2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析(20200802200451).pdf
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年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级试题答案及评析
1．求最大的实数k ，使得对任意正数a ，b ，均有2()(1)(1)a b ab b kab +++≥．2．如图，两圆1Γ，2Γ交于A ，B 两点，C ，D 为1Γ上两点，E ，F 为2Γ上两点，满足A ，B 分别在线段CE ，DF 内，且线段CE ，DF 不相交．设CF 与1Γ，2Γ分别交于点()K C ≠，()L F ≠，DE 与1Γ，2Γ分别交于点()M D ≠，()N E ≠．证明：若ALM ∆的外接圆与BKN ∆的外接圆相切，则这两个外接圆的半径相等．3．函数**:f →N N 满足：对任意正整数a ，b ，均有()f ab 整除(){}max ,f a b ．是否一定存在无穷多个正整数k ；使得()1f k =？证明你的结论．4．将一个25⨯方格表按照水平方向或者竖直方向放置，然后去掉其四个角上的任意一个小方格，剩下由9个小方格组成的八种不同图形皆称为“五四旌旗”，或“八一旌旗”，简称为“旌旗”，如图所示．现有一个固定放置的918⨯方格表．若用18面上述旌旗将其完全覆盖，问共有多少种不同的覆盖方案？说明理由．5．称集合{1928,1929,1930,,1949}S =的一个子集M 为“红色”的子集，若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除．用x ，y 分别表示S 的红色的四元子集的个数，红色的五元子集的个数．试比较x ，y 的大小，并说明理由．6．设a ，b ，c 为给定的三角形的三边长．若正实数x ，y ，y 满足1x y z ++=，求axy byz czx ++的最大值．7．设ABCD 为平面内给定的凸四边形．证明：存在一条直线上的四个不同的点P ，Q ，R ，S 和一个正方形A B C D ''''，使得点P 在直线AB 与A B ''上，点Q 在直线BC 与B C ''上，点R 在直线CD 与C D ''上，点S 在直线DA 与D A ''上．8．对于正整数1x >，定义集合()(){},,,mod 2x p S p p x p x v x αααα=≡为的素因子为非负数且，其中()p v x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数，并记()f x 为x S 中所有元素之和．约定()11f =． 今给定正整数m ．设正整数数列1a ，2a ，，n a ，满足：对任意整数n m >，()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++．（1）证明：存在常数A ，B ()01A <<，使得当正整数x 有至少两个不同的素因子时，必有()f x Ax B <+； （2）证明：存在正整数Q ，使得对所有*n ∈N ，n a Q <．第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1．原不等式()()2221(1)a b b a b b kab ⇔++++≥ ()221(1)b ab b b kb a ⎛⎫⇔++++≥ ⎪⎝⎭ 单独考虑左边，左边可以看成是一个a 的函数、b 为参数，那么关于a 取最小值的时候有()()2231(1)1(1)(1)b ab b b b b b a ⎛⎫⎛⎫++++≥++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是我们只需要取32(1)k b b −≤+即可．设32(1)()b f b b +=，那么23(1)(2)()b b f b b+−'=，演算可知2b =是f 的极小值点，那么min 27(2)4f f ==，即max 274k =，取极值时有1a =，2b =． 评析1．不等号的左边和右边都不对称，但是右边只是一个2kab ，所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把a 或2b 挪到左边去．本答案用的是把a 挪到左边的方法．把2b 挪到左边也有类似的做法，但是会变得比较复杂，有兴趣的同学不妨一试．该题做法非常多，本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法，但是如果不想用到函数求导这种比较偏流氓的方法的话，纯粹不等式的方法也是可行的．比如， ()(1)(1)11222222b b ab ab b b a b ab b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=++++++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1/31/31/333131222222b b ab ab b b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2274ab = 2．如图．记G 为CF ，DE 的交点，ALM ∆和BKN ∆的外接圆圆心为A O ，B O ．取两圆切线上任意一点为1H ，切线另一边的任意一点为2H ，连接CD ．LN ，AB ，MK ，EF ，A B O O ，由于180DCA DBA FBA FEA ∠+∠=∠+∠=︒，我们有180DCA FEA ∠+∠=︒，即//CD EF ．另外，由圆幂定理我们有~GLN GEF ∆∆，~GKM GDC ∆∆，于是我们有GLN GDC GEF GKM ∠=∠=∠=∠，即//LN MK ．另一方面，那么因为//CD EF ，我们有180180180LGM CDG EFG CAM EAL LAM ∠=∠+∠=−∠+−∠=−∠︒︒︒，即G 在A O 上．同理G 在B O 上．由于A O 与B O 相切，我们知道G 在A B O O 上．那这个时候G 在LK ，MN ，A B O O 上，我们知道12GKN NGH MGH GLM ∠=∠=∠=∠，故//LM KN ．由于//LM KN ，我们知道LMKN 是一个平行四边形，那么LGM KGN ∆≅∆，那么两个三角形的外接圆半径相等，ALM ∆和BKN ∆的外接圆半径相等．评析2．熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道//CD EF ，//LN MK ，且G 在这两个外接圆上．余下的部分，观察题图可以猜测//LM NK ，如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等，剩下就是一些比较角度的工作．总体来说本题偏简单题．3．一定存在无穷多个这样的k ，使得()1f k =．若不然，假设只有有限多个k 使得()1f k =，我们分两种情况讨论．若这样的k 不止一个，那我们可以取到最大的一个，还是记为k ，那么对任意n k >，我们有()1f n >．对任意一个素数p ，由于pk k >，我们有()1f pk >．但是由于()f pk 整除max{(),}max{1,}f k p p p ==．我们知道()f pk p =．对任意两个素数p ，q ，不妨p q ≤，那么()f pqk 整除max{(),}max ,}f pk q p q q ==．那么我们现在亏虑三个素数p ，q ，r 满足p q r ≤≤，但是pq r >（比如，2p =，3q =，5r =）．那么一方面，()f pqrk 整除max{(),}max{,}f rk pq r pq pq ==．另一方面，()f pqrk 整除max{(),}max{,}f pqk r q r r ==．但是(,)1pq r =，所以()|1f pqrk 即()1f pqrk =．但是pqrk k >，矛盾．所以一定存在无穷多个k ，使得()1f k =．评析3．欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式，在证明某一类数字有无限多个的时候，通过反证假设这一类数字只有有限个，不妨设为12n k k k ⋅<<，套路上我们可以考虑n k ，1n k +，12n k k k ，121n k k k +．[]12,,,n k k k 等数字来找到矛盾，本题也是如此．