2019年全国高中数学联赛试卷B卷（高联含答案和解析）

2019年全国高中 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 联合竞赛一试（B卷）参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8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.2.如果考生的解答 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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4分为一个档次，第10、11小题5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：3-．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<，从而120x++=，得3x=-．2.若平面向量(2,1)ma=-与1(21,2)mmb+=-垂直，其中m为实数，则a的模为．答案：10．解：令2mt=，则0t>．条件等价于(1)(1)20ttt⋅-+-⋅=，解得3t=．因此a的模为223(1)10+-=．3.设,(0,)abpÎ，cos,cosab是方程25310xx--=的两根，则sinsinab的值为．答案：75．解：由条件知31coscos,coscos55abab+==-，从而222(sinsin)(1cos)(1cos)abab=--22221coscoscoscosabab=--+2222437(1coscos)(coscos)5525ababæöæö÷÷çç=+-+=-=÷÷çç÷÷ççèøèø．又由,(0,)abpÎ知sinsin0ab>，从而7sinsin5ab=．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：263．解：设三棱锥PABC-的高为h．取M为棱AB的中点，则223122hPM£=-=．当平面PAB垂直于平面ABC时，h取到最大值22．此时三棱锥PABC-的体积取到最大值112622322333ABCSD⋅=⋅⋅=．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：95．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4nx-与xy两项的系数相等，则n的值为．答案：51．解：注意到0(21)C(21)nnrnrrnrxyxy-=+-=-å．其中4nx-项仅出现在求和指标4r=时的展开式444C(21)nnxy--中，其4nx-项系数为44(1)(2)(3)(1)C24nnnnn----=．而xy项仅出现在求和指标1rn=-时的展开式11C(21)nnnxy--⋅-中，其xy项系数为12331CC4(1)(1)2(1)(2)nnnnnnnn----⋅-=---．因此有3(1)(2)(3)(1)2(1)(2)24nnnnnnnn----=---．注意到4n>，化简得33(1)48nn--=-，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(,)ab满足24ba³，则r的最小值为．答案：4．解：由条件知222(1)arbr--+=，故22224(1)2(1)(1)abrarraa£=---=---．即22(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)0rrrr--+=-³，解得4r³．经检验，当4r=时，(,)(3,23)ab=满足条件．因此r的最小值为4．8.设等差数列{}na的各项均为整数，首项12019a=，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得12nmaaaa+++=．这样的数列{}na的个数为．答案：5．解：设{}na的公差为d．由条件知12kaaa+=（k是某个正整数），则112(1)adakd+=+-，即1(2)kda-=，因此必有2k¹，且12adk=-．这样就有1111(1)2nnaandaak-=+-=+-，而此时对任意正整数n，12111(1)(1)(1)22nnnnnaaaandanad--+++=+=+-+1(1)(1)(2)2nnankdæö-÷ç=+--+÷ç÷çèø，确实为{}na中的一项．因此，仅需考虑使12|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16分）在椭圆G中，F为一个焦点，,AB为两个顶点．若3,2FAFB==，求AB的所有可能值．解：不妨设平面直角坐标系中椭圆G的标准方程为22221(0)xyabab+=>>，并记22cab=-．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),AB分别为左、右顶点．此时3,2acac+=-=，故25ABa==（相应地，2()()6bacac=+-=，G的方程为2241256xy+=）．…………………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2223bac=-=，所以227ABab=+=（相应的G的方程为22143xy+=）．…………………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2228bac=-=，所以2217ABab=+=（相应的G的方程为22198xy+=）．…………………12分综上可知，AB的所有可能值为5,7,17．…………………16分10.（本题满分20分）设,,abc均大于1，满足lglog3,lglog4.baacbcì+=ïïíï+=ïî求lglgac⋅的最大值．解：设lg,lg,lgaxbycz===，由,,1abc>可知,,0xyz>．由条件及换底公式知3,4zzxyyx+=+=，即34xyzyx+==．…………………5分由此，令3,4(0)xtytt==>，则241212zxxytt=-=-．其中由0z>可知(0,1)tÎ．…………………10分因此，结合三元平均值不等式得2lglg312(1)18(22)acxzttttt==⋅-=⋅-33(22)2161818333tttæöæö++-÷÷çç£⋅=⋅=÷÷çç÷÷ççèøèø．当22tt=-，即23t=（相应的,,abc分别为8833100,10,10）时，lglgac取到最大值163．