2018年全国高中数学联赛湖北省预赛及解析

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

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第II卷（非选择题）

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评卷人 得分 𝜋2

一、填空题

1.若对任意的𝜃

∈[0,]，不等式4+2sin𝜃cos𝜃−𝑎sin𝜃−𝑎cos𝜃<0恒成立，则

实数𝑎的最小值为______. 2.设数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1

=1,4𝑎𝑛+1−𝑎𝑛+1𝑎𝑛+4𝑎𝑛=9，则𝑎2018=______.

∈(0,+∞)，都有𝑓[𝑓(𝑥)−

3.设𝑓(𝑥)是定义在(0,+∞)上的单调函数，若对任意的𝑥

2log2𝑥]=4，则不等式𝑓(𝑥)<6的解集为______.

4.已知点𝑃在离心率为√2的双曲线个焦点，且⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 𝑃𝐹1⋅⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 𝑃𝐹2

𝑥2𝑦2

−2𝑎2𝑏

=1(𝑎>0,𝑏>0)上，𝐹1、𝐹2为双曲线的两

=0，则𝛥𝑃𝐹1𝐹2的内切圆半径𝑟与外接圆半径𝑅之比为______.

⊥𝐶𝐺,𝐵𝐶=√2，则𝐴𝐵+𝐴𝐶的最大值为______.

5.设𝐺为𝛥𝐴𝐵𝐶的重心，若𝐵𝐺

6.一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______.

7.设正实数𝑥、𝑦满足𝑥2+𝑦2+𝑥+𝑦=4，则𝑃8.设数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛

1

1

27

=

15𝑥

−

34𝑦

的最小值为______.

=𝑛3−𝑛,𝑛∈𝑁∗，将该数列中个位数字为0的项，按从小

到大的顺序排列构成数列{𝑏𝑛}，则𝑏2018被7除所得的余数为______. 评卷人 得分 二、解答题

9.已知𝑂为坐标原点，𝑁(1,0)，点𝑀为直线𝑥=−1上的动点，∠𝑀𝑂𝑁的平分线与直线

𝑀𝑁交于点𝑃，记点𝑃的轨迹为曲线𝐸.

（1）求曲线𝐸的方程； （2）过点𝑄(−取值范围.

10.对任意正整数𝑚、𝑛，定义函数𝑓(𝑚,𝑛)如下：

12

12

,−)作斜率为𝑘的直线𝑙，若直线𝑙与曲线𝐸恰好有一个公共点，求𝑘的

①𝑓(1,1)②𝑓(𝑚

=1；

=𝑓(𝑚,𝑛)+2(𝑚+𝑛−1).

+1,𝑛)=𝑓(𝑚,𝑛)+2(𝑚+𝑛)；

③𝑓(𝑚,𝑛+1)

（1）求𝑓(𝑚,𝑛)的解析式； （2）设𝑎𝑛

=

√𝑓(𝑛,𝑛)

2𝑛−1(𝑛∈𝑁),𝑆𝑛是数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，证明：𝑆𝑛

∗

<6.

211.已知正数𝑎、𝑏满足𝑎+𝑏=1，求𝑀=√1+2𝑎25

+2√()+𝑏2的最小值.

12

参考答案

1.4

【解析】1. 设𝑥

=sin𝜃+cos𝜃=√2sin(𝜃+)，则

4

𝜋

2sin𝜃cos𝜃=𝑥2−1.

当𝜃

∈[0,]时，可得1≤𝑥≤√2.

2

𝜋

不等式4+2sin𝜃cos𝜃

−𝑎sin𝜃−𝑎cos𝜃≤0，即𝑥2−𝑎𝑥+3≤0，所以

𝑎≥𝑥+.

𝑥

3

当1≤𝑥≤2时，函数𝑓(𝑥)=𝑥+单调递减，可得

𝑥

3

𝑎≥𝑓(1)=1+3=4.

故实数𝑎的最小值为4. 2.

