2019年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛

合集下载

2019年高中数学联合竞赛(A卷)参考答案及评分标准

2019年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 填空题只设8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, 不得增加其他中间档次.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, 解答题中第9小题4分为一个档次, 第10、11小题5分为一个档次, 不得增加其他中间档次.一、填空题: 本大题共8小题, 每小题8分, 满分64分.1. 已知正实数a 满足()89aaa a =, 则()log 3a a 的值为 .答案:916.解: 等式两边同时开8a 次方根, 有189a a =. 这样9163a a ==, 所以()9log 316a a =. 2. 若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和, 则x 的值为 .答案: 32-. 解: 假设0x ≥, 则最大、最小元素之差不超过{}max 3,x , 而所有元素之和大于{}max 3,x , 不符合条件. 故0x <, 即x 为最小元素. 于是36x x -=+, 解得32x =-. 3. 在平面直角坐标系中, e 是单位向量, 向量a 满足2a e ⋅= , 且25a a te ≤+对任意实数t 成立, 则a的取值范围是 .答案: .解: 不妨设()1,0e = . 由于2a e ⋅= , 可设()2,a s =. 又因为对任意实数t , 有2245s a a te +=≤+=这等价于245s s +≤, 解得[]1,4s ∈, 即[]21,16s ∈. 于是a = .4. 设,A B 为椭圆Γ的长轴顶点, ,E F 为Γ的两个焦点, 4,2AB AF ==+, P 为Γ上一点, 满足2PE PF ⋅=, 则PEF ∆的面积为 .答案: 1.解: 不妨设平面直角坐标系中Γ的标准方程为()222210x y a b a b+=>>. 根据条件, 得24,2a AB a AF ==±==+.可知2,1a b ==, 且EF ==.由椭圆的第一定义知24PE PF a +==, 结合2PE PF ⋅=得到()2222212PE PF PE PFPE PF EF +=+-⋅==.所以EPF ∠为直角, 进而112122PEF S PE PF ∆=⋅=⨯=. 5. 在1,2,3,,10 中随机选出一个数a , 在1,2,3,,10---- 中随机选出一个数b , 则2a b +被3整除的概率为 .答案:37100. 解: 数组(),a b 共有210100=种等概率的选法.考虑其中使得2a b +被3整除的选法数N . 若a 被3整除, 则b 也被3整除. 此时,a b 各有3种选法, 这样的(),a b 有239=组. 若a 不被3整除, 则()21mod 3a ≡, 从而()1mod 3b ≡-. 此时a有7种选法, b 有4种选法, 这样的(),a b 有7428⨯=组.因此92837N =+=, 于是所求概率为37100. 6. 对任意闭区间I , 用I M 表示函数sin y x =在I 上的最大值. 若正数a 满足[][]0,,22a a a M M =,则a 的值为 .答案:56π或1312π. 解: 假如02a π<≤, 则由正弦函数图像性质得[][]0,,20sin a a a M a M <=≤, 与条件不符. 因此2a π>, 此时[]0,1a M =, 故[],212a a M =. 于是, 存在非负整数k , 使得51322266k a a k ππππ+≤<≤+,且该不等式中“≤”至少有一处取到等号.当0k =时, 得56a π=或1326a π=. 经检验513,612a ππ=均满足条件. 当1k ≥时, 由于13522266k k ππππ⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭, 故不存在满足上述不等式的a . 综上, a 的值为56π或1312π. 7. 如图, 正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K , 且将正方体分成体积比为3:1的两部分, 则EKKF的值为 .答案:解: 记α为截面所在的平面. 延长,AK BF 交于点P , 则P 在α上, 故直线CP 是α与平面BCGF 的交线. 设CP 与FG 交于点L , 则四边形AKLC 为截面.因平面ABC 平行于平面KFL , 且,,AK BF CL 共点P , 故ABC KFL -为棱台. 不妨设正方体棱长为1, 则正方体的体积为1, 结合条件知, 棱台ABC KFL -的体积为14V =. 设PF h =, 则1KF FL PF hAB BC PB h ===+. 注意到,PB PF 分别是凌锥P ABC -与凌锥P KFL -的高, 于是14P ABC P KFL V V V --==-1166AB BC PB KF FL PF =⋅⋅-⋅⋅ ()()3221331116161h h h h h h ⎛⎫++⎛⎫=+-= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭+⎝⎭. 化简得231h =,故h =从而1EK AE KF PF h ===8. 将6个数2,0,1,9,20,19按任意次序排列成一行, 拼成一个8位数(首位不为0), 则产生的不同的8位数的个数为 .答案: 498.解: 将2,0,1,9,20,19的首位不为0的排列的全体记为A , 易知55!600A =⨯=(这里及以下,X 表示有限集X 的元素个数.)将A 中2的后一项是0, 且1的后一项是9的排列的全体记为B ; A 中2的后一项是0, 但1的后一项不是9的排列的全体记为C ; A 中1的后一项是9, 但2的后一项不是0的排列的全体记为D .将1和9, 2和0按顺序捆绑产生的元素19, 20分别看作两个新的元素,a b . 它们与之前的两个元素19,20产生的元构成B 的全体, 故4!B =; 将2和0按顺序捆绑产生的元素与之前的四个元素产生的元构成B C 的全体, 故5!B C +=; 将1和9按顺序捆绑产生的元素与之前的四个元素产生的首位不为0的元素构成B D 的全体, 故44!B D +=⨯. 从而24,96,72B C D ===.由B 中排列产生的每个8位数, 恰对应B 中的224⨯=个排列(这样的排列中, 20可与“2,0”互换, 19可与“1,9”互换). 类似地, 由C 或D 中排列产生的每个8位数, 恰对应C 或D 中的2个排列. 因此满足条件的8位数的个数为()3\60018483649842422B C D B C DA B C D A +++=---=---= .二、解答题: 本大题共3小题, 满分56分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 9. (本题满分16分) 在ABC ∆中, ,,BC a CA b AB c ===. 若b 是a 与c 的等比中项, 且sin A 是()sin B A -与sin C 的等差中项, 求cos B 的值.解: 因b 是a 与c 的等比中项, 故存在0q >, 满足2,b qa c q a ==. ①因sin A 是()sin B A -与sin C 的等差中项, 故()()()2sin sin sin sin sin 2sin cos A B A C B A B A B A =-+=-++=.………………… (4分)结合正、余弦定理, 得222sin cos sin 2a A b c a A b B bc+-===, 即2222b c a ac +-=. ………………… (8分)将①代入并化简, 可知24212q q q +-=, 即421q q =+. 所以212q +=. ………………… (12分) 进而2224222111cos 222a cb q q B ac q q +-+--====. ………………… (16分) 10. (本题满分20分) 在平面直角坐标系xOy 中, 圆Ω与抛物线2:4y x Γ=恰有一个公共点, 且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F . 求圆Ω的半径.解: 显然Γ的焦点F 的坐标为()1,0. 设圆Ω的半径为()0r r >. 由对称性, 不妨设Ω在x 轴上方与x 轴相切于F , 故Ω的方程为()()2221x y r r -+-=. ①将24yx =代入①并化简, 得2221204y y ry ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭. 显然0y >, 故 ()222224112432y y r y y y ⎛⎫+⎛⎫⎪=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. ② ………………… (5分)根据条件, ②恰有一个正数解y , 该y 值对应Ω与Γ的唯一公共点.考虑()()224,032y f y y y+=>的最小值.由平均值不等式,知224444333y y +=+++≥从而 ()1329f y y ≥⋅=, 当且仅当243y =,即3y =时, ()f y取到最小值9. ………………… (15分)由②有解可知9r ≥.假设9r >, 因()f y 随y 连续变化, 且0y +→及y →+∞时()f y 均可任意大,故②在0,3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭及,3⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上均有解, 与解的唯一性矛盾. 综上,仅有9r =满足条件(此时1,33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭是Ω与Γ的唯一公共点).………………… (20分) 11. (本题满分20分) 称一个复数数列{}n z 为“有趣的”, 若11z =, 且对任意正整数n , 均有2211420n n n n z z z z ++++=. 求最大的常数C , 使得对一切有趣的复数数列{}n z 及任意正整数m , 均有12m z z z C +++≥ .解: 考虑有趣的复数数列{}n z . 由归纳法可知*0,N n z n ≠∈. 由条件得2*114210,N n n n n z z n z z ++⎛⎫⎛⎫++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.解得*11,N 4n n z n z +-±=∈.因此1112n n n nz z z z ++===, 故 1*1111,N 22n n n z z n --⎛⎫=⋅=∈ ⎪⎝⎭. ① ………………… (5分)进而, 有*11111,N 22n n n n n n nz z z z n z ++-+=⋅+==∈. ② 记*12,N m m T z z z m =+++∈ . 当*2,N m s s =∈时,利用②可得12212212212222223sm k kk k k k k k T z z z z z z ∞∞---===≥+-+>-+=-=∑∑∑. ………………… (10分)当*21,N m s s =+∈时,利用①、②可知2121222121211111111212222442s k k s s s s k k k s k s k s z z z ∞∞∞+----=+=+=+==⋅<====+∑∑∑,故12212212122223sm k k s k k k k T z z z z z z z ∞-+-==≥+-+->-+=∑∑.当1m =时, 1113T z ==>.以上表明3C =满足要求. ………………… (15分) 另一方面,当*1221221111,,,N 22k k k k z z z n ++-+--===∈时, 可验证{}n z 为有趣的复数数列. 此时()2112211131lim lim lim 11233sss k k s s s k k T z z z ++→∞→∞→∞==-=++=+=+⋅=∑, 这表明C不能大于3. 综上, 所求的C为3. ………………… (20分)2019年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时, 请严格按照本评分标准的评分档次给分.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, 10分为一个档次, 不得增加其他中间档次.一、(本题满分40分) 如图, 在锐角ABC ∆中, M 是BC 边的中点. 点P 在ABC ∆内, 使得AP 平分BAC ∠. 直线MP 与,ABP ACP ∆∆的外接圆分别相交于不同于点P 的两点,D E . 证明: 若DE MP =, 则2BC BP =.(答题时请将图画在答卷纸上)解: 延长PM 到点F , 使得MF ME =. 连接,,BF BD CE .由条件可知, BDP BAP CAP CEP CEM ∠=∠=∠=∠=∠. ………………… (10分)因为BM CM =且EM FM =, 所以BF CE =且//BF CE .于是F CEM BDP ∠=∠=∠, 进而BD BF =.………………… (20分)又DE MP =, 所以DP DE EP MP PE EM =+=+=,故DP FM =.于是, 在等腰BDF ∆中, 由对称性得BP BM =. 从而22BC BM BP ==. ………………… (40分)二、(本题满分40分) 设整数122019,,,a a a 满足122019199a a a =≤≤≤= . 记()()2222123201913243520172019f a a a a a a a a a a a a =++++-++++ ,求f 的最小值0f , 并确定使0f f =成立的数组()122019,,,a a a 的个数.解: 由条件知()2017222221220182019212i i i f a a aaa a +==++++-∑. ①由于12,a a 及2,1,2,,2016i i a a i +-= 均为非负整数, 故有221122,a a a a ≥≥, 且()222,1,2,,2016i i i i a a a a i ++-≥-= .于是()()201620162221221222017201811i i i i i i a a aa a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑. ②………………… (10分)由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++,结合201999a =及201820170a a ≥>, 可知 ()()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ≥+-++=-+≥. ③ ………………… (20分)另一方面, 令()1219201920211920220191,1,2,,49,99k k a a a a a k k a +-+======== ,此时可验证上述所有不等式均取到等号, 从而f 的最小值07400f =. ………………… (30分)以下考虑③的取等条件. 此时2017201849a a ==, 且②中的不等式均取等号, 即{}1221,0,1,1,2,,2016i i a a a a i +==-∈= .因此122018149a a a =≤≤≤= , 且对每个()149k k ≤≤, 122018,,,a a a 中至少有两项等于k . 易验证这也是③取等的充分条件.对每个()149k k ≤≤, 设122018,,,a a a 中等于k 的项数为1k n +, 则k n 为正整数, 且()()()124911119202492018n n n ++++++=+⨯= ,即12491969n n n +++= .该方程组的正整数解()1249,,,n n n 的组数为49148196911968C C --=, 且每组解唯一对应一个使③取等号的数组()122019,,,a a a , 故使0f f =成立的数组()122019,,,a a a 有481968C 个.………………… (40分)三、(本题满分50分) 设m 为整数, 2m ≥. 整数数列123,,a a a 满足: 12,a a 不全为零, 且对任意正整数n , 均有21n n n a a ma ++=-.证明: 若存在整数(),2r s r s >≥使得1r s a a a ==, 则r s m -≥. 证明: 不妨设12,a a 互素, 否则, 若()12,1a a d =>, 则1a d 与2a d 互素, 并且用312,,,a a a d d d代替123,,,a a a , 条件和结论均不改变.由数列的递推关系知()()()2123mod ,1,2,3,mod ,3,4,5,mod ,4,5,6,n n k s a a m n a a m k a a m s ++⎧≡=⎪≡=⎪⎨≡=⎪⎪⎩①以下证明: 对任意整数3n ≥, 有()()()22123mod n a a a n a m m≡-+-. ②………………… (10分)事实上, 当3n =时②显然成立. 假设n k =时②成立(其中k 为某个大于2的整数), 注意到①,有()212mod k ma ma m-≡. 结合归纳假设, 有()()()()21121223mod k k k a a ma a a k a m ma m +-=-≡-+--()()()()22122mod a a k a m m ≡-+-,即1n k =+时②也成立. 因此②对任意整数3n ≥均成立. ………………… (20分)注意, 当12a a =时, ②对2n =也成立.设整数(),2r s r s >≥, 满足1r s a a a ==. 若12a a =, 由②对2n ≥均成立, 可知()()()()()()222122123mod 3mod r s a a r a m m a a a a s a m m -+-≡=≡-+-,即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-, 亦即()()20mod r s a m -≡. ③若12a a =/, 则12r s a a a a ===/, 故3r s >≥. 此时由于②对3n ≥均成立, 故类似可知③仍成立. ………………… (30分)我们证明2,a m 互素.事实上, 假设2a 与m 存在一个公共素因子p , 则由①知, p 为234,,,a a a 的公因子, 而12,a a 互素, 故1|p a /, 这与1r s a a a ==矛盾.因此, 由③得()0mod r s m -≡. 又r s >, 所以r s m -≥. ………………… (50分) 四、(本题满分50分) 设V 是空间中2019个点构成的集合, 其中任意四点不共面. 某些点之间连有线段, 记E 为这些线段构成的集合. 试求最小的正整数n , 满足条件: 若E 至少有n 个元素, 则E 一定含有908个二元子集, 其中每个二元子集中的两条线段有公共端点, 且任意两个二元子集的交为空集.解: 为了叙述方便, 称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”.先证明一个引理: 设(),G V E =是一个简单图, 且G 是连通的, 则G 含有2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角(这里[]α表示实数α的整数部分).引理的证明: 对E 的元素个数E 归纳证明. 当0,1,2,3E =时, 结论显然成立. 下面假设4E ≥, 并且结论在E 较小时均成立. 只需证明, 在G 中可以选取两条边,a b 构成一个角, 在G 中删去,a b 这两条边后, 剩下的图含有一个连通分支包含2E -条边. 对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立.考虑G 中的最长路12:k P v v v , 其中12,,,k v v v 是互不相同的顶点. 因为G 连通, 故3k ≥.情形1: ()1deg 2v ≥. 由于P 是最长路, 1v 的邻点均在2,,k v v 中, 设1i v v E ∈, 其中3i k ≤≤, 则{}121,i v v v v 是一个角, 在E 中删去这两条边. 若1v 处还有第三条边, 则剩下的图是连通的; 若1v 处仅有被删去的两条边, 则1v 成为孤立点, 其余顶点仍互相连通. 总之在剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边.情形2: ()()12deg 1,deg 2v v ==. 则{}1223,v v v v 是一个角, 在G 中删去这两条边后, 12,v v 都成为孤立点, 其余的点互相连通, 因此有一个连通分支含有2E -条边.情形3: ()()12deg 1,deg 3v v =≥, 且2v 与4,,k v v 中某个点相邻. 则{}1223,v v v v 是一个角, 在G 中删去这两条边后, 1v 成为孤立点, 其余点互相连通, 因此有一个连通分支含有2E -条边.情形4: ()()12deg 1,deg 3v v =≥, 且2v 与某个{}13,,,k u v v v ∉ 相邻. 由于P 是最长路, 故u 的邻点均在2,,k v v 之中. 因{}122,v v v u 是一个角, 在G 中删去这两条边, 则1v 是孤立点. 若u 处仅有边2uv , 则删去所述边后u 也是孤立点, 而其余点互相连通. 若u 处还有其他边,3i uv i k ≤≤, 则删去所述边后, 除1v 外其余点互相连通. 总之, 剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边.引理获证. ………………… (20分) 回到原题, 题中的V 和E 可看作一个图(),G V E =. 首先证明2795n ≥.设{}122019,,,V v v v = . 在1261,,,v v v 中, 首先两两连边. 再删去其中15条边 (例如1213,v v v v ,116,v v ), 共连了261151815C -=条边, 则这61个点构成的图是连通图. 再将剩余的201961-=1958个点配成979对, 每对两点之间连一条边, 则图G 中一共连了181********+=条线段. 由上述构造可见, G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边, 因此至多有18159072⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角. 故满足要求的n 不小于2795. ………………… (30分)另一方面, 若2795E ≥, 可任意删去若干条边, 只考虑2795E =的情形.设G 有k 个连通分支, 分别有1,,k m m 个点, 及1,,k e e 条边. 下面证明1,,k e e 中至多有979个奇数.反证法, 假设1,,k e e 中有至少980个奇数, 由于12795k e e ++= 是奇数, 故1,,k e e 中至少有981个奇数, 故981k ≥. 不防设12981,,,e e e 都是奇数, 显然12981,,,2m m m ≥ .令9812k m m m =++≥ , 则有()229811980,i m i m k C e i C e e ≥≤≤≥++ , 故98022112795ik imm i i e C C===≤+∑∑. ①利用组合数的凸性, 即对3x y ≥≥, 有222211x y x y C C C C +-+≤+, 可知当1980,,,m m m 由980个2以及一个59构成时, 980221imm i C C =+∑取得最大值. 于是 9802222592198026912795imm i C C C C =+≤+=<∑, 这与①矛盾, 从而1,,k e e 中至多有979个奇数. ………………… (40分)对每个连通分支应用定理, 可知G 中含有N 个两两无公共边的角, 其中()11119792795979908222kki i i i e N e ==⎛⎫⎡⎤=≥-=-= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑.综上, 所求最小的n 是2795. ………………… (50分)。