值得一说的是，在这个题目中，对于任何整数n ，我们可以定义一个新的函数()()n f a f an =，那么()()n f ab f abn =要整除{}max{(),}max (),n f an b f a b =．也就是说n f 也是一个满足相同性质的函数．那么实际上，我们可以证明对任意一个k 满足()1f k =．那么1{}m mk ∞=中有无限多个m 满足()1f mk =．更复杂的话，有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个()1f k =的解的密度．4．首先显然，一个92⨯的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法，如下图：或那么918⨯的格子中可以放入9个92⨯的格子，所以每个92⨯的格子里有两种可能，一共92512=种放法．下面证明没有别的放法．首先我们考察918⨯的侧边，即变成为9这条边．若我们用18面旌旗把这些格子填满了，那么我们考察这条边上放的旌旗．旌旗的几条边长为5，4，2，1．若旌旗边长为1的边靠着底边，那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5的边来填，如图：那么这条边上剩下三个格子，无法用2和1来填满（因为1需要伴随5）．若旌旗边长为2的边靠着底边，那么这时侧边只能是9522=++用三条旌旗来覆盖，这个时候两条旌旗横着用边长为2的底边来接触侧边．同时第二列只有一个空着的格子，若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填，所以只能是如图的填法：其中虚线表示两面用边长为2的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面．于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充，所以侧边只能用54+的填法，那么消去这两列之后新的侧边也只能用54+的填法来填充，这种归纳的想法可知没有其他的填法． 评析4．本题的答案非常送分，证明的方法却变得非常朴素．一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法，我们可以斑马条纹染色，也可以国际象棋棋盘染色，但是这个题目似乎用染色的方法做不出来，反而用这种硬讨论的朴素方法可以做，似乎有时也需要跳出套路来想问题．5．显然，若m M ∈满足(mod 4)m i ≡，那么任何n 满足()4mod 4n i ≡−都不能在4里面．所以将S 按照模4的余数分为4种：0{1928,1932,1936,1940,1944,1948}S =1{1929,1933,1937,1941,1945,1949}S =2{1930,1934,1938,1942,1946}S =3{1931,1935,1939,1943,1947}S = 那么016S S ==，235S S ==．那么入前所述，0S ，2S 的元素顶多有一个在M 中，1S ，3S 的元素不能同时在M 中，所以四元红色子集有四种情况：四个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于0S ，剩下三个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于2S ，剩下三个元素都属于1S 或3S ；一个元素属于0S ．一个元素属于2S ，剩下两个元素都属于1S 或3S ，所以4433332265656565665565651100x C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=．同理，5544443365656565665565651127y C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=．所以x y <评析5．这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪……6．考虑拉格朗日乘子(1)axy byz czx x y z λ=++−⋅++−，那么ay cz x λ∂=−++∂ ax bz y λ∂=−++∂ cx by z λ∂=−++∂ 1x y z λ∂=−−−∂ 那么0L L x y z λ∂∂∂∂====∂∂∂∂的解为： 222()222b c a b x ab bc ca a b c +−=++−−−，222()222c a b c y ab bc ca a b c+−=++−−− 222()222a b c a z ab bc ca a b c +−=++−−−，2222222abc ab bc ca a b c λ−=++−−− 于是max 222()222abc axy byz czx ab bc ca a b c ++=++−−− 评析6．三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决，因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的，最终我们只需要解决一个线性方程即可，所以这篇答案中用了最简单暴力的方法．事实上，这个题目可以用几何不等式的方法来做，或者直接用嵌入不等式来做，但是我不会．7．对于任意的四边形ABCD （甚至不要求凸），我们都可以找一条直线l 使得l 不在任何一条边上，也不与任何一条边平行，并且AB ，BC ，CD ，DA 分别与l 交于四个不同的点P ，Q ，R ，S ．我们将证明一个更强的结论：若P ，Q ，R ，S 是一条直线l 上的四个不同的点，那么我们可以找到一个正方形A B C D ''''，使得A B ''，B C ''，C D ''，D A ''分别过P ，Q ，R ，S 点．我们不妨设l 就是y 轴（不然通过旋转即可），P ，Q ，R ，S 的纵坐标为p ，q ，r ，s ．那么考虑一个斜率参数k ，过P ，R 做斜率为k 的直线y kx p =+和y kx r =+，过Q ，S 做斜率为1k−的直线1y x q k =−+和1y x s k=−+．那么设这四条直线就是A B ''，C D ''，B C ''，D A ''，于是我们可以解得 ()2221(),11k A s p k s p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭，()2221(),11k B q p k q p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭ ()2221(),11k C q r k q r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭，()2221(),11k D s r k s r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭于是22222||()||()AB k q s l AD p r −==− 即p r k q s−=±− 那么由于p ，q ，r ，s 互不相同可知存在这样的斜率，使得A B C D ''''是正方形．评析7．这道平面几何的题目非常的非主流，同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久，这里给了一种解析的方法．实际上这个题目也可以用复数做，假设A B C D ''''的中心所对应的复数为z ，那么正方形的四个点可以设为z t +，z it +，2z i t +，3z i t +，这种做法也一样可行．8．（1）设11k s s k x p p =(2)k ≥，直接计算可以有 22221010()i i i i s s k k s j s j i i i i i i j f x p p p ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦−−====⎛⎫ ⎪==⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑222112111111i i i s k k s s i ii i i ii p p p p p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦−==−=⋅<⋅−−∑∑ 21114123i i k s s i i i i p p −==<⋅=−∑∑（因为i p 最小为2） 记录i s i i a p =，，那么2i a ≥，我们重点考虑i a ∑和i a ∏之间的大小关系． 