2019年全国高中数学联赛四川省预赛-附答案解析
2019-2020学年人教A版四川省蓉城名校联盟高三第二学期第二次联考(文科)数学试卷 含解析
2019-2020学年高三第二学期第二次联考数学试卷（文科）一、选择题1．已知集合A＝{﹣1，1，3，4}，集合B＝{x|x2﹣4x+3＞0}，则A∩B＝（）A．{﹣1，4}B．{﹣1，1，4}C．{﹣1，3，4}D．（﹣∞，1）∪（3，+∞）2．已知复数z＝，则|z|＝（）A．1B．C．2D．33．为了解某地区中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（）A．简单的随机抽样B．按性别分层抽样C．按学段分层抽样D．系统抽样4．已知实数0＜a＜b，则下列说法正确的是（）A．＞B．ac2＜bc2C．lna＜lnb D．（）a＜（）b5．已知命题p：x＜2m+1，q：x2﹣5x+6＜0，且p是q的必要不充分条件，则实数m的取值范围为（）A．m＞B．m≥C．m＞1D．m≥16．若数列{a n}为等差数列，且满足3+a5＝a3+a8，S n为数列{a n}的前n项和，则S11＝（）A．27B．33C．39D．447．已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A．若m⊂α，n⊂β，且α⊥β，则m⊥nB．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，且α⊥β，则m⊥nD．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n8．已知抛物线y2＝20x的焦点与双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．9．如图，在△ABC中，＝，P是BN上的一点，若m＝﹣，则实数m 的值为（）A．B．C．1D．210．已知实数a＞0，b＞1满足a+b＝5，则+的最小值为（）A．B．C．D．11．关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计π的值：先请全校m名同学每人随机写下一个都小于1的正实数对（x，y）；再统计两数能与1构成钝角三形三边的数对（x，y）的个数a；最后再根据统计数a估计π的值，那么可以估计π的值约为（）A．B．C．D．12．已知＝（2sin，cos），＝（cos，2cos），函数f（x）＝•在区间[0，]上恰有3个极值点，则正实数ω的取值范围为（）A．[，）B．（，]C．[，）D．（，2]二、填空题13．实数x，y满足，则z＝2x+y的最大值为．14．在△ABC中，若a：b：c＝2：3：4，则最大内角的余弦值为．15．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝，AB＝4，BC＝CC1＝2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．16．已知函数f（x）＝﹣x3+x+a，x∈[，e]与g（x）＝3lnx﹣x﹣1的图象上存在关于x轴对称的点，则a的取值范围为．三、解答题：共70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。
2019年全国高中数学联赛试题及答案
2019年全国高中数学联赛一、填空题（每小题8分，共64分，） 1. 函数x x x f 3245)(---=的值域是 .2. 双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .3. 已知}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存有常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ，则=+βα .4. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a ax f x x在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .5. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .6. 正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin .7. 方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 . 二、解答题（本题满分56分）9. （16分）已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.10.（20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求ABC ∆面积的最大值.11.（20分）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存有唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r .解 答1. ]3,3[- 提示：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ，0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示 ：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则,3q d =+ （1） 2)43(3q d =+， （2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立. 从而βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα，333+=+βα.5. 41-提示：令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=， 所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.6. 1217提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.提示：解法一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B n 由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos αα=⇒=. 所以 410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, . 设BA 1与1AB 交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以 从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B O B . 4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 336675 提示：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知OEPC 1B 1A 1CBA100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=， 即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一： ,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤， 所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ， 即21434302≤++++≤c b a z a ， 从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1） 易知0,5==y x 是（1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2） （2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=.定点)0,5(C 到线段AB 的距离 202029)0()25(y y CM h +=-+-==.220209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆ )9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=.当且仅当20202249y y -=+，即0y =,A B 或A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 解法二：同解法一，线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值, 2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆221221)5()(23+-=t t t t )5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t3)314(23≤,所以7314≤∆ABC S , 当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t6572+-=t ,66((33A B +或A B -时等号成立.所以，ABC ∆面积的最大值是7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则056)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520r r +-=，3152r r -=4710r r r r =++++.故数列),2,1(23 =-=n n a n 是满足题设要求的数列. 若存有两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ， 去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加 试1. （40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．2. （40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存有正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．3. （50分）给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解 答1. 用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ． 因为2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ） ()()2222PO r KO r=-+-，同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以 2222PO PK QO QK -=-， 故OK ⊥PQ ． 由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ②M1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =， 所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆.注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）． 注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法． 当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．FE QPONM K DCBA于是()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++ 12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++. 显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0k n i i i i k ak a n k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i i i i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑ 11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑ 11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k nk n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ 1k n=-， 故 111n n nkk n k k k k a A nA A ===-=-∑∑∑ ()1111n n n k n k k k AA A A --===-≤-∑∑ 111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=．4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母能够依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选择2i 条边标记a 的有2i n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i j n i n i j C -⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)n nkn k k n k k n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2n i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．。
【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。
2020年全国高中数学联赛四川预赛试题及答案
2020 年全国高中数学联赛试题
1. 四川预赛试题及其解答 2020.6.14
一、填空题: 本大题共 8 小题, 每小题 8 分, 满分 64 分.
1.
设
△ABC
的外接圆的圆心为
O,
且
3−O→A
+
−−→ 4OB
+
−−→ 5OC =
0,
则
∠C
的大小是
.
解: 设
−→ OA
=
−−→ OB
=
−−→ OC
这是一个漂亮的对称不等式, 齐一次, 带分式, 由于 λ 未知, 首先要猜出 λ 的值: 取 c = 1, a + b = 1, a > b, 则
a3
b3
c3
1
(b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 ≥ λ (a + b + c) ⇒ 2λ ≤ 1 + (1 − 2b)2 , 0 < b < 1,
由柯西不等式
a4
b4
c4
a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2
× a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2
2
≥
a4 a(b − c)2
· a(b
− c)2
+
b(c
b4 − a)2
·
b(c
−
a)2
+
c4 c(a −
b)2
·
c(a
−
b)2
= a2 + b2 + c2 2,
则 a + b = 3. 8. 用 [x] 表示不超过实数 x 的最大整数, 若数列 {an} 满足:
2020年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及参考答案
a3 (b c)2
b3 (c a)2
c3 (a b)2
(a
b c) .
求 的最大值.
解：取 a 1 ,b 1 , c 2 ，其中 0 1 .
