2019年全国高中数学联合竞赛试题及AB合版.pdf

2019 年全国高中数学联合竞赛一试（年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷） 参考答案及评分标准 卷） 参考答案及评分标准 说明： 说明： 1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和分和 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. 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 . 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 小题小题 4 分为一个档次， 第分为一个档次， 第 10、 11 小题小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次 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 ) aa aa=，则log (3 ) a a 的值为 答案答案： 9 16 解解：由条件知 1 8 9aa=，故 9 16 39aa aa=，所以 9 log (3 ) 16 a 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 答案答案： 3 2 - 解解：假如0 x，则最大、最小元素之差不超过max3, x，而所有元素之和 大于max3, x，不符合条件故0 x 根据条件得 22 24,23aABaabAF=-=+， 可知2,1ab=， 且 22 22 3EFab=-= 1 由椭圆定义知24PEPFa+=，结合2PEPF=得 () 2 222 212PEPFPEPFPEPFEF+=+-=， 所以EPF为直角，进而 1 1 2 PEF SPEPF 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 2 ab+被 3 整除的概率为 答案答案： 37 100 解解：数组( , )a b共有 2 10100=种等概率的选法 考虑其中使 2 ab+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 2 39=组 若a不被 3 整除， 则 2 1(mod3)a， 从而1(mod3)b- 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 37 100 6. 对任意闭区间I，用 I M 表示函数sinyx=在I 上的最大值若正数a满 足 0, , 2 2 aaa MM=，则a的值为 答案答案： 5 6 p或 13 12 p 解解： 假如0 2 a p ， 则由正弦函数图像性质得 0, , 2 0sin aaa MaM，此时 0, 1 a M=，故 , 2 1 2 aa M=于是存在非负整数k，使得 513 222 66 kaakpppp+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)()xyrr-+-= 将 2 4 y x=代入并化简，得 2 2 2 120 4 y yry -+-= 显然0y，故 2 222 2 1(4) 1 2432 yy ry yy + =-+= 5 分 根据条件，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) 32 y f yy y + =的最小值 由平均值不等式知 4 3 222 4444 44 3333 yyy +=+ ，从而 3 2 144 3 ( )16 3239 f yy y = 当且仅当 2 4 3 y =，即 2 3 3 y =时，( )f y取到最小值 4 3 9 15 分 由有解可知 4 3 9 r 又假如 4 3 9 r ，因( )f y随y连续变化，且0y + 及 y+时( )f y均可任意大， 故在 2 3 0, 3 及 2 3 , 3 + 上均有解， 与解的 唯一性矛盾 综上，仅有 4 3 9 r =满足条件（此时 1 2 3 , 33 是W与G的唯一公共点） 20 分 11. （本题满分（本题满分 20 分）分）称一个复数数列 n z为“有趣的”，若 1 1z=，且对 任意正整数n，均有 22 11 420 nnnn zz zz + +=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 zzzC+ 解解：考虑有趣的复数数列 n z归纳地可知 * 0() n znN由条件得 4 2 *11 4210() nn nn zz n zz N + + = ， 解得 *1 13i () 4 N n n z n z + - =因此 1 1 13i1 42 n n nn zz zz + + - + =，故 * 1 11 11 () 22 N n nn zzn - = 5 分 进而有 *1 1 1 133i3 1() 242 N n nnn nn n z zzzn z + + - += += 记 * 12 ()N mm Tzzzm=+ 当 * 2 ()Nms s=时，利用可得 12212 2 s mkk k Tzzzz - = +-+ 212 2 3 2 kk k zz - = -+ 21 2 333 223 k k - = =-= 10 分 当 * 21()Nmss=+时，由、可知 21212 22121 11 133 23 22 skk ssk ksks zzz +- - = += + =-+= 当1m=时， 11 3 1 3 Tz= 以上表明 3 3 C =满足要求 15 分 另一方面，当 * 1221 221 13i13i 1,() 22 N kk kk zzzk + + - +- - =时，易验证知 n z为有趣的数列此时 211221 1 limlim() s skk ss k Tzzz + = =+ 21 1 33i33i 43 lim 11 2833 s k s k + = - - + =+=+= ， 这表明C不能大于 3 3 综上，所求的C为 3 3 20 分 5 2019 