2019年全国高中数学联赛试题及解答

全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______．答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =．分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧2分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______．答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种；长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种（一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ．（1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥．分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=．答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=，则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-，故2α<；若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意；另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类．假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两个除1k +外不交，故命题成立．综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件．任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个；首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立；若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立．综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答2014高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得全国高中数学联赛试题及解答一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。

2019年全国高中数学联赛试题及答案

说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）如图，在锐角ABC D 中，M 是BC 边的中点．点P 在ABC D 内，使得AP 平分BAC ．直线MP 与,ABP ACP D D 的外接圆分别相交于不同于点P 的两点,D E ．证明：若DE MP =，则2BC BP =．证明：延长PM 到点F ，使得MF ME =．连接,,BF BD CE ．由条件可知BDP BAPCEP CEM === = ． ………………10分因为BM CM =且EM FM =，所以BF CE =且//BF CE ．于是F CEM = = ，进而BD BF =． ………………20分又DE MP =，故DP EM FM ==．于是在等腰BDF D 中，由对称性得BP BM =．从而22BC BM BP ==． ………………40分二、（本题满分40分）设整数122019,,,a a a 满足122019199a a a =£££=．记22212201913243520172019()()f a a a a a a a a a a a =+++-++++．求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组122019(,,,)a a a 的个数．解：由条件知2017222221220182019212()i i i f a a aaa a +==++++-å．①由于12,a a 及2(1,2,,2016)i i a a i +-=均为非负整数，故有221122,a a a a ³³，且222()(1,2,,2016)i i i i a a a a i ++-³-=．于是201620162221221222017201811()()i i i i i i a a a a a a a a a a ++==++-³++-=+åå．②………………10分参考答案及评分标准 2019年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）由①、②得2222017201820192017201820192()f a a a a a a ³++-++，结合201999a =及201820170a a ³>，可知()22220172017201712(99)992f a a a ³+-++22017(49)74007400a =-+³．③………………20分另一方面，令1219201920211920220191,(1,2,,49),99k k a a a a a k k a +-+========，此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30分以下考虑③的取等条件．此时2017201849a a ==，且②中的不等式均取等，即121a a ==，2{0,1}(1,2,,2016)i i a a i +-Î=．因此122018149a a a =£££=，且对每个(149)k k ££122018,,,a a a 中至少有两项等于k ．易验证知这也是③取等的充分条件对每个(149)k k ££，设122018,,,a a a 中等于k 1k n +，则k n 为正整数，且1249(1)(1)(1)2018n n n ++++++=124n n n +++=该方程的正整数解1249(,,,)n n n 的组数为1968，且每组解唯一对应一个使④取等的数组122019(,,,)a a a ，故使0f f =立的数组122019(,,,)a a a 有481968C 个．………………40分三、（本题满分50分）设m 为整数，2m ||³．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s (2)r s >³使得1r s a a a ==，则r s m ||-³．证明：不妨设12,a a 互素（否则，若12(,)1a a d =>，则1a d 与2ad互素，并且用123,,,a a a d d d代替123,,,a a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知234(mod )a a a m || ººº．① 以下证明：对任意整数3n ³，有2212((3))(mod )n a a a n a m m º-+-．②………………10分事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有212(mod )k ma ma m -º，结合归纳假设知112122((3))k k k a a ma a a k a m ma +-=-º-+--2212((2))(mod )a a k a m º-+-，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ³均成立． ………………20分注意，当12a a =时，②对2n =也成立．设整数,(2)r s r s >³，满足1r s a a a ==．若12a a =，由②对2n ³均成立，可知2212212((3))((3))(mod )r s a a r a m a a a a s a m m -+-º=º-+-，即1212(3)(3)(mod )a r a a s a m ||+-º+-，即2()0(mod )r s a m ||-º．③若12a a ¹，则12r s a a a a ==¹，故3r s >³．此时由于②对3n ³均成立，故类似可知③仍成立． ………………30分我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为234,,,a a a 的公因子，而12,a a 互素，故p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得0(mod )r s m ||-º．又r s >，所以r s m ||-³．………………50分四、（本题满分50分）设V 是空间中2019个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记E 为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n ，满足条件：若E 至少有n 个元素，则E 一定含有908个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．解：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”．先证明一个引理：设(,)G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有||2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对E 的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设4E ≥，并且结论在E 较小时均成立．只需证明，在G 中可以选取两条边,a b 构成一个角，在G 中删去,a b 这两条边后，剩下的图含有一个连通分支包含||2E -条边．对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立．考虑G 中的最长路12:k P v v v ，其中21,,,k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥．情形1：1deg()2v ≥．由于P 是最长路，1v 的邻点均在2,,k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则121{,}i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 成为孤立点，其余顶点仍互相连通．总之在剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．情形2：1deg()1v =，2deg()2v =．则1223{,}v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形3：1deg()1v =，2deg()3v ≥，且2v 与4,,k v v 中某个点相邻．则1223{,}v v v v是一个角，在G 中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形4：1deg()1v =，2deg()3v ≥，且2v 与某个13{,,,}k u v v v ∈/ 相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2,,k v v 之中．因122{,}v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，则删去所述边后u 也是孤立点，而其余点互相连通．若u 处还有其他边i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．引理获证． ………………20分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(,)G V E =．首先证明2795n ≥．设122019{,,,}V v v v = ．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如1311216,,,v v v v v v ），共连了26115C 1815-=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤⎢=⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795． ………………30分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形．设G 有k 个连通分支，分别有1,,k m m 个点，及1,,k e e 条边．下面证明1,,k e e 中至多有979个奇数．反证法，假设1,,k e e 中有至少980个奇数，由于12795k e e ++= 是奇数，故1,,k e e 中至少有981个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然12981,,,2m m m ≥ ．令9812k m m m =++≥ ，则有2C 1980)(i m i e i ≥≤≤，2981C m k e e ≥++ ，故98022112795C C imk i i i m e ===≤+∑∑． ① 利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211C C C C x y x y +-+≤+，可知当1980,,,m m m 由980个2以及一个59构成时，980221C C imm i =+∑取得最大值．于是 98022225921C C C 980C 26912795imm i =≤=<++∑，这与①矛盾．从而1,,k e e 中至多有979个奇数． ………………40分对每个连通分支应用引理，可知G 中含有N 个两两无公共边的角，其中1111979(2795979)908222kki i i i e N e ==⎛⎫⎡⎤=≥-=-= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑．综上，所求最小的n 是2795． ………………50分2019年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 填空题只设8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，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1. 已知正实数a 满足8(9)a a a a =，则log (3)a a 的值为．答案：916．解：由条件知189a a =，故9163a a ==，所以9log (3)16a a =．2. 若实数集合{1,2,3,}x 之和，则x 的值为．答案：32-．解：假如0x ³，则最大、最小元素之差不超过max{3,}x ，而所有元素之和大于max{3,}x ，不符合条件．故0x <，即x 为最小元素．于是36x x -=+，解得32x =-．3. 平面直角坐标系中，e 是单位向量，向量a 满足2a e⋅=，且25a a te£+对任意实数t 成立，则a的取值范围是．答案：．解：不妨设(1,0)e ．由于2a e ⋅=，可设(2,)a s=，则对任意实数t ，有2245s a a te +=£+= 这等价于245s s +£，解得[1,4]s Î，即2[1,16]s Î．于是a=Î．4. 设,A B 为椭圆G 的长轴顶点，,E F 为G 的两个焦点，4,AB =2AF =P 为G 上一点，满足2PE PF ⋅=，则PEF D 的面积为．答案：1．解：不妨设平面直角坐标系中G 的标准方程为22221(0)x y a b a b +=>>．根据条件得24,2a AB a AF ====可知2,1a b ==，且EF ==由椭圆定义知24PE PF a +==，结合2PE PF ⋅=得()2222212PE PF PE PF PE PF EF +=+-⋅==，所以EPF 为直角，进而112PEF S PE PF D =⋅⋅=．5. 在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10 ----中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为．答案：37100．解：数组(,)a b 共有210100=种等概率的选法．考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．若a 被3整除，则b 也被3整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(,)a b 有239=组．若a 不被3整除，则21(mod3)a º，从而1(mod3)b º-．此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(,)a b 有7428´=组．因此92837N =+=．于是所求概率为37100．6. 对任意闭区间I ，用I M 表示函数sin y x =在I 上的最大值．若正数a 满足[0,][,2]2a a a M M =，则a 的值为．答案：56p 或1312p ．解：假如02a p<£，则由正弦函数图像性质得[0,][,2]0sin a a a M a M <=£，与条件不符．因此2a p >，此时[0,]1a M =，故[,2]12a a M =．于是存在非负整数k ，使得51322266k a a k p p p p +£<£+， ①且①中两处“£”至少有处取到等号．当0k =时，得56a p =或1326a p =．经检验，513,612a p p =均满足条件．当1k ³时，由于13522266k k p p p p æö÷ç+<+÷ç÷çèø，故不存在满足①的a ．综上，a 的值为56p 或1312p ．7. 如图，正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K ，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF 的值为．答案．解：记a 为截面所在平面．延长,AK BF 交于点P ，则P在a 上，故直线CP 是a 与平面BCGF 的交线．设CP 与FG 交于点L ，则四边形AKLC 为截面．因平面ABC 平行于平面KFL ，且,,AK BF CL 共点P ，故ABC KFL -为棱台．不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC KFL -的体积14V =．设PF h =，则1KF FL PF h AB BC PB h ===+．注意到,PB PF 分别是棱锥P ABC -与棱锥P KFL -的高，于是111466P ABC P KFL V V V AB BC PB KF FL PF --==-=⋅⋅-⋅⋅ 3221331(1)1616(1)h h h h h h æöæö++÷ç÷ç÷ç=+-=÷÷çç÷ç÷èø÷ç++èø．化简得231h =，故h =1EK AE KF PF h ===． 8. 将6个数2,0,1,9,20,19按任意次序排成一行，拼成一个8位数（首位不为0），则产生的不同的8位数的个数为．答案：498．解：将2,0,1,9,20,19的首位不为0的排列的全体记为A ．易知55!600A =´=（这里及以下，X 表示有限集X 的元素个数）．将A 中2的后一项是0，且1的后一项是9的排列的全体记为B ；A 中2的后一项是0，但1的后一项不是9的排列的全体记为C ；A 中1的后一项是9，但2的后一项不是0的排列的全体记为D ．易知4!B =，5!B C +=，44!B D +=´，即24,96,72B C D ===．由B 中排列产生的每个8位数，恰对应B 中的224´=个排列（这样的排列中，20可与“2,0”互换，19可与“1,9”互换）．类似地，由C 或D 中排列产生的每个8位数，恰对应C 或D 中的2个排列．因此满足条件的8位数的个数为\()42B C DA B C D +++3600184836498422B C DA =---=---=．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）在ABC D 中，,,BC a CA b AB c ===．若b 是a 与c 的等比中项，且sin A 是sin()B A -与sin C 的等差中项，求cos B 的值．解：因b 是,a c 的等比中项，故存在0q >，满足2,b qa c q a ==． ①因sin A 是sin(),sin B A C -的等差中项，故2sin sin()sin sin()sin()2sin cos A B A C B A B A B A =-+=-++=．…………………4分结合正、余弦定理，得222sin cos sin 2a A b c a A b B bc+-===，即2222b c a ac +-=． …………………8分αLD F B K将①代入并化简，可知24212q q q +-=，即421q q =+，所以212q =． …………………12分进而2224222111cos 222c a b q q B ac q q +-+-====． …………………16分10. （本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，圆W 与抛物线2:4y x G =恰有一个公共点，且圆W 与x 轴相切于G 的焦点F ．求圆W 的半径．解：易知G 的焦点F 的坐标为(1,0)．设圆W 的半径为(0)r r >．由对称性，不妨设W 在x 轴上方与x 轴相切于F ，故W 的方程为222(1)()x y r r -+-=． ①将24y x =代入①并化简，得2221204y y ry æö÷ç÷-+-=ç÷÷çèø．显然0y >，故222221(4)12432y y r y y y æöæö÷+ç÷ç÷ç÷=-+=÷çç÷÷ç÷ç÷èøçèø． ② …………………5分根据条件，②恰有一个正数解y ，该y 值对应W 与G 的唯一公共点．考虑22(4)()(0)32y f y y y+=>的最小值．由平均值不等式知2244444333y y +=+++³，从而1()329f y y ³⋅=．当且仅当243y =，即3y =时，()f y取到最小值9． ………………15分由②有解可知9r ³．又假如9r >，因()f y 随y 连续变化，且0y +及y +¥时()f y 均可任意大，故②在0,3æççççèø及3æö÷ç÷+¥ç÷ç÷çèø上均有解，与解的唯一性矛盾．综上，仅有9r =满足条件（此时1,33æ÷ç÷ç÷ç÷çèø是W 与G 的唯一公共点）． …………………20分11. （本题满分20分）称一个复数数列{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++³．解：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n nz z n z z N ++æöæö÷÷çç÷÷++=Îçç÷÷ç÷÷çèøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î．因此1112n n n n z z z z ++===，故 *11111()22N n n n z z n --=⋅=Î．①…………………5分进而有*11111()22N n n n n n n n z z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②记*12()N m m T z z z m =+++Î．当*2()N m s s =Î时，利用②可得122122sm k k k T z z z z -=³+-+å21222k k k z z ¥-=>-+å212223k k ¥-==-=å．…………………10分当*21()N m s s =+Î时，由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå，故12212212s m k k s k T z z z z z -+=æö÷ç³+-+-÷ç÷çèøå212223k k k z z ¥-=>-+=å．当1m =时，1113T z ==>．以上表明3C =满足要求． …………………15分另一方面，当*1221221111,,()22N k k k k z z z k ++--===Î时，易验证知{}n z 为有趣的数列．此时2112211lim lim ()ss k k s s k T z z z ++ ¥¥==++å134lim 11833ss k ¥=-=+=+⋅=，这表明C不能大于3．综上，所求的C为3． …………………20分。

