2019年全国高中数学联赛浙江省预赛及解析

2019年全国高中数学联赛浙江省预赛
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）
请点击修改第I 卷的文字说明
第II 卷（非选择题）
一、填空题
的线段分为x 、y 两段，再将长度为x 的线段弯成半圆周ACB ，将长度为y 的线段折成矩形ABDE 的三条边(BD 、DE 、EA )，构成闭“曲边形”ACBDEA ，则该曲边形面积的最大值为____________.
2.已知集合A ={k +1，k +2，…，k +n }，k 、n 为正整数，若集合A 中所有元素之和为2019，则当n 取最大值时，集合A =________.
3.设(0,
)2
π
θ∈，则
2sin cos (sin 1)(cos 1)
θθ
θθ++的最大值为_____
4.设三条不同的直线：1:23(1)0l ax by a b ++++=，2:2(1)30l bx a b y a ++++=，
3:(1)230l a b x ay b ++++=，则它们相交于一点的充分必要条件为____________.
5.如图，在△ABC 中，∠ABC =120°，AB =BC =2.在AC 边上取一点D (不含A 、C )，将△ABD 沿线段BD 折起，得到△PBD .当平面PBD 垂直平面ABC 时，则P 到平面ABC 距离的最大值为____________.
6.如图，在ABC ∆中，,,D E F 分别为,,BC CA AB 上的点，且35CD BC =
，1
2
EC AC =，13AF AB =
.设P 为四边形AEDF 内一点（P 点不在边界上），若1
3
DP DC DE λ=-+，
则实数λ的取值范围为______
7.设10101009()10091010
x f x x +=+，定义(1)
()()f x f x =，()()()()()1,2,3,
i i f x f f x i -==，
则()
()n f
x =____________.
8.设12,z z 为复数，且满足1
12
5,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位)，则12z z -取值为____________.
9.设120x x ，数列{x n }满足21,1n n n x x x n ++=+.若1≤x 7≤2，则x 8的取值范围为____________.
10.在复平面上，任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________.
二、解答题
11.如图，椭圆21:14
x C y +=，抛物线22:2(0)C x py p =>，设12,C C 相交于A 、B 两点，
O 为坐标原点.
（1）若△ABO 的外心在椭圆上，求实数p 的值； （2）若△ABO 的外接圆经过点130,
2N ⎛⎫
⎪⎝⎭
，求实数p 的值. 12.设,0(11)i i a b i n >+，10i i b b δ+->(δ为常数).若
1
1n
i
i a
==∑，证明：
2
1
21
11
n
i i
i i i
a b b b δ
=+<
.
13.设X 是有限集，t 为正整数，F 是包含t 个子集的子集族：F ={}12,,,t A A A .如果F 中
的部分子集构成的集族S 满足：对S 中任意两个不相等的集合A 、B ，,A B B A ⊂⊂均不成立，则称S 为反链.设S 1为包含集合最多的反链，S 2是任意反链.证明：存在S 2到S 1的单射f ，满足2,()A S f A A ∀∈⊂或()A f A ⊂成立.
参考答案
1.1
2(4)
π+
【解析】1.
记圆的半径为r ，矩形的宽为h ，则有122x r x r h
π=⎧⎨
-=+⎩12,12x x r h x ππ⎛⎫
⇒==-- ⎪⎝⎭，
所以曲边形的面积为221122122x x x S x ππππ⎛⎫
=⋅+⋅--
⎪⎝⎭
22
(4)2x
x πππ+=-22
24244x ππππππ⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=--⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
. 因此，当4
x ππ=
+时，max 1
2(4)
S π=
+.
故答案为：
1
2(4)
π+ ．
2.{334，335，336，337，338，339}
【解析】2. 由已知
21
36732
k n n ++⨯=⨯. 当n =2m 时，得到(221)36733,6,333k m m m n k ++=⨯⇒===； 当n =2m +1时，得到(1)(21)36731,3k m m m n +++=⨯⇒==. 所以n 的最大值为6，此时集合{334,335,336,337,338,339}A =. 故答案为：{334,335,336,337,338,339} ．
3.6-
【解析】3.