2
2
6
（1 +）3 则 2
(1 )3 2
(2 )3
（1 +）3 2
1 2
（1 3 )2 ( 1)2 (2 )2 （1 3 )2 2
2
2
2
对任意的（0 1）成立. 6
注意到当
0+
（1 +）3 时， 2
（1 3 )2
1 2
2
1，
2
所以， 1 .
......5 分
另一方面，下证： =1成立，即证
a3 (b c)2
b3 (c a)2
c3 (a b)2
(a b c)
.
不妨设 a b c ，则可令 a=c x,b c y ，其中 x y 0 .
设 A(x1 ,y1) ， B(x2 ,y2 ) ，则 x1 x2 k ， x1x2 1.
过点 A(x1 ,y1) 的抛物线 y x2 的切线方程是 y y1 2x1(x x1) ，
由 y1 x12 ，代入可得 y 2x1x x12 .
过点 B(x2 ,y2 ) 的抛物线 y x2 的切线方程是 y 2x2 x x22 ，
所以，问题得证.
......15 分 ......20 分
参考答案及评分标准 （第 4 页，共 4 页）
令
k2
1 t ( t ≥1 )，则 d
| t2 1 2|
2
t
3
≥2
3
3
t
2 2t
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
高中数学竞赛-集合(含解析)
集合练习1.【2021年新疆预赛】若实数集合{3,6,9,x}的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则x的值为 .【答案】94【解析】若x是最大元素，则3x=18+x,解得x=9,不合题意；；若x是最小元素，则9x=18+x,解得x=94若x既不是最大元素也不是最小元素，则27=18+x,解得x=9,不合题意；.所以x=942.【2021年全国高中数学联赛A卷一试】设集合A={1,2,m},其中m为实数.令B={a2∣a∈A},C=A∪B.若C的所有元素之和为6,则C的所有元素之积为.【答案】−8【解析】由条件知1,2,4,m,m2(允许有重复）为C的全部元素.注意到,当m为实数时,1+2+4+m+m2>6,1+2+4+m2>6,故只可能是C={1,2,4,m},且1+2+4+m=6.于是m=−1(经检验符合题意),此时C的所有元素之积为1×2×4×(−1)=−8.3.【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为 . 【答案】190【解析】每个满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定,其中a,b∈X,a<b,这样的(a,b)的取法共有C202=190种,所以这样的集合A的个数为190.4.【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数x的最大整数,集合A={x∣x2−x−6<0},B= {x∣2x2−3[x]−5=0}.则A∩B= .}【答案】{−1,√222【解析】易知,A=(−2,3).若x∈A,则[x]=−2,−1,0,1,2.当[x]=−2时,若x∈B,则2x2+6−5=0,x不存在.当[x]=−1时,若x∈B,则2x2+3−5=0⇒x=±1.经检验,x=1不符合要求,x=−1符合要求.当[x]=0时,若x∈B,则2x2−0−5=0⇒x=±√102，均不符合要求.当[x]=1时,若x∈B,则2x2−3−5=0⇒x=±2,均不符合要求.当[x]=2时,若x∈B,则2x2−6−5=0⇒x=±√222.经检验,x=√222符合要求,x=−√222不符合要求.故A∩B={−1,√222}.5.【2020年甘肃预赛】设集合:A={(x,y)∣log a x+log a y>0},B=|(x,y)|x+y<a}.若A∩B=∅,则a的取值范围是 .【答案】(1,2]【解析】若a>1,则A={(x,y)∣xy>1}.而当x+y=a与xy=1相切时，x+1x=a⇒x2−ax+1=0⇒a=2.于是,当a∈(1,2]时,A∩B=∅.若a<1,则A={(x,y)∣xy<1},此时，A∩B≠∅.综上,a∈(1,2].6.【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成20a+8b+27c(a ,b ,c∈N)形式,就称其为“好数".则集合{1,2,⋯,200}中好数的个数为 .【答案】153【解析】先考虑20a+8b=4(5a+2b).5a+2b可取2,4,5,6,⋯,50.则20a+8b可取8,16,20,24,⋯,200.故当c=0时共有48个非零好数(4k型）；c=1时共有42个好数(4k+3型),此时好数为27,35,43,47,⋯,199;c=2时共有35个好数(4k+2型),此时好数为54,62,70,74,⋯,198;c=3时共有28个好数(4k+1型),此时好数为81,89,97,101,⋯,197.综上,共有48+42+35+28=153个好数.7.【2020年新疆预赛】已知集合A={1,2,3,⋯,2020},对于集合A的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为 .【答案】2020【解析】集合A的22020−1个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2020,1×2,1×3⋯,2019×2020,⋯,1×2×⋯×2020,它们的倒数和为1+12+⋯+12020+11×2+11×3+⋯+12019×2020+⋯+11×2×⋯×2020=(1+1)(1+12)⋯(1+12020)−1=2×32×⋯×20212020−1=2020.8.【2019年全国】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【解析】由题意知，x为负值，∴3−x=1+2+3+x⇒x=−32.9.【2019年江苏预赛】已知集合A={x|x2−3x+2≥0}，B={x|√x−a≥1}，且A∩B= {x|x≥3}，则实数a的值是 .【答案】2【解析】A={x|x≥2或x≤1}，B={x|x≥a+1}.又A∩B={x|x≥3}，故a+1=3，解得a=2.10.【2019年江西预赛】将集合{1,2,⋯,19}中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为.【答案】16815【解析】所求的和为12[(1+2+⋯+19)2−(12+22+⋯+192)]=12[36100−2470]=1681511.【2019年浙江预赛】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 = .【答案】A ={334,335,336,337,338,339} 【解析】由已知2k+n+12⋅n =3×673.当n =2m 时，得到(2k +2m +1)m =3×673⇒m =3,n =6,k =333; 当n =2m +1时，得到(k +m +1)(2m +1)=3×673⇒m =1,n =3. 所以n 的最大值为6，此时集合A ={334,335,336,337,338,339}.12.【2019年福建预赛】已知f (x )=x 2-2x ，集合A ={x |f (f (x ))=0}，则集合A 中所有元素的和为.【答案】4【解析】方程f (f (x ))=0化为f (x 2-2x )=0，即(x 2−2x )2−2(x 2−2x )=0.∴ (x 2−2x )(x 2−2x −2)=0.解得，x 1=0, x 2=2, x 3=1−√3, x 4=1+√3. ∴A ={0,2,1−√3,1+√3}，A 中所有元素的和为4.13.【2019年福建预赛】已知集合U ={1，2，3，4，5}，I ={X|X ⊆U}，从集合I 中任取两个不同的元素A 、B ，则A ∩B 中恰有3个元素的概率为 .