1、第 1 页 共 6 页 2019年全国高中数学联赛江苏赛区 市级选拔赛参考答案与评分细则 一、填空题（本题共10小题，每小题7分，共70分要求直接将答案写在横线上 ） 1已知集合Ax|x23x20，B x| xa1，且A Bx|x3，则实数 a 的值是 答案：2 解：Ax|x2或x1，B x| xa1又A Bx|x3，故a13， 解得a2 2已知与三条直线xy1，xay2，x2y3都相切的圆有且只有两个，则所有可能的 实数a 的值的和为 答案：3 解：由题意知，这三条直线中恰有两条平行时符合题意，故a1或2， 从而实数a 的值的和为3 3从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取 3个不同的数
2、，并从小到大排成一数列，此数列为 等比数列的概率为 答案： 1 21 解：满足条件的等比数列共有4个：1，2，4；1，3，9；2，4，8；4，6，9 故所求概率P 4 C3 9 1 21 4设a，b1，2，则 a2b2 ab 的最大值是 答案： 5 2 解：因为a，b1，2，所以(2ab)( a2b)0，展开得a2b25 2ab，即 a2b2 ab 5 2 且当a1，b2，或a2，b1时，a 2b2 ab 5 2，所以 a2b2 ab 的最大值为 5 2 5在矩形 ABCD 中，AC1，AE BD，垂足为 E，则 (AD AE )(CB CA ) 的最大值 是 答案： 4 27 解：如图，设C
3、AB，AC1，AEBD， AB C D E 第 2 页 共 6 页 则ABcos，ADsin，AEsincos， 于是 (AD AE )(CB CA )sin2cos2sin2 1 2sin 22cos2sin2 1 2( sin22cos2sin2 3 )34 27， 等号当且仅当sin22cos2，即tan 2 时成立，故最大值为 4 27 6在棱长为 1的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 在 A1D1上，点 F 在 CD 上，A1E2ED1， DF2FC，则三棱锥BFEC1的体积是 答案： 5 27 解：如图，过F 作EC1的平行线交BC 的延长线于G， 则FG 平面BEC1
4、从而G 与F 到平面BEC1的距离相等， 所以体积 又 A1E2ED1，DF2FC，所以CG1 3ED 11 9， 所以1 3 1 2 10 9 115 27 7设 f(x)是定义在 Z 上的函数，且对于任意的整数 n，满足 f(n4)f(n)2(n1)， f(n12)f(n)6(n5)，f(1)504，则 f(2019) 673 的值是 答案：1512 解：由f(n4)f(n)2(n1)，得 f(n12)f(n)f(n12)f(n8)f(n8)f(n4)f(n4)f(n) 2(n9)(n5)(n1)6(n5) 又f(n12)f(n)6(n5)， 所以 f(n12)f(n)6(n5)，故f(n
5、4)f(n)2(n1) 因此 f(2019)(f(2019)f(2015)(f(2015)f(2011)(f(3)f(1)f(1) 2(2016201240)504 20205045042019504 所以 f(2019) 673 1512 8函数f(x)x2xx23的值域是 A1 C D A E B D1 B1 F C1 G 第 3 页 共 6 页 答案：(3 2，) 解：原函数的定义域是(， 3 3，) 当x 3，)时，函数f(x)x2xx23为增函数，所以f(x)3； 当x(， 3时，f(x)x2x x23x (x x23) 3x x x23 3 1+1 3 x2 ， 因 为x(， 3
6、，所以111 3 x22， 3 2 3 1+1 3 x2 3 故原函数的值域是(3 2，) 9已知ABC 中，AC8，BC10，32cos(AB)31，则ABC 的面积是 答案：15 7 解：由正弦定理，得 10 sinA 8 sinB 2 sinAsinB 18 sinA+sinB， 由 32cos(AB)31， 可得 tanA+B 2 9tanAB 2 9 1cos(AB) 1cos(AB) 9 1 63 3 7， 所以 sinCsin(AB) 2tanAB 2 1tan2AB 2 3 7 8 ， 即 ABC 的面积 S15 7 另解：由题设知，BACB，作BADB，D 在线段BC 上 则
7、CAD=AB 设ADx，则BDx，DC10x， 由余弦定理， 得 (10x)2x26428x31 32， 解得x8，则DC10x2， 由此可得 cosC1 8，sinC 3 7 8 ，则ABC 的面积 S15 7 10设f(x)2x38x25x9，g(x)2x28x1当nN*时，则f(n) 与 g(n) 的最大公因数 (f(n)，g(n) 的最大值为 答案：55 A BC D x 第 4 页 共 6 页 解：(f(n)，g(n)(2n38n25n9，2n28n1)(4n9，2n28n1)(4n9，2n217)(4n 9，4n234)(4n9，9n34)(4n9，n16) (55，n16)55
