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