【答案】562【解析】当A ∩B 确定后，如A ∩B ={3，4，5}时，设A =A ′∪{3,4,5}，B =B ′∪{3,4,5}. ，A ′∩B ′=∅，则{A ′,B ′}的情况有:{∅,{1}}，{∅,{2}}，{∅,{1,2}}，{{1},{2}}，共4种情形. ∴所求的概率为C 53×4C 322=10×4×232×31=562.14.【2019年贵州预赛】已知集合A ={1,2,3,……,2019},对于集合A 的每一个非空子集的所有元素,计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.【答案】2019【解析】解法1:集合A 的22019−1个非空子集中,每一个集合的所有元素之积分别为: 1,2,…,2019,1×2,1×3,2018×2019,……，1×2×⋯×2019,它们的倒数和：1+12+⋯+12019+11×2+11×3+⋯+12018×2019+⋯+11×2×⋯×2019 =(1+1)(1+12) (1)12019)−1=2×32×⋯×20202019−1=2019解法2:当A={1}时,结果是1;当A={1,2}时,结果是1+12+11×2=2；当A={1,2,3}时,结果是1+12+13+11×2+11×3+12×3+11×2×3=3.由数学归纳法可证(省略):当A={1,2,3,…,2019}时,结果是2019.15.【2019高中数学联赛B卷（第01试）】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【解析】条件等价于1，2，3，x中除最大数以外的另外三个数之和为0.显然x<0，从而1+2+x=0，得x=－3.16.【2018年江苏预赛】在1，2，3，4，…，1000中，能写成a2−b2+1(a∈N)的形式，且不能被3整除的数有________个。
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
2023_年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析
２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析张㊀君(四川省温江中学ꎬ四川成都６１１１３０)摘㊀要:文章给出２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析ꎬ部分试题给出一题多解ꎬ解答题给出了有别于参考答案的精彩解法.关键词:高中数学联赛ꎻ四川预赛ꎻ数学竞赛试题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００８８－０５收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:张君(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ四川省宣汉人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题ꎬ全卷共１１道题(满分１２０分)ꎬ其中８道填空题(每小题８分)ꎬ３道解答题(第９题１６分ꎬ第１１㊁１２题各２０分).笔者参考２０２２年四川预赛试题及其解析[１]ꎬ对２０２３年四川预赛每道题都进行了分析和研究ꎬ逐个给出解析.１试题内容简析该试题涉及函数性质(第１题)ꎬ平面向量(第２题)ꎬ二项式定理(第３题)ꎬ函数与导数(第４题)ꎬ数论(第５题)ꎬ立体几何(第６题)ꎬ平面解析几何(第９题)ꎬ三角函数与三角变换(第７ꎬ８题)ꎬ函数与数列(第５ꎬ１０题)ꎬ函数与不等式(第８ꎬ１１题).２试题及其解析题１㊀已知ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的函数ꎬ且对任意实数ｘꎬ均有２ｆ(ｘ)＋ｆｘ２－１()＝１ꎬ则ｆ(２)的值为.解析㊀令ｘ＝１ꎬ得２ｆ(１)＋ｆ０()＝１.①令ｘ＝－１ꎬ得２ｆ(－１)＋ｆ０()＝１.②令ｘ＝０ꎬ得２ｆ(０)＋ｆ－１()＝１.③由①②③解得ｆ(１)＝１３.令ｘ＝２ꎬ得２ｆ(２)＋ｆ１()＝１.解得ｆ(２)＝１３.题２㊀设平面向量ａꎬｂ满足:｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬａʅｂ.点ＯꎬＡꎬＢ为平面上的三点ꎬ满足ＯＡң＝２ａ＋ｂꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂꎬ则ΔＡＯＢ的面积为.解析㊀由ａʅｂ建立以Ｏ为原点ꎬ分别以向量ａꎬｂ的方向为正方向建立平面直角坐标系ꎬ因为｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬ所以ａ＝(１ꎬ０)ꎬｂ＝(０ꎬ２).所以ＯＡң＝２ａ＋ｂ＝(２ꎬ２)ꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂａ＝(－３ꎬ４).即Ａ(２ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ４).从而求得ＳΔＡＯＢ＝７.题３㊀在(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６的展开式中ꎬｘ４ｙ３的系数为.(用具体数字作答)解析㊀因为(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６＝(ｙ－２)６(ｘ＋３)６ꎬ所以ｘ４ｙ３的系数为Ｃ３６(－２)３ Ｃ２６ ３２＝－２１６００.题４㊀设Ｐ(０ꎬａ)是ｙ轴上异于原点的任意一点ꎬ过点Ｐ且平行于ｘ轴的直线与曲线ｙ＝１ａｌｎｘ交于点Ｑꎬ曲线ｙ＝１ａｌｎｘ在点Ｑ处的切线交ｙ轴于点Ｒꎬ则ΔＰＱＲ的面积的最小值为.解析㊀由题意知ꎬａ＝１ａｌｎｘꎬ解得ｘ＝ｅａ２.所以Ｑ(ｅａ２ꎬａ).因为ｙᶄ＝１ａｘꎬ所以切线ＲＱ的方程为ｙ－ａ＝１ａｅａ２(ｘ－ｅａ２).令ｘ＝０ꎬ得Ｒ(０ꎬａ－１ａ).所以ＳΔＰＲＱ＝１２ＰＱ ＰＲ＝１２ａｅａ２.令ｆ(ａ)＝１２ａｅａ２(ａ>０)ꎬ所以ｆᶄ(ａ)＝１２ｅａ２(２－ａ－２).当ａɪ０ꎬ２２æèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)<０ꎬｆ(ａ)单调递减ꎻ当ａɪ２２ꎬ＋ɕæèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)>０ꎬｆ(ａ)单调递增[２].㊀所以ｆ(ａ)ｍｉｎ＝ｆ(２２)＝２ｅ２.题５㊀㊀设集合Ｉ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２}ꎬＡ＝{(ａꎬｂꎬｃꎬｄ)｜ａꎬｂꎬｃꎬｄɪＩꎬａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)}ꎬ则集合Ａ中元素的个数为.解析㊀若ａꎬｄ中有０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有０ꎬ１()和１ꎬ０()两种情况.此时ａｄ＝０ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ则ｂꎬｃ中有０ꎬｂꎬｃ()有４５种情况.所以ꎬ此类共有２ˑ４５＝９０种情况.若ａꎬｄ中无０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有２ꎬ２２()ꎬ３ꎬ２１()ꎬ ꎬ２２ꎬ２()共２１种情况.