令()1,,k i i f a a a a λ=⋅−∑∏，那么j i j if a a λ≠∂=−∏∂，所以事实上若j i j a λ≠≤∏，对任意i 都成立，那么在i a 变小的时候f 变大，则()1,,(2,,2)22k k f a a f k λ≤=−．用求导的方法很容易知道22k k λ−会在()()()1111ln 2ln2ln (2)ln 22ln (2)ln (2)3k λ−−−−=⋅⋅≤⨯⨯⋅<的时候取到，那么在整数的取值上，我们取2k =，3得到 222244λλ⨯−=−323268λλ⨯−=−由于2λ≤，我们知道2244kk λλ−≤−．于是1144()2233k kk i i i i f x a k a λλ==⎛⎫<≤⋅−+ ⎪⎝⎭∑∏ 14416144333k i i a x λλλλλ=−⎛⎫≤⋅−+=⋅+⋅ ⎪⎝⎭∏ 那么我们只需要取一个λ使得423λ<≤即可，比如我们取2λ=就会得到28()33f x x <+． （2）若不存在这样的Q ，那么存在n a 使得28n a m >+，不妨设n a ，1n a −，，n m a −中最大的是a ，那么显然28a m >+．于是()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++ ()2828max ,,3333n n m a a m −⎧⎫<+++⎨⎬⎩⎭()()2828max ,,3333n n m a m a m −⎧⎫≤++++⎨⎬⎩⎭ {}228max ,,333n n m a a m −=++ 22833m a a +≤+< 所以归纳可证明n k a a +<，这与无上界是矛盾的．所以一定存在这么一个Q ，使得n a Q <对所有*n N ∈都成立．评析8．数论中出现素因子的加法一般都会变得很难，但是这个题目主要通过估计就可以达到要求，所有同学做题的时候一定要注意看题目，不要看一眼觉得很复杂就马上放弃，这个题还是可做的．从答案上看这个估计并不太难，只要敢拆敢放就能做出来，实际上这种估计也的确没有用到任何解析数论的方法，所有的步骤都是高中生都可以做出来的，但是我还是建议各位同学在学习潘承洞，潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看，素数定理和 Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难，了解一下并没有什么坏处．另外，这篇答案的放缩放得非常狠，比如公式第二行的不等号基本上是i s 直接放到无穷，第三行的不等号就直接把所有i p ；都放成2，之后讨论函数的时候又把所有i s i p 当2来做，可以说23是一个非常粗略的答案．有兴趣的同学可以算算2k =的情况玩玩，看看自己能把这个不等号放到多小．。
2019年度高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案解析
2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题（决赛）及答案（时间：5月16日18：40～20：40）满分：120分一、 选择题（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）1．已知M =},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=，且P c N b M a ∈∈∈,,，设c b a d +-=，则∈d （ ）A. MB. NC. PD.P M 2.函数()142-+=xx x x f 是（ ）A 是偶函数但不是奇函数B 是奇函数但不是偶函数C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数3.已知不等式m 2＋(cos 2θ－5)m ＋4sin 2θ≥0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A . 0≤m ≤4B . 1≤m ≤4C . m ≥4或x ≤0D . m ≥1或m ≤04.在△ABC 中，c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长，若0sin cos 2sin cos =+-+B B A A ，则cba +的值是（ ） A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0ab >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 56．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则B CBAC Acos tan sin cos tan sin ++的取值范围是（ ）A. (0,)+∞B.C.D. )+∞．二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分）7.母线长为3的圆锥中，体积最大的那一个的底面圆的半径为 8．函数|cos sin |2sin )(x x ex x f ++=的最大值与最小值之差等于 。
个个9.设函数,:R R f →满足1)0(=f ，且对任意的R y x ∈,，都有)1(+xy f =2)()()(+--x y f y f x f ，则________________)(=x f 。
2019年全国高中数学联合竞赛试题及解析(AB合版)
=
1 6
AB ⋅ BC
⋅ PB -
1 6
KF
⋅ FL ⋅ PF
=
1 6
(h
+1)èæçççç1-æçççè
h
+h 1öø÷÷÷3÷÷÷÷÷øö
=
3h2 + 3h +1 6(h +1)2
．
A
D C
B
化简得 3h2 =1，故 h = 1 ．从而 EK = AE = 1 = 3 ．
3
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
3- ¥
2
k=2
z2k-1 + z2k =
3． 3
当 m = 1时， T1 =
z1 = 1>
3． 3
以上表明 C =
①
因 sin A 是 sin(B - A), sin C 的等差中项，故
2sin A = sin(B - A) + sin C = sin(B - A) + sin(B + A) = 2sin B cos A ．
结合正、余弦定理，得
a = sin A = cos A = b2 + c2 - a2 ，
b sin B
2bc
即 b2 + c2 - a2 = 2ac ．
…………………4 分 …………………8 分
3
将①代入并化简，可知 q2 + q4 -1 = 2q2 ，即 q4 = q2 +1，所以
q2 = 5 +1 ． 2
…………………12 分
进而
cos B
2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
(因为
C325
≥
max L(x, y)).
(x,y)∈X
下面构造例子说明 C325 是可以取到的最好的常数:
设 S = {1, 2, · · · , 35}, 考虑置换 f = (12 · · · 35), 即:
f (1) = 2, f (2) = 3, · · · , f (34) = 35, f (35) = 1,
极值可以在满足一些对称性的序列 (ai) 上取到. 毋庸置疑，满足题目条件的数列集合是闭集，因此两个
小题中的目标函数（都是连续的）确实能取到最大值.
（1）设序列
(ai)
使
a+b+c+d
取到最大，令
ci
=
ai
+
ai+10
+ ai+20 4
+ ai+30 ，下标模
40
理解.
根
据上一段，ci 满足题目条件，而且（1）中目标函数在序列 (ai) 和 (ci) 上取值相同，因此可以只对具有
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
6
注意到: L(x, y) ≤ L(f1(x), f1(y)) + 1, 从而
L(x, y) ≤ L (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) + (k − 1) = k ≤ |X| = C325,
所以
m
≥
C325
时总是可以办到的
（解题 ： ）
题 2. 已知：△ABC 中，AD 为角平分线，E 为 AD 上一点，EF 、EG 为 △ABD、△ACD 外接圆 切线，F 、G 分别为切点，CF 交 BG 于 J. 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG、DE 于 H、I、K.
