1、参考答案及评分标准 （第 1 页 共 5 页） 2018 年年全国全国高中数学联赛高中数学联赛（四川四川预预赛赛）试题试题 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明说明： 1、评阅试卷时评阅试卷时，请依据评分标准请依据评分标准. .选择题和填空题只设选择题和填空题只设 5 分和分和 0 分两档分两档；其它各题的其它各题的评阅评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次不要再增加其它中间档次. . 2、如果考生的解答题方法和本解答不同如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理只要思路合理，步骤正确步骤正确，在评阅时可参在评阅时可参考
2、本评分标准适当划分档次评分考本评分标准适当划分档次评分，5 分一个档次分一个档次，不要再增加其它中间档次不要再增加其它中间档次. . 一一、选择题选择题（本大题共本大题共 6 个小题个小题，每小题每小题 5 分分，共共 30 分分） 1、A 2、B 3、B 4、D 5、C 6、D 二二、填空题填空题（本大题共本大题共 6 个小题个小题，每小题每小题 5 分分，共共 30 分分） 7、4 8、2 155 9、1 10、3626 11、1 12、6050 三三、解答题解答题（本大题共本大题共 4 个小题个小题，每小题每小题 20 分分，共共 80 分分） 13. 已知双曲线22143xy，设其实轴
3、端点为1A、2A，点P是双曲线上不同于1A、2A的一个动点，直线1PA、2PA分别与直线1x 交于1M、2M两点. 证明：以线段12M M为直径的圆必经过定点. 证明：由已知可设1( 2,0)A，2(2,0)A，双曲线上动点P的坐标为00(,)xy且 y00， 则2200143xy. 因为直线 PA1的方程为00(2)2yyxx，直线2PA的方程为00(2)2yyxx， 所以 M1(1, 0032yx )，020(1,)2yMx)， 5 分 设以线段12M M为直径的圆C上任意一点 Q(x,y)， 则由120M Q M Q 得圆 C 的方程为00003(1)(1)()()022yyxxyyxx
4、.10 分 令 y0，代入上述圆方程，得220203(1)04yxx， 15 分 由2200143xy可得2020344yx， 参考答案及评分标准 （第 2 页 共 5 页） 因此有29(1)04x，解得52x 或12x . 所以，以线段12M M为直径的圆必经过两定点1(, 0)2，5( , 0)2. 20 分 14. 设x，y，z为正实数，求111(2)(2)(2)xyzyzx的最小值. 解：记111(2)(2)(2)Txyzyzx, 当1xyz时，T有最小值3(22)2014 2. 5 分 下证：2014 2T. 解法一：1111()2()Txyzxyyzzxxyzxyyzzx 1113
5、()2()5 2xyzxyzxyzzxy 10 分 6111226 xy yz zxxyyz zx 631 1 136235 2xyzx y zxy zzxy 15 分 26 236235 22014 2 . 20 分 当1xyz时，可取到等号. 所以，T的最小值为2014 2. 解法二：(22)(22)(22)xyzTyzx 10 分 84 2()4()2 2xzyxyzzyxyzx 3384 23432 2xzyxyzzyxyzx 15 分 84 23432 22014 2 . 20 分 参考答案及评分标准 （第 3 页 共 5 页） 当1xyz时，可取到等号. 所以，T的最小值为2014
6、 2. 解法三：注意到：1222xy 11121222222xy 10 分 1122222221( )1xy . 15 分 于是，3111(2)(2 (2)(22)xyzyzx） 111222222222xzyyxz 112112112222222222222222222111( )1) ( )1) ( )1)xyzyzx 1 . 故3111(2)(2)(2)(22)xyzyzx. 20 分 当1xyz时，可取到等号. 所以，T的最小值为3(22)2014 2. 15. 已知数列na满足：11a ，2*11()8nnaam n N，若对任意正整数n，都有4na，求实数m的最大值. 解：因为22
7、111(4)2288nnnnnaaaamamm， 5 分 故1111()1(2)(1)nnkkkaaaamn . 若2m，注意到n 时，(2)(1)mn ， 因此，存在充分大的n，使得1(2)(1)4mn，即4na，矛盾！ 参考答案及评分标准 （第 4 页 共 5 页） 所以，2m. 10 分 又当2m 时，可证：对任意的正整数n，都有04na. 当1n，114a ，结论成立； 假设(1)nk k时，结论成立，即04ka， 则221110224488kkaa， 即结论对1nk也成立. 由归纳原理知，对任意的正整数n，都有04na. 综上可知，所求实数m的最大值为 2. 20 分 16. 设函数
8、( )2lnpf xpxxx. （1）若( )f x在其定义域内为单调递增函数，求实数p的取值范围； （2）设2( )eg xx，且0p，若在1, e上至少存在一点0 x，使得00()()f xg x成立， 求实数p的取值范围； （3）求证：对任意的正整数n，都有212ln (1)3nkk成立. 解： （1）函数( )f x的定义域为( |0 x x. 由( )2lnpf xpxxx 知 22( )pfxpxx, 要使( )f x在其定义域(0,)内为单调递增函数，只须( )0fx， 即220pxxp在(0,)内恒成立. 于是221xpx，注意到：222121xxxx，等号在1x 时成立， 即
9、221xx 在1x 时有最大值 1. 从而1p . 5 分 （2）解法一：注意到2( )eg xx在1,e上是减函数， 所以min( )( )2g xg e，max( )(1)2g xge，即( )2, 2 g xe. 参考答案及评分标准 （第 5 页 共 5 页） 当 0p1 时，由 x1,e，得1xx0， 故 f(x)p(x1x)2lnxx1x2lnx2，不合题意. 当 p1 时，由（1）知 f(x)在1,e上是增函数，f(1)02， 又 g(x)在1,e上是减函数，所以原命题等价于 f(x)maxg(x)min2，x1,e， 由 f(x)max f(e) p(e1e)2lne2，解得 p
10、241ee . 综上，p 的取值范围是(241ee ,). 10 分 解法二：原命题等价于 f(x)g(x)0 在1,e上有解， 设 F(x)f(x)g(x) pxpx2lnx2ex. 因为 F(x) p2px2x22ex222()pxpexx，所以 F(x)是增函数， 所以 F(x) max F(e)0，解得 p241ee . 故 p 的取值范围是(241ee ,). 10 分 （3）令1( )2lng xxxx，则由（1）知( )g x在(0,)内为单调减函数. 由于(1)0g，故当1x时，有( )0g x，即102ln xxx. 因此，22122ln 112(2)1kkk kk， 即22ln(1)(2)kk k 15 分 故224ln (1)(2)kk k 于是21112411ln (1)2()(2)2nnnkkkkk kkk 1112(1)3212nn. 20 分