因为ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ注意到ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})对每一个确定的ｋꎬｋｍ(ｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的每两个值对于ｍｏｄ２３不同余ꎬ即与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的值各有一个ꎬ则ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的值与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的各有２２个.则对于每一个ａꎬｄ()ꎬｂꎬｃ()有２２种情况.故此类共有２１ˑ２２＝４６２种情况.㊀所以ꎬ集合Ａ中元素的个数为９０＋４６２＝５５２.题６㊀在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬＡＢ＝１ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝３ꎬøＡＢＣ＝９０ʎꎬ点Ｐ是平面ＡＢＣ上一动点ꎬ则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ的最小值为.解析㊀易知ꎬ点Ｐ在线段ＡＣ上时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ才可能最小.由已知可求得ＡＣ＝２ꎬＡＡ１＝３.设øＡＡ１Ｐ＝αꎬ则αɪ０ꎬａｒｃｔａｎ２３æèçöø÷ꎬＡ１Ｐ＝３ｃｏｓαꎬＡＰ＝３ｔａｎα.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ＝３ｃｏｓα＋２－３ｔａｎα２＝１＋３２－ｓｉｎα()２ｃｏｓα.设ｔ＝２－ｓｉｎαｃｏｓαꎬ则ｔｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２.于是ｔ２＋１ȡ２ꎬｔȡ３.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣȡ５２.当ｔ＝３时ꎬ３ｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２ꎬ则ｓｉｎα＋π３æèçöø÷＝１ꎬ解得α＝π６.故当α＝π６时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ取最小值５２.题７㊀如图１ꎬ将函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１(０ɤｘɤ２π)的图象Γ画在矩形ＯＡＢＣ内ꎬ将ＡＢ与ＯＣ重合围成一个圆柱ꎬ则曲线Γ在圆柱表面形成的曲线的离心率为.解析㊀如图２ꎬ设图１中ＯＡꎬＣＢ的中点分别为ＥꎬＤꎬ则围成圆柱后ＡＥꎬＢＤ分别为上㊁下底面的直径ꎬ易知ＡＥ＝２.设ＡＥ的中点为ＧꎬＰ为曲线上一点ꎬ作ＰＱʅ底面ꎬ垂足为点ＱꎬＱＭʅＡＥ于点ＭꎬＭＮʊＡＢ交ＢＥ于点Ｎ.㊀图１㊀函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１图象㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀圆柱设ＡＱ(＝ｘꎬ则ＰＱ＝１＋ｃｏｓｘꎬøＡＧＱ＝ｘꎬøＡＥＱ＝ｘ２.所以ＥＱ＝ＡＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓｘ２ꎬＭＥ＝ＱＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓ２ｘ２.易知әＮＭＥ为等腰直角三角形ꎬ则ＭＮ＝ＭＥ＝２ｃｏｓ２ｘ２＝１＋ｃｏｓｘ.所以ＰＱ＝ＮＭꎬ则四边形ＰＱＭＮ为矩形.所以ＰＮʅＮＭꎬ则ＰＮʅ平面ＡＢＤＥꎬ于是点Ｐ在平面ＡＢＤＥ内的投影为点Ｎ.所以曲线在平面ＡＢＤＥ内的投影为线段ＢＥꎬ于是曲线为过直线ＢＥ且垂直于平面ＡＢＤＥ的平面截圆柱侧面所得曲线[３].该曲线为椭圆ꎬ长轴为ＢＥ＝２２ꎬ短轴长等于底面直径２ꎬ所以离心率为２２.题８㊀设ＡꎬＢꎬＣ是ΔＡＢＣ的三个内角ꎬ则３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围为.解析㊀设Ｍ＝３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ.易知Ｍ<６ꎬ当Ａң０ꎬＢңπꎬＣң０时ꎬＭң６.当Ｃң０时ꎬＭ＝－３ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃң－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１ꎬ又－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ－１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２－２５１６ꎬ所以ꎬ当Ｃң０ꎬＢ＝ａｒｃｃｏｓ３８πꎬＡңπ－ａｒｃｃｏｓ３８时ꎬＭң－２５１６.下面证明Ｍ>－２５１６.当Ａɤπ３时ꎬＭȡ３ｃｏｓπ３－３＝－３２>－２５１６.当Ａ>π３时ꎬ０<Ｂ<２π３ꎬ０<Ｃ<２π３ꎬ０<Ｂ＋Ｃ<２π３.此时ꎬＡ不是ＡꎬＢꎬＣ中最小的.(１)若Ｃ最小ꎬ则Ｃ<ＡꎬＣɤＢ.此时ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０ꎬ证明如下:ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ２＋２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ－２Ｃ２＝４ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｓｉｎＢ－Ｃ２ｓｉｎＣ２.因为Ｂ＋２Ｃ２ꎬＢ－Ｃ２ꎬＣ２ɪ０ꎬπ２[öø÷ꎬ所以ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０成立.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃȡ３－ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ－ｃｏｓ２Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋３ｃｏｓＣ－３ｃｏｓ２Ｃ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ＋４ｃｏｓ３Ｃ－６ｃｏｓ２Ｃ＋１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２＋２ｃｏｓＣ－１()２２ｃｏｓＣ＋１()－２５１６.因为０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.(２)若Ｂ最小ꎬ则ＢɤＣꎬＢ<Ａꎬ３Ｂ＋Ｃ２ɪ０ꎬπ()ꎬＣ－Ｂ２ɪ０ꎬπ２[öø÷.于是ｃｏｓＡ＋ｃｏｓ２Ｂ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ２Ｂ＝２ｓｉｎ３Ｂ＋Ｃ２ｓｉｎＣ－Ｂ２ȡ０ꎮ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３ＣȡｃｏｓＡ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ３Ｃ>－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ.设ｔ＝ｃｏｓＣꎬ由于０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ则－１２<ｔ<１.令４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ＝４ｔ３－４ｔ＝ｆｔ()ꎬ则ｆᶄｔ()＝１２ｔ２－４＝４３ｔ２－１()ꎬ则ｆｔ()的极值点为ʃ１３.