2019年第10届陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案
2019年陈省身高中数学夏令营2019陈省身高中数学夏令营测试评析乙一本文所有题II和答案出自Q群网友的回忆和他们与我的讨论.题1.在等腰MBC中.AB = AC. ^ABC内切惋I为©7. bBIC外按関为0O. D为优弧BC上的•点.E为也上的-•点.证明：若过E所做的HI）平行线可「3相切.那么过E所做的CD rn线也可于0/ +HW.答案1・显然由1.BCD人:恻我们冇EBDI = 180 - IBID - JBD = 180。
-£BID-"BJCBD= 180 -z5/D-z//?C-zC/D = z/Ca M理 zCD/ = "BC. ill f- AB = AC我们易得到L BDI = dCB = dBC = zCD/.即DI是1BDC 的角平分线.A在E点做Ol的两条切线EF. EG.山題II知.EF // BD. iGEl = L FEI=LtiDl = ZCW.则EG // CD.评析1.这个题11应该参加夏令营的所冇人都做出來了吧?似乎没什么特别好评论的.题2.〃是•个大f 1的iE幣数.例・他・・..・心为n个两两互异的正整数.记M = 3・©)皿©] I !</<；<川.求M所倉元素个数的最小值.答案2.对任何仃限iF•整数集A.我们=伽・©).[%如| a,丰a, G川.即题II中的M是弧的简写.固定•个大F I的正整数a,取①=川.则M=⑷......... ©}•此时M的兀索个数为n.下证M的元素卜数不可能小「〃•若“ =2.若|M| < 2,那么\M\只能=1.也就是说(«|.«2)=⑷・“2】・即fl| = “2, L i ""2不相等矛氏若/! = 2.…・R - 1时都成立,在〃=A•时，考股任总a l（i2…心中的素因数p.令s = nuxhsS）｝,并且定义S =沏I v P（a t） = y|. F = M\S, f*是可以分两种情况: ［；了，.〕「1. |S| > 1.于是对任总a,.aj€ S,我们都有％（（%©））= ipdflj.nJ） = s. 而对任盘a® € T.我们都有y（a・切））・兮（［心①］）< $.也就是说M s和M T 互不郴交.由数学I丿」纳法可知|M$| > |S|, \M T\> I几那么M D Ms U M T可知2. |S| = 1.不妨S = g F是对干任总g® € I.我们都有卩,（（心©））・*,（［如①］）< 5.但是%（［",］）= £,也就是说⑷间< M"即|M| > |M r| + 1 同样山U I 纳法\M T\> ID.那么|M| > \M r\ + 1 >|7|+ I = /».评析2.本題中最开始给的例F町以写成满足血|也1・・・1弘的•列整数.则此时也有・...・亦•但是在证明的过程中必须耍完全摒界这种极端条件的想法.在n = 2时只能等J- 2.而M可以不等F的如・部分同学可能会想在01纳的时候证明•个也强的结论.比如|M| > n井且在n > 3 的时仗• T兮成«q iiL仅“i © I心|...| %这种方法会山採把与工I、•死.因为这个命題虽然很漂亮.但是零实上它是完全错误的.比如考虑M = 4.四个整数为1.2.X6.就没右这种整除的关系.若考虑证明等号成立出且仅半M = ••…a n\.这种方法似乎也不可行（至少我们没讨论出來）.任这种想证明漂亮结论的想法行不通的同时我们不妨考世•些不太优雅的数论題的套路想法.比如比较索因数，这样•下就归纳出來r.题3.甲乙两个人由甲先开始轮流将1至2019这些数的某个染红色或好雉色.相邻的两个整数不能染成不冋颜色.若所仃数7均被染成冋•种颜色. 则乙胜.若还有数7：没被染色但是轮到的仁没法继续染色「•则此人输•请问谁冇毕胜策略？答案3.乙有必胜策略.先讲乙的策略・ill » = 1010.则2019 = 2/1 - L M为［至In - 1的中间的那个数'乙每•回介屮先染色•若屮所染的数Z'jnZ间的数7全部被染J'（柑同的）颜色.不妨设i到/都彼染了（相同的）颜色.而/-I 和j+1没存被染颜色，那么弔虑三种恃况：1.1.廿,+ 2”.则乙在/-I染上与”相同的颜色；1.2. T；i七j <2”.则乙在A 1染I儿“相同的颜色（即乙尽中间同色数殷的对称性）；1.3.若2;=2/i（即中间的同色数段是对称的情况下），乙任i- 1或./+ 1 I••的某个可以染色的地方染上弓n 相同的颜色即可.廿甲所染的数7 k n之间的数7之间仃未被染色的数7或者异色的数孕，同样不妨设/到都被染F（相同的）颜色.而i-1和/♦ 1 没有被染颜色，则也分三种情况:2.1.若U jH而甲U + 2染了9 〃相同的顾色，则乙任j+ I上染上相同的颜色；22 n i + j = 2/i - 1而甲任2i-2染了—相同的颜色.则乙在/-I I•.染I：相同的颜色（即将k与中间同色数「殳连任•总）：2.3.杆以I•两种悄况都没发生.则乙隹5-k （即对称点）上染I：相反的颜色.接若先证明一条引理：引理1.在收盘时若1和2/1-1异色.则乙贏.若1和2//-1同色.则乙高半且仅嗎1至2—1骨同色.引理的证明：苻先我们考察收盘时的染色情况.”某个数「未被染色.那么/-I fili+l异色,占则「可继续染色・9收仮刊1•所以我们可以看出來柱收盘时若不是所有数字皆同色的情况•那么1至2—1中间有很多个区间［ai.bi］….・阪吋（的=1. b t = 2— 1. a可以等F bi）, b, g 相差为2•而这/个区间交错染色.所以在收盘时未被染色的数7只有仞+ 1•.…g + 1,J«</- 1个.子是染过色的数字有S个.故如果/是偶数，那么M 后•次染色的人是乙•此时乙贏.2； /是奇数.那么最后•次染色的人是屮. 此时屮嬴.而/是偶数半且仪艸⑷•如与⑷沏］异色,I是奇数半且仅出［仆如4 la h b f］同色.所以若1和2/1-1异色.则乙羸.若1和2//-1同色.而中间还有爪他颜色J!艸贏.引理得证.最后我们用归纳法说明乙的策略是可以保证乙可以赢.对n进行归纳. 若〃 =2.此时我们只在1到3 Z间进行染色.那么若屮第•步在1 I：染色,乙任3 I.染反色.此时屮输.若屮第•步染J'3,则同理屮还是输.若屮6 - 步染了2.则这时乙在1或3处染同•种颜色.