【竞赛试题】2019年全国和高中数学联赛试卷及答案

æ 4ö 【竞赛试题】2019 年全高中数学联合竞赛一试（B 卷）参考答案及评分标准1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设 8 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，不得增加其他中间档次.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，解答题中第 9 小题 4 分为一个档次，第 10、 11 小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．1. 已知实数集合{1, 2, 3, x } 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则 x 的值为．答案：-3 ．解：条件等价于1, 2, 3, x 中除最大数以外的另三个数之和为 0 ．显然 x < 0 ，从而1 + 2 + x = 0 ，得 x = -3 ．2. 若平面向量 a = (2m , -1) 与 b = (2m -1, 2m +1) 垂直，其中 m 为实数，则 a 的模为．答案： 10 ．解：令 2m = t ，则 t > 0 ．条件等价于 t ⋅ (t -1) + (-1) ⋅ 2t = 0 ，解得 t = 3 ．因此 a 的模为 32 + (-1)2 = 10 ．3. 设a , b Î (0, p ) ，cos a , cos b 是方程5x 2 -3x -1 = 0 的两根，则sin a sin b 的值为．答案：7 ．5解：由条件知 cos a + cos b = 3 , cos a cos b = - 1，从而5 5(s i n a sin b )2 = (1- c os 2 a )(1- c os 2 b ) = 1- cos 2 a - cos 2 b + cos 2 a cos 2 b2 2= (1+ cos a cos b )2 - (cos a + cos b )2 = ÷ æ 3ö - = 7 ． ç ÷ ç ÷ çè 5 ø çè5ø 25又由a , b Î (0, p ) 知sin a sin b > 0 ，从而sin a sin b = 7．54. 设三棱锥 P - ABC 满足 PA = PB = 3, AB = BC = CA = 2 ，则该三棱锥的体积的最大值为．答案： 2 6 ．3解：设三棱锥 P - ABC 的高为 h ．取M 为棱 AB 的中点，则h £ PM = 32 -12 = 2 2 ．当平面 PAB 垂直于平面 ABC 时， h 取到最大值 2 2 ．此时三棱锥 P - ABC 的体r n -rnn积取到最大值 1S⋅= 1 ⋅ = 2 6 ．3 D ABC3 35. 将 5 个数 2, 0, 1, 9, 2019 按任意次序排成一行，拼成一个 8 位数（首位不为 0），则产生的不同的 8 位数的个数为．答案：95 ．解：易知 2, 0, 1, 9, 2019 的所有不以 0 为开头的排列共有 4´ 4! = 96 个．其中，除了 (2, 0, 1, 9, 2019) 和 (2019, 2, 0, 1, 9) 这两种排列对应同一个数 20192019 ，其余的数互不相等．因此满足条件的 8 位数的个数为96 -1 = 95 ．6. 设整数 n > 4 ，( x + 2 的值为．答案：51． y -1)n 的展开式中x n -4 与 xy 两项的系数相等，则 nn解：注意到 ( x + 2 y -1)n= år =0C n x (2 y -1)r ．其中 x n -4 项仅出现在求和指标 r = 4 时的展开式 C 4 x n -4 (2 y -1)4中，其 x n -4 项系数为 (-1)4 C 4 = n (n -1)(n - 2)(n -3) ．n24而 xy 项仅出现在求和指标 r = n -1 时的展开式 C n -1x ⋅ (2y -1)n -1 中，其 xy 项系数为 n -1 2 n -3 n -3C n C n -1 4⋅ (-1) = (-1) 2n (n -1)(n - 2) ．因此有 n (n -1)(n - 2)(n - 3)= (-1)n -3 2n (n -1)(n - 2) ．注意到 n > 4 ，化简得24n - 3 = (-1)n -3 48 ，故只能是 n 为奇数且 n - 3 = 48 ．解得 n = 51 ．7. 在平面直角坐标系中，若以 (r +1, 0) 为圆心、 r 为半径的圆上存在一点 (a , b ) 满足b 2 ³ 4a ，则 r 的最小值为．答案： 4 ．解：由条件知 (a - r -1)2 + b 2 = r 2 ，故4a £ b 2 = r 2 - (a - r -1)2 = 2r (a -1) - (a -1)2 ．即 a 2 - 2(r -1)a + 2r +1 £ 0 ．上述关于 a 的一元二次不等式有解，故判别式(2(r -1))2 - 4(2r +1) = 4r (r - 4) ³ 0 ，解得 r ³ 4 ．经检验，当 r = 4 时， (a , b ) = (3, 2 3) 满足条件．因此 r 的最小值为 4 ．8. 设等差数列{a n } 的各项均为整数，首项 a 1 = 2019 ，且对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 a 1+ a 2 ++ a n = a m ．这样的数列{a n } 的个数为．答案：5 ．解：设{a n } 的公差为 d ．由条件知 a 1 + a 2 = a k （ k 是某个正整数），则2a 1 + d = a 1 + (k -1)d ，a 1即 (k - 2)d = a 1 ，因此必有 k ¹ 2 ，且d =k - 2．这样就有 a = a + (n -1)d = a + n -1a ， n 1 1 k - 2 1í而此时对任意正整数 n ，a +a++ a = a n + n (n -1) d = a + (n -1)a + n (n -1) d 1 2 n 1 2 1 12æ n (n -1) ö = a + (n -1)(k - 2) + d ，确实为{a n } 中的一项．ç 1 çè 2 ø 因此，仅需考虑使 k - 2| a 1 成立的正整数 k 的个数．注意到 2019 为两个素数3 与 673 之积，易知 k - 2 可取-1, 1, 3, 673, 2019 这5 个值，对应得到5 个满足条件的等差数列．二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分 16 分）在椭圆G 中， F 为一个焦点， A , B 为两个顶点．若 FA = 3, FB = 2 ，求 AB 的所有可能值．解：不妨设平面直角坐标系中椭圆 G 的标准方程为 x2y 2+= 1 (a > b > 0) ，并记 c = a 2 b 2a 2 -b 2 ．由对称性，可设 F 为 G 的右焦点．易知 F 到 G 的左顶点的距离为 a +c ，到右顶点的距离为 a - c ，到上、下顶点的距离均为 a ．分以下情况讨论：(1) A , B 分别为左、右顶点．此时a + c = 3, a - c = 2 ，故 AB = 2a = 5 （相应地，b 2= (a + c )(a - c ) = 6 ，G 的方程为4 x 2y 2+ = 1 ）． …………………4 分25 6(2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时 a + c = 3, a = 2 ，故 c = 1 ，进2 2而 b 2 = a 2 - c 2 = 3 ，所以 AB =a 2 +b 2= 7（相应的 G 的方程为 x + y = 1 ）．4 3…………………8 分(3) A 为上顶点或下顶点， B 为右顶点．此时 a = 3, a - c = 2 ，故 c = 1 ，进2 2而 b 2 = a 2 - c 2 = 8 ，所以 AB =a 2 +b 2 = 17（相应的 G 的方程为 x + y= 1 ）．9 8…………………12 分综上可知， AB 的所有可能值为5, 7, 17 ． …………………16 分10. （本题满分 20 分）设 a , b , c 均大于 1，满足ìïlg a + log b c = 3, ïîlg b + log a c = 4. 求 lg a ⋅ lg c 的最大值．解：设lg a = x , lg b = y , lg c = z ，由 a , b , c >1可知 x , y , z > 0 ．由条件及换底公式知 x + z = 3, y + z= 4 ，即xy + z = 3y = 4x ． y x…………………5 分。

湖北省八校2019届高三第二次联合考试数学(理科)试题(解析版)