8、当n39时，(55，n16)(55，55)55 因此 (f(n)，g(n) 的最大值为55 二、解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分） 11在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆C：x 2 a2 y2 a291(a3) （1）过椭圆C 的左焦点，且垂直于x 轴的直线与椭圆C 交于M，N 两点，若MN9，求 实数a 的值； （2）若直线 l：x a y a31与椭圆 C 交于 A，B 两点，求证：对任意大于 3的实数 a，以 AB 为直径的圆过定点，并求定点坐标 解： （1）记椭圆C：x 2 a2 y2 a291的左焦点为F，则点F 的横坐标为3 因为过点F 且垂直于x 轴的直线与椭圆C
9、交于M，N 两点，MN9， 所以M(3，9 2)，N(3， 9 2)， 5分 从而 9 a2 81 4(a29)1 解得 a236或a29 4 因为a3，所有a6 10分 （2）由 x a y a31， x2 a2 y2 a291 得A(a，0)，B(3，a 29 a ) 15分 从而以AB 为直径的圆的方程为(xa)(x3)y(ya 29 a )0， 即 (xy3)a2(x23xy2)a9y0 由 xy30， x23xy20， 9y0， 解得 x3， y0 故以AB 为直径的圆过定点(3，0) 20分 第 5 页 共 6 页 12在数列an中，已知a11 p，a n1 an nan1，p0，
10、nN* （1）若p1，求数列an的通项公式； （2）记bnnan若在数列bn中，bnb8(nN*)，求实数p 的取值范围 解： （1）因为an1 an nan1，a 11 p0，故a n0， 1 an1 1 ann， 因此 1 an(n1)(n2)1p n2n2p 2 ，即an 2 n2n2p 因为p1，所以an 2 n2n2 5分 （2）bnnan 2n n2n2p 10分 在数列bn中， 因为bnb8(nN*)，所以b7b8，b9b8，即 7 21p 8 28p， 9 36p 8 28p， 解得 28p36 15分 又bn 2n n2n2p 2 n2p n 1 ，且7 56 2p 729，
11、 所以bn的最大值只可能在n7，8，9时取到 又当28p36时，b7b8，b9b8，所以bnb8 所以满足条件的实数p 的取值范围是28，36 20分 13如图，在凸五边形ABCDE 中，已知ABCCDEDEA90，F 是边CD 的中点， 线段AD， EF 相交于点G， 线段AC， BG 相交于 点M若ACAD，ABDE， 求证：BMMG 证明：因为ACAD，F 是边CD 的中点， 连AF，则AFCD 又CDEDEA90， 故四边形AEDF 是矩形 5分 A B CD E F M G （第 13 题图） 第 6 页 共 6 页 所以ACFADFEFD 因此 EFDACF， 从而EF AC 10
12、分 又因为ABDE， 所以ACBEFD，因此ACBACF， 故 AB=AF，CB=CF 连BF，BF 交AC 于N， AC 垂直平分线段BF，BNNF 15分 线段AC，BG 相交于点M，因为EF AC， 由平行截割定理，BMMG 20分 14如图，Pk(k1，2，3， ，100) 是边长为 1的正方形 ABCD 内部的点E，F，G，H 分 别是AB，BC，CD，DA 的中点，记d1 100 k=1EP k， d2 100 k=1FP k，d3 100 k=1GP k，d4 100 k=1HP k 证明：d1，d2，d3，d4中至少有两个小于81 证明：如图建立坐标系，以点F，H 为焦点作经过
13、点A 的椭圆 由对称性，正方形ABCD 为椭圆的内接正方形Pk(k=1，2，3， ，100) 在正方形ABCD 内部，则也在椭圆内部 5分 椭圆长轴长2aAHAF1+ 5 2 1.62， 延长HPk交椭圆于点Qk，连FQk， 则HPkFPkHPkPkQkFQkHQkFQk1.62， 其中k1，2，3， ，100 15分 所以 d2d4 100 k=1HP k 100 k=1FP k 100 k=1(HP kFPk)162， 所以 mind2，d481同理mind1，d381 所以d1，d2，d3，d4中至少有两个小于81 20分 BA C D F H G E Pk x y O Qk BA C D FH G E P1 P100 Pk （第 14 题图） A B CD E F M G （第 13 题图） N