那么下•步甲只能隹最后• 个数7 I:染同•种颜色，此时1至3全部同色，屮还是输./； n-\时是这个策略是必胜的,在n我们将2至2〃-2这2/1-2个数对应到//-I的情况中.我们重点考察屮乙在染1和2—1时的行为.苦屮在某•次染色的时候将1染了色，此时我们知道2未被染色或者2与I同色.若此时2号1同色.那么按照乙的操作策喙此百有两种情况.若2/1-2 与2井色.则乙右加-1处染与1郴反的颜色.按!阳I理可知乙BL若2/1-2 4 2同色.払!H乙的策略.这种情况只会任2至2/1-2皆同色的时候出现. 所以乙将2//-1染成■样的颜色.那么全部数字颜色相同.乙齋.若此时2 未被染色，而2n-2也栄被染色或与1异色那么乙将2—1染成与］相反的颜色即可胜利•若加-2被染了£1相冋的颜色，而按照乙的策略,这种悄况只可能在3到2n-2皆同色的情况F发生，那么接下*乙在2〃- 1处染与1相同的颜色.F -步甲只能在2处染牙1相同的颜色・F是全部故字同色，乙贏.若甲某•次先染了2n- I,同理乙会亂若乙先染了1,那么按照乙的策略.此时2到2/1-2皆同色.那么剩F这•步屮只能在2—1 I：染相同的颜色,还是乙範.同理若乙先染F 2n-\的话他还是会贏.所以由归纳法可知乙按照这个策略水远会裱.评析3. II接观察收盘情况很容易得到引理,那么在得到引理的情况下.甲」定想便1和2019同色.乙•定！ft!使1和2019异色.那么在屮乙某人先将这2019个数的•端进行染色的时候.另个人下•步就必须耍将另•端染I •对同色或反色.听以屮和乙的套路中就不能主动地先染边缘.由F甲魁先手，那么按照某种归纳的也法.屮染中间点是战保险的染淤此时乙并不能染对称点•所以甲F •步可以考虑乙的对称同色染法.但是乙也知道屮肯定会世耍这种食路.所以按照胜利规则的第条,乙姒保险的办法就是•步步让屮把所fj的数都染成同色，那么这个时候屮就必须跳出这种套路來染-个异色的点•之后乙就可以按照对称异色染法來套路甲.所以由于胜利规则第•条的保障.乙可以破坏屮的套路井H坚持按照自己的套路*染色.那么乙稳麻.这个題的关键在于怎么去吗.本拎案的药仏罪常长，感兴趣的同学可以 考渥有没有也好更简油也更淸楚的写法.答案4.先证明个引理: 引理2. 口;霊,（1 +宀皿）=（】-（一irr.引理的讦•明：任川=1时川I $ 1在这里取.V 二一1即得证.若m> l t 由于严=m,实际上wjr-l m 加7 剛 1>・1［］（1 +^4°） = P 口（I + 严”） = ［］II （1 心/"） = （］_（_］）"严AS /s| 側 /*! AN ） 所以我们來考察］1嚮（1 +^）.若“ 92019直素.那么％仏2“••…2018« 也是2019的一个完全剩余系，所以山引理可知3）18 2018P] （1 + e 湍）=仃（I + e 巧fiuB Jan*若<1 4 2019不互素・那么山F 2019的因子都是奇数.由引理可得2018 3）18 .・・.；・ 3）18 3018 “・. 20IX [][]（1+ 禺）=220*9•仃仃（I + e 诩）二仃 2心叫 Z»=O 4f —I frsO 题 I. ilW所以2018 . 3>I8 r n （i +r^）=n （i />«O \Ill J* 2019 = 3x673.那么 £出论・20⑼= 3x(2019m3-l)+673*(20]g673-1 )+1x(2018-(2019^3-1)-(201X673-I)) = 3x672+ 673x2+ 1344 = 4706. 所以原式■ 2019 + 4706 = 6725. 评析4.题II 中的 严巾在数论研完中被称作•个完全剩余系的乘法待征, 这种乘法特征的操作在数论研究中II ：常常见.我佔il 华罗庚先工的《数论导 引》里面都可以找到同样的问题或者引理.题5.已知锐角MBC 三边满足BC>CA> AB. JC-内切關O/ 9边BUCXAB 的切点为Ao.Bo.Co .设^ABC 垂心为H. HA.HB.HC 的中点为A r ,B,.C h 点 A|,B\^C\ 关 J■ B (Q ),G )AoMuBo 的对称点为 A2.B2.C2.证明：A 2.B 2.C 2三点共线，HA tan 鲁^ - tan 丛孕= lan 奉 _ian 如；£ * I w答案5.我们先证明42,B 2,C 2都在山线Ol I K 中o 是 从BC 外接岡闘 心.如图.设/2O 用2<）|S 呢Fl 3）IS =2019+》"BX在AC.AB I••的廉足为B心 h为MB3C3的内心.D为A1与B O C Q的交点.那么昭然AB, = ABcosA・AG = ACcosA.那么L ABC ~ M执C\,且相似比为cos4.另•方阿由f- LAByH = lACyH = 90 .我们冇AByHCy WW.其圆心为AH中点A h即cAByCy的外心为A hIll F /A在砌G的半分线I：,而ZBMG就是zCAB.「•是AJ A J兵线，且显然矗山于&C0.由^ABC ~ MB J G我们有Ah = Al cos A.那么11A = Al - (l-cos/l). ill f* z/^oCo = |z4.我们ff ID = rsin 4.其中r为内切闘半径.但是由内切恻的件质我们ill道Al = -A-.所以II)= 4/sin2 4 = M/(l - cosA).故11A = 2/D. I A为7 关f ft>C0的对称点•则M2= g H. €Z AM2 = /Ml.那么M/0+ Z AM2 = zA/.Si + Z/Mi = 180°?即AJO共线. 同理,B2C2IO线.则A2B2C2共线.由于MftC31 j L ABC的相似比为cosA.所以IAi = I A A I = IO cos A.同理IB： = IO cos B. IC2 = /O cosC.由BC > CA > AB 我们有 /A： < IB2 < IC2. 那么A2B2 _ /O(cosB-cosA) _ sin 学sin 宁_ cos § (sin 4 cos f - cos 4 sin ?) BG /O(cosC - cos B) sin 半sin 学cos 牛(sin £ cos ¥-cos g sin £) tan 4 - tan ?_■ ■ ■tan 5 - tan 5评析5.这个题的关键在于我们耍发现1.0也任这条M线I..同学们考试的时候如果没右•思路的话不奶多腑两个图，甘先就可以发现/在这条宜线I：. 另方而.