2019年全国高中数学联赛A卷及B卷试题答案及评分标准.pdf

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 8 (9 ) aa aa,则log (3 ) a a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 3.平面直角坐标系中,e 是单位向量,向量a 满足2a e ,且 2 |5|aate 对任意实数 t 成立,则|a 的取值范围是 4.设A,B为椭圆的长轴顶点,E,F为的两个焦点,|AB|=4,|AF|=23,P为上一点,满足|PE| |PF|=2,则PEF 的面积为 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 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 M0,a=2Ma,2a,则 a 的值为 7.如图,正方体 ABCD-EFGH 的一个截面经过点 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 EK FK 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，圆与抛物线:y 2=4x 恰有一个公共点，且圆与 x 轴相切于的焦 点 F，求圆的半径 11（本题满分 20 分）称一个复数数列zn为“有趣的”,若|z1|=1 且对任意正整数 n,均有 22 11 420 n nnn zz zz ,求最大 的常数 C，使得对一切有趣的数列zn及任意正整数 m,均有123 | m zzzzC 2019 年全国高中数学联赛 A 卷 加试部分 一、 (本题满分 40 分)如图,锐角ABC 中,M 是 BC 边的中点,点 P 在ABC 内,使得 AP 平分BAC,直线 MP 与ABP, ACP 的外接圆分别相交于不同于点 P 的两点 D,E.证明:若 DE=MP,则 BC=2BP 二、(本题满分 40 分)设整数 a1,a2,a3,a2019满足 1=a1a2a3a2019=99, 记 222 12201913243520172019 ()()faaaa aa aa aaa 求 f 的最小值 f0,并确定使 f=f0成立的数组(a1,a2,a2019)的个数 三、（本题满分 50 分）设 m 为整数,|m|2.整数数列 a1,a2,满足：a1,a2不全为零，且对任意正整数 n,均有 21nnn aama 求证：若存在整数 r,s(rs2)使得 ar=as=a1,则 r-s|m| 四、（本题满分 50 分）设 V 就空间中 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集为空集. 2019 年全国高中数学联赛 A 卷 一试部分 二、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 8 (9 ) aa aa,则log (3 ) a a的值为 答案: 9 16 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: 3 2 解:假如 x0,则最大最小元素之差不超过3,x,而所有元素之和大于 max3,x,不符合条件,帮 x0,即 x 为最小元素， 于是 3-x=6+x,解得 3 2 x 3.平面直角坐标系中,e 是单位向量,向量a 满足2a e ,且 2 |5|aate 对任意实数 t 成立,则|a 的取值范围是 答案: 5,2 5 解:法一法一: :不妨设(1,0)e ,由于2a e ,可设(2, )as ,则对任意实数 t,有 2222 4|5| 5 (2)saatets ,这等价于 2 45|ss,解得| 1,4s ,即 2 1,16s ,于是 2 |4 5,2 5as 法二法二: :由a 2e 可得a 在e 方向的投影模长为 2,设a 在e 垂直方向的投影为 x,则| |ate 的最小值为 x,即 2 45xx .解 得 1x4,所以| | 5,2 5a 4.设A,B为椭圆的长轴顶点,E,F为的两个焦点,|AB|=4,|AF|=23,P为上一点,满足|PE| |PF|=2,则PEF 的面积为 答案:1 解:不妨设平面直角坐标系中的标准方程为 22 22 1(0) xy ab ab .