�� = 4�� ‒ 24
，�� ∈ ��， �� =‒ 24
��
当�� = 0时，离原点最近的对称轴方程为
3
，
故选：A．根据三角函数的图象关系求出��(��)的解析式，结合对称轴方程进行求解即可．本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出��(��)的解析式，结合对称轴方程是解决本题的关键．
故选：B．利用二项展开式的通项公式求得含�� 项的系数，再利用二项式系数的性质化简得到结果．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 10. 我国古代数学名著《九章算术》记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈.刍，草也；甍，屋盖也.” 翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形.则它的体积为( )
��
图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，
��
得到得到由得
�� = 2��(4�� + 3)
，再将所得图象向左平移12个单位得到函数��(��)的图象，
�� 2�� ) 3 ，
2 3 9 2 在(1 + ��) + (1 + ��) + … + (1 + ��) 的展开式中，含�� 项的系数是( )
9.
A. 119
【答案】B
B. 120

2019年全国初中数学竞赛(湖北省襄阳市)预选赛试卷解析版

2019年全国初中数学竞赛（湖北省襄阳市）预选赛试卷一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．如果分式的值等于0，则x的值是（）A．2B．﹣2C．﹣2或2D．2或32．已知a、b、c为一个三角形的三边长，则4b2c2﹣（b2+c2﹣a2）2的值为（）A．恒为正B．恒为负C．可正可负D．非负3．如图，直线l1、l2、l3表示三条相互交叉的公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则供选择的地址有（）A．1处B．2处C．3处D．4处4．某校公布了该校反映各年级学生体育达标情况的两张统计图，该校七．八．九三个年级共有学生800人．甲，乙，丙三个同学看了这两张统计图后，甲说：“七年级的体育达标率最高．”乙说：“八年级共有学生264人．”丙说：“九年级的体育达标率最高．”甲，乙，丙三个同学中，说法正确的是（）A．甲和乙B．乙和丙C．甲和丙D．甲和乙及丙5．若方程组的解为x，y，且2＜k＜4，则x﹣y的取值范围是（）A．0＜x﹣y＜B．0＜x﹣y＜C．﹣3＜x﹣y＜﹣1D．﹣1＜x﹣y＜6．如图，已知AD是△ABC的外接圆的直径，AD＝13cm，cos B＝，则AC的长等于（）A．5cm B．6cm C．10cm D．12cm二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）7．已知x2+y2+z2﹣2x+4y﹣6z+14＝0，则x+y+z＝．8．已知m，n是有理数，且（+2）m+（3﹣2）n+7＝0，则m＝，n＝．9．如图，在△ABC中，O是∠ABC与外角∠ACD的平分线BO、CO的交点，则∠O与∠A 的关系是．10．如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C，D分别落在C′，D′上，EC′交AD于点G，已知∠EFG＝58°，那么∠BEG＝度．11．如图，直线y＝kx﹣2（k＞0）与双曲线在第一象限内的交点R，与x轴、y轴的交点分别为P、Q．过R作RM⊥x轴，M为垂足，若△OPQ与△PRM的面积相等，则k 的值等于．12．如图，BD：DC＝5：3，E为AD的中点，延长BE交AC于F，则BE：EF＝．三、解答题（共7小题，满分72分）13．解方程：．14．如图，△ABC是等边三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角∠NDM，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．试探究BM、MN、CN之间的数量关系，并加以证明．15．已知方程x2﹣kx﹣7＝0与x2﹣6x﹣（k+1）＝0有公共根．求k的值及两方程的所有公共根和所有相异根．16．如图，在△ABC中，BC＞AC，点D在BC上，且DC＝AC，∠ACB的平分线CF交AD 于F，点E是AB的中点，连接EF．（1）求证：．（2）若四边形BDFE的面积为8，求△AEF的面积．17．如图，给定锐角三角形ABC，BC＜CA，AD，BE是它的两条高，过点C作△ABC的外接圆的切线l，过点D，E分别作l的垂线，垂足分别为F，G．试比较线段DF和EG的大小，并证明你的结论．18．某厂现有甲种原料360kg，乙种原料290kg，计划用这两种原料生产A、B两种产品共50件．已知生产一件A种产品，需用甲种原料9kg，乙种原料3kg，可获利润700元；生产一件B种产品，需甲种原料4kg，乙种原料10kg，可获利润1200元．（1）按要求安排A、B两种产品的生产件数，有几种方案请你设计出来；（2）设生产A、B两种产品总利润是y元，其中一种产品的生产件数是x．试写出y与x 之间的函数关系式，并利用函数的性质说明（1）中的哪种生产方案获总利润最大，最大利润是多少？19．如图，对称轴为直线x＝的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．【解答】解：由题意可得|x|﹣2＝0且x2﹣5x+6≠0，解得x＝±2，代入x2﹣5x+6≠0检验得到x＝﹣2．故选：B．2．【解答】解：4b2c2﹣（b2+c2﹣a2）2＝（2bc﹣b2﹣c2+a2）（2bc+b2+c2﹣a2）＝[a2﹣（b﹣c）2][（b+c）2﹣a2]＝（a﹣b+c）（a+b﹣c）（b+c+a）（b+c﹣a）＞0．故4b2c2﹣（b2+c2﹣a2）2的值恒为正．故选：A．3．【解答】解：满足条件的有：（1）三角形两个内角平分线的交点，共一处；（2）三个外角两两平分线的交点，共三处．故选：D．4．【解答】解：由扇形统计图可以看出：八年级共有学生800×33%＝264人；七年级的达标率为×100%＝87.8%；九年级的达标率为×100%＝97.9%；八年级的达标率为．则九年级的达标率最高．则乙、丙的说法是正确的，故选B．5．【解答】解：①﹣②得，7x﹣7y＝k+1﹣3整理得x﹣y＝又因为2＜k＜4所以＜x﹣y＜即0＜x﹣y＜．故选：A．6．【解答】解：由圆周角定理知，∠D＝∠B，∴cos D＝cos B＝＝CD：AD．又∵AD＝13，∴CD＝5．在Rt△ACD中，由勾股定理得，AC＝12．故选：D．二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）7．【解答】解：∵x2+y2+z2﹣2x+4y﹣6z+14＝0，∴x2﹣2x+1+y2+4y+4+z2﹣6z+9＝0，∴（x﹣1）2+（y+2）2+（z﹣3）2＝0，∴x﹣1＝0，y+2＝0，z﹣3＝0，∴x＝1，y＝﹣2，z＝3，故x+y+z＝1﹣2+3＝2．故答案为：2．8．【解答】解：由且（+2）m+（3﹣2）n+7＝0，得（m﹣2n）+2m+3n+7＝0，∵m、n是有理数，∴m﹣2n、2m+2n+7必为有理数，又∵是无理数，∴当且仅当m﹣2n＝0、2m+3n+7＝0时，等式才成立，∴n＝﹣1，m＝﹣2．故答案为：﹣2、﹣1．9．【解答】解：∵OB、OC是∠ABC与∠ACD的平分线，∴∠OCD＝∠ACD＝∠O+∠OBC＝∠O+∠ABC，∠O＝∠OCD﹣∠OBC＝∠ACD﹣∠ABC，∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，∠ACB＝180°﹣∠ACD，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣180°+∠ACD＝∠ACD﹣∠ABC，又∠O＝∠ACD﹣∠ABC，∴∠O＝∠A．故答案为∠O＝∠A．10．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠EFG＝∠CEF＝58°，∵∠FEC＝∠FEG，∴∠FEC＝∠FEG＝∠EFG＝58°，∴∠BEG＝180°﹣58°﹣58°＝64°．11．【解答】解：∵y＝kx﹣2，∴当x＝0时，y＝﹣2，当y＝0时，kx﹣2＝0，解得x＝，所以点P（，0），点Q（0，﹣2），所以OP＝，OQ＝2，∵RM⊥x轴，∴△OPQ∽△MPR，∵△OPQ与△PRM的面积相等，∴△OPQ与△PRM的相似比为1，即△OPQ≌△MPR，∴OM＝2OP＝，RM＝OQ＝2，所以点R（，2），∵双曲线经过点R，∴＝2，即k2＝8，解得k1＝2，k2＝﹣2（舍去）．故答案为：2．12．【解答】解：过D作DG∥AC交BF于G，∵E是AD的中点，∴△AEF≌△DEG，∴EG＝EF，∵DG∥AC，BD：DC＝5：3，∴BG：GF＝5：3，∴BE：EF＝（5+1.5）：1.5＝13：3．故答案为：13：3．三、解答题（共7小题，满分72分）13．【解答】解：方程两边各自通分，得，整理得：，即x2﹣11x+30＝x2﹣17x+72，解得x＝7．检验：把x＝7代入原方程各分母，显然（x﹣5）（x﹣6）（x﹣8）（x﹣9）≠0，∴原方程的解为x＝7．14．【解答】解：探究结论：BM+CN＝NM．证明：延长AC至E，使CE＝BM，连接DE，∵△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，△ABC是等边三角形，∴∠BCD＝30°，∴∠ABD＝∠ACD＝90°，即∠ABD＝∠DCE＝90°，∴在△DCE和△DBM中，∴Rt△DCE≌Rt△DBM（SAS），∴∠BDM＝∠CDE，又∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，∴∠CDE+∠NDC＝60°，即∠NDE＝60°，∴∠MDN＝∠NDE＝60°∴DM＝DE（上面已经全等）在△DMN和△DEN中∵∴△DMN≌△DEN（SAS），∴BM+CN＝NM．15．【解答】解：，②﹣①得，（﹣6+k）x+（6﹣k）＝0，当﹣6+k＝0，即k＝6时，x取任意值，两个方程得解都相同．两个方程是同一个式子．方程得解是x1＝7，x2＝﹣1；当k≠6时，解得x＝1．把x＝1代入x2﹣kx﹣7＝0得，1﹣k﹣7＝0，k＝﹣6．于是两方程为：x2+6x﹣7＝0③，x1＝1，x2＝﹣7．x2﹣6x+5＝0④，x1＝1，x2＝5．故答案为：k＝6，有公共根，公共根为7和﹣1．k＝﹣6；其公共根为1，相异根为：﹣7和5．16．【解答】解：（1）∵DC＝AC，∠ACB的平分线CF交AD于F，∴F为AD的中点，∵点E是AB的中点，∴EF为△ABD的中位线，∴，（2）∵EF为△ABD的中位线，∴，EF∥BD，∴△AEF∽△ABD，∵S△AEF：S△ABD＝1：4，∴S△AEF：S四边形BDEF＝1：3，∵四边形BDFE的面积为8，∴S△AEF＝．17．【解答】解：结论是DF＝EG．∵∠FCD＝∠EAB，∠DFC＝∠BEA＝90°，∴Rt△FCD∽Rt△EAB，∴＝，∴，同理可得，又∵，∴BE•CD＝AD•CE，∴DF＝EG．18．【解答】解：（1）设安排生产A种产品x件，则生产B种产品为（50﹣x）件，根据题意，得解得30≤x≤32．因为x是自然数，所以x只能取30，31，32．所以按要求可设计出三种生产方案：方案一：生产A种产品30件，生产B种产品20件；方案二：生产A种产品31件，生产B种产品19件；方案三：生产A种产品32件，生产B种产品18件；（2）设生产A种产品x件，则生产B种产品（50﹣x）件，由题意，得y＝700x+1200（50﹣x）＝﹣500x+60000因为a＜0，由一次函数的性质知，y随x的增大而减小．因此，在30≤x≤32的范围内，因为x＝30时在的范围内，所以当x＝30时，y取最大值，且y最大值＝45000．19．【解答】解：（1）因为抛物线的对称轴是x＝，设解析式为y＝a（x﹣）2+k．把A，B两点坐标代入上式，得，解得a＝，k＝﹣．故抛物线解析式为y＝（x﹣）2﹣，顶点为（，﹣）．（2）∵点E（x，y）在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合y＝（x﹣）2﹣，∴y＜0，即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA的距离．∵OA是OEAF的对角线，∴S＝2S△OAE＝2××OA•|y|＝﹣6y＝﹣4（x﹣）2+25．因为抛物线与x轴的两个交点是（1，0）和（6，0），所以自变量x的取值范围是1＜x＜6．①根据题意，当S＝24时，即﹣4（x﹣）2+25＝24．化简，得（x﹣）2＝．解得x1＝3，x2＝4．故所求的点E有两个，分别为E1（3，﹣4），E2（4，﹣4），点E1（3，﹣4）满足OE＝AE，所以平行四边形OEAF是菱形；点E2（4，﹣4）不满足OE＝AE，所以平行四边形OEAF不是菱形；②当OA⊥EF，且OA＝EF时，平行四边形OEAF是正方形，此时点E的坐标只能是（3，﹣3），而坐标为（3，﹣3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E，使平行四边形OEAF为正方形．。

2019年全国高中数学联赛A卷一试(含附加)参考答案与评分标准

为 0），则产生的不同的 8 位数的个数为
．
答案： 498 ．
解：将 2, 0, 1, 9, 20, 19 的首位不为 0 的排列的全体记为 A ．
一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．
1. 已知正实数 a 满足 aa = (9a)8a ，则 loga (3a) 的值为
．
答案： 9 ． 16
1
解：由条件知 9a = a8 ，故 3a =
9a ⋅a
=
9
a 16
，所以 loga (3a)
=
9 16
．
2. 若实数集合{1, 2, 3, x} 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素
所以 EPF
为直角，进而 SDPEF
=
1⋅ 2
PE
⋅
PF
=1．
5. 在1, 2, 3, , 10 中随机选出一个数 a ，在-1, - 2, -3, , -10 中随机选出一
个数 b ，则 a2 + b 被 3 整除的概率为
．
答案：
37 100
．
解：数组 (a, b) 共有102 =100 种等概率的选法．
台．不妨设正方体棱长为 1，则正方体体积为 1，结合条件知棱台 ABC - KFL 的
体积V = 1 ．
4
P
设
PF
=
h
，则
KF AB
=
FL BC
=
PF PB
=
h
h +1
．注意到
PB,
PF
E
H K
G L
分别是棱锥 P - ABC 与棱锥 P - KFL 的高，于是