如果同学们很熟悉三角形丘心的性质的话•可以想到AH = 2AAi应该是0到BC距离的两倍,并且A|4・C|也在九点圆L,而九点恻心应该是HO 的中点.此时会引导我们考暹0,在图I：価惚完全可以作出AuBzXi在OI上的这种猜想.余F的证明比较巧妙地考世了 /关F E)G)的对称点.若没有想到这个方法的同7也完全可以按照三角函数眾力汁只的方法來r［按求IA.JB.JC2的长度，但足这种方法太复朵•我们就不写在这篇答案中了.題6.设& > 1是•个正整数,是否存在无穷冬个正罄数X.使得x可以写为两个匸整数的士次基的并.但是不能写成两个正整補 &次慕的和.答案6.令& = (2计-(2”)\那么心可以写成两个疋整数的k次無的羌. 下而用I丿I纳法证明&都不可以写成两个正熬数的k次幕的和•那么这样的数有无穷多个.'*1 // = 0 时，xo = 2k - 1.若.v()=(, + 从那么(hb < 2.此时a.b = 1.即总=I’ +广=2.才盾. ........ .. ........若 3 不能被歸为两个正整数的k次幕之和，若心 T + #.我们分集中情况讨论:(1) a.b不同奇偶.由于此时“ > 1, .v…为偶数.不对能.⑵仏b同为偶数.设a = la^h = 2你.那么(F - 1)2皿=心=2畑七). 则3 = (2 J 1)2吩皿=朮+处，£01纳假设不府.(3) a.b同为奇数.且k是偶数.那么= 1 (mod 4)•但是2皿> 2. 即4 | s不可能模4余2,矛盾.(4) a.b.k都是奇数.此时 + // = (“ + ")(</」-(f~~b + ... + M-1), Ji “A」_ 严b + ... + M-* 为奇数.那么ill于.V” = (2l - I)2" = S + b)(^ - 十％+ …+ //- *).我们疔2滅 | a + b.则(十：-a^-b + ...+M-*)|2A- 1.那么a+b>2nk > 2* - I 2 丹1-+... + M7即(a + dp > a* + M.不Hi a > b.那么此时4(r > (a + h)2 > </ + // > a k >则a <4.即n S 3. d + b S 2a S 6.但足由于1? | 2川 | (a+b).即a + b> 23 = 8. 才H.评析6.本题也可以考虑升茶定理•比如对于•个奇索数p、a1 j p互素. b = a (mod p).那么v p((f -//) = v p(a -6) + v p(k).接下來我们可以用同余分析的方法选取塑特殊的b使得於- M模p的余数彳、可能是两个k次鄢之和模P的余数.有兴趣的同学不妨•试.题7. A.B.C.D足半面上四个点，任意三点不共线，且四个点形成的六条线段的长度的平方皆为冇理数.i正明：严•为有理数.答案7.设AB中点为M.C.l) (l.AH I.的垂足为E.F•那么我们有:若E任线匸殳AM I: (AM-A/£p + EC2 = AE2+ EC1= AC2€ Q. (BM + ME)2+ EC2= BE- + EC2 = BC-€ Q.所以两式相减得到ME - AB = ^(AE2 - BE2) E Q■两式相加得到ME2 + EC2 = {(AC1 + BC2) - AM2€ Q.若E任线「殳BM I •我们也一样冇ME • AB, ME2 + EC-€ Q.所以MF =理泸€ Q.则AE- = AM2 + ME2 - 2AM - ME€ Q・并H.同理BE2 e Q?另外还仃EC2 = AC2- AE2€ Q.对从 BD同理也冇MF\AF2, BF\ FD~€ Q.列外.ME MF = € Q,而n AE . AF = (AM ±ME) • (AM ±MF) = AM1±AM ME ±AM - MF ± ME-AfF € Q (iH负号取决J;E.F在M 6右的位比但并碑响它们都属于Q).由F CD2= (EC ± FD)2 + (4E - AF)2€ Q (这个iE 负号取决F GD {£ AB的同侧还址并侧).拆开半方项之后我们得到EC FDw Q.则比 = 爲=爵s€ Q.评析7.这个题中.从1角形面积之比想到高之比,所以考虑E.F作帑自然. 那在列方程看AE, BE.AF. BF的有理性的时候也会扳门然地出现AE2+ BE2 和AE2- BE1这种式几所以不妨也占渥•下AH的中点M把这个式J'•改成+ MF或±2ME AB.么余I：的余四毛在住稿纸I角儿个只式就看出來了.题& /』2是-个止粋数•“是个实数，满足0 v“v岩•芟数z满足广| 一岀 + 血一I = 0. i正明：|zl = I.答案&记/(£)=尹I -曲+血- 1 •若• £ = cos Q + i sin b我们f jF" — 1 = cos(” +1)0-1 + /sin( n + 1 )。
2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
题 5. 数列 {an } 定义如下: 正整数 a1 > 1, an+1 = an + P (an ), n ≥ 1, 其中, P (x) 表示正整数 x 的最 大素因子. 证明: 数列 {an } 中有完全平方数.
题 6. 是否存在正实数 a1 , a2 , · · · , a19 ，使得多项式 P (x) = x20 + a19 x19 + · · · + a1 x + a0 无实数根， 但是任意调换两个系数 ai , aj 形成的新多项式都有实根.
（1）设序列 (ai ) 使 a + b + c + d 取到最大， 令 ci = 根
，下标模 40 理解.
据上一段， ci 满足题目条件， 而且（1） 中目标函数在序列 (ai ) 和 (ci ) 上取值相同， 因此可以只对具有
周期 10 的序列考虑这个最大值. 此时 a = b = c = d.
a20+k = − k (0 ≤ k ≤ 10), a30+k = a40 − k = − − k (0 ≤ k ≤ 5)
时取等.
（解题人：龚 固）
题 2. 已知： △ABC 中， AD 为角平分线， E 为 AD 上一点， EF 、EG 为 △ABD 、△ACD 外接圆 切线， F 、G 分别为切点， CF 交 BG 于 J . 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG 、DE 于 H 、I 、K .