根据条件得 2a=|AB|=4, 22 | 23aabAF, 可知 a=2,b=1,且|EF|= 22 22 3ab,由椭圆的定义知|PE|+|PF|=2a=4,结合|PE|PF|=2 得|PE| 2+|PF|2= (|PE|+|PF|) 2-2|PE|PF|=12=|EF|2,所以EPF 为直角,进而 S PEF= 1 | | 2 PEPF=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 2 ab被 3 整除的概率为 答案： 37 100 解：数组(a,b)共有 10*10=100 种等概率的选法 考虑其中 2 ab被 3 整除的选法 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 3*3=9 组,若 a 不被 3 整除,则 a 21(mod3),从 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 M0,a=2Ma,2a,则 a 的值为 答案: 513 612 或 解:假如 00)。由对称性，不妨设在 x 轴的上方与 x 轴相切于 F， 故的方程为(x-1) 2+(y-r)2=r2 将 y 2=4x 代入并化简，得 2 2 2 120 4 y yry ，显然 y0,故 2 222 2 1(4) 1 2432 yy ry yy 5 分 根据条件，恰好有一个正数解 y，该 y 值对应与的唯一公共点，考虑 22 (4) ( )(0) 32 y f yy y 的最小值 由平均值不等式知 3 222 4 44444 44 33333 yyy ，从而 3 2 144 3 ( )16 3239 f yy y 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 y0 +及 y时 f(y)可任意大，故在 2 32 3 0, 33 及 上均有解与解的唯一性矛盾. 综上,仅有 4 3 9 r 满足条件(此时点 1 2 3 , 33 是与的唯一公共点)20 分 法二法二: :设:(x-1) 2+(y-r)2=r2.联立 y2=4x 消去 y 得(x+1)4=16r2x.由交点只有一个得函数 y=(x+1)4与函数 y=16r2x 图象相 切. 考虑y=(x+1) 4过(t,(t+1)4)的切线y=4(t+1)3(x-t)+(t+1)4.这条切线即为y=16r2x于是y=4(t+1)3(x-t)+(t+1)4过原点时 1 3 t (t=-1,r=0 舍去) 此时斜率 3 32 3 4 4 4(1)16 3 tr ,得 4 3 9 r 法三法三: :由题意,圆与抛物线切于点P,设圆心为Q,公切线为l,所以PQl.由抛物线光学性质,作FP关于PQ的对称直线, 则该直线与 x 轴平行,该直线与圆交于点 R,由 PQ 平分FPR 得 PF=PR,由 QFPR 得 FP=FR.所以FPR 为正三角形.故 直线 FP 方程为 3(1)yx ,与 y 2=4x 联立得 1 2 3 ( ,) 33 P ,所以得 34 3 | 39 rPF 1111（本题满分本题满分 2020 分分）称一个复数数列zn为“有趣的”,若|z1|=1 且对任意正整数 n,均有 22 11 420 n nnn zz zz ,求最大 的常数 C，使得对一切有趣的数列zn及任意正整数 m,均有123 | m zzzzC 解：考虑有趣的复数数列zn。归纳地可知 zn0(nN *).由条件得 2 *11 4210,() nn nn zz nN zz 解得 1 13 4 n n zi z 因此 11 |131 |42 nn nn zzi zz 故 * 1 11 11 () 22 n nn zznN 5 分 进而有 *1 1 1 1333 | | 1() 422 n nnn nn n zi zzznN z 记 * 123 () mm TzzzzmN 当 m=2s（sN *）时，利用可得 12212212 21 222 3333 | 2232 s mkkkk k kkk Tzzzzzz 10 分 当 m=2s-1 时（sN *）时，由、可知 21212 221 21 13 | 23 2 skk ss ks zzz 故122122121221 222 3333 | | 2232 s mkkskk k kkk Tzzzzzzz 当 m=1 时，11 3 | | 1 3 Tz 以上表明 3 3 C 满足要求 另一方面，当 z1=1,22 13 2 k k i z ,2121 13 2 k k i z (kN *)时，易验证知zn为有趣的数列，此时 211221 21 11 333343 limlim()lim 11 8332 ss xkk k sss kk ii Tzzz 这表明 C 不能大于 3 3 综上，所求的 C 为 3 3 20 分 2019 年全国高中数学联赛 A 卷 加试部分 说明： 1.评阅卷时，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 一一、 ( (本题满本题满分分 4 40 0 分分) )如图,锐角ABC 中,M 是 BC 边的中点,点 P 在ABC 内,使得 AP 平分BAC,直线 MP 与ABP, ACP 的外接圆分别相交于不同于点 P 的两点 D,E.