2019年全国高中数学联合竞赛试卷(加试)(A卷)(附答案详解)

2019年全国高中数学联合竞赛试卷（加试）（A卷）一、解答题（本大题共4小题，共180.0分）1.如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点．点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP，△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D，E.证明：若DE= MP，则BC=2BP．2.设整数a1，a2，⋯，a2019满足1=a1≤a2≤⋯≤a2019=99.记f=(a12+a22+⋯+2)−(a1a3+a2a3+a3a5+⋯+a2017a2019).求f的最小值f0，并确定使f=f0成a2019立的数组(a1,a2,⋯,a2019)的个数．3.设m为整数，|m|≥2.整数数列a1，a2，⋯满足：a1，a2不全为零，且对任意正整数n，均有a n+2=a n+1−ma n．证明：若存在整数r，s(r>s≥2)使得a r=a s=a1，则r−s≥|m|．4.设V是空间中2019个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记E为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n，满足条件：若E至少有n个元素，则E一定含有908个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．答案和解析1.【答案】证明：延长PM 到点F ，使得MF =ME ，连接BF ，BD ，CE ，由条件可知∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP =∠CEM ，因为BM =CM 且EM =FM ，所以BF =CE 且BF//CE ，于是∠F =∠CEM =∠BDP ，进而BD =BF ，又DE =MP ，故D P =EM =FM ，于是在等腰△BDF 中，由对称性得BP =BM ．从而BC =2BM =2BP ．【解析】略．略．2.【答案】解：因为f =(a 12+a 22+⋯+a 20192)−(a 1a 3+a 2a 3+a 3a 5+⋯+a 2017a 2019)，所以2f =a 12+a 22+⋯+a 20192+∑(2017i=1a i+2−a i )2....①因为a 1、a 2和a i+2−a i (i =1,2,⋯,2016)均为非负整数，所以a 12>a 1，a 22>a 2，且(a i+2−a i )2≥a i+2−a i (i =1,2,...,2016)，所以a 12+a 22+∑(2016i=1a i+2−a i )2≥a 1+a 2+∑(2016i=1a i+2−a i )=a 2017+a 2018....②由①②，得2f ≥a 2017+a 2018+(a 2019−a 2017)2+a 20182+a 20192，结合a 2019=99，a 2018≥a 2017>0，可知f ≥12[2a 2017+(a 2019−a 2017)2+a 20172+992]=(a 2017−49)2+7400≥7400....③再令a 1=a 2=...=a 1920=1，a 1920+2k−1=a 1920+2k =k(k =1,2,...,49)，且a 2019=99，此时验证知，上述不等式均取到等号，所以f 的最小值为f 0=7400．以下考虑③的取等号条件，此时a 2017=a 2018=49，且②中的不等式均取等号，即a 1=a 2=...=1，a i+2−a i ∈{0,1}(i =1，2，...，2016)，因此1=a 1≤a 2≤...≤a 2018=49，且对每个k(1≤k ≤49)，a 1，a 2，...，a 2018中至少有两项等于k ，易验证知这也是③取等号的充分条件．对每个k(1≤k ≤49)，设a 1，a 2，...，a 2018中等于k 的项数为1+n k ，则n k 为正整数，且(1+n 1)+(1+n 2)+...+(1+n 49)=2018，即n 1+n 2+...+n 49=1969，...④该方程的正整数解(n 1,n 2,...,n 49)的组数为C 196848，且每组解唯一对应一个使④取等号的数组(n 1,n 2,...,n 49)，所以使f =f 0成立的数组(n 1,n 2,...,n 49)有C 196848个．【解析】由题意知2f =a 12+a 22+⋯+a 20192+∑(2017i=1a i+2−a i )2，a 12+a 22+∑(2016i=1a i+2−a i )2≥a 1+a 2+∑(2016i=1a i+2−a i )=a 2017+a 2018，由此求得f ≥7400，再求得f 的最小值为f 0=7400，方程n 1+n 2+...+n 49=1969正整数解(n 1,n 2,...,n 49)的组数，即为所求的结果．本题考查了数列的定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．3.【答案】证明：不妨设a 1，a 2互素(否则，若(a 1,a 2)=d >1，则1d a 1，1d a 2互素，并且用1d a 1，1d a 2，……代替a 1，a 2，……，条件与结论均不改变)．由数列递推关系知，a 2≡a 3≡a 4≡⋯…(mod|m|).①以下证明：对任意整数n ≥3，有a n ≡a 2−(a 1+(n −3)a 2)m(modm 2).② 事实上，当n =3时②显然成立．假设n =k 时②成立(其中k 为某个大于2的整数)，注意到①，有ma k−1≡ma 2(modm 2)，结合归纳假设知a k+1=a k −ma k−1≡a 2−(a 1+(k −3)a 2)m −ma 2≡a 2−(a 1+(k −2)a 2)(modm 2).即n =k +1时②也成立．因此②对任意整数n ≥3均成立．注意，当a 1=a 2时，②对n =2也成立．设整数r ，s(r >s ≥2)，满足a r =a s =a 1，若a1=a2，由②对n≥2均成立，可知a2−(a1+(r−3)a2)m≡a r=a s≡a2−(a1+(s−3)a2)m(modm2)，即a1+(r−3)a2≡a1+(s−3)a2(mod|m|)，即(r−s)a2≡0(mod|m|).③若a1≠a2，则a r=a s=a1≠a2，故r>s≥3．此时由于②对n≥3均成立，故类似可知③仍成立．我们证明a2，m互素．事实上，假如a2与m存在一个公共因子p，则由①得p为a2，a3，a4，…的公因子，而a1，a2互素，故P不整除a1，这与a r=a s=a1矛盾．因此，由③得r−s≡0(mod|m|)，又r>s，所以r−s≥|m|．【解析】略略4.【答案】解：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻直线的边构成一个“角”，先证明一个引理：设G=(V,E)是一个简单图，且G是连通的，]个两两无公共边的角，(这里[a]表示实数的整数部分)．则G含有[|E|2引理的证明：对E的元素个数|E|归纳证明：当|E|=0，1，2，3时，结论成立，下面假设|E|≥4，并且结论在|E|较小时均成立，只需证明，在G中可以选取两条边a，b构成一个角，在G中删去a，b这两边后，剩下的图含有一个连通的分支包含|E|−2条边，对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立．考虑G中的最长路P：v1v2⋅⋅⋅v k，其中v1，v2，⋅⋅⋅，v k是互不相同的顶点，∵G相通，∴k≥3．情形1：deg(v1)≥2，由于P是最长路，v1的邻点均在v2，⋅⋅⋅，v k中，设v1v i∈E，其中3≤i≤k，则{v1v2,v1v i}是一个角，在E中删去这两条边，若v1还有第三条边，则剩下的图是连通的；若v1处仅有被删去的两条边，则v1成为孤立点，其余顶点仍互相连通，总之，在剩下的图中有一个连通分支含有|E|−2条边．情形2：deg(v1)=1，deg(v2)=2，则{v1v2,v2v3}是一个角，在E中删去这两条边后，v1，v2都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|−2条边．情形3：deg(v1)=1，deg(v2)≥3，且v2与v4，⋅⋅⋅，v k中某个点相邻，则{v 1v 2,v 2v 3}是一个角，在E 中删去这两条边后，v 1成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|−2条边．情形4：deg(v 1)=1，deg(v 2)≥3，且v 2与某个u ∉{v 1,v 3,⋅⋅⋅,v k }相邻，由于P 是最长路，故u 的邻点均在v 2，⋅⋅⋅，v k 之中，则{v 1v 2,v 2u}是一个角，在G 中删去这两条边后，v 1成为孤立点，若u 处仅有边uv 2，则删去所核糖边后u 也是孤立点，而其余的点互相连通，若u 处还有其他边uv ，3≤i ≤k ，则删去所述边后，除v 1处其余点互相连通，总之在剩下的图中有一个连通分支含有|E|−2条边．引理获证．回到原题，题中的V 和E 可看作一个图C =(V,E)，首先证明n ≥2795．设V ={v 1,v 2,⋅⋅⋅,v 2019}，在v 1，v 2，⋅⋅⋅，v 61中，首先两两连边，再删去其中15条边(例如v 1v 2，v 1v 3，⋅⋅⋅，v 1v 16)，共连了C 612−15=1815条边，则这61为构成的图是连通图，再将剩余的2019−61=1958个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了1815+979=2794条线段，由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用v 1，v 2，⋅⋅⋅，v 61相连的边，∴至多有[18152]=907个两两无公共边的角，故满足要求的n 不小于2795．另一方面，若|E|≥2795，可任意删去若干条边，只考虑|E|=2795的情形．设G 有k 个连通分支，分别有m 1，⋅⋅⋅，m k 个点，及e 1，⋅⋅⋅，e k 条边，下面证明e 1，⋅⋅⋅，e k 中至多有979个奇数．反证法，假设e 1，⋅⋅⋅，e k 中至少有980个奇数，∵e 1+⋅⋅⋅+e k =2795是奇数，∴e 1，⋅⋅⋅，e k 中至少有981个奇数，故k ≥981，不妨设e 1，e 2，⋅⋅⋅，e 981都是奇数，由题意得m 1，m 2，⋅⋅⋅，m 981≥2，令m =m 1+⋅⋅⋅+m k ≥2，则C mi 2≥e i (1≤i ≤980)，C m2≥e 981+⋅⋅⋅+e k ， ∴2795=∑e i k i=1≤C m 2+∑C m i 2980i=1，①利用组合数的凸性，即对x ≥y ≥3，有C x 2+C y 2≤C x+12+C y−12，可知当m 1，⋅⋅⋅，m 980，m 由980个2以及一个59构成时，C m 2+∑C m i 2980i=1取得最大值，∴C m 2+∑C m i 2980i=1≤C 592+980C 22=2691<2795，这与①矛盾，从而e 1，⋅⋅⋅，e k 中至多有979个奇数，对每个连通分支应用引理，可知G 中含有N 个两两无公共边的角，其中，N =∑[k i=1e i 2]≥12(∑e i k i=1−979)=12(2795−979)=908．综上，所求最小的n 是2795．【解析】为了叙述方便，称一个图中的两条相邻直线的边构成一个“角”，先证明一个引理：设G =(V,E)是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有[|E|2]个两两无公共边的角，题中的V 和E 可看作一个图C =(V,E)，再证明n ≥2795，由此能求出所求最小的n 的值．本题考查满足条件的最小正整数的求法，考查子集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是难题．。

2019年全国高中数学联赛试卷及答案-10页文档资料

2019年全国高中数学联合竞赛试卷第一试一、选择题本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。

1．给定公比为q (q ≠1)的等比数列{a n }，设b 1=a 1+a 2+a 3, b 2=a 4+a 5+a 6,…,b n =a 3n -2+a 3n -1+a 3n ,…，则数列{b n } 【答】（） (A ) 是等差数列 (B ) 是公比为q 的等比数列 (C ) 是公比为q 3的等比数列 (D ) 既非等差数列也非等比数列2．平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么，满足不等式(|x |-1)2+(|y |-1)2＜2的整点(x ,y )的个数是【答】（） (A ) 16 (B ) 17 (C ) 18 (D ) 253．若(log 23)x -(log 53)x ≥(log 23)y --(log 53)y-，则【答】（）(A ) x -y ≥0 (B ) x +y ≥0 (C ) x -y ≤0 (D ) x +y ≤0 4．给定下列两个关于异面直线的命题：命题Ⅰ：若平面α上的直线a 与平面β上的直线b 为异面直线，直线c 是α与β的交线，那么，c 至多与a ,b 中的一条相交；命题Ⅱ：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。

那么【答】（） (A ) 命题Ⅰ正确，命题Ⅱ不正确 (B ) 命题Ⅱ正确，命题Ⅰ不正确 (C ) 两个命题都正确 (D ) 两个命题都不正确5．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。

那么，在上述3名选手之间比赛的场数是【答】（） (A ) 0 (B ) 1 (C ) 2 (D ) 36．已知点A (1,2)，过点(5,-2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B ,C ，那么，△ABC 是(A ) 锐角三角形 (B ) 钝角三角形 (C ) 直角三角形 (D ) 不确定【答】（）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。

2019年全国高中数学联合竞赛试题(A卷)与答案

⇒
8
loga
9
+
8
=
1
⇒
16
loga
3
+
16
=
9
⇒
loga(3a)
=
9. 16
2. 若实数集合 {1, 2, 3, x} 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之
和，则 x 的值为
.
解答
若 x 为最大元素 ⇒ x − 1 = x + 6，无解；
若
x
为最小元素
⇒
3−x
=
x+
6
⇒
x
=
3 −2
；
若 x 既非最大也非最小 ⇒ 3 − 1 = x + 6 ⇒ x = −4，矛盾.
19 20 20 1 9
20 1 9 20 19
1 9 20 19 20
1 9 20 20 19
故此时排列共有 3 × 5 + 3 × 11 + 6 = 54 个. 同理当出现两个 19 时，相应的排列也有 54 个. 当同时出现两个 19 和两个 20 时，相应的排列有 6 个. 所以总的排列个数为 600 − 2 × 54 + 6 = 498.
⇒ 25t2 + 100t + 25x2 − x4 ⩾ 0 对任意实数 t 成立，
于是 ∆ = 1002 − 4 × 25(25x2 − x4) ⩽ 0 ⇒ x4 − 25x2 + 100 ⩽ 0
⇒
5
⩽
x2
⩽
20
⇒
√ 5
⩽
x
⩽
2√5，所以
| #a»|
的取值范围是
√√ [ 5, 2 5].