(a29+k + a41 − k ) + (a15 + a35 )
≥ (x − 2k) + (x − 2k) + (x − 18 − 2k) + (x − 20)
2019年预赛试题及解答(全)
中南传媒湖南新教材杯二Ｏ一九年全国高中数学联赛甘肃赛区预赛试卷一、填空题（共10小题，每小题7分，满分70分。
请直接将答案写在题中的横线上） 1、已知2a ≥-，且{}2A x x a =-≤≤，{}23,B y y x x A ==+∈，{}2,C t t x x A ==∈，若C B ⊆，则a 的取值范围是 . 答案：1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析：[]1,23B a =-+，要使C B ⊆，只需C 中的最大元素在B 当中，所以()22223,23a a a ⎧-≤+⎪⎨≤+⎪⎩，得132a ≤≤ 2、ABC ∆的三边分别为a ，b ，c ,O 为ABC ∆的外心，已知22b 20bc -+=，BC AO ⋅uu u r uuu r的取值范围是 . 答案：124⎛⎫⎪⎝⎭-， 解析：延长AO 交ABC ∆的外接圆于D ,BC AO ⋅uu u r uuu r =1122AO AC AO AB AD AC AD AB ⋅-⋅=⋅-⋅uuu r uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r uuu r uu u r ()221b 2c =-211=,24b ⎛⎫-- ⎪⎝⎭又2220,(0,2),c b b b =-+>∴∈∴Q BC AO ⋅uu u r uuu r ∈124⎛⎫⎪⎝⎭-， 3、已知434log ,log 4,log 5,a e b c ===则a ，b ，c 的大小关系是 . 答案：a c b <<解析：1a <， 22244444443log 5log 5log 3log 15log 16log 5log 31log 4222+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅<=<= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭a cb ∴<<4、若方程1a x=-有实数解，则实数a的取值范围是.答案：[0,2]=，把右边看作点(x到直线10x y-+=的距离，由于单位圆上半部分的点到该直线的距离的取值范围是，所以实数a的取值范围是[0,2].5、在数列}{na中，1a＝2，)(1*1Nnaann∈=++，设nS为数列}{na的前n项和，则2017201820192S S S-+的值为．答案：3解析：当n为偶数时，123411-+=+==+=Ln na a a a a a，故2nSn=当n奇数时，21=a，234511-+=+==+=Ln na a a a a a，故23212+=-+=nnSn故20172018201921010201810113S S S-+=-+=.6、在复平面内，复数123,,z z z的对应点分别为123,,Z Z Z,若1212z z OZ OZ==⋅=uuu r uuu r，1232z z z+-=，则3z的取值范围是.答案：[]0,4解析：由题意知，12,Z Z为半径的圆上，不妨设)(12,Z Z，则12z z+对应点坐标为Z，1232z z z+-=的几何意义为复平面内到点Z距离为2的点的集合，数形结合可知，3z的取值范围是[]0,4.7、已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x，x>1，12x＋12，x≤1，若m<n，且f(m)＝f(n)，则n－m的最小值是.答案：3－2ln 2解析：作出函数f(x)的图象如图所示，若m<n，且f(m)＝f(n)，则当ln x＝1时，得x＝e.因此1<n≤e，－1<m≤1.又ln n＝12m＋12，即m＝2ln n－1.所以n－m＝n－2ln n＋1.设h(n)＝n－2ln n＋1(1<n≤e)，则h′(n)＝1－2n.当h′(n)>0，得2<n≤e；当h′(n)<0，得1<n<2.故当n＝2时，函数h(n)取得最小值h(2)＝3－2ln 2.8、已知椭圆22143x y +=的左、右焦点分别为F 1、F 2，过椭圆的右焦点作一条直线l 交椭圆于点P 、Q ，则△F 1PQ 内切圆面积的最大值是 ． 答案：916π 解析：因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，且△F 1PQ 的周长是定值8，所以只需求出△F 1PQ 面积的最大值.设直线l 方程为1x my =+，与椭圆方程联立得()2234690m y my ++-=， 设()11,P x y ，()22,Q x y ，则122634m y y m +=-+，122934y y m =-+， 于是1121212F PQS F F y y ∆=⋅-==.因为()2222222111111163491599611m m m m m m +==≤++++++++， 所以内切圆半径12384F PQS r ∆=≤，因此其面积最大值是916π. 9、已知1100121x y x y y >>+=++，且，则2x y +的最小值为.12解析：（待定系数法）设()()12221x y x y y t λλ+=++++，可解的12133,,222t λλ===-， 从而()()()()13313113122121222222122x y x y y x y y x y y ⎛⎫⎡⎤+=+++-=++++-≥ ⎪⎢⎥++⎣⎦⎝⎭，当且仅当1,233x y =+=时取等号. 另解：考虑直接使用柯西不等式的特殊形式，即权方和不等式：()222a b a b x y x y++≥+.(211312434233243x y x y y x y =+≥⇒++≥+++++122x y +≥，当且仅当12x y ==. 10、定义两点11(, )P x y ，22(, )Q x y 之间的“坐标距离”为：1212(,)||||d P Q x x y y =-+-．若(, )Cx y 到点(1, 3)A ，(6, 9)B 的“坐标距离”相等，其中实数x y 、满足010x ≤≤，010y ≤≤，则所有满足条件的点C 的轨迹的长之和为__________答案：1)解析：由条件得1369x y x y -+-=-+-；当1, 9x y ≤≥时，无解；当16, 9x y ≤≤≥时，无解；当6,9x y ≥≥时，无解；当1,39x y ≤≤≤时，8.5y =，线段长为1；当16,39x y ≤≤≤≤时，9.5x y +=，线段长为 当6,39x y ≥≤≤时 3.5y =，线段长为4；当1,3x y ≤≤时，无解；当16,3x y ≤≤≤时，无解；当6,3x y ≥≤时，无解．综上所述，点C 的轨迹构成的线段的长之和为：141)+=．二、解答题（共6小题，满分80分。