证明:若 DE=MP,则 BC=2BP 证明:法一：法一：延长 PM 到点 F,使得 MF=ME,连接 BF,BD,CE 由条件可知BDP=BAP=CAP=CEP=CEM10 分 因为 BM=CM 且 EM=FM,所以 BF=CE 且 BFCE 于是F=CEM=BDP,进而 BD=BF20 分 又 DE=MP,故 DP=EM=FM 于是在等腰BDF 中,由对称性得 BP=BM,从而 BC=2BM=2BP40 分 法二：法二：因为 MB=MC,所以 SEMC=SEMB=SDPB.又因为MEC=PAC=PAB=PDB=,所以 EM=DP,所以 EC=DB. 于是EMCDPB,所以 BM=MC=BP 法三法三: :设直线 BC 分别与左圆和右圆交于点 X,Y,作 P 点在 BC 上的投影 N. 由圆幂定理 MBMX=MPMD,MCMY=MPME,作差得 MB(MX-MY)=MPDE=MP 2. 由PXB=PAB=PAC=PYB,所以 PX=PY,NX=NY,所以 MP 2=2BMMN. 此时,BP 2=BN2+MP2-MN2=(BN+MN)(BN-MN)+2BMMN=BM2,所以 BP=BM 二、二、( (本题满分本题满分 4040 分分) )设整数 a1,a2,a3,a2019满足 1=a1a2a3a2019=99, 记 222 12201913243520172019 ()()faaaa aa aa aaa 求 f 的最小值 f0,并确定使 f=f0成立的数组(a1,a2,a2019)的个数 解：由条件知 2017 22222 12201820192 1 2() ii i faaaaaa 由于 a1,a2及 ai+2-ai(i=1,2,2016)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 由得 2222 2017201720172017 1 (99)99 )(49)74007400 2 faaaa 20 分 另一方面，令 a1=a2=a1920=1,a1920+2k-1=a1920+2k=k(k=1,2,49),a2019=99 此时验证知上述所有不等式均取到等号从而 f 的最小值 f0=7400 30 分 以下考虑的取等条件，此时 a2017=a2018=49,且中的不等式均取等 即 a1=a2=1,ai+2-ai0,1(i=1,2,2016) 因此 1=a1a2a3a2018=49,且对每个 k(1k49),a1,a2,a2018中至少有两项等于 k,易验证知这也是的取等的 充分必要条件 对每个 k(1k49)，设 a1,a2,a2018中等于 k 的项数为 1+nk,则 nk为正整数,且(1+n1)+(1+n2)+(1+n49)=2018 即 n1+n2+n49=1969 该方程的正整数解(n1,n2,n49)的组数为 48 1968 C ,且每组解唯一对应一个使取等的数组 (a1,a2,a3,a2019),故使 f=f0成立的数组(a1,a2,a3,a2019)有 48 1968 C 个。 三三 ( (本题满分本题满分 5050 分分) )设 m 为整数,|m|2.整数数列 a1,a2,满足：a1,a2不全为零，且对任意正整数 n,均有 21nnn aama 求证：若存在整数 r,s(rs2)使得 ar=as=a1,则 r-s|m| 法一法一: : 证明：不妨设 a1,a2互素(否则,若(a1,a2)=d1,则 12 , aa dd 互素，并利用 312 , aaa ddd 代替 123 ,a a a ,条件与结论不变) 由数列递推知 a2a3a4(mod|m|) 以下证明：对任意整数 n3 有 ana2-(a1+(n-3)a2)m(modm 2) 10 分 事实上，当 n=3 时式显然成立.假设 n=k 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 ak+1=ak-mak-1a2-(a1+(k-3)a2)m-ma2a2-(a1+(k-2)a2)m(modm 2) 即 n=k+1 时也成立,因此对任意整数 n3 均成立20 分 注意,当 a1=a2时,对 n=2 也成立 设整数 r,s(rs2)满足 ar=as=a1 若 a1=a2,由对 n2 均成立，可知 a2-(a1+(r-3)a2)mar=asa2-(a1+(s-3)a2)m(modm 2) 即 a1+(r-3)a2a1+(s-3)a2(mod|m|),即 (r-s)a20(mod|m|) 若 a1a2,则 ar=as=a1a2,故 rs3.此时由于对 n3 均成立，故类似可知仍成立. 