2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

2019年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）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. 填空题只设8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，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 已知实数集合{1,2,3,}x 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x 的值为．答案：3-．解：条件等价于1,2,3,x 中除最大数以外的另三个数之和为0．显然0x <，从而120x ++=，得3x =-．2. 若平面向量(2,1)m a =-与1(21,2)m m b +=-垂直，其中m 为实数，则a 的模为．答案解：令2m t =，则0t >．条件等价于(1)(1)20t t t ⋅-+-⋅=，解得3t =．因此a=．3. 设,(0,)a b p Î，cos ,cos a b 是方程25310x x --=的两根，则sin sin a b 的值为．答案：5．解：由条件知31cos cos ,cos cos 55a b a b +==-，从而222(sin sin )(1cos )(1cos )a b a b =--22221cos cos cos cos a b a b=--+2222437(1cos cos )(cos cos )5525a b a b æöæö÷çç=+-+=-=÷çç÷ççèøè．又由,(0,)a b p Î知sin sin 0a b >，从而sin sin 5a b =． 4. 设三棱锥P ABC -满足3,2PA PB AB BC CA =====，则该三棱锥的体积的最大值为．答案：3．解：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB 的中点，则h PM £==．当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h 取到最大值．此时三棱锥P ABC -的体积取到最大值11333ABC S D ⋅==．5. 将5个数2,0,1,9,2019按任意次序排成一行，拼成一个8位数（首位不为0），则产生的不同的8位数的个数为．答案：95．解：易知2,0,1,9,2019的所有不以0为开头的排列共有44!96´=个．其中，除了(2,0,1,9,2019)和(2019,2,0,1,9)这两种排列对应同一个数20192019，其余的数互不相等．因此满足条件的8位数的个数为96195-=．6. 设整数4n >，(1)n x +的展开式中4n x -与xy 两项的系数相等，则n 的值为．答案：51．解：注意到0(1)C 1)nnr n r r nr x x -=+=å．其中4n x -项仅出现在求和指标4r =时的展开式444C 1)n n x-中，其4n x -项系数为44(1)(2)(3)(1)C 24n n n n n ----=．而xy 项仅出现在求和指标1r n =-时的展开式11C 1)n n nx --⋅中，其xy 项系数为12331C C 4(1)(1)2(1)(2)n n n n n n n n ----⋅-=---．因此有3(1)(2)(3)(1)2(1)(2)24n n n n n n n n ----=---．注意到4n >，化简得33(1)48n n --=-，故只能是n 为奇数且348n -=．解得51n =．7. 在平面直角坐标系中，若以(1,0)r +为圆心、r 为半径的圆上存在一点(,)a b 满足24b a ³，则r 的最小值为．答案：4．解：由条件知222(1)a r b r --+=，故22224(1)2(1)(1)a b r a r r a a £=---=---．即22(1)210a r a r --++£．上述关于a 的一元二次不等式有解，故判别式2(2(1))4(21)4(4)0r r r r --+=-³，解得4r ³．经检验，当4r =时，(,)(3,a b =满足条件．因此r 的最小值为4．8. 设等差数列{}n a 的各项均为整数，首项12019a =，且对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得12n m a a a a +++=．这样的数列{}n a 的个数为．答案：5．解：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则 112(1)a d a k d +=+-，即1(2)k d a -=，因此必有2k ¹，且12ad k =-．这样就有1111(1)2n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，12111(1)(1)(1)22n n n n n a a a a n d a n a d --+++=+=+-+ 1(1)(1)(2)2n n a n k d æö-÷ç=+--+÷ç÷çèø，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到2019为两个素数3与673之积，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）在椭圆G 中，F 为一个焦点，,A B 为两个顶点．若3,2FA FB ==，求AB 的所有可能值．解：不妨设平面直角坐标系中椭圆G 的标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>，并记c =F 为G 的右焦点．易知F 到G 的左顶点的距离为a c +，到右顶点的距离为a c -，到上、下顶点的距离均为a ．分以下情况讨论：(1) ,A B 分别为左、右顶点．此时3,2a c a c +=-=，故25AB a ==（相应地，2()()6b a c a c =+-=，G 的方程为2241256x y +=）． …………………4分(2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时3,2a c a +==，故1c =，进而2223b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22143x y +=）． …………………8分 (3) A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点．此时3,2a a c =-=，故1c =，进而2228b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22198x y +=）．…………………12分综上可知，AB的所有可能值为5,． …………………16分10. （本题满分20分）设,,a b c 均大于1，满足lg log 3,lg log 4.b a a c b c ì+=ïïíï+=ïî求lg lg a c ⋅的最大值．解：设lg ,lg ,lg a x b y c z ===，由,,1a b c >可知,,0x y z >．由条件及换底公式知3,4z zx y y x+=+=，即34xy z y x +==．…………………5分由此，令3,4(0)x t y t t ==>，则241212z x xy t t =-=-．其中由0z >可知(0,1)t Î． …………………10分因此，结合三元平均值不等式得2lg lg 312(1)18(22)a c xz t t t t t ==⋅-=⋅-33(22)2161818333t t t æöæö++-÷çç£⋅=⋅=÷çç÷ççèèø．当22t t =-，即23t =（相应的,,a b c 分别为8833100,10,10）时，lg lg a c 取到最大值163． …………………20分11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．证明：对任意正整数m ，均有123m z z z +++<．证明：归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n n z z n z z N ++æöæö÷çç÷++=Îçç÷çç÷èøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î． …………………5分因此1112n n nnz z z z ++===，故*11111()22N n n n z z n --=⋅=Î． ①进而有*11111()22N n n n n n n n z z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②…………………10分当m 为偶数时，设*2()N m s s =Î．利用②可得122122122111123sm k k k k k k k k z z z z z z z ¥¥---===+++£+<+==ååå． …………………15分当m 为奇数时，设21()N m s s =+Î．由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå，故1221221212113s m k k s k k k k z z z z z z z z ¥-+-==æö÷ç+++£++<+=÷ç÷çèøåå．综上，结论获证． …………………20分2019年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）设正实数12100,,,a a a 满足101(1,2,,50)i i a a i -³=．记112(1,2,,99)k k kka x k a a a +==+++．证明：29912991x x x £．证明：注意到12100,,,0a a a >．对1,2,,99k =，由平均值不等式知121210kk k k a a a a a a æöç<£çç+++èø， ……………10分从而有9999299112991111212kk k k k k k k ka k x x x a a a a a a a ++==æö÷ç÷=£ç÷÷ç+++èø ． ①………………20分记①的右端为T ，则对任意1,2,,100i =，i a 在T 的分子中的次数为1i -，在T 的分母中的次数为100i -．从而10121005050210121012(101)101101101111ii i i i i i i i i i ia T a a a a -------===æö÷ç÷===ç÷ç÷èø ．………………30分又1010(1,2,,50)i i a a i -<£=，故1T £，结合①得29912991x x x T ££． ………………40分二、（本题满分40分）求满足以下条件的所有正整数n ：(1) n 至少有4个正约数；(2) 若12k d d d <<< 是n 的所有正约数，则21321,,,k k d d d d d d ---- 构成等比数列．解：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--． ………………10分易知112231,,,k k k n nd d n d d d d --====，代入上式得3222231n n d d d n n d d d --=--，化简得223223()(1)d d d d -=-． ………………20分由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30分从而序列21321,,,k k d d d d d d ---- 为23212,1,,,k k p p p p p p p ------ ，即123,,,,k d d d d 为21,1,,,k p p p - ，而此时相应的n 为1k p -．综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥． ………………40分三、（本题满分50分）如图，点,,,,A B C D E在一条直线上顺次排列，满足BC CD ==，点P 在该直线外，满足PB PD =．点,K L 分别在线段,PB PD 上，满足KC 平分BKE ，LC 平分ALD ．证明：,,,A K L E 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：令1,(0)AB BC CD t ===>，由条件知2DE t =．注意到180BKE ABK PDE DEK < = < - ，可在CB 延长线上取一点A ¢，使得A KE ABK A BK ¢¢ = = ． ………………10分此时有A BK A KE ∽¢¢D D ，故A B A K BKA K A E KE¢¢==¢¢． ………………20分又KC 平分BKE ，故211BK BC t KE CE t t t===++．于是有 22112A B A B A K BK AB A E A K A E KE t t AEæö¢¢¢÷ç=⋅===÷ç÷ç¢¢¢èø++． …………30分由上式两端减1，得BE BEA E AE=¢，从而A A ¢=．因此AKE A KE ABK ¢ = = ．同理可得ALE EDL = ．而ABK EDL = ，所以AKE ALE = ．因此,,,A K L E 四点共圆． ………………50分四、（本题满分50分）将一个凸2019边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之一，每种颜色的边各673条．证明：可作这个凸2019边形的2016条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017个三角形，并将所作的每条对角线也染AA (为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同，或者颜色互不相同．证明：我们对5n ≥归纳证明加强的命题：如果将凸n 边形的边染为三种颜色,,a b c ，并且三种颜色的边均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分． ………………10分当5n =时，若三种颜色的边数为1，1，3，由对称性，只需考虑如下两种情形，分别可作图中所示的三角形剖分．若三种颜色的边数为1，2，2，由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可作图中所示的三角形剖分．………………20分假设结论对(5)n n ≥成立，考虑1n +的情形，将凸1n +边形记为121n A A A + ．情形1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,a b 色边各只有一条．由于16n +≥，故存在连续两条边均为c 色，不妨设是111,n n n A A A A ++．作对角线1n A A ，并将1n A A 染为c 色，则三角形11n n A A A +的三边全部同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．………………30分情形2：某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条．不妨设a 色边只有一条，于是可以选择两条相邻边均不是a 色，不妨设111,n n n A A A A ++均不是a 色，作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分． ………………40分情形3：每种颜色的边均至少两条．作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．综合以上3种情形，可知1n +的情形下结论也成立．由数学归纳法，结论获证． ………………50分。

2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

3 22 s-1
=
¥ k=s+1
3 22k-1
¥
=
k=s+1
z2k-1 + z2k
，
故
å å z1 + z2 ++ zm
£
æçççè
k
s =1
z2k-1 + z2k ÷ö÷÷ø+
z2 s+1
¥
<
k =1
z2k-1 + z2k
=
2
3 3
．
综上，结论获证．
…………………20 分
2019 年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）参考答案及评分标准
3. 设 a, b Î (0, p) ，cosa, cosb 是方程 5x2 -3x -1= 0 的两根，则 sin asin b 的
值为
．
答案：
7 5
．
解：由条件知 cosa + cosb = 3 , cosa cos b = -1 ，从而
5
5
(sin a sin b)2 = (1-cos2a)(1- cos2 b) = 1- cos2a - cos2 b + cos2a cos2 b
=
(-1)n-32n(n -1)(n
- 2)
．
因此有
n(n
-1)(n 24
2)(n
-
3)
=
(-1)n-3
2n(n
-1)(n
-
2)
．注意到
n
>
4
，化简得
n -3 = (-1)n-3 48 ，故只能是 n 为奇数且 n - 3 = 48 ．解得 n = 51．

全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考答案高二年级

全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考答案（高二年级）说明：评阅试卷时，请依据本评分标准。