令sin cos t θθ+=，2(1)4=2+11t y t t -=-+ 则21
sin cos 2t θθ-=，则原式可化为
sin cos ),(0,)42
ππ
θθθθ+=+∈，根据函数单调性即可求出最大值. 令sin cos t θθ+=，则21
sin cos 2
t θθ-=
因为max26
y==-，
所以
2(1)4
=2
+11
t
y
t t
-
=-
+
原式可化为sin cos),(0,)
42
ππ
θθθθ
+=+∈，
2(1)4
=2
+11
t
y
t t
-
=-
+因为函数在
2(1)4
=2
+11
t
y
t t
-
=-
+
上是增函数，
所以当t=时，
1
3
DP DC DE DM DE
λλ
=-+=+.
4.
1
2
a b
+=-
【解析】4.
设c=a+b+1，设三条直线相交于点(x，y)，则有
230
230
230
ax by c
bx cy a
cx ay b
++=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪++=
⎩
，
三式相加可得：()()()
230
a b c x a b c y a b c
++++++++=，
即：()()
230
a b c x y
++++=，
据此有：
1
a b c
c a b
++=
⎧
⎨
=++
⎩
，则：
11
,
22
a b c
+=-=.
反之，当
1
2
a b
+=-时，方程组有解，即三条直线相交于一点.
故答案为：
1
2
a b
+=-．
5.2
【解析】5.
在△ABC中，因为AB=BC=2，∠ABC=120°，所以
30
BAD BCA︒
∠=∠=.
由余弦定理可得AC=
设AD=x，则0x DC x
<<=
.
在△ABD中，由余弦定理可得BD=
在△PBD中，PD=AD=x，PB=BA=2，∠BPD=30°.
设P 到平面ABC 的距离为d ，则11
sin 22
PBD
S
BD d PD PB BPD =
⨯=⋅∠，
解得
d =
=
，
由0x <<max 2d =. 故答案为：2． 6.14
(,)23
【解析】6.
取BD 中点M,过M 作MH//DE 交DF,AC 分别为G,H,则由,,P C E 可知,P 点在线段GH 上运动（不包括端点）,求出端点G,H 对应的λ即可求解. 取BD 中点M,过M 作MH//DE 交DF,AC 分别为G,H,如图：
则由13
DP DC DE DE DM λλ=+=-+可知,P 点在线段GH 上运动（不包括端点） 当P 与G 重合时，根据413
389DP tDF DC tDE DE t DC λ==-=++
-,可知1
2λ=，当
P 与H 重合时,由,,P C E 共线可知113λ-
+=，即43λ=，结合图形可知14
(,)23
λ∈. 7.
()
()2019120191
2019
12019
1
n n n
n
x x ++--++
【解析】7. 由已知(1)()
(1)1010()1009()1009()1010n n n f x f
x f x --+=+()(1)()(1)()11()1()12019()1
n n n n f x f x f x f x ----⇒=⋅++，
以此类推，()()
()111()1(2019)1n n n f x x f x x --=⋅++(
)()
()
2019120191()2019120191
n n
n n n
x f x x ++-⇒=-++. 故答案为：
()
()2019120191
2019
12019
1
n n n
n
x x ++--++ ．
【解析】8.
由15z =，设15(cos isin )z αα=+，由
1
2
2i z z =+得2(2i)(cos isin )z αα=-+，
于是，12|(3)(cos isin )|z z i αα-=++=
9.2113,134⎡⎤
⎢⎥⎣
⎦
【解析】9.
根据已知条件，用12x x 表示出8x ，结合12,x x 的范围，利用线性规划即可求得目标式的范围.