【解析】2. 由4𝑎𝑛+1

53−𝑎𝑛+1𝑎𝑛+4𝑎𝑛=9可得

(4−𝑎𝑛)(4−𝑎𝑛+1)=7. 设𝑏𝑛

=4−𝑎𝑛，则有𝑏𝑛𝑏𝑛+1=7.又𝑏1=4−𝑎1=3，故𝑏2=7. 3=3,𝑏2𝑘=7，于是

3一般地，有𝑏2𝑘−1

5

𝑎2𝑘−1=4−3=1,𝑎2𝑘=4−7=，

33所以𝑎2018

=5. 33.{𝑥|0<𝑥<4 }

【解析】3.

由题设，存在正常数𝑐，使得𝑓(𝑐)

=4，且对任意的𝑥∈(0,+∞)，有𝑓(𝑥)−

2log2𝑥=𝑐.

当𝑥

=𝑐时，有𝑓(𝑐)=2log2𝑐+𝑐=4，由单调性知此方程只有唯一解𝑐=2.所以

𝑓(𝑥)=2log2𝑥+2.不等式𝑓(𝑥)<6，即2log2𝑥+2<6，解得0<𝑥<4.故不等

式的解集为{𝑥|0<𝑥<4 }.

4.

√62−1

【解析】4.

⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，知∠𝑃𝑃𝐹由⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹212可得𝑅

12

=90°.设|𝑃𝐹1|=𝑚,|𝑃𝐹2|=𝑛，又|𝐹1𝐹2|=2𝑐，则

=𝑐,𝑟=(𝑚+𝑛−2𝑐)，

𝑚2+𝑛2=4𝑐2， ①

|𝑚−𝑛|=2𝑎. ② 设𝑅=𝑘，则𝑟

𝑟

=𝑘𝑅=𝑘𝑐=(𝑚+𝑛−2𝑐)，即有

2

1

𝑚+𝑛=(2𝑘+2)𝑐. ③

由①②③可得(2𝑘+2)(𝑘+1)解得𝑘

2

2

2

22

𝑐+4𝑎2

=8𝑐2，所以

=2𝑐𝑐−𝑎=2−𝑒12=3， 22√62

=

−1.

5.2√5

【解析】5.

设𝐵𝐶的中点为𝐷，因为𝐵𝐺

⊥𝐶𝐺，故𝛥𝐵𝐶𝐺是直角三角形，所以𝐺𝐷=𝐵𝐶=

2

1√22

. 又因为𝐺为𝛥𝐴𝐵𝐶的重心，所以𝐴𝐷由三角形的中线长公式可得𝐴𝐷2

2

2

2

12

=3𝐺𝐷=

14

3√22

.

=(2𝐴𝐵2+2𝐴𝐶2−𝐵𝐶2)，所以

3√22

𝐴𝐵+𝐴𝐶=2𝐴𝐷+𝐵𝐶=2⋅(

所以𝐴𝐵+𝐴𝐶≤2√故𝐴𝐵6.

【解析】6.

7

72𝐴𝐵2+𝐴𝐶2

2

2

)+⋅(√2)=10.

2

2

1

2

=2√5，当且仅当𝐴𝐵=𝐴𝐶时等号成立.

+𝐴𝐶的最大值为2√5.

设𝑎1、𝑎2、𝑎3、𝑎4分别是四次投掷骰子得到的点数，那么(𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4)共有6种不同的情况.

如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则

4

𝑎1≤𝑎2≤𝑎3≤𝑎4.

若𝑎1、𝑎2、𝑎3、𝑎4的值都相等，则(𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4)有𝐶6种不同的情况；

2

若𝑎1、𝑎2、𝑎3、𝑎4恰好取两个不同的值，则(𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4)有3𝐶6种不同的情况； 3若𝑎1、𝑎2、𝑎3、𝑎4恰好取3个不同的值，则(𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4)有3𝐶6种不同的情况；

1

若𝑎1、𝑎2、𝑎3、𝑎4恰好取4个不同的值，则(𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4)有𝐶6种不同的情况. 因此，满足𝑎1

234

≤𝑎2≤𝑎3≤𝑎4的情况共有𝐶16+3𝐶6+3𝐶6+𝐶6=126（种）. 1266

44

故所求的概率为7.6

【解析】7.

7

=72.