填空题只设8分和0分两档；解答题的评阅，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。

一、填空题（本题满分64分，每小题8分。

直接将答案写在横线上。

）1．函数741)(2+++=x x x x f的值域为． 2．已知1sin 2sin 322=+βα，1)cos (sin 2)cos (sin 322=+-+ββαα，则=+)(2cos βα13-． 3．已知数列}{n a 满足：1a 为正整数，⎪⎩⎪⎨⎧+=+,,13,,21为奇数为偶数n n n nn a a a a a 如果29321=++a a a ，则=1a 5 ．4．设集合}12,,3,2,1{Λ=S ，},,{321a a a A =是S 的子集，且满足321a a a <<，523≤-a a ，那么满足条件的子集A 的个数为 185 ．5．过原点O 的直线l 与椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 交于N M ,两点，P 是椭圆C 上异于N M ,的任一点．若直线PN PM ,的斜率之积为31-，则椭圆C6．在△ABC 中，2==BC AB ，3=AC ．设O 是△ABC 的内心，若q p +=，则q p的值为32． 7．在长方体1111D C B A ABCD -中，已知p AB C B AC ===11,2,1，则长方体的体积最大时，p为． 8．设][x 表示不超过x 的最大整数，则2012120122[]2kk k +=+=∑ 2012 ．二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分）9．已知正项数列}{n a=11a =，28a =，求}{n a 的通项公式．解在已知等式两边同时除以1+n n a a ，得3141112++=++++nn n n a aa a ，所以11)=． ------------------------------------------4分令111++=+nn n a a b ,则n n b b b 4,411==+，即数列}{n b 是以1b ＝4为首项,4为公比的等比数列，所以nn n b b 4411=⋅=-.------------------------------------------8分所以n nn a a 4111=+++,即nn n a a ]1)14[(21--=+.------------------------------------------12分于是，当1>n 时,22221121]1)14[(]1)14[(]1)14[(-------⋅--=--=n n n n n n a a a∏∏-=--=---=--==112111121]1)14[(]1)14[(n k k n k k a Λ ，因此,⎪⎩⎪⎨⎧≥--==∏-=-.2,]1)14[(,1,11121n n a n k k n ------------------------------------------16分10．已知正实数b a ,满足122=+b a ，且333)1(1++=++b a m b a ，求m 的取值范围．解令cos ,sin a b θθ==，02πθ<<，则322333)1sin (cos 1)sin sin cos )(cos sin (cos )1sin (cos 1sin cos ++++-+=++++=θθθθθθθθθθθθm ．----------------------------------------5分令θθsin cos +=x ，则 ]2,1()4sin(2∈+=πθx ，且21sin cos 2-=x θθ．------------------------------10分于是21)1(23)1(22)1(22)1(232)1(1)211(223332-+=+-=+-+=+-+=++--=x x x x x x x x x x x x m ． ------------------------------15分因为函数21)1(23)(-+=x x f 在]2,1(上单调递减，所以)1()2(f m f <≤．又2423)2(,41)1(-==f f ，所以)41,2423[-∈m ． --------------------------------------20分11．已知点),(n m E 为抛物线)0(22>=p px y 内一定点，过E 作斜率分别为21,k k 的两条直线交抛物线于D C B A ,,,，且N M ,分别是线段CD AB ,的中点．（1）当0=n 且121-=⋅k k 时，求△EMN 的面积的最小值；（2）若λ=+21k k （λλ,0≠为常数），证明：直线MN 过定点．解 AB 所在直线的方程为m n y t x +-=)(1，其中111k t =，代入px y 22=中，得 2112220y pt y pt n pm -+-=，设1122(,),(,)A x y B x y ，则有1212pt y y =+，从而1211211(2)2(22)2x x t y y n m t pt n m +=+-+=-+．则2111(,)M pt nt m pt -+．CD 所在直线的方程为m n y t x +-=)(2，其中221k t =，同理可得2222(,)N pt nt m pt -+． ------------------------------------------5分（1）当0=n 时，(,0)E m ，211(,)M pt m pt +，222(,)N pt m pt +，2111||||t pt EM +=，2221||||t pt EN +=．又121-=⋅k k ，故121-=⋅t t ，于是△EMN 的面积221211||||||222p S EM EN p t t =⋅==222p p ≥=，当且仅当1||||21==t t 时等号成立．所以，△EMN的面积的最小值为2p .------------------------------------------10分（2）p nt t t t n t t p t t p k MN -+=----=)(1)()()(2121222121，MN 所在直线的方程为]([)(1121211m nt pt x pn t t pt y +--⋅-+=-，即m x t pt pnt t y -=--+2121)(． ------------------------------------------15分又λ=+=+212111t t k k ，即λ2121t t t t +=，代入上式，得1212()t t n y t t p x m p λ++--⋅=-，即 m pnyx p y t t -+=-+))((21λ．当0=-λp y 时，有0=-+m p ny x ，即⎪⎩⎪⎨⎧-==λλn m x p y 为方程的一组解，所以直线MN 恒过定点),(λλpn m -． ------------20分。

2019年全国高中数学联合竞赛试题及解析(AB合版)