年全国高中数学联合竞赛加试（年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷） 参考答案及评分标准 卷） 参考答案及评分标准 说明：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， 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分为一个档次， 不得增加其他中间档次 一、 （本题满分 一、 （本题满分 40 分）分）如图，在锐角ABCD中，M是BC边的中点点P在 ABCD内，使得AP平分BAC直线MP与,ABPACPDD的外接圆分别相交于 不同于点P的两点,D E证明：若DEMP=，则2BCBP= 证明： 证明：延长PM到点F，使得MFME=连接,BF BD CE 由条件可知BDPBAPCAPCEPCEM= 10 分 因为BMCM=且EMFM=，所以BFCE=且/BFCE 于是FCEMBDP=，进而BDBF= 20 分 又DEMP=，故DPEMFM= 于是在等腰BDFD中，由对称性得BPBM=从而22BCBMBP= 40 分 二、（本题满分二、（本题满分 40 分）分）设整数 122019 ,a aa满足 122019 199aaa= 记 222 12201913243520172019 ()()faaaa aa aa aaa=+-+ 求f的最小值 0 f并确定使 0 ff=成立的数组 122019 (,)a aa的个数 解解：由条件知 2017 22222 12201820192 1 2() ii i faaaaaa + = =+- 由于 12 ,a a及 2 (1, 2, 2016) ii aa i + -=均为非负整数，故有 22 1122 ,aa aa， 且 2 22 ()(1, 2, 2016) iiii aaaa i + -=于是 20162016 222 12212220172018 11 ()() iiii ii aaaaaaaaaa + = +-+-=+ 10分 F E D MBC A P 6 由、得 222 201720182019201720182019 2()faaaaaa+-+， 结合 2019 99a=及 20182017 0aa，可知 () 222 201720172017 1 2(99)99 2 faaa+-+ 2 2017 (49)74007400a=-+ 20分 另一方面，令 1219201920 211920 22019 1,(1, 2, 49),99 kk aaaaak ka +-+ =， 此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f的最小值 0 7400f= 30分 以下考虑的取等条件此时 20172018 49aa=，且中的不等式均取等， 即 12 1aa=， 2 0,1(1, 2, 2016) ii aai + -= 因此 122018 149aaa=，且对每个(149)kk， 122018 ,a aa中 至少有两项等于k易验证知这也是取等的充分条件 对每个(149)kk，设 122018 ,a aa中等于k的项数为1 k n+，则 k n为正 整数，且 1249 (1)(1)(1)2018nnn+=，即 1249 1969nnn+= 该方程的正整数解 1249 (,)n nn的组数为 48 1968 C，且每组解唯一对应一个使取 等的数组 122019 (,)a aa，故使 0 ff=成立的数组 122019 (,)a aa有 48 1968 C个 40分 三、 （本题满分三、 （本题满分 50 分）分） 设m为整数，2m|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 21nnn aama + =- 证明：若存在整数,r s(2)rs 使得 1rs aaa=，则rsm| |- 证明证明：不妨设 12 ,a a互素（否则，若 12 ( ,)1a ad=，则 1 a d 与 2 a d 互素，并且用 123 , aaa ddd 代替 123 ,a aa，条件与结论均不改变） 由数列递推关系知 234 (mod)aaam| | 以下证明：对任意整数3n，有 2 212 (3)(mod) n aaana mm-+- 10分 事实上，当3n =时显然成立假设nk=时成立（其中k为某个大于2 的整数） ，注意到，有 2 12(mod ) k mamam - ，结合归纳假设知 112122 (3) kkk aamaaaka mma +- =-+- 2 212 (2) (mod)aakam-+-， 7 即1nk=+时也成立因此对任意整数3n均成立 20分 注意，当 12 aa=时，对2n =也成立 设整数, (2)r s rs ，满足 1rs aaa= 若 12 aa=，由对2n均成立，可知 2 212212 (3)(3)(mod) rs aara maaaasa mm-+-=-+-， 即 1212 (3)(3)(mod)araasam| |+-+-，即 2 ()0(mod)rs am| |- 若 12 aa，则 12rs aaaa=，故3rs 此时由于对3n均成立， 故类似可知仍成立 30分 我们证明 2, am互素 事实上， 假如 2 a与m存在一个公共素因子p， 则由得p为 234 ,aa a的公 因子，而 12 ,a a互素，故p 1 a，这与 1rs aaa=矛盾 因此，由得0(mod)rsm| |- 又rs，所以rsm| |- 50分 四、 （本题满分四、 （本题满分 50 分）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( ,)GV E是一个简单图，且G是连通的，则G含有 | 2 E 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 1 2 : k P v vv，其中 21, , k v vv是互不相同的顶点因为G 连通，故3k 情形1： 1 deg( )2v 由于P是最长路，1v的邻点均在 2, , k vv中， 设 1 i vvE， 其中3ik 则 1 21 , i v vv v是一个角，在E中删去这两条边若 1 v处还有第三条 边，则剩下的图是连通的；若 1 v处仅有被删去的两条边，则 1 