由三元均值不等式，可得

18815

𝑥2+=(𝑥2++)− 𝑥𝑥𝑥𝑥≥3√𝑥2⋅⋅−

𝑥

𝑥

3

8815𝑥

=12−

15𝑥

, ①

1113𝑦2+=(𝑦2++)+

𝑦8𝑦8𝑦4𝑦≥3√𝑦2⋅

当且仅当𝑥

3

18𝑦

⋅

18𝑦

=+

4

334𝑦

. ②

12

=2时，①中等号成立；当且仅当𝑦=时，②中等号成立.

11

+𝑥𝑦315

≥51+−(). 44𝑦𝑥①+②，得𝑥2+𝑦2+又已知𝑥2+𝑦2+

12

11

+𝑥𝑦5131527153

=27，故+(−)≤，整理得−≥6.当且仅当𝑥=444𝑦𝑥4𝑥4𝑦15𝑥

2,𝑦=时等号成立.所以，𝑃=

8.4

【解析】8. 因为𝑎𝑛

−

34𝑦

的最小值为6.

=𝑛3−𝑛=𝑛(𝑛−1)(𝑛+1)，于是可知当且仅当𝑛的个位数字为1、4、5、6、=336×6+2,336×10=3360，余数2所对应的满足条件的项的个位数

9、0时，𝑎𝑛的个位数字为0.所以，数列{𝑎𝑛}的连续10项中，个位数字为0的项有六个. 而2018

字为4，因此，

𝑏2018=𝑎3364=33643−3364=3364×3363×3365 ≡4×3×5≡60≡

4(mod7).

所以，𝑏2018被7除所得余数为4. 9.（1）𝑦2

【解析】9.

(1).设𝑃(𝑥,𝑦),𝑀(−1,𝑡)，易知0

1+3=𝑥(0≤𝑥<1)（2）(−1,1]∪{} 32√

≤𝑥<1.

𝑂𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =|𝑂𝑀|⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ √1+𝑡2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 因为𝑂𝑃平分∠𝑀𝑂𝑁，所以⃑⃑𝑀𝑃𝑃𝑁=𝑃𝑁，所以 ||

𝑥+1=√1+𝑡2(1−𝑥), ① 𝑦−𝑡=√1+𝑡2(0−𝑦). ②

由①②可得𝑡

=

𝑥+1

，代入①得到1−𝑥1−𝑥

2𝑦

2𝑦2√=1+(1−𝑥)，化简即得曲线𝐸的方程为𝑦2

=

𝑥(0≤𝑥<1).

(2).记𝐴(1,1),𝐵(1,−1)，则𝑘𝑄𝐴直线𝑙的方程为𝑦+

12

12

=1,𝑘𝑄𝐵=−1. 3=𝑘(𝑥+)，与抛物线方程𝑦2=𝑥联立，消去𝑥得

1

𝑘𝑦−𝑦+(𝑘−1)=0

22

当直线𝑙与抛物线𝑦2当𝑘当𝑘

3=𝑥相切于点𝑇时，𝛥=1−2𝑘(𝑘−1)=0，解得𝑘1,2=1±. 2√

=𝑘1==𝑘2=

1+√322

时，𝑦𝑇时，𝑦𝑇

==

√3−122，切点𝑇在曲线𝐸上； ，切点𝑇不在曲线𝐸上.

1−√3√3+1若直线𝑙与曲线𝐸恰好有一个公共点，则有𝑘𝑄𝐵范围为(−3,1]∪{2}. 10.（1）𝑓(𝑚,𝑛) =

【解析】10.

(1). 由条件②可得：𝑓(2,1)−𝑓(1,1)

1

1+√3<𝑘≤𝑘𝑄𝐴或𝑘=

1+√32

，故所求𝑘的取值

𝑚2+2𝑚𝑛+𝑛2−𝑚−3𝑛+1.（2）见解析

=2×(1+1)=2×2,

𝑓(3,1)−𝑓(2,1)=2×(2+1)=2×3,

……

𝑓(𝑚,1)−𝑓(𝑚−1,1)=2(𝑚−1+1)=2𝑚.

