令 t?|cosx|?[0,1]，则 y?t?|2t?1|．
2
当
1922?t?1 时， y?2t2?t?1?2(t?)2?，得 ?y?2；
4822
当 0?t?1292292 时， y??2t?t?1??2(t?)?，得 ?y?．
48228又 y 可取到
22, 故填
22．
E、F、G 10. 在长方体 ABCD?A1BC1?AD?1, 点 11D1 中, AB?2,AABC 的中点, 那么四面体 B1?EFG 的体积是 VB1－EFG 分别是棱 AA1、C1D1 与
3
= 8 .
解：在 D1A1 的延长线上取一点 H，使 A1H?B1FG． 故 VB1?EFG?VE?B1FG?VH?B1FG?距离为 1． 故填 VB1?EFG3． 81. 易证，HE||B1G，HE||平面 49?VG?B1FH．而 S?B1FH?，G到平面 B1FH的
8
11. 由三个数字 1、2、3 组成的 5 位数中, 1、2、3 都至少出现 1 次, 这样的 5 位数共有 150 个.
1123解：在 5 位数中, 若 1 只出现 1 次，有 C5(C4?C4?C4)?70 个； 212若 1 只出现 2 次，有 C5(C3?C3)?60 个；
31若 1 只出现 3 次，有 C5C2?20 个． 则这样的五位数共有 150 个． 故填 150
个．
12. 已知平面上两个点集 M?{(x,y)||x?y?1|?2(x2?y2),x,y?R},
N?{(x,y)||x?a|?|y?1|?1,x,y?R}. 若 M?N??, 则 a 的取值范围是 [1－6，3+10] ．
解：由题意知 M 是以原点为焦点、直线 x?y?1?0 为准线的抛物线上及其凹口 内侧的点集，N 是以 (a,1) 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．
考察 M?N?? 时, a 的取值范围:
令 y?1, 代入方程
y321|x?y?1|?2(x2?y2) ,
-3-2-1O-11234567x
得 x?4x?2?0，解出得 x?2?6． 所以，
当 a?2?6?1?1?6 时, M?N??． ………… ③
令 y?2，代入方程 |x?y?1|?22(x2?y2), 得 x2?6x?1?0. 解出得
x?3?10．所以，
当 a?3?10 时, M?N??． ………… ④
因此, 综合 ③ 与 ④ 可知，当 1?6?a?3?10，即 a?[1?6,3?10] 时,
M?N??．故填 [1?6,3?10].
三．解答题 (第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)
13. 已知点 M 是 ?ABC 的中线 AD 上的一点, 直线 BM 交边 AC 于点
BCBMN, 且 AB 是 ?NBC 的外接圆的切线, 设 ??, 试求 (用 ? 表示).
BNMN证明：在 ?BCN 中，由Menelaus定理得
BMNACD???1． MNACDB因为 BD?DC，所以
BMAC?． ……………… 6分 MNAN
由 ?ABN??ACB，知
?ABN ∽ ?ACB，则
ABACCB??． ANABBN2ABAC?CB?AC?BC?所以，， 即 ??????． …………………… 12分 ?ANAB?BN?AN?BN?BCBM?BC???， 故 因此， ???． 又 BNMN?BN?22BM??2． …………………… 15分 MN
14. 求所有使得下列命题成立的正整数 n(n?2): 对于任意实数 x1,x2,?,xn,
当
?xi?1ni?0 时, 总有 ?xixi?1?0 ( 其中 xn?1?x1 ).
i?1n
2解： 当 n?2 时，由 x1?x2?0，得 x1x2?x2x1??2x1?0．
所以 n?2 时命题成立. …………………… 3分
当 n?3 时，由 x1?x2?x3?0，得
2222(x1?x2?x3)2?(x12?x2?x3)?(x12?x2?x3)x1x2?x2x3?x3x1???0.
22所以 n?3 时命题成立. ………………… 6分
当 n?4 时，由 x1?x2?x3?x4?0，得
x1x2?x2x3?x3x4?x4x1?(x1?x3)(x2?x4)??(x2?x4)2?0．
所以 n?4 时命题成立． ……………… 9分
当 n?5 时，令 x1?x2?1，x4??2，x3?x5???xn?0,则
n?xi?1ni?0.