…………………20分11.（本题满分20分）设复数数列{}nz满足：11z=，且对任意正整数n，均有2211420nnnnzzzz++++=．证明：对任意正整数m，均有12233mzzz+++<．证明：归纳地可知*0()nznN¹Î．由条件得2*114210()nnnnzznzzN++æöæö÷÷çç÷÷++=Îçç÷÷çç÷÷ççèøèø，解得*113i()4Nnnznz+-=Î．…………………5分因此1113i142nnnnzzzz++-+===，故*11111()22Nnnnzzn--=⋅=Î．①进而有*111133i31()242Nnnnnnnnzzzznz++-+=⋅+=⋅=Î．②…………………10分当m为偶数时，设*2()Nmss=Î．利用②可得122122122111132323smkkkkkkkkzzzzzzz¥¥---===+++£+<+==ååå．…………………15分当m为奇数时，设21()Nmss=+Î．由①、②可知2121222121111332322skksskkskszzz¥¥+---=+=+=<==+⋅åå，故122122121211233smkkskkkkzzzzzzzz¥-+-==æö÷ç+++£++<+=÷ç÷÷çèøåå．综上，结论获证．…………………20分2019年全国高中数学联合竞赛加试（B卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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、（本题满分40分）设正实数12100,,,aaa满足101(1,2,,50)iiaai-³=．记112(1,2,,99)kkkkaxkaaa+==+++．证明：29912991xxx£．证明：注意到12100,,,0aaa>．对1,2,,99k=，由平均值不等式知121210kkkkaaaaaaæö÷ç÷<£ç÷ç÷ç+++èø，……………10分从而有9999299112991111212kkkkkkkkkakxxxaaaaaaa++==æö÷ç÷=£ç÷ç÷ç+++èø．①………………20分记①的右端为T，则对任意1,2,,100i=，ia在T的分子中的次数为1i-，在T的分母中的次数为100i-．从而10121005050210121012(101)101101101111iiiiiiiiiiiiaTaaaa-------===æö÷ç÷===ç÷ç÷çèø．………………30分又1010(1,2,,50)iiaai-<£=，故1T£，结合①得29912991xxxT££．………………40分二、（本题满分40分）求满足以下条件的所有正整数n：(1)n至少有4个正约数；(2)若12kddd是n的所有正约数，则21321,,,kkdddddd构成等比数列．解：由条件可知4k，且3212112kkkkdddddddd．………………10分易知112231,,,kkknnddndddd，代入上式得3222231nndddnnddd，化简得223223()(1)dddd．………………20分由此可知3d是完全平方数．由于2dp是n的最小素因子，3d是平方数，故只能23dp．………………30分从而序列21321,,,kkdddddd为23212,1,,,kkppppppp，即123,,,,kdddd为21,1,,,kppp，而此时相应的n为1kp．综上可知，满足条件的n为所有形如ap的数，其中p是素数，整数3a．………………40分三、（本题满分50分）如图，点,,,,ABCDE在一条直线上顺次排列，满足BCCDABDE==⋅，点P在该直线外，满足PBPD=．点,KL分别在线段,PBPD上，满足KC平分BKE，LC平分ALD．证明：,,,AKLE四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：令1,(0)ABBCCDt===>，由条件知2DEt=．注意到180BKEABKPDEDEK<=<-，可在CB延长线上取一点A¢，使得AKEABKABK¢¢==．………………10分此时有ABKAKE∽¢¢DD，故ABAKBKAKAEKE¢¢==¢¢．………………20分又KC平分BKE，故211BKBCtKECEttt===++．于是有22112ABABAKBKABAEAKAEKEttAEæö¢¢¢÷ç=⋅===÷ç÷碢¢èø++．…………30分由上式两端减1，得BEBEAEAE=¢，从而AA¢=．因此AKEAKEABK¢==．同理可得ALEEDL=．而ABKEDL=，所以AKEALE=．因此,,,AKLE四点共圆．………………50分四、（本题满分50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2019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EACBDPKLEA(A')CBDPKL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：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,,abc，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，分别可作图中所示的三角形剖分．………………20分假设结论对(5)nn成立，考虑1n的情形，将凸1n边形记为121nAAA．情形1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,ab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,nnnAAAA．作对角线1nAA，并将1nAA染为c色，则三角形11nnAAA的三边全部同色．此时凸n边形12nAAA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，不妨设111,nnnAAAA均不是a色，作对角线1nAA，则1nAA有唯一的染色方式，使得三角形11nnAAA的三边全部同色或互不同色．此时凸n边形12nAAA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1nAA，则1nAA有唯一的染色方式，使得三角形11nnAAA的三边全部同色或互不同色．此时凸n边形12nAAA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cccccbababcccaaaabcbbabcccabbacccba