v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： 1 deg( )1v ， 2 deg()2v则 1 223 ,v vv 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： 1 deg( )1v ， 2 deg()3v， 且 2 v与 4, , k vv中某个点相邻 则 1 223 ,v vv v 8 是一个角，在G中删去这两条边后， 1 v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： 1 deg( )1v ， 2 deg()3v，且 2 v与某个 13 , k uv vv相邻由于P 是最长路，故u的邻点均在 2, , k vv之中因 1 22 ,v vv u是一个角，在G中删去这 两条边，则 1 v是孤立点若u处仅有边 2 uv，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，3ik ，则删去所述边后，除 1 v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( ,)GV E 首先证明2795n 设 122019 ,Vv vv在 1261 ,v vv中，首先两两连边，再删去其中15条 边（例如 1 311 216 ,v vv vv v） ，共连了 2 61 15C1815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中一共连线段由上述构造可见，G中的任何 一个角必须使用 1261 ,v vv相连的边， 因此至多有 1815 907 2 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 mm个点，及 1, , k ee条边下面证明 1, , k ee中至多有979个奇数 反证法，假设 1, , k ee中有至少980个奇数，由于 1 2795 k ee是奇数， 故 1, , k ee中至少有981个奇数， 故981k 不妨设 12981 ,e ee都是奇数， 显然 12981 ,2m mm 令 981 2 k mmm，则有 2 C1980)( i mi ei ， 2 981 Cm k ee，故 980 22 11 2795CC i m k i ii m e 利用组合数的凸性， 即对3xy， 有 2222 11 CCCC xyxy ， 可知当 1980 ,mmm 由980个2以及一个59构成时， 980 22 1 CC i mm i 取得最大值于是 980 2222 592 1 CCC980C26912795 i mm i ， 这与矛盾从而 1, , k ee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 11 11 979(2795979)908 222 kk i i ii e Ne 综上，所求最小的n是2795 50分 9 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 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： 说明： 1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和分和 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. 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 . 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 小题小题 4 分为一个档次， 第分为一个档次， 第 10、 11 小题小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次 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 答案答案：3- 解解：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0 x条件等价于(1)( 1) 20ttt-+ -=，解得3t = 因此a 的模为 22 3( 1)10+ -= 3. 设,(0, )a bp，cos ,cosab是方程 2 5310 xx- =的两根， 则sinsinab的 值为 答案答案： 7 5 解解：由条件知 31 coscos, coscos 55 abab+=-，从而 222 (sinsin )(1cos)(1cos)abab=- 2222 1coscoscoscosabab= -+ 22 22 437 (1coscos )(coscos ) 5525 abab =+-+=-= 又由,(0, )a bp知sinsin0ab，从而 7 sinsin 5 ab = 4. 设三棱锥PABC-满足3,2PAPBABBCCA=，则该三棱锥的 体积的最大值为 答案答案： 2 6 3 解解：设三棱锥PABC-的高为h取M为棱AB的中点，则 22 312 2hPM=-= 当平面PAB垂直于平面ABC时，h取到最大值2 2此时三棱锥PABC-的体 10 积取到最大值 112 6 2 23 2 2 333 ABC SD= 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 答案答案：95 解解： 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，(21)nxy+-的展开式中 4n x - 与xy两项的系数相等，则n 的值为 答案答案：51 解解：注意到 0 (21)C(21) n nrn rr n r xyxy - = +-=- 其中 4n x - 项仅出现在求和指标4r =时的展开式 444 C(21) n nx y - -中，其 4n x - 项系数为 44 (1)(2)(3) ( 1) C 24 n n nnn- -= 而xy项仅出现在求和指标1rn=-时的展开式 11 C(21) nn n xy - -中，其xy 项系数为 