将上述𝑚−1个等式相加得

𝑓(𝑚,1)−𝑓(1,1)=2(2+3+⋅⋅⋅+𝑚).

而𝑓(1,1)

=1，所以

𝑓(𝑚,1)=2(2+3+⋅⋅⋅+𝑚)+1=𝑚2+𝑚−1.

由条件②可得：

𝑓(𝑚,2)−𝑓(𝑚,1)=2(𝑚+1−1)=2𝑚, 𝑓(𝑚,3)−𝑓(𝑚,2)=2(𝑚+2−1)=2(𝑚+1),

……

𝑓(𝑚,𝑛)−𝑓(𝑚,𝑛−1)=2(𝑚+𝑛−1−1)=2(𝑚+𝑛−2).

将上述𝑛−1个等式相加得

𝑓(𝑚,𝑛)−𝑓(𝑚,1)=2[𝑚+(𝑚+1)+⋅⋅⋅+(𝑚+𝑛−2)].

而𝑓(𝑚,1)

=𝑚2+𝑚−1,，所以

=𝑚2+2𝑚𝑛+𝑛2−𝑚−3𝑛+1.

𝑓(𝑚,𝑛)=2[𝑚+(𝑚+1)+⋅⋅⋅+(𝑚+𝑛−2)]+𝑚2+𝑚−1

(2).因为𝑓(𝑛,𝑛)

=𝑛2+2𝑛⋅𝑛+𝑛2−𝑛−3𝑛+1=(2𝑛−1)2，所以

1𝑛−1

𝑎𝑛=

所以

√𝑓(𝑛,𝑛)

2𝑛−1=(2𝑛−1)⋅(2).

10111𝑛−1

𝑆𝑛=1⋅()+3⋅()+⋅⋅⋅+(2𝑛−1)⋅().

222111121𝑛−11𝑛

𝑆=1⋅()+3⋅()+⋅⋅⋅+(2𝑛−3)⋅()+(2𝑛−1)⋅(). 2𝑛2222两式相减得

1𝑆2𝑛

11121𝑛−1

1+2⋅(2)+2⋅(2)+⋅⋅⋅+2⋅(2)

1𝑛

−(2𝑛−1)⋅(2) =

1𝑛−1211−2=

1+

1−()−

2𝑛−12𝑛=3−

22

−𝑛−212𝑛−12𝑛.

故𝑆𝑛

∗

=6−2𝑛+3,𝑛∈𝑁，所以𝑆𝑛<6. 𝑛−111.12

【解析】11.

由柯西不等式可得(2𝑎2+1)(2+𝜆)≥(𝑎+𝜆)， [𝑏

2

52

+(12)](1+𝜇2)

1

2

2

5√34≥

25

(𝑏+12𝜇)，

所以

𝑀=√1+2𝑎2+2√()+𝑏2≥

12

52𝑎+𝜆1√+𝜆22+2⋅

𝑏+𝜇√1+𝜇2512， ①

取等号的条件分别为

4𝑎2=𝑏=

当12

(

1𝜆2， ②

52)12𝜇2. ③

2√1+𝜇2√1+𝜆2=2时，有𝜇2

=4𝜆+1，结合②③得

125

(1+2)𝑏=().

12𝑎2

2

又𝑎+𝑏=1，所以𝑏

2

𝑏

+(1−𝑏)22

=

52

(12)，整理得

144𝑏4−288𝑏3+263𝑏2+50𝑏−25=0，

故

(4𝑏−1)(36𝑏记𝑓(𝑏)

′

3

−63𝑏+50𝑏+25)=0. ④

72

108(𝑏−12)+53

42

=36𝑏3−63𝑏2+50𝑏+25，则

2

𝑓(𝑏)=108𝑏−126𝑏+50=>0，

所以𝑓(𝑏)在(0,1)上为增函数，故当0<𝑏<1时，

𝑓(𝑏)>𝑓(0)=25>0.

于是，由④可得𝑏代入②③求得𝜆

=，从而𝑎=.

4

4

23

53

13

=,𝜇=.

≥

5√34代入①式，整理得𝑀

，因此𝑀的最小值为12. 12

5√34