则ｆｔ()在－１２ꎬ－１３æèçöø÷上单调递增ꎬ在－１３ꎬ１３æèçöø÷上单调递减ꎬ在１３ꎬ１æèçöø÷上单调递增.计算知ｆ－１２æèçöø÷＝３２>－２５１６ꎬｆ１３æèçöø÷＝－８３３>－２５１６ꎬ所以ｆｔ()>－２５１６.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.综上所述ꎬ３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围是－２５１６ꎬ６æèçöø÷.题９㊀已知抛物线Γ的顶点是原点Ｏꎬ焦点是Ｆ(０ꎬ１).过直线ｙ＝－２上任意一点Ａ作抛物线Γ的两条切线ꎬ切点分别为ＰꎬＱꎬ求证:(１)直线ＰＱ过定点ꎻ(２)øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.证明㊀(１)易得拋物线Γ的方程为ｘ２＝４ｙ.设点Ａ(ｔꎬ－２)ꎬＰｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ则过点Ｐ的抛物线Γ的切线ｌ１的方程为ｙ－ｙ１＝ｘ１２ｘ－ｘ１().即ｘ１ｘ－２ｙ－２ｙ１＝０.同理ꎬ过点Ｑ的抛物线Γ的切线ｌ２的方程为ｘ２ｘ－２ｙ－２ｙ２＝０.由ｌ１ꎬｌ２过点Ａꎬ可得ｘ１ｔ＋４－２ｙ１＝０ꎬｘ２ｔ＋４－２ｙ２＝０ꎬ这表明ꎬ点Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()的坐标满足方程ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以直线ＰＱ的方程为ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以易得直线ＰＱ过定点(０ꎬ２).(２)不妨设点Ｐ在点Ｑ的左边ꎬ则ｘ１<ｘ２.因为ｔａｎøＰＡＱ＝ｘ１/２－ｘ２/２１＋(ｘ１/２) (ｘ２/２)＝２ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝２ｔａｎøＰＡＱ１－ｔａｎ２øＰＡＱ＝４ｘ１－ｘ２()/ｘ１ｘ２＋４()１－４ｘ１－ｘ２()２/ｘ１ｘ２＋４()２＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２.又因为ｔａｎøＰＦＱ＝(ｙ１－１)/ｘ１－(ｙ２－１)/ｘ２１＋[(ｙ１－１)/ｘ１] [(ｙ２－１)/ｘ２]＝ｘ２ｘ２１/４－１()－ｘ１ｘ２２/４－１()ｘ１ｘ２＋ｘ２１/４－１()ｘ２２/４－１()＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝ｔａｎøＰＦＱ.易知０ʎ<øＰＡＱ<９０ʎ<øＰＦＱ<１８０ʎ.所以øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.题１０㊀给定正整数ｎ(ｎȡ２).已知２ｎ个正实数ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ２ｎꎬ满足:ðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ＝ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ.求Ｓ＝ð２ｎｋ＝１ａｎ－１ｋａｋ＋１的最小值ꎬ其中ａ２ｎ＋１＝ａ１.解析㊀一方面ꎬ记Ａ＝ᵑ２ｎｋ＝１ａｋ()１ｎꎬ则Ｓ＝ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１＋ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋȡｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１æèçöø÷１ｎ＋ｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋæèçöø÷１ｎ＝ｎＡᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()＝ｎＡðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ()ȡｎＡｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１()１ｎ ｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()１ｎ＝ｎ３.另一方面ꎬ易知ｎ＝２时ꎬ取ａ１＝ａ３＝１ꎬａ２＝ａ４＝２＋３时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.ｎȡ３时ꎬ取ａ１＝ａ２＝ ＝ａ２ｎ＝ｎ２２æèçöø÷１ｎ－２时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.综上所述ꎬ所求的最小值是ｎ３.题１１㊀给定正整数ａꎬｂ(ａɤｂ).数列ｆｎ{}满足:ｆ１＝ａꎬｆ２＝ｂꎬｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ(ｎ＝１ꎬ２ꎬ ).若对任意的正整数ｎꎬ都ðｎｋ＝１ｆｋ()２ɤλ ｆｎｆｎ＋１ꎬ求实数λ的最小值.解析㊀先证以下３个引理:引理１㊀对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎ＋２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.证明㊀ｆｎ＋２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ＋１－ｆｋ()＋ｆ２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ－１＋ｆ２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.引理２㊀记Ｔ＝ａ２＋ａｂ－ｂ２ꎬ则对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.证明㊀由条件知ｆ３＝ａ＋ｂ.从而ｆ１ｆ３＋(－１)１Ｔ＝ａ(ａ＋ｂ)－ａ２＋ａｂ－ｂ２()＝ｂ２＝ｆ２２ꎬ故结论对ｎ＝１成立.假设ｎ＝ｋ(ｋȡ１)时ꎬ结论成立ꎬ即ｆｋｆｋ＋２＋(－１)ｋＴ＝ｆ２ｋ＋１.当ｎ＝ｋ＋１时ꎬｆｋ＋１ｆｋ＋３＋(－１)ｋ＋１Ｔ＝ｆｋ＋１ｆｋ＋１＋ｆｋ＋２()＋ｆｋｆｋ＋２－ｆ２ｋ＋１＝ｆｋ＋１ｆｋ＋２＋ｆｋｆｋ＋２＝ｆ２ｋ＋２ꎬ故当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ结论也成立.由归纳原理知ꎬ对任意的正整数ｎꎬ都有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.引理３㊀ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＝５－１２.证明㊀首先ꎬ由ｆｎｆｎ＋１－ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝(－１)ｎＴｆｎ＋１ｆｎ＋２ң０知ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１存在ꎬ设其值为ａꎬ其中０ɤａɤ１.其次ꎬ将ｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ同时除以ｆｎ＋１ꎬ再令ｎң＋ɕꎬ得１ａ＝１＋ａꎬ解得ａ＝５－１２.