2018年全国高中数学联合竞赛一试
试题参考答案（B卷）
说明：
1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．
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，在评卷时可参考本评分标准适当划
分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次．
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
5?4x?x21．函数f(x)?在(??,2)上的最小值是 （ B ）
2?xA．3 B．2 C．1 D．0
1?(4?4x?x2)11[解] 当x?2时，2?x?0，因此f(x)???(2?x)?2??(2?x) 2?x2?x2?x1?2，当且仅当而此方程有解x?1?(??,2)，因此f(x)在(??,2)?2?x时上式取等号．
2?x上的最小值为2．
2．设A?[? 2,4)，B?{xx2?ax?4?0}，若B?A，则实数a的取值范围为 （ A ）A．[0,3) B．[0,3] C．[?1,2) D．[?1,2] [解] 因x2?ax?4?0有两个实根
2aa2aa x1??4?，x2??4?，
2424故B?A等价于x1??2且x2?4，即
aa2aa2且?4???2?4??4，
2424解之得0?a?3．
3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为
2，乙在每局中获胜的概率为31，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数?的期望E?为 （ C ） 3670241274266 B. C. D. 243818181 [解法一] 依题意知，?的所有可能值为2，4，6.
A.
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为
215 ()2?()2?．
339若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 P(??2)?5， 94520 P(??4)?()()?，
9981416 P(??6)?()2?，
98152016266故E??2??4??6??．
9818181[解法二] 依题意知，?的所有可能值为2，4，6.
令Ak表示甲在第k局比赛中获胜，则Ak表示乙在第k局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得
P(??2)?P(A1A2)?P(A1A2)?5， 9P(??4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)
211220 ?2[()3()?()3()]?，
333381P(??6)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)?P(A1A2A3A4)
2116 ?4()2()2?，
338152016266故E??2??4??6??．
98181814．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ D ） A. 586 cm3 B. 586 cm3或564 cm3 C. 764 cm3 D. 764 cm3或586 cm3
[解] 设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有6?a2?b2?c2??564，a2?b2?c2?94，不妨设1?a?b?c?10，从而3c?a?b?c?94，c?31．故6?c?10．c只能取9，8，7，6．
若c?9，则a2?b2?94?92?13，易知a?2，b?3，得一组解(a,b,c)?(2,3,9)．
222220，b?4，若c?8，则a2?b2?94?64?30，b?5．但2b?3从而b?4或5．若b?5，
则a?5无解，若b?4，则a?14无解．此时无解．
222
若c?7，则a2?b2?94?49?45，有唯一解a?3，b?6．
若c?6，则a2?b2?94?36?58，此时2b?a?b?58，b?29．故b?6，但
2222b?c?6，故b?6，此时a2?58?36?22无解．
?a?2,?a?3,??综上，共有两组解?b?3,或?b?6,
?c?9?c?7.??体积为V1?23?33?93?764cm3或V2?33?63?73?586cm3．
?x?y?z?0,5．方程组?的有理数解(x,y,z)的个数为 （ C ） ?xyz?z?0,?xy?yz?xz?y?0?A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
?x??1，?x?y?0，?x?0，[解] 若z?0，则?解得?或? y?1.xy?y?0.y?0???若z?0，则由xyz?z?0得xy??1． ① 由x?y?z?0得z??x?y． ②
将②代入xy?yz?xz?y?0得x2?y2?xy?y?0． ③ 由①得x??1，代入③化简得(y?1)(y3?y?1)?0. y易知y3?y?1?0无有理数根，故y?1，由①得x??1，由②得z?0，与z?0矛盾，
?x?0,?x??1,?故该方程组共有两组有理数解??y?0,或?y?1,
?z?0?z?0.??6．设?ABC的内角A,B,C所对的边a,b,c成等比数列，则
sinAcotC?cosA的取值范围是
sinBcotC?cosB （ B ）
5?15?15?1,??) B. (,) 2225?1C. (0,) D. (0,??)
2[解] 设a,b,c的公比为q，则b?aq,c?aq2，而
A. (sinAcotC?cosAsinAcosC?cosAsinC ?sinBcotC?cosBsinBcosC?cosBsinC ?sinA(?C)?sinB(?C)?s?inB(??s?inA()Bsibn??q． )Asian因此，只需求q的取值范围．
因a,b,c成等比数列，最大边只能是a或c，因此a,b,c要构成三角形的三边，必需且只需a?b?c且b?c?a．即有不等式组
22??a?aq?aq,??q?q?1?0,即?2 ?2??aq?aq?a??q?q?1?0.?1?55?1?q?,??22解得? ?q?5?1或q??5?1.??22从而
5?15?15?15?1，因此所求的取值范围是(?q?,)．
2222，若
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7．设f(x)?ax?b，其中a,b为实数，f1(x)?f(x)，fn?1(x)?f(fn(x))，n?1,2,3,f7(x)?128x?381，则f2(2)? 17 .
[解] 由题意知fn(x)?anx?(an?1?an?2??a?1)b
an?1?ax??b，
a?1na7?1由f7(x)?128x?381得a?128，?b?381，因此a?2，b?3．
a?17a2?122?1?b?8??3?17． 因此 f2(2)?2a?a?12?128．设f(x)?cos2x?2a(1?cosx)的最小值为?[解] f(x)?2cos2x?1?2a?2acosx
1，则a?2?2?3．
a1 ?2(cosx?)2?a2?2a?1，
22(1) a?2时，f(x)当cosx?1时取最小值1?4a； (2) a??2时，f(x)当cosx??1时取最小值1； (3) ?2?a?2时，f(x)当cosx?a1时取最小值?a2?2a?1． 221， 2又a?2或a??2时，f(x)的最小值不能为?11故?a2?2a?1??，解得a??2?3，a??2?3(舍去)．
229．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．
[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用?表示名额．如
|????|??|??|
表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．
若把每个“?”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于24?2?26个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．
“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“?”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有C2种． 23?253又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．
综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．
[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为x1,x2,x3，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程
x1?x2?x3?24．
的正整数解的个数，即方程x1?x2?x3?21的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：
212． H3?C2123?C23?253又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．
综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． 10．设数列{an}的前n项和Sn满足：Sn?an?[解] an?1?Sn?1?Sn?即 2an?1? =
n?1，n?1,2,n(n?1)，则Sn=
11?nn?12．
nn?1?an?1??an，
(n?1)(n?2)n(n?1)n?2?211???an
(n?1)(n?2)n?1n(n?1)?21， ?an?(n?1)(n?2)n(n?1)11． )?an?(n?1)(n?2)n(n?1)由此得 2(an?1?令bn?an?有bn?1?111，b1?a1?? (a1?0)，
22n(n?1)1111． bn，故bn?n，所以an?n?22n(n?1)2
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