但是,
?xxn?1ii?1?1?0，故对于 n?5 命题不成立．
综上可知，使命题成立的自然数是 n?2,3,4. …………… 15分
x2y215. 设椭圆的方程为 2?2?1(a?b?0), 线段 PQ 是过左焦点 F 且不与
abx 轴垂直的焦点弦. 若在左准线上存在点 R,
使 ?PQR 为正三角形, 求椭圆的离心率 e 的取值范围, 并用 e 表示直线 PQ 的斜率.
解： 如图, 设线段 PQ 的中点为 M． 过点 P、M、Q 分别作准线的垂线, 垂足 分别为 P'、M'、Q', 则
Q＇ |MM'|?11|PF||QF||PQ|(|PP'|?|QQ'|)?(?)?． …………… 6分 22ee2e假设存在点 R，则 |RM|?3|PQ|， 且 |MM'|?|RM|， 即 2|PQ|3?|PQ|， 2e2
所以，e?3． ………………………… 12分 3于是，cos?RMM'?|MM'||PQ|21， 故 ???|RM|2e3|PQ|3ecot?RMM'?13e?12．
若 |PF|?|QF| (如图)，则
kPQ?tan?QFx?tan?FMM'?cot?RMM'?3 时, 过点 F 作斜率为 313e?1213e?12. …………… 18分
当 e? 的焦点弦 PQ, 它的中垂线交左准线
于 R, 由上述运算知, |RM|?3|PQ|． 故 ?PQR 为正三角形. ………… 21分 2若 |PF|?|QF|，则由对称性得
kPQ??13e?12． ……………… 24分
x2y2又 e?1, 所以，椭圆 2?2?1(a?b?0) 的离心率 e 的取值范围是
abe?(13． ,1)， 直线 PQ 的斜率为 ?233e?116. (1) 若 n(n? N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 2018, 求 n 的
最小值, 并说明理由；
(2) 若 n(n? N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 2018最小值, 并说明理由.
解： (1) 因为 103?1000,113?1331,123?1728,133?2197, 12?2005?13， 故 n?1.
3333因为 2005?1728?125?125?27?12?5?5?3，所以存在 n?4， 使
2005, 求 n 的
33nmin?4． ……………… 6分
33若 n?2，因 10?10?2005, 则最大的正方体边长只能为 11 或 12，计算
2005?113?674,2005?123?277，而 674 与 277 均不是完全立方数, 所以
n?2 不可能是 n 的最小值. ……………… 9分
23若 n?3，设此三个正方体中最大一个的棱长为 x, 由 3x?2005?3?8, 知
最大的正方体棱长只能为 9、10、11 或 12.
3333由于 2005?3?9, 2005?2?9?547, 2005?9?2?8?0, 所以 x?9.
3由于 2005?2?10?5, 2005?10?9?276, 2005?10?8?493,
33332005?103?2?73?0, 所以
33x?10.
33由于 2005?11?8?162, 2005?11?7?331, 2005?11?2?6?0, 所以 x?11.
由于 2005?12?6?61, 2005?12?5?152?5, 所以 x?12. 因此 n?3 不可能是 n 的最小值.
综上所述，n?4 才是 n 的最小值. ……………… 12分 (2) 设 n 个正方体的棱长分别是 x1,x2,?,xn， 则
333x1?x2???xn?20022005．…………… ⑤
3由 2002?4(mod9)， 4?1(mod9)，得
333333320022005?42005?4668?3?1?(43)668?4?4(mod9)．…… ⑥ …… 15分
又当 x?N* 时，x3?0,?1(mod9)，所以
33333≡4(mod9)， x1 ≡∕4(mod9)， x1 ∕≡4(mod9). … ⑦ x13 ∕?x2?x2?x3…………… 21分
⑤ 式模 9, 由 ⑥、⑦ 可知, n?4．
而 2002?10?10?1?1，则
333320022005?20022004?(103?103?13?13)?(2002668)3?(103?103?13?13)
?(2002668?10)3?(2002668?10)3?(2002668)3?(2002668)3．…… 24分
因此 n?4 为所求的最小值．