回到原题:记Ｔｎ＝ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ ꎬ则Ｔｎ＋１－Ｔｎ＝ðｎ＋１ｋ＝１ｆｋ()２ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｆｎðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆｎ＋１()２－ｆｎ＋２ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎ－ｆｎ＋２()ðｎｋ＝１ｆｋ()２＋２ｆｎｆｎ＋１ðｎｋ＝１ｆｋ()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝－ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()２＋２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝２ｆｎ＋１ｆ２－ｆ２２＋ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋２＝２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴｆｎｆｎ＋２.注意到ｆｎ＋１ȡｂꎬ且(－１)ｎＴ＝(－１)ｎａ２＋ａｂ－ｂ２()ɤｂ２ꎬ所以２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴȡ２ｂ２－ｂ２－ｂ２＝０.因此ꎬＴｎ＋１ȡＴｎ对任意的正整数ｎ均成立.由Ｔｎ{}单调递减可知:若ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ存在ꎬ则其值为λ的最小值.又ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ＝ｌｉｍｎң＋ɕðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋２－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＋ｆｎ＋１ｆｎ＋２æèçöø÷＝５－１２＋５＋１２＋２＝２＋５.综上可知ꎬλ的最小值为２＋５.参考文献:[１]张君.２０２２年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(２５):８４－８８.[２]李鸿昌.我这样做奥数[Ｍ].成都:四川省教育电子音像出版社ꎬ２０２１.[３]甘志国.圆锥曲线光学性质的证明及其应用[Ｊ].数学教学ꎬ２０１７(０９):１６－１８ꎬ３７.[责任编辑:李㊀璟]。
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÷碢¢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．
四川省成都市2019-2020学年普通高中学生学业水平测试数学试题-含答案
四川省成都市2019-2020学年普通高中学生学业水平测试数学试题-含答案2019年四川省成都市普通高中生学业水平考试数学试题注意事项：1.考生在答题前需使用0.5毫米黑色签字笔填写姓名、座号、考生号、县区和科类到答题卡和试卷规定的位置上。
2.选择题需使用2B铅笔将答案标号涂黑，如需改动，需使用橡皮擦干净后再涂其他答案标号。
在试卷上作答无效。
3.答案必须使用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，如需改动，需先划掉原来的答案，再写上新的答案。
不能使用涂改液、胶带纸、修正带。
不按要求作答的答案无效。
一、选择题1.把复数z的共轭复数记为-z，i为虚数单位，若z=1+i，则(1+z)·-z=()A.3-i。
B.3+1.C.1+3i。
D.3- 解析：(1+z)·z=(2+i)(1-i)=3-i。
答案：A2.设U=R，M={x|x^2-2x>0}，则∁U M=()A.[0,2]。
B.(0,2)。
C.(-∞,0)∪(2,+∞)。
D.(-∞,0]∪[2,+∞)解析：因为M={x|x^2-2x>0}={x|x>2或x<0}，所以∁UM={x|0≤x≤2}．答案：A3.若函数f(x)=(2x+1)(x-a)/(x+1)(x+2)，为奇函数，则a=()A.1.B.2.C.-1.D.-2解析：因为f(x)为奇函数，所以f(-1)=-f(1)，即(-1-a)/(1-a)=-1，解得a=1.答案：A4.命题“∀x>0，x^2+x>0”的否定是()A.∃x>0，x^2+x≤0.B.∃x>0，x+x≤0C.∀x>0，x^2+x≤0.D.∀x≤0，x^2+x>0解析：根据全称命题的否定是特称命题，可知该命题的否定是：∃x>0，x^2+x≤0.答案：B5.若等比数列{an}满足an·an+1=16n，则公比为()A.2.B.4.C.8.D.16解析：由an·an+1=an^2·q=16n，得q>0，又an+1/an=q，所以q^2=an+1/an=16，所以q=4.答案：B6.根据图中的三视图，可以确定多面体的形状。
2019年全国高中数学联赛A卷及B卷试题答案及评分标准
的值为 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 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(本题分 16 分)在△ABC 中,BC=a,CA=b,AB=c,若 b 是 a 与 c 的等比中项,且 sinA 是 sin(B-A)与 sinC 的等差中项,求 cosB 的值 10.(本题满分 20 分)在平面直角坐标系 xOy 中，圆Ω与抛物线Γ:y2=4x 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
2019 年全国高中数学联赛 A 卷 一试部分
一、填空题（本大题共 8 小题，每题 8 分，共 64 分）
1.已知正实数 a 满足 aa (9a)8a ,则 loga (3a) 的值为
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
而 b≡-1(mod3),此时 a 有 7 种选法,b 有 4 种选法,这样的(a,b)有 7*4=28 组.因此 N=9+28=37.于是所求的概率为 37 100
6.对任意闭区间 I,用 MI 表示函数 y=sinx 在 I 上的最大值,若正数 a 满足 M[0,a]=2M[a,2a],则 a 的值为
4 s2 5 | s | ,解得 | s |[1, 4] ,即 s2 [1,16] ,于是 | a | 4 s2 [ 5, 2 5]
法二:由
2019年全国高中数学联赛四川赛区预赛
故 h'M=-2x -- +7 =4-3)(-2).
X
X
因为x>0,所以，
当时,")>0,心)为增函数;
当％ E^O,-|-j和％ G(2, + oo)时,h'(x)
<0,比)为减函数.
于是，比)的最小值为片号)与人⑹的
较小者.
而 A^yj-/i(6) = -|- -61n y +61n 6
= 49 + 121n 2 >0, 4
6.6 — 61n 6.
由题意，对佥,
心归+ 2+一8
XX
在％ 6(0,6］时恒成立，则
一1工虹+ 2 +一8
XX
2020年第2期
在% €(0,6]时恒成立，即
aW 一兀？ -61n % +7% 在% e(o,6]时恒成立.
设 h(x) = — x2 -61n x +7x(% ¢(0,6]).
则 «max "mO -
A 18k F
贝!J h = —^― + ^=3^=^=+^ = 1.
cos 0
3
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
定义 S” = r, + r2 + …+rn.
由 3r” =/i -2s”_i(心2)
二 3(r” -r” + i) = 2r” => rn + l = jr„
—(ir
爭考勺*厂
=Hm tvi=^.