由已知得312412512,
2,23x x x x x x x x x =+=+=+，
61271281235,58,813x x x x x x x x x =+=+=+，
因为712x ，所以121582x x +，结合120x x ，
在12O x x -坐标下所围成的线性规划区域为四边形，它的四个顶点坐标分别为10,8A ⎛
⎫ ⎪⎝⎭
，
11221,,,,0,131313134B C D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，
所以目标函数在点11,1313B ⎛⎫
⎪⎝⎭处取得最小值2113，在点10,4D ⎛⎫
⎪⎝⎭
处取得最大值134，
8122113813,134x x x ⎡⎤
=+∈⎢⎥⎣⎦.
故答案为：2113,134⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
．
10.39200
【解析】10.
易知10010z -=的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2100
π
，即将单位圆均匀分成100段小弧.
首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：
1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨
⎩97
0,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩
① 计算方程组①的整数解个数，记
1{|97,49}P x x y z x =++=，2{|97,
49}P y x y z y =++=，
3{|97,49}P z x y z z =++=，{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=，
则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃
2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝
)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为1001176
392003
⨯=. 故答案为：39200． 11.（1
2）
3
【解析】11.
(1)由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，△AB 的外心为椭圆的上顶点M (0，1).则有
MA =MB =MO =1.设()()000,0B x y x >，则有()20022
00220
021411
x py x y x y ⎧=⎪⎪+=⎨⎪
⎪+-=⎩，
解得2005)
976x y p ⎧=
⎪⎪
⎪⎪
=
⎨⎪
⎪=
⎪⎪⎩
. (2)因为O 、A 、N 、B 四点共圆，设AB 与y 轴相交于()00,C y ，由相交弦定理得AC •CB =CN •CO ，即000001322y y x x py ⎛⎫
-== ⎪⎝⎭
， 解得013
22
y p =
- ① 代入2
002x y =，解得2
013222x p p ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
. ② 将①、②代入椭圆方程得2
2134132142p p p -⎛⎫+-= ⎪⎝⎭
，解得p =3. 12.证明见解析
【解析】12. 记01
,0k
k i i i s a b s ==
=∑，则有1
k k k k
s s a b --=
. 由已知1111n
n
i i i i i i s s a b -==-==∑∑11111
1n n i i n i
i i i i n i i s s s s b b b bb δ+==+++⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭∑∑ 12121
1n
i i i i i i i a a b b b δ=+∑
(因为12i
i
is a a a )，
即
2
12
1
11
n
i i
i i i
a b b b δ
=+<
.
13.证明见解析
【解析】13.
记|S 1|=r ，称包含r 个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯一 称F 的子集P 为链，如果,,,A B P A B B A ∀∈⊂⊂之一成立. 我们证明结论：F 可以拆分为r 个链(1)i P i r 的并(即Dilworth 定理).
对t 进行归纳证明.t =1时显然成立.设命题对t －1成立，先假设存在一个最大反链S ，使得F 中既有集合真包含S 中的某个集合，也有集合是S 中的某个集合的真子集.记前者的全体为F 1，后者的全体为F 2，即
{1|i i F A F A =∈包含S 中的某个集合}，
{2|i i F A F A =∈是S 中的某个集合的子集
}，
则12,F S F S ⋃⋃均是F 的真子集，从而由归纳假设可将12,F S F S ⋃⋃都可以拆成r 个链的并.1F S ⋃中的链以S 中的元素开始，2F S ⋃中的链以S 中的元素结束.将这些链“接”起来就将F 分成了r 条链.
现在假设不存在这样的反链，从而每个最大反链要么满足1F =∅，要么满足2F =∅.前者意味着S 中的子集都是“极大”子集(不是另一个A i 的真子集)，后者意味着S 中的子集都是“极小”子集(不真包含另一个A i )，从而至多有两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链，则任取极大子集A ，以及极小子集B A ⊂，将A 、B 都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成r －1条链，再加上链B A ⊂即可如果其中之一不是最大反链，不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链，任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.
现在将F 拆分成r 条链，则每条链中恰有一个S 1中的子集，且至多有一个S 2中的子集.将每个S 2中的子集对应到所在链中S 1的元素，就得到了从S 2到S 1满足要求的映射.。