我们证明 a2,m 互素 事实上， 假如 a2与 m 存在一个公因子 p,则由得 p 为 a2,a3,a4,的公共因子， 而 a1,a2互素,故 ?a1,这与 ar=as=a1矛盾. 因此,由得 r-s0(mod|m|).又 rs,所以 r-s|m|50 分 法二法二: : 证明:不妨设(a1,a2)=1,(否则,将数列an各项同除以(a1,a2)即可) 由 an+2=an+1-manan+1a2(modm),若存在 ar=as=a1,则必有 a1a2(modm) 令 an=a1+mbn,代入递推式得 bn+2=bn+1-a1-mbnbn+1-a1(modm) 由 ar=as=a1得 br=bs,而 brbs-(r-s)a1(modm),即 m|r-s,于是 r-s|m| 四四 ( (本题满本题满分分 5 50 0 分分) )设 V 就空间中 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集为空集. 法一法一: : 解:为了叙述方便,称一个图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 | 2 E 个两两无公共边的角,(这里|表示实数的整 数部分). 引理证明:对 E 的元素个数|E|归纳证明,当|E|=0,1,2,3 时,结论显然成立.下面假设|E|4,并且结论在|E|较小时均成立,只 需证明,在 G 中可以选取两条边 a,b 构成一个角,在 G 中删去 a,b 这两条边后,剩下的图含有一个连通的分支包含|E|-2 条 边.对这个连通的分支应用归纳假设即得结论成立. 考虑 G 中最长路 P:v1,v2,vk其中 v1,v2,vk是互不相同的顶点.因为 G 连通,故 k3. 情形 1:deg(v1)2.由于 P 是最长路,v1的邻点均在 v1,v2,vk中,设 v1viE,其中 3ik,则v1v2,v1vi是一个角,在 E 中删去 这两条边,若v1处还有第三条边,则剩下的图是连通的;若v1处仅有被删去的两条边,则v1成为孤立点,其余顶点仍互相连通. 总之,在剩下的图中有一个连通的分支含有|E|-2 条边. 情形 2:deg(v1)=1,deg(v2)=2,则v1v2,v2v3是一个角,在 G 中删去这两条边后,v1,v2 都成为孤立点,其余的点互相连通,因此 有一个连通分支含有|E|-2 条边. 情形 3:deg(v1)=1,deg(v2)3,且 v2与 v4,vk中某个点相邻,则v1v2,v2v3是一个角,在 G 中删去这两条边后,v1成为孤立 点,其余点互相连通,因此有一个连通分支含有|E|-2 条边. 情形 4:deg(v1)=1,deg(v2)3,且 v2与某个 uv1,v3,vk相邻,由于 P 是最长路,故 u 的邻点均在 v2,vk之中,因 v1v2,v2u是一个角,在 G 中删去两条边,则 v1是孤立点,若 u 处仅有边 uv2,则删去所述边后 u 也是孤立点,而其余点互相连 通.若 u 处仅还有其他边 uvi,3ik,则删去所述边后,除 v1外其余点互相连通.总之剩下的图中有一个连通的分支含有 |E|-2 条边.20 分 引理获证。 回到原题，题中的 V 和 E 可看做一个图 G=(V,E). 首先证明 n2795. 设 V=v1,v2,v2019.在 v1,v2,v61中,首先两两连边,再删去其中 15 条边(例如:v1v2,v1v3,v1v16)，共连了?61 2 15 = 1815 条边， 则这 61 个点构成的图是连通图。 再将剩余的 2019-61=1958 个点配成 979 对,每对两点之间连一条边,则图 G 中一共连了 1815+979=2794 条线段.由上述构造可见,G 中的任何一个角必须使用 v1,v2,v61相连的边,因此至多有 1815 2 =907 个两两无公共边的角,故满足要求的 n 不小于 279530 分 另一方面，若|E|2795，可任意删去若干条边,只考虑|E|=2795 的情形. 设 G 有 k 个连通的分支,分别有 m1,m2,mk个点,及 e1,e2,ek条边,下面证明中至多有 979 个奇数 反证法,假设 e1,e2,ek条边,下面证明中至少有 980 个奇数,由于 e1+e2+ek=2795 是奇数,故 e1,e2,ek中至少有 981 个 奇数,故 k981.不妨设 e1,e2,e981都是奇数,显然 m1,m2,m9812. 令 m=m981+mk2,则有 2 1 C(1980) i k mi i ei , 2 981mk Cee ,故 980 22 11 2795 i k imm ii eCC 利用组合数的凸性,即对 xy3,有 2222 11xyxy CCCC ,可知当 m1,m2,m980,m 由 980 个 2 以及一个 59 构成时, 980 22 1 mi m i CC 取得最大值.