"T 8 j = 1
面所成角0 =扌.先在正四棱锥厂内放入一
个内切球，然后依次放入球。2 ,。3，…,使 得后放入的各球均与前一个球及正四棱锥厂 的四个侧面都相切•则放入所有球的体积之 和为______ •
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2019年全国高中数学联赛四川省预赛学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．设正六边形ABCDEF 的边长为1，则()()AB DC AD BE +⋅+=______ .2．双曲线22221x y a b-=的右焦点为F ，离心率为e ，过点F 且倾斜角为3π的直线与该双曲线交于点A 、B ，若AB 的中点为M ，且|FM |等于半焦距，则e =_____ . 3．满足(a +bi )6=a －bi (其中a ，b ∈R ，i 2=－1)的有序数组(a ，b )的组数是_____ . 4．已知正四棱锥Γ的高为3，侧面与底面所成角为3π，先在Γ内放入一个内切球O 1，然后依次放入球234,,,O O O ，使得后放入的各球均与前一个球及Γ的四个侧面均相切，则放入所有球的体积之和为_____ .5．设一个袋子里有红、黄、蓝色小球各一个现每次从袋子里取出一个球(取出某色球的概率均相同)，确定颜色后放回，直到连续两次均取出红色球时为止，记此时取出球的次数为ξ，则ξ的数学期望为_____ .6．已知a 为实数，且对任意k ∈[－1，1]当x ∈(0，6]时，6lnx +x 2－8x +a ≤kx 恒成立，则a 的最大值是_____ .7．已知数列{a n }满足：()*1(22n n n a n ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦N ，其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.设C 为实数，且对任意的正整数n ，都有121nk k k a a =+∑C ，则C 的最小值是_____ . 8．若正整数n 使得方程33n x y z +=有正整数解(x ，y ，z )，称n 为“好数”.则不超过2019的“好数”个数是_____ .9．设点A 的坐标为(0，3)，点B 、C 为圆22:25O x y +=上的两动点，满足∠BAC =90°，求△ABC 面积的最大值.10．设a ，b ，c ∈(0，1]，λ1λ+()()()111a b c ---恒成立，求λ的最大值.11．已知函数f (x )=xlnx －ax 2，a ∈R .（1）证明：当1<x <3时，22()21(3)e ex f x ax x x +-+>-；（2）设函数F(x)=|f(x)|(x∈[1，e])有极小值，求a的取值范围.参考答案1．－3 【解析】 【分析】 【详解】如图所示，建立平面直角坐标 系设C (1，0)，则11,22B A ⎛⎛-⎝⎭⎝⎭，11,,,22D E ⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭.于是1(1,0),22AB DC ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭3,22⎛= ⎝⎭，(1,(1,(0,AD BE +=+-=-，于是3()()(0,32AB DC AD BE ⎛+⋅+=⋅-=- ⎝⎭.故答案为：3-． 2【解析】 【分析】 【详解】设点()()()112200,,,,,A x y B x y M x y ，则2222112222221,1x y x y a b a b-=-=.两式相减，得()()()()12121212220x x x x y y y y a b +-+--=，所以AB的斜率为20122120b x y y k x x a y -===-又||,3FM c xFM π=∠=，所以M点的坐标为3,22c c ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 所以22b a=001x =，所以c e a ===． 3．8 【解析】 【分析】 【详解】令z =a +bi ，则6z z =，从而6||||||z z z ==. 于是||0z =或者||1z =.当||0z =时，z =0，即a =b =0，显然(0，0)符合条件； 当||1z =时，由6z z =知72||1z z z z =⋅==，注意到z 7=1有7个复数解.即有7个有序实数对(a ，b )符合条件. 综上可知，符合条件的有序实数对(a ，b )的对数是8. 故答案为：8． 4．1813π 【解析】 【分析】 【详解】设侧面与底面所成角为θ.记球O i 的半径为r i ，体积为V i ，i =1，2，3，…. 因为1cos 2θ=，故1113cos r h r r θ=+=，即1113r h ==. 定义12n n s r r r =+++，由于132(2)n n r h s n -=-，所以()132n n n r r r +-=，即113n n r r +=，所以113n n r -⎛⎫= ⎪⎝⎭.故333111431343i n nni i i i i V r ππ-===⎛⎫==⋅ ⎪⎝⎭∑∑∑，所以118lim13ni n i V π→∞==∑. 故答案为：1813π． 5．12 【解析】 【分析】 【详解】设所求数学期望为E ，第一次取出的球的颜色分别为红、黄、蓝的取法的次数ξ的数学期望为E (a )、E (b )、E (c ).则E (b )=E (c ).因为第一次取出的球的颜色为红、黄、蓝的概率是相同的，所以()2()3E a E b E +=，①先考虑第一次取出的球是红色的，若第二次取出的球是红色的，则操作结束；若不然，第一个为红球，第二个球的颜色为黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新的取法(即第一个球的颜色是黄或蓝)，则12()2(1())33E a E b =⨯++② 再考虑第一次取出的球的颜色是黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新的取法，则()1E b E =+③ 由①、②、③，解得E =12. 故答案为：12． 6．6－6ln 6 【解析】 【分析】 【详解】由题意，对k ∈[－1，1]，6ln 8x akx x x++-在x ∈(0，6]时恒成立，所以，6ln 18x ax x x-++-在x ∈(0，6]时恒成立， 即a ≤－x 2－6lnx +7x 在x ∈(0，6]时恒成立.设h (x )=－x 2－6lnx +7x ，x ∈(0，6]，则max min ()a h x =. 所以6(23)(2)()27x x h x x x x'---=--+=. 因为x >0，所以当3,22x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，h '(x )>0，h (x )为增函数； 当x ∈30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和(2，6]时h '(x )<0，h (x )为减函数.所以h (x )的最小值为32h ⎛⎫⎪⎝⎭和h (6)中的较小者. 3939(6)6ln 6ln 612ln 202424h h ⎛⎫-=-+=+> ⎪⎝⎭，所以min ()(6)66ln 6h x h ==-，从而a 的最大值是6－6ln 6. 故答案为：66ln 6-． 7．1288【解析】 【分析】 【详解】记1222x x ==112nn n a x ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦.记12nnn T x x =+，则()21211214n n n n n T x x T x x T T T +++=+-=+，而()22211221212124,218T x x T x x x x x x =+==+=+-=，因此，对任意的正整数n ，T n ∈Z .又注意到1202-<<，从而212x <，于是21111222nn n nx -+-<<.因此，1211111122n n nnn n nx x x a x +-<+-<+11112n n x ⎛⎫=+-++ ⎪⎝⎭121n n x x <++. 又注意到12121,,1nnnnn x x a x x +-++均为整数，故12nnn a x x =+. 于是214n n n a a a ++=+，且124,18a a ==.