2019年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 填空题只设8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，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1. 已知正实数a 满足8(9)a a a a =，则log (3)a a 的值为．答案：916．解：由条件知189a a =，故9163a a ==，所以9log (3)16a a =．2. 若实数集合{1,2,3,}x 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x 的值为．答案：32-．解：假如0x ³，则最大、最小元素之差不超过max{3,}x ，而所有元素之和大于max{3,}x ，不符合条件．故0x <，即x 为最小元素．于是36x x -=+，解得32x =-．3. 平面直角坐标系中，e 是单位向量，向量a 满足2a e⋅=，且25a a te£+对任意实数t 成立，则a的取值范围是．答案：．解：不妨设(1,0)e =．由于2a e ⋅=，可设(2,)a s=，则对任意实数t ，有2245s a a te +=£+= 这等价于245s s +£，解得[1,4]s Î，即2[1,16]s Î．于是a=Î．4. 设,A B 为椭圆G 的长轴顶点，,E F 为G 的两个焦点，4,AB =2AF =P 为G 上一点，满足2PE PF ⋅=，则PEF D 的面积为．答案：1．解：不妨设平面直角坐标系中G 的标准方程为22221(0)x y a b a b +=>>．根据条件得24,2a AB a AF ====可知2,1a b ==，且EF ==由椭圆定义知24PE PF a +==，结合2PE PF ⋅=得()2222212PE PF PE PF PE PF EF +=+-⋅==，所以EPF 为直角，进而112PEF S PE PF D =⋅⋅=．5.在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10 ----中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为．答案：37100．解：数组(,)a b 共有210100=种等概率的选法．考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．若a 被3整除，则b 也被3整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(,)a b 有239=组．若a 不被3整除，则21(mod3)a º，从而1(mod3)b º-．此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(,)a b 有7428´=组．因此92837N =+=．于是所求概率为37100．6.对任意闭区间I ，用I M 表示函数sin y x =在I 上的最大值．若正数a 满足[0,][,2]2a a a M M =，则a 的值为．答案：56p 或1312p ．解：假如02a p<£，则由正弦函数图像性质得[0,][,2]0sin a a a M a M <=£，与条件不符．因此2a p>，此时[0,]1a M =，故[,2]12a a M =．于是存在非负整数k ，使得51322266k a a k p p p p +£<£+， ①且①中两处“£”至少有一处取到等号．当0k =时，得56a p =或1326a p =．经检验，513,612a p p =均满足条件．当1k ³时，由于13522266k k p p p p æö÷ç+<+÷ç÷çèø，故不存在满足①的a ．综上，a 的值为56p 或1312p ．7.如图，正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K ，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF 的值为．答案．解：记a 为截面所在平面．延长,AK BF 交于点P ，则P在a 上，故直线CP 是a 与平面BCGF 的交线．设CP 与FG 交于点L ，则四边形AKLC 为截面．因平面ABC 平行于平面KFL ，且,,AK BF CL 共点P ，故ABC KFL -为棱台．不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC KFL -的体积14V =．设PF h =，则1KF FL PF h AB BC PB h ===+．注意到,PB PF 分别是棱锥P ABC -与棱锥P KFL -的高，于是111466P ABC P KFL V V V AB BC PB KF FL PF --==-=⋅⋅-⋅⋅ 3221331(1)1616(1)h h h h h h æöæö++÷ç÷ç÷ç=+-=÷÷çç÷ç÷èø÷ç++èø．化简得231h =，故h =1EK AE KF PF h ===． 8. 将6个数2,0,1,9,20,19按任意次序排成一行，拼成一个8位数（首位不为0），则产生的不同的8位数的个数为．答案：498．解：将2,0,1,9,20,19的首位不为0的排列的全体记为A ．易知55!600A =´=（这里及以下，X 表示有限集X 的元素个数）．将A 中2的后一项是0，且1的后一项是9的排列的全体记为B ；A 中2的后一项是0，但1的后一项不是9的排列的全体记为C ；A 中1的后一项是9，但2的后一项不是0的排列的全体记为D ．易知4!B =，5!B C +=，44!B D +=´，即24,96,72B C D ===．由B 中排列产生的每个8位数，恰对应B 中的224´=个排列（这样的排列中，20可与“2,0”互换，19可与“1,9”互换）．类似地，由C 或D 中排列产生的每个8位数，恰对应C 或D 中的2个排列．因此满足条件的8位数的个数为\()42B C DA B C D +++3600184836498422B C DA =---=---=．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）在ABC D 中，,,BC a CA b AB c ===．若b 是a 与c 的等比中项，且sin A 是sin()B A -与sin C 的等差中项，求cos B 的值．解：因b 是,a c 的等比中项，故存在0q >，满足2,b qa c q a ==． ①因sin A 是sin(),sin B A C -的等差中项，故2sin sin()sin sin()sin()2sin cos A B A C B A B A B A =-+=-++=．…………………4分结合正、余弦定理，得222sin cos sin 2a A b c a A b B bc+-===，即2222b c a ac +-=． …………………8分αLD F B K将①代入并化简，可知24212q q q +-=，即421q q =+，所以212q =． …………………12分进而2224222111cos 222c a b q q B ac q q +-+-====． …………………16分10. （本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，圆W 与抛物线2:4y x G =恰有一个公共点，且圆W 与x 轴相切于G 的焦点F ．求圆W 的半径．解：易知G 的焦点F 的坐标为(1,0)．设圆W 的半径为(0)r r >．由对称性，不妨设W 在x 轴上方与x 轴相切于F ，故W 的方程为222(1)()x y r r -+-=． ①将24yx =代入①并化简，得2221204y y ry æö÷ç÷-+-=ç÷÷çèø．显然0y >，故 222221(4)12432y y r y y y æöæö÷+ç÷ç÷ç÷=-+=÷çç÷÷ç÷ç÷èøçèø． ② …………………5分根据条件，②恰有一个正数解y ，该y 值对应W 与G 的唯一公共点．考虑22(4)()(0)32y f y y y+=>的最小值．由平均值不等式知2244444333y y +=+++³，从而1()329f y y ³⋅=．当且仅当243y =，即3y =时，()f y取到最小值9． ………………15分由②有解可知9r ³．又假如9r >，因()f y 随y 连续变化，且0y +及y +¥时()f y 均可任意大，故②在0,3æççççèø及3æö÷ç÷+¥ç÷ç÷çèø上均有解，与解的唯一性矛盾．综上，仅有9r =满足条件（此时1,33æ÷ç÷ç÷ç÷çèø是W 与G 的唯一公共点）． …………………20分11. （本题满分20分）称一个复数数列{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++³．解：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n nz z n z z N ++æöæö÷÷çç÷÷++=Îçç÷÷ç÷÷çèøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î．因此1112n n n n z z z z ++===，故 *11111()22N n n n z z n --=⋅=Î．①…………………5分进而有*11111()22N n n n n n n nz z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②记*12()N m m T z z z m =+++Î．当*2()N m s s =Î时，利用②可得122122sm k k k T z z z z -=³+-+å21222k k k z z ¥-=>-+å212223k k ¥-==-=å． …………………10分当*21()N m s s =+Î时，由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå，故12212212s m k k s k T z z z z z -+=æö÷ç³+-+-÷ç÷çèøå212223k k k z z ¥-=>-+=å．当1m =时，1113T z ==>．以上表明3C =满足要求． …………………15分另一方面，当*1221221111,,()22N k k k k z z z k ++--===Î时，易验证知{}n z 为有趣的数列．此时2112211lim lim ()ss k k s s k T z z z ++ ¥¥==++å134lim 11833ss k ¥=-=+=+⋅=，这表明C不能大于3．综上，所求的C为3． …………………20分2019年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）如图，在锐角ABC D 中，M 是BC 边的中点．点P 在ABC D 内，使得AP 平分BAC ．直线MP 与,ABP ACP D D 的外接圆分别相交于不同于点P 的两点,D E ．证明：若DE MP =，则2BC BP =．证明：延长PM 到点F ，使得MF ME =．连接,,BF BD CE ．由条件可知BDP BAP CAP CEP CEM = = = = ． ………………10分因为BM CM =且EM FM =，所以BF CE =且//BF CE ．于是F CEM BDP = = ，进而BD BF =． ………………20分又DE MP =，故DP EM FM ==．于是在等腰BDF D 中，由对称性得BP BM =．从而22BC BM BP ==． ………………40分二、（本题满分40分）设整数122019,,,a a a 满足122019199a a a =£££=．记22212201913243520172019()()f a a a a a a a a a a a =+++-++++．求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组122019(,,,)a a a 的个数．解：由条件知2017222221220182019212()i i i f a a aaa a +==++++-å．①由于12,a a 及2(1,2,,2016)i i a a i +-=均为非负整数，故有221122,a a a a ³³，且222()(1,2,,2016)i i i i a a a a i ++-³-=．于是201620162221221222017201811()()i i i i i i a a a a a a a a a a ++==++-³++-=+åå．②………………10分由①、②得2222017201820192017201820192()f a a a a a a ³++-++，结合201999a =及201820170a a ³>，可知()22220172017201712(99)992f a a a ³+-++22017(49)74007400a =-+³．③………………20分另一方面，令1219201920211920220191,(1,2,,49),99k k a a a a a k k a +-+========，此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30分以下考虑③的取等条件．此时2017201849a a ==，且②中的不等式均取等，即121a a ==，2{0,1}(1,2,,2016)i i a a i +-Î=．因此122018149a a a =£££=，且对每个(149)k k ££，122018,,,a a a 中至少有两项等于k ．易验证知这也是③取等的充分条件．对每个(149)k k ££，设122018,,,a a a 中等于k 的项数为1k n +，则k n 为正整数，且1249(1)(1)(1)2018n n n ++++++=，即12491969n n n +++=．该方程的正整数解1249(,,,)n n n 的组数为481968C ，且每组解唯一对应一个使④取等的数组122019(,,,)a a a ，故使0f f =成立的数组122019(,,,)a a a 有481968C 个．………………40分三、（本题满分50分）设m 为整数，2m ||³．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s (2)r s >³使得1r s a a a ==，则r s m ||-³．证明：不妨设12,a a 互素（否则，若12(,)1a a d =>，则1a d 与2ad互素，并且用123,,,a a a d d d代替123,,,a a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知234(mod )a a a m || ººº．① 以下证明：对任意整数3n ³，有2212((3))(mod )n a a a n a m m º-+-．②………………10分事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有212(mod )k ma ma m -º，结合归纳假设知112122((3))k k k a a ma a a k a m ma +-=-º-+--2212((2))(mod )a a k a m º-+-，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ³均成立． ………………20分注意，当12a a =时，②对2n =也成立．设整数,(2)r s r s >³，满足1r s a a a ==．若12a a =，由②对2n ³均成立，可知2212212((3))((3))(mod )r s a a r a m a a a a s a m m -+-º=º-+-，即1212(3)(3)(mod )a r a a s a m ||+-º+-，即2()0(mod )r s a m ||-º．③若12a a ¹，则12r s a a a a ==¹，故3r s >³．此时由于②对3n ³均成立，故类似可知③仍成立． ………………30分我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为234,,,a a a 的公因子，而12,a a 互素，故p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得0(mod )r s m ||-º．又r s >，所以r s m ||-³．………………50分四、（本题满分50分）设V 是空间中2019个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记E 为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n ，满足条件：若E 至少有n 个元素，则E 一定含有908个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．解：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”．先证明一个引理：设(,)G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有||2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对E 的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设4E ≥，并且结论在E 较小时均成立．只需证明，在G 中可以选取两条边,a b 构成一个角，在G 中删去,a b 这两条边后，剩下的图含有一个连通分支包含||2E -条边．对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立．考虑G 中的最长路12:k P v v v ，其中21,,,k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥．情形1：1deg()2v ≥．由于P 是最长路，1v 的邻点均在2,,k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则121{,}i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 成为孤立点，其余顶点仍互相连通．总之在剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．情形2：1deg()1v =，2deg()2v =．则1223{,}v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形3：1deg()1v =，2deg()3v ≥，且2v 与4,,k v v 中某个点相邻．则1223{,}v v v v是一个角，在G 中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形4：1deg()1v =，2deg()3v ≥，且2v 与某个13{,,,}k u v v v ∈/ 相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2,,k v v 之中．因122{,}v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，则删去所述边后u 也是孤立点，而其余点互相连通．若u 处还有其他边i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．引理获证． ………………20分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(,)G V E =．首先证明2795n ≥．设122019{,,,}V v v v = ．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如1311216,,,v v v v v v ），共连了26115C 1815-=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤⎢=⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795． ………………30分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形．设G 有k 个连通分支，分别有1,,k m m 个点，及1,,k e e 条边．下面证明1,,k e e 中至多有979个奇数．反证法，假设1,,k e e 中有至少980个奇数，由于12795k e e ++= 是奇数，故1,,k e e 中至少有981个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然12981,,,2m m m ≥ ．令9812k m m m =++≥ ，则有2C 1980)(i m i e i ≥≤≤，2981C m k e e ≥++ ，故98022112795C C imk i i i m e ===≤+∑∑． ① 利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211C C C C x y x y +-+≤+，可知当1980,,,m m m 由980个2以及一个59构成时，980221C C imm i =+∑取得最大值．于是 98022225921C C C 980C 26912795imm i =≤=<++∑，这与①矛盾．从而1,,k e e 中至多有979个奇数． ………………40分对每个连通分支应用引理，可知G 中含有N 个两两无公共边的角，其中1111979(2795979)908222kki i i i e N e ==⎛⎫⎡⎤=≥-=-= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑．综上，所求最小的n 是2795． ………………50分2019年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）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. 填空题只设8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，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 已知实数集合{1,2,3,}x 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x 的值为．答案：3-．解：条件等价于1,2,3,x 中除最大数以外的另三个数之和为0．显然0x <，从而120x ++=，得3x =-．2. 若平面向量(2,1)m a =-与1(21,2)m m b +=-垂直，其中m 为实数，则a 的模为．答案解：令2m t =，则0t >．条件等价于(1)(1)20t t t ⋅-+-⋅=，解得3t =．因此a=．3. 设,(0,)a b p Î，cos ,cos a b 是方程25310x x --=的两根，则sin sin a b 的值为．答案：5．解：由条件知31cos cos ,cos cos 55a b a b +==-，从而222(sin sin )(1cos )(1cos )a b a b =--22221cos cos cos cos a b a b=--+2222437(1cos cos )(cos cos )5525a b a b æöæö÷çç=+-+=-=÷çç÷ççèøè．又由,(0,)a b p Î知sin sin 0a b >，从而sin sin 5a b =． 4. 设三棱锥P ABC -满足3,2PA PB AB BC CA =====，则该三棱锥的体积的最大值为．答案：3．解：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB 的中点，则h PM £==．当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h 取到最大值．此时三棱锥P ABC -的体积取到最大值11333ABC S D ⋅==．5. 将5个数2,0,1,9,2019按任意次序排成一行，拼成一个8位数（首位不为0），则产生的不同的8位数的个数为．答案：95．解：易知2,0,1,9,2019的所有不以0为开头的排列共有44!96´=个．其中，除了(2,0,1,9,2019)和(2019,2,0,1,9)这两种排列对应同一个数20192019，其余的数互不相等．因此满足条件的8位数的个数为96195-=．6. 设整数4n >，(1)n x +的展开式中4n x -与xy 两项的系数相等，则n 的值为．答案：51．解：注意到0(1)C 1)nnr n r rnr x x -=+=å．其中4n x -项仅出现在求和指标4r =时的展开式444C 1)n n x -中，其4n x -项系数为44(1)(2)(3)(1)C 24nn n n n ----=．而xy 项仅出现在求和指标1r n =-时的展开式11C 1)n n nx --⋅中，其xy 项系数为12331C C 4(1)(1)2(1)(2)n n n n n n n n ----⋅-=---．因此有3(1)(2)(3)(1)2(1)(2)24n n n n n n n n ----=---．注意到4n >，化简得33(1)48n n --=-，故只能是n 为奇数且348n -=．解得51n =．7. 在平面直角坐标系中，若以(1,0)r +为圆心、r 为半径的圆上存在一点(,)a b 满足24b a ³，则r 的最小值为．答案：4．解：由条件知222(1)a r b r --+=，故22224(1)2(1)(1)a b r a r r a a £=---=---．即22(1)210a r a r --++£．上述关于a 的一元二次不等式有解，故判别式2(2(1))4(21)4(4)0r r r r --+=-³，解得4r ³．经检验，当4r =时，(,)(3,a b =满足条件．因此r 的最小值为4． 8. 设等差数列{}n a 的各项均为整数，首项12019a =，且对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得12n m a a a a +++=．这样的数列{}n a 的个数为．答案：5．解：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则 112(1)a d a k d +=+-，即1(2)k d a -=，因此必有2k ¹，且12ad k =-．这样就有1111(1)2n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，12111(1)(1)(1)22n n n n n a a a a n d a n a d --+++=+=+-+ 1(1)(1)(2)2n n a n k d æö-÷ç=+--+÷ç÷çèø，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到2019为两个素数3与673之积，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）在椭圆G 中，F 为一个焦点，,A B 为两个顶点．若3,2FA FB ==，求AB 的所有可能值．解：不妨设平面直角坐标系中椭圆G 的标准方程为22221(0)x y a b a b +=>>，并记c =F 为G 的右焦点．易知F 到G 的左顶点的距离为a c +，到右顶点的距离为a c -，到上、下顶点的距离均为a ．分以下情况讨论：(1) ,A B 分别为左、右顶点．此时3,2a c a c +=-=，故25AB a ==（相应地，2()()6b a c a c =+-=，G 的方程为2241256x y +=）． …………………4分 (2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时3,2a c a +==，故1c =，进而2223b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22143x y +=）．…………………8分 (3) A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点．此时3,2a a c =-=，故1c =，进而2228b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22198x y +=）．…………………12分综上可知，AB的所有可能值为5,． …………………16分10. （本题满分20分）设,,a b c 均大于1，满足lg log 3,lg log 4.b a a c b c ì+=ïïíï+=ïî求lg lg a c ⋅的最大值．解：设lg ,lg ,lg a x b y c z ===，由,,1a b c >可知,,0x y z >．由条件及换底公式知3,4z zx y y x+=+=，即34xy z y x +==．…………………5分由此，令3,4(0)x t y t t ==>，则241212z x xy t t =-=-．其中由0z >可知(0,1)t Î． …………………10分因此，结合三元平均值不等式得2lg lg 312(1)18(22)a c xz t t t t t ==⋅-=⋅-33(22)2161818333t t t æöæö++-÷çç£⋅=⋅=÷çç÷ççèèø．当22t t =-，即23t =（相应的,,a b c 分别为8833100,10,10）时，lg lg a c 取到最大值163． …………………20分11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．证明：对任意正整数m ，均有123m z z z +++<．证明：归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n n z z n z z N ++æöæö÷çç÷++=Îçç÷çç÷èøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î． …………………5分因此1112n n nnz z z z ++===，故*11111()22N n n n z z n --=⋅=Î． ①进而有*11111()22N n n n n n n nz z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②…………………10分当m 为偶数时，设*2()N m s s =Î．利用②可得122122122111123sm k k k k k k k k z z z z z z z ¥¥---===+++£+<+==ååå． …………………15分当m 为奇数时，设21()N m s s =+Î．由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå，故1221221212113s m k k s k k k k z z z z z z z z ¥-+-==æö÷ç+++£++<+=÷ç÷çèøåå．综上，结论获证． …………………20分2019年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）设正实数12100,,,a a a 满足101(1,2,,50)i i a a i -³=．记112(1,2,,99)k k kka x k a a a +==+++．证明：29912991x x x £．证明：注意到12100,,,0a a a >．对1,2,,99k =，由平均值不等式知121210kk k k a a a a a a æöç<£çç+++èø， ……………10分从而有9999299112991111212kk k k k k k k ka k x x x a a a a a a a ++==æö÷ç÷=£ç÷÷ç+++èø ． ①………………20分记①的右端为T ，则对任意1,2,,100i =，i a 在T 的分子中的次数为1i -，在T 的分母中的次数为100i -．从而10121005050210121012(101)101101101111ii i i i i i ii i i ia T a a a a -------===æö÷ç÷===ç÷ç÷èø ．………………30分又1010(1,2,,50)i i a a i -<£=，故1T £，结合①得29912991x x x T ££． ………………40分二、（本题满分40分）求满足以下条件的所有正整数n ：(1) n 至少有4个正约数；(2) 若12k d d d <<< 是n 的所有正约数，则21321,,,k k d d d d d d ---- 构成等比数列．解：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--． ………………10分易知112231,,,k k k n nd d n d d d d --====，代入上式得3222231n n d d d n n d d d --=--，化简得223223()(1)d d d d -=-． ………………20分由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30分从而序列21321,,,k k d d d d d d ---- 为23212,1,,,k k p p p p p p p ------ ，即123,,,,k d d d d 为21,1,,,k p p p - ，而此时相应的n 为1k p -．综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥． ………………40分三、（本题满分50分）如图，点,,,,A B C D E在一条直线上顺次排列，满足BC CD ==，点P 在该直线外，满足PB PD =．点,K L 分别在线段,PB PD 上，满足KC 平分BKE ，LC 平分ALD ．证明：,,,A K L E 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：令1,(0)AB BC CD t ===>，由条件知2DE t =．注意到180BKE ABK PDE DEK < = < - ，可在CB 延长线上取一点A ¢，使得A KE ABK A BK ¢¢ = = ． ………………10分此时有A BK A KE ∽¢¢D D ，故A B A K BKA K A E KE¢¢==¢¢． ………………20分又KC 平分BKE ，故211BK BC t KE CE t t t===++．于是有 22112A B A B A K BK AB A E A K A E KE t t AEæö¢¢¢÷ç=⋅===÷ç÷ç¢¢¢èø++． …………30分由上式两端减1，得BE BEA E AE=¢，从而A A ¢=．因此AKE A KE ABK ¢ = = ．同理可得ALE EDL = ．而ABK EDL = ，所以AKE ALE = ．因此,,,A K L E 四点共圆． ………………50分四、（本题满分50分）将一个凸2019边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之一，每种颜色的边各673条．证明：可作这个凸2019边形的2016条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017个三角形，并将所作的每条对角线也染AA (为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同，或者颜色互不相同．证明：我们对5n ≥归纳证明加强的命题：如果将凸n 边形的边染为三种颜色,,a b c ，并且三种颜色的边均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分． ………………10分当5n =时，若三种颜色的边数为1，1，3，由对称性，只需考虑如下两种情形，分别可作图中所示的三角形剖分．若三种颜色的边数为1，2，2，由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可作图中所示的三角形剖分．………………20分假设结论对(5)n n ≥成立，考虑1n +的情形，将凸1n +边形记为121n A A A + ．情形1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,a b 色边各只有一条．由于16n +≥，故存在连续两条边均为c 色，不妨设是111,n n n A A A A ++．作对角线1n A A ，并将1n A A 染为c 色，则三角形11n n A A A +的三边全部同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．………………30分情形2：某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条．不妨设a 色边只有一条，于是可以选择两条相邻边均不是a 色，不妨设111,n n n A A A A ++均不是a 色，作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分． ………………40分情形3：每种颜色的边均至少两条．作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．综合以上3种情形，可知1n +的情形下结论也成立．由数学归纳法，结论获证． ………………50分。

2019年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛

2019年高中数学联合竞赛(A卷)参考答案及评分标准

2019年全国高中数学联赛试题及解答

2019年全国高中数学联赛试题及答案

【竞赛试题】2019年全国和高中数学联赛试卷及答案

湖北省八校2019届高三第二次联合考试数学(理科)试题(解析版)

2019年全国初中数学竞赛(湖北省襄阳市)预选赛试卷解析版

2019年全国高中数学联赛A卷一试(含附加)参考答案与评分标准

2019年全国高中数学联合竞赛试卷(加试)(A卷)(附答案详解)

2019年全国高中数学联赛试卷及答案-10页文档资料

2019年全国高中数学联合竞赛试题(A卷)与答案

2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考答案高二年级

2019年全国高中数学联合竞赛试题及解析(AB合版)

2019年全国初中数学竞赛(湖北省襄阳市)预选赛试卷(含答案)