于是 980 2222 592 1 98026912795 mi m i CCCC 这与矛盾,从而 e1,e2,ek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 综上所述,所求最小的 n 是 279550 分 法二法二: : 证明:我们先证明如下引理:一个连通图中如果有 m 条边,则存在 2 m 个二元子集满足要求. 用归纳法,m=2 时显然成立, 若 m=k 时成立,考虑 m=k+1 时,只需说明去掉一个二元子集,使剩下的图仍连通(不考虑孤立点).考虑此时图中最长链 v1v2vt. 当 d(v1)2 时,与点 v1相邻的点只能在 v2vt中,去掉连接 v1的两边即可. 当 d(v1)=1,d(v2)3 时,去掉连接 v2的两边(保留 v2v3)即可. 当 d(v1)=1,d(v2)=2 时,去掉 v1v2和 v2v3的即可. 综上,引理得证.下面我们说明本题结果为 2795. 先构造 n=2794 的反例,取 61 个点之间连了 1815 条边,剩余 1958 个点两两配对连 979 条边. 此时二元子集只能在前面 1815 条边中选择,至多 907 组,不满足要求. 再证明 n=2795 满足要求.由引理,设此时图中有 k 个连通分支(不算孤立点),则能取出 2795 2 k 个二元子集满足要求,故只 需证明 k980. 若有 k980,则总边数至多 12 22222 22019 980*2 98026912975 k xxx CCCCC .矛盾. 上述不等式是由 2222 22( , 2) mnm n CCCCm n 调整得到 综上,原命题得证. 2019 年全国高中数学联赛 B 卷 一试 一填空题:本题共 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 2.若平面向量a(2 , 1) m 与 1 (21,2) mm b 垂直,其中 m 为实数,则a 模为 3.设(0,),cos,cos是方程 5x 2-3x-1=0 的两根,则 sinsin的值为 4.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 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),则产生的不没的 8 位数的个数为 6.设整数 n4,(21)nxy的展开式中 4n x 和xy两项的系数相等,则 n 的值为 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 24a,则 r 的最小值是 8.设等差数列an的各项均为整数,首项 a1=2019,且对任意正整数 n,总存在正整数 m,使 a1+a2+an=am.这样的数列an 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.(本题满分 16 分)在椭圆中,F 为一个焦点,AB 为两个顶点,若|FA|=3,|FB|=2,求|AB|的所有可能值 10.(本题满分 20 分)设 a,b,c 均大于 1,满足 lglog3 lglog4 b a ac bc 求lglgac的最大值 11.(本题满分 20 分)设复数数列zn满足:|z1|=1,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 加试 一、(本题满分 40 分)设正实数 a1,a2,a100满足 aia101-i(i=1,2,50),记 1 12 (1,2,99) k k k ka xk aaa . 证明: 299 1299 1x xx 二、(本题满分 40 分)求满足以下条件的所有正整数 n: n 至少有 4 个正约数;若 d1d24,(21)nxy的展开式中 4n x 和xy两项的系数相等,则 n 的值为 答案:51. 解:注意到 0 (21)(21) n nrn rr n r xyC xy 其中 4n x 项系数为 44 (1)(2)(3) ( 1) 24 n n nnn C 而xy项仅出现在求和指标 r=4 时的展开式 11 (21) nn n Cxy 中,其 xy 项系数为 1233 14 ( 1) ( 1)2 (1)(2) nnn nn CCn nn 因此有 3 (1)(2)(3) ( 1)2 (1)(2) 24 n n nnn n nn 注意到 n4 化简得 n-3=(-1) n-348,故只能是 n 为奇数且 n-3=48,即 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 24a,则 r 的最小值是 答案:4 解:由条件知(a-r-1) 2+b2=r2,故 4ab2=r2-(a-r-1)2,即 a2-2(r-1)a+2r+10.