又1221212411144k k kk k k k k k k k a a a a a a a a a a a +++++++-=⋅=⋅1121114k k k k a a a a +++⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 故11211211114nn k k k k k k k k a a a a a a ==++++⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑12121114n n a a a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭12112884n n a a ++=-.显然a n >0，于是214n n a a ++>，从而224(2)n n a a n -，故121lim0n n n a a →∞++=.因此，1211288nk k k a a =+<∑，且1211lim 288n n k k k a a →∞=+⎛⎫= ⎪⎝⎭∑. 所以，常数C 的最小值为1288. 故答案为：1288． 8．1346 【解析】 【分析】 【详解】首先易知若n 为“好数”，则n +3也是“好数”又显然1、2是“好数”，从而当1,2(mod3)n ≡时，n 均为“好数”.由费马(Fermat )大定理知：333x y z +=无正整数解，即3不是“好数”.于是n =3k (k ∈N *)都不是“好数”.否则，存在k ∈N *，使得3k 是“好数”，即方程333kx y z+=有正整数解(x ，y ，z 0)，从而333x y z +=有正整数解()000,,kx y z ，矛盾！故当且仅当n 满足1,2(mod3)n ≡时，n 为“好数”.所以，不超过2019的“好数”个数是2201913463⨯=. 故答案为：1346．9 【解析】 【分析】 【详解】如图所示，设()()1122,,,B x y C x y ，P (x ，y )为线段BC 的中点.则121225y x =+①222225x y +=②()()1212330x x y y +--=③12122,2x x x y y y +=+=④由①、②、③、④可知：2238x y y +-=，即222322x y ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以，线段BC 的中点P 的轨迹是⊙O 1，其方程为：222322x y ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.于是113||22AP AO O P +=+， 从而△ABC 面积1||||2S AB AC =⋅()221||||4AB AC +221||||4BC AP ==234125222⎛++= ⎝⎭， 当点P 的坐标为30,2⎛ ⎝⎭时，上式可取到等号.所以，△ABC 面积的最大值是252+. 10．6427【解析】 【分析】 【详解】一方面，取14a b c ===时，得6427λ. 另一方面，6427λ=641(1)(1)(1)27a b c +---. 事实上，注意到：3(1)(1)(1)13a b c a b c ++⎛⎫---- ⎪⎝⎭，令a +b +c =3x 2，其中x >0，则0<x ≤1.只须证()321641127x x +-33164(1)(1)27xx x x -⇔-+ 23641(1)(1)27x x x ⇔-+（*） 由均值不等式知：32321(1)(1)27(1)3x x x x x x +⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭612(1)33276x x x ⎛⎫+⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎪ ⎪ ⎪⎝⎭2764=. 于是23646427(1)(1)1272764x x x -+⨯=，故(*)成立. 综上可知，λ的最大值是6427.11．（1）证明见解析（2）10e a <<或11e 2a << 【解析】 【分析】 【详解】（1）设2()()2ln 2g x f x ax x x x x =+-+=-+，则()ln g x x '=.当1<x <3时，g '(x )>0，因此，g (x )在(1，3)上单调递增，所以，()(1)1g x g >=；设()(3)e x h x x =-，则()(2)e xh x x '=-.当1<x <2时，h '(x )>0； 当2<x <3时，h '(x )<0因此，h (x )在(1，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减. 所以，h (x )的最大值为h （2）=e 2，即0<(3－x )e x ≤e 2.所以2110(3)e ex x >-. 又因为f (x )+ax 2－x +2>1，所以22()21(3)e exf x ax x x +-+>-. （2）2ln ()|()|,[1,]xF x f x xa x e x==-∈. 令ln (),[1,]x t x a x e x =-∈，则21ln ()xt x x'-=. 当x ∈[1，e ]时，t '(x )≥0，故t (x )在[1，e ]上单调递增. 于是t （1）≤t (x )≤t (e )，即1()ea t x a --. (i )当－a ≥0，即a ≤0时，t (x )≥0，于是2()ln ,[1,e]F x x x ax x =-∈， 则()ln 120F x x ax '=+->，从而F (x )在[1，e ]上单调递增. 所以，F (x )在[1，e ]上无极值点. (ii )当10ea -<，即1e >a 时，t (x )<0，于是2()ln ,[1,]F x ax x x x e =-∈.则()2ln 1F x ax x '=--，1()2F x a x''=-，因为11,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ①当2a ≥1，即12a 时，F "(x )≥0，故F '(x )在[1，e ]上单调递增. 又因为F '（1）=2a －1≥0，故F (x )在[1，e ]上单调递增，所以，F (x )在[1，e ]上无极值点. ②当11e 2a <<时，由1()20F x a x ''=-得1e 2x a. 于是F '(x )在11,2a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在1,e 2a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增. 又因为F '（1）=2a －1<0，F '(e )=2ae －2>0，故存在0(1,e)x ∈，使得()00F x '=. 因此，F (x )在[)01,x 上单调递减，在(]0,x e 上单调递增.所以，F (x )在[1，e ]上有一个极小值点(iii )当1e a =时，2()ln 1e F x x x '=--，由21()0e F x x ''=->得e 2x >. 于是F '(x )在1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在,2e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增. 又2(1)10,(e)0eF F ''=-<=，从而F '(x )≤0在[1，e ]上恒成立. 所以，F (x )在[1，e ]上无极值点(iv )当10e a <<时，因为t (x )在[1，e ]上单调递增，于是存在x 0∈(1，e )，使得00ln x a x =. 因此，当[]01,x x ∈时，t (x )≤0；当[]0,e x x ∈时，t (x )≥0. 从而2020ln ,1()ln ,e ax x x x x F x x x ax x x ⎧-=⎨-<⎩于是0021ln ,1()ln 12,e ax x x x F x x ax x x --⎧=+-<⎩'⎨令2()ln ,[1,]k x ax x x x e =-∈，则()2ln 1k x ax x '=--.下面证明k '(x )≤0，即证2ax ≤lnx +1，即ln 12x a x+.又2ln 1ln 0x x x x '+⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，故min ln 12e x x +⎛⎫= ⎪⎝⎭. 即证1ea ，所以结论成立，即k '(x )≤0. 注意到()01,[1,]x e ⊂，故F (x )在[)01,x 上单调递减，在(]0,e x 上单调递增. 因此，0x 为F (x )的极小值点综上所述，当10e a <<或11e 2a <<时，F (x )在[1，e ]上有极小值点.。