1233 1 CC4 ( 1)( 1)2 (1)(2) nnn nn n nn - - -= - 因此有 3 (1)(2)(3) ( 1)2 (1)(2) 24 n n nnn n nn - - = -注意到4n，化简得 3 3( 1)48 n 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 2 4ba，则r的最小值为 答案答案：4 解解：由条件知 222 (1)arbr- -+=，故 2222 4(1)2 (1)(1)abrarr aa=- -=- 即 2 2(1)210arar-+ 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)0rrr r-+=-， 解得4r 经检验，当4r =时，( , )(3, 2 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 1 2019a=， 且对任意正整数n， 总 存在正整数m，使得 12nm aaaa+=这样的数列 n a的个数为 答案答案：5 解解：设 n a的公差为d由条件知 12k aaa+=（k是某个正整数） ，则 11 2(1)adakd+=+-， 即 1 (2)kda-=，因此必有2k ，且 1 2 a d k = - 这样就有 111 1 (1) 2 n n aandaa k - =+-=+ - ， 11 而此时对任意正整数n， 12111 (1)(1) (1) 22 n n nn n aaaa ndanad - +=+=+-+ 1 (1) (1)(2) 2 n n ankd - =+-+ ， 确实为 n a中的一项 因此，仅需考虑使 1 2|ka-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（本题满分 16 分）分）在椭圆G中，F为一个焦点，,A B为两个顶点若 3,2FAFB=，求AB的所有可能值 解解：不妨设平面直角坐标系中椭圆G的标准方程为 22 22 1(0) xy ab ab +=， 并记 22 cab=-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ac+，到右顶点的距离为ac-，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3,2acac+ =- =，故25ABa=（相 应地， 2 ()()6bac ac=+-=，G的方程为 22 4 1 256 xy +=） 4 分 (2) A为左顶点，B为上顶点或下顶点此时3,2aca+ =，故1c =，进 而 222 3bac=-=， 所以 22 7ABab=+=（相应的G的方程为 22 1 43 xy +=） 8 分 (3) A为上顶点或下顶点，B为右顶点此时3,2aac=- =，故1c =，进 而 222 8bac=-=， 所以 22 17ABab=+=（相应的G的方程为 22 1 98 xy +=） 12 分 综上可知，AB的所有可能值为5,7, 17 16 分 10. （本题满分（本题满分 20 分）分）设, ,a b c均大于 1，满足 lglog3, lglog4. b a ac bc += += 求lglgac的最大值 解解：设lg,lg,lgaxbycz=，由, ,1a b c可知, ,0 x y z 由条件及换底公式知3,4 zz xy yx +=+=，即34xyzyx+ = 5 分 12 由此，令3 ,4 (0)xt yt t=，则 2 41212zxxytt=-=-其中由0z 可知 (0,1)t 10 分 因此，结合三元平均值不等式得 2 lg lg3 12 (1)18(22 )acxzttttt=-=- 33 (22 )216 1818 333 ttt + +- = 当22tt=-，即 2 3 t =（相应的, ,a b c分别为 88 33 100,10 ,10）时，lg lgac取到 最大值 16 3 20 分 11. （本题满分（本题满分 20 分）分）设复数数列 n z满足： 1 1z =，且对任意正整数n， 均有 22 11 420 nnnn zz zz + +=证明：对任意正整数m，均有 12 2 3 3 m zzz+ 证明证明：归纳地可知 * 0() n znN由条件得 2 *11 4210() nn nn zz n zz N + + = ， 解得 *1 13i () 4 N n n z n z + - = 5 分 因此 1 1 13i1 42 n n nn zz zz + + - + =，故 * 1 11 11 () 22 N n nn zzn - = 进而有 *1 1 1 133i3 1() 242 N n nnn nn n z zzzn z + + - += += 10 分 当m为偶数时，设 * 2 ()Nms s=利用可得 12212212 21 111 32 3 23 s mkkkk k kkk zzzzzzz - - = += 15 分 当m为奇数时，设21()Nmss=+由、可知 21212 22121 11 133 23 22 skk ssk ksks zzz +- - = += + =+ ， 故 1221221212 11 2 3 3 s mkkskk kk zzzzzzzz -+- = +对1, 2,99k=，由平均值不等式知 1212 1 0 k kk k aaaa aa + ， 10 分 从而有 9999 2991 1 2991 11 1212 k k kk k kk kk ak x xxa aaaa aa + + = = + 20 分 记的右端为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 101 2 1005050 210121012(101) 101 101 101 111 i iii i iii iii i a Taaa a - - - - - = = 30 分 又 101 0(1, 2,50) ii aa i - ，由条件知 2 DEt= 注意到180BKEABKPDEDEK=-，可在CB延长线上取一点 A ，使得A KEABKA BK= 10 分 此时有A BKA KEDD，故 A BA KBK A KA EKE = 20 分 又KC平分BKE，故