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)0,解得 r4. 经检验,当 r=4,(a,b)=(3,2 3)满足条件,因此 r 的最小值为 4 8.设等差数列an的各项均为整数,首项 a1=2019,且对任意正整数 n,总存在正整数 m,使 a1+a2+an=am.这样的数列an 的个数为 答案:5 解:设an的公差为 d,由条件知 a1+a2=ak(k 为某个整数),则 2a1+d=a1+(k-1)d, 即(k-2)d=a1,因此必有 k2,且 1 2 a d k ,这样就有 111 1 (1) 2 n n aandaa k ,而此时对任意正整数 n, 121111 (1)(1)(1) (1)(1)2 222 n n ndn ndn nd aaaa nanaankd 确实为an中的一项. 因此,仅需考虑使 k-2|a1成立的正整数 k 的个数.注意到 2019 为两个系数 3 和 673 之积,易知 k-2 可取-1,1,3,673,2019 这五个值,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)在椭圆中,F 为一个焦点,AB 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的标准方程为 22 22 1 xy ab (ab0),并记 22 cab.由对称性,可设 F 为的右个 点. 易知 F 到的左顶点的距离为 a+c,到右顶点的距离为 a-c,到上、下距离均为 a,分以与情况讨论: (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,所以椭圆的方程为 22 4 1 256 xy ) 4 分 (2)A 为左顶点,B为上顶点或下顶点,此时a+c=3,a=2故c=1,进而b 2=a2-c2=3,所以|AB|= 22 7ab(相应地,椭圆的方 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 a=3,a-c=2,故 c=1,进而 b 2=a2-c2=8,所以|AB|= 22 17ab(相应地,椭圆的 方程为 22 1 98 xy )12 分 综上可知,|AB|的所有可能值为 5,7,17 10.(本题满分 20 分)设 a,b,c 均大于 1,满足 lglog3 lglog4 b a ac bc 求lglgac的最大值 解:设lg,lg,lgaxbycz,由 a,b,c1 可知 x,y,z0. 由条件及换底公式知3,4 zz xy yx 即 xy+z=3y=4x5 分 由此,令 x=3t,y=4t(t0).则 z=4x-xy=12t-12t 2.其中由 z0 可知 t(0,1 10 分 因此,结合三元均值不等式得 33 2 (12 )316 lglg3 12(1)18(22 )1818 323 ttt acxzttttt . 当 t=2-2t 即 2 3 t (相应的 a,b,c 分别为 100, 88 33 10 ,10)时,lgalgc 取到最大值 16 3 20 分 11.(本题满分 20 分)设复数数列zn满足:|z1|=1,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:归纳地可知 zn0(nN *).由条件得 2 *11 4210() nn nn zz nN zz . 解得 *1 13 () 4 n n zi nN z .5 分 因此 1 | 13 |1 |42 n n zi z ,故 * 1 11 11 |z |=|z |() 22 n nn nN 进而有 *1 1 1 1333 | |1|() 422 n nnn nn n zi zzznN z 10 分 当 m 为偶数时,设 m=2s(sN *),利用可得 12212212 21 111 32 3 | 32 s mkkkk k kkk zzzzzzz 15 分 当 m 为奇数时,设 m=2s+1(sN *),由、可知 21212 22121 11 133 | 23 22 skk ssk ksks zzz , 故 1221221212 21 111 32 3 | 32 s mkkskk k kkk zzzzzzzz 综上,结论获证.20 分 加试 一、(本题满分 40 分)设正实数 a1,a2,a100满足 aia101-i(i=1,2,50),记 1 12 (1,2,99) k k k ka xk aaa . 证明: 299 1299 1x xx 证明:注意到 a1,a2,a1000.对 k=1,2,99, 由平均值不等式知 1212 1 0 k kk k aaaa aa ,10 分 从而有 9999 2991