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2019年全国高中数学联赛试卷B卷(高联含答案和解析).pdf

1、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

2、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0x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,c

3、os ,cosab是方程 2 5310xx- =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

4、: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 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

5、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)(

6、 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

7、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

8、- =+-=+ - , 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

9、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

10、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, ,0x y z 由条件及换底公式知3

11、,4 zz xy yx +=+=,即34xyzyx+ = 5 分 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

12、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

13、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

14、 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 BK

15、A KEDD,故 A BA KBK A KA EKE = 20 分 又KC平分BKE,故 2 1 1 BKBCt KECEttt = + 于是有 2 2 1 12 A BA B A KBKAB A EA KA EKEttAE = + 30 分 由上式两端减 1,得 BEBE A EAE = ,从而AA = 因此AKEA KEABK= 同理可得ALEEDL= 而ABKEDL=,所以AKEALE=因此, ,A K L E四点共圆 50 分 四、 (本题满分四、 (本题满分 50 分)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 2

16、019 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 E A CBD P K L E A(A )CBD P K L 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

17、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 AA 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 , nnn A AAA 作对角线 1n A A , 并将 1n A A 染为c色,则三角形 11nn A AA 的三边全部同色此时凸n边形 12n A AA 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

18、设 111 , nnn A AAA 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 11nn A AA 的三边全 部同色或互不同色此时凸n边形 12n A AA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 11nn A AA 的三边全部同色或互不同色此时凸n边形 12n A AA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 c c c c c b a b a b c c c a a a a b cb b a b c c ca b b a c c c b a

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