2019小学四年级数学奥林匹克竞赛题及分析
小学四年级数学奥林匹克竞赛题及分析统筹规划（一）【试题】1、烧水沏茶时，洗水壶要用1分钟，烧开水要用10分钟，洗茶壶要用2分钟，洗茶杯用2分钟，拿茶叶要用1分钟，如何安排才能尽早喝上茶。
【分析】：先洗水壶然后烧开水，在烧水的时候去洗茶壶、洗茶杯、拿茶叶。
共需要1+10=11分钟。
【试题】2、有137吨货物要从甲地运往乙地，大卡车的载重量是5吨，小卡车的载重量是2吨，大卡车与小卡车每车次的耗油量分别是10公升和5公升，问如何选派车辆才能使运输耗油量最少？这时共需耗油多少升？【分析】：依题意，大卡车每吨耗油量为10÷5=2(公升)；小卡车每吨耗油量为5÷2=2.5(公升)。
为了节省汽油应尽量选派大卡车运货，又由于137=5×27+2，因此，最优调运方案是：选派27车次大卡车及1车次小卡车即可将货物全部运完，且这时耗油量最少，只需用油10×27+5×1=275(公升)【试题】3、用一只平底锅烙饼，锅上只能放两个饼，烙熟饼的一面需要2分钟，两面共需4分钟，现在需要烙熟三个饼，最少需要几分钟？【分析】：一般的做法是先同时烙两张饼，需要4分钟，之后再烙第三张饼，还要用4分钟，共需8分钟，但我们注意到，在单独烙第三张饼的时候，另外一个烙饼的位置是空的，这说明可能浪费了时间，怎么解决这个问题呢？我们可以先烙第一、二两张饼的第一面，2分钟后，拿下第一张饼，放上第三张饼，并给第二张饼翻面，再过两分钟，第二张饼烙好了，这时取下第二张饼，并将第三张饼翻过来，同时把第一张饼未烙的一面放上。
两分钟后，第一张和第三张饼也烙好了，整个过程用了6分钟。
统筹规划问题（二）【试题】4、甲、乙、丙、丁四人同时到一个小水龙头处用水，甲洗拖布需要3分钟，乙洗抹布需要2分钟，丙用桶接水需要1分钟，丁洗衣服需要10分钟，怎样安排四人的用水顺序，才能使他们所花的总时间最少，并求出这个总时间。
【分析】：所花的总时间是指这四人各自所用时间与等待时间的总和，由于各自用水时间是固定的，所以只能想办法减少等待的时间，即应该安排用水时间少的人先用。
2019年六年级数学下学期奥数考试试题含答案.docx
⋯⋯⋯⋯⋯.号⋯学答⋯⋯⋯⋯⋯⋯名⋯姓准.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯不班⋯⋯⋯⋯⋯⋯..⋯⋯内⋯⋯⋯⋯校⋯学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯封⋯⋯⋯）⋯.绝密★启用前2019 年六年级数学下学期奥数考试试题含答案题号填空题选择题判断题计算题综合题应用题总分得分考试须知：1、考： 100 分，本卷分100 分。
2、首先按要求在卷的指定位置填写您的姓名、班、学号。
3、在卷指定位置作答，在卷密封外作答无效，不予分。
一、填空题（共 10 小题，每题 2 分，共计 20 分）1、老出版了《小学数学解答100》，得稿5000元，按定，超出800元的部分14%的个人所得税。
老交税（）元。
2、一枝笔的价是a元， 6枝的笔需要 ()元。
3、在 72.5%， 79 ， 0.7255,0.725中，最大的数是 ()，最小的数是 ()。
4、将 20000元存入行，定期三年，年利率 2.75%，到期后可取回本息() 元。
5、分数位是 7 1的最大真分数是（），它至少再添上（）个的分数位就成了假分数。
6、有一 48厘米， 36厘米的方形，如果要裁成若干同大小的正方形而无剩余，裁成的小正方形的最大是 ( )厘米。
7、一汽从 A城到 B城，去每小行30千米，返回每小行25千米。
去和返回的速度比是（），在相同的里，行的路程比是（），往返 AB两城所需要的比是（）。
8、 1/8 的倒数是（）； 1的倒数是（）； 0.35 的倒数是（）。
9、光明店今年一月份的是40万元，按定要5%的税，要按税的7%城市建税，那么，个店一月份需税（）元和城市建税（）元。
10、在比例尺 1： 30000000的地上，量得 A地到 B地的距离是 3.5 厘米， A地到 B地的距离是（）。
A、小于B、等于C、大于D、都不是2、在内剪去一个心角45的扇形，余下部分的面是剪去部分面的（）倍。
A 、B、8C、73、与面是 12平方厘米的平行四形等底等高的三角形的面是（）平方厘米。
A． 4B．6C．12D．244、最的整数比的两个一定是（）。
2019年预赛试题参考答案及评分标准
1
3
27
27
P
16 32 64 64
E 2 1 3 3 4 27 5 27 269 ． ……………………………………13 分
16 32 64 64 64
13、（13 分）已知数列{an}中， a1
1, a2
1 4
，且
an1
(n 1)an n an
3 4
4
81 128
．
∴ P A 1 P A 1 81 47 ． 128 128
………………………………………… 5 分
（2）该生参加竞赛次数 的可能取值为 2，3，4，5． ………………………………… 6 分
P
2
1 2 4
M
2 3
,
0,
4 3
，
BC 2,2,0 ， PC 2,0,2 ，
MC
8 3
,
0,
4 3
．
设平面 MBC 的法向量为 m x1, y1, z1 ，
则由
m m
BC 0 MC 0
得：
2x1x1y1z100
（Ⅱ）由 PO 平面 ABC ， OB AC ，∴ PO OB ， PO OC ， 于是以 OC ， OB ， OP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图示空间直角坐标系，
则
O
0,
0,
0
，
C
2,
0,
0
，
B
0,
2,
2019年中国香港数学奥林匹克竞赛试卷(含答案)
2019年中国香港数学奥林匹克竞赛试卷
1、两个数列定义如下：
a1=1，a2=10，a n+1=2a n+3a n-1，n=2，3，4，…
b1=1，b2=8，b n+1=3b n+4b n-1，n＝2，3，4，…
请证明：除1之外，两个数列没有相同的数字。
2、集合S＝1，2，…，100。
对于正整数n，将S划分为非空且互不相交的集合S1，S2，…，S n，此时S＝。
设a i表示S i的元素的平均值。
求
的最小值。
3、等腰ABC中，AB＝AC，ABC内心为I，内切圆Γ与AB和AC分别切于点F和E，设Ω为AFE的外接圆，Γ与Ω的两条外公切线交于点P。
若其中一条外公切线与AC平行，求证：∠PBI＝90
4、某国有n3个城市，对任意两个城市A和B，要么存在一条从A 往B的单向道路，要么存在一条从B往A的单向道路，但不会两条道路都存在。
假设从任意一个城市都可以经过若干条道路到达任意另一个城市，设d(A,B)表示从A到达B最少要经过的道路个数，考虑所有满足条件的设置道路的方法，求的最小值。
参考答案。
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÷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。