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1、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 = (2m , -1) 与 b = (2m -1, 2m +1 ) 垂直,其中 m 为实数,则 a 模为3.设(0,),cos,cos是方程 5x2-3x-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
2、的 8 位数的个数为6.设整数 n4, (x + 2y -1) n 的展开式中 xn -4 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 b24a,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lg
3、 a + logb c = 3求 lg a lg c 的最大值10.(本题满分 20 分)设 a,b,c 均大于 1,满足 lg b + log a c = 411.(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 4zn2+1 + 2zn zn +1 + zn2 = 0 ,证明:对任意正整数 m,均有 | z1 + z2 + + zm |a101-i(i=1,2,50),记 xk =kak +1(k = 1, 2, ,99) .a1 + a2 + + ak证明: x1 x22 x9999 1二、(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
4、 个正约数;若 d1d2dk 是 n 的所有正约数,则 d2-d1,d3-d2,dk-dk-1 构成等比数列三、(本题满分 50 分)如图,点 A,B,C,D,E 在一条直线上顺次排列,满足 BC = CD = AB DE .点 P 在该直线外,满足 PB=PD.点 K,L 分别在线段 PB,PD 上,满足 KC 平分BKE,LC 平分ALD.证明:A,K,L,E 四点共圆(答题时请将图画在答卷纸上)四、(本题满分 50 分)将一个凸 2019 边形的每条边任意染红、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 条边在内部互不相交的对角线将其剖分
5、为 2017 个三角形,并将所作的每条对角线也染为红、黄、蓝三种颜色之一,使得每个三角形的三条边或者颜色分部相同,或者颜色互不相同.2019 年全国高中数学联赛 B 卷答案一试一填空题: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 x0,条件等价于 t(t-1)+(-1)2t=0,解得 t=33.设(0,),cos,cos是方程 5x2-3x-1=0 的两根,则 sinsin的值为答案: 57解:由条件知 cos+cos= 53
6、,coscos= - 15 ,从而(sinsin)2=(1-cos2)(1-cos2)=1-cos2-cos2+cos2cos2=(1+coscos)2-(cos-cos)242327= - =55254.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答案: 2 36解:设三棱锥 P-ABC 的高为 h.取 M 为棱 AB 的中点,则 h PM = 32 -12 = 22 .当平面 PAB 垂直于平面 ABC 时,h 取到最大值 22 .此时三棱锥 P-ABC 的体积取到最大值 13 SDABC 22 = 13 3 22 = 2 36 5.将 5
7、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)表示同一个数 20192019 外,其余的数互不相等,因此满足条件的 8 位数的个数为 96-1=95 个6.设整数 n4, (x + 2y -1) n 的展开式中 xn -4 和 xy 两项的系数相等,则 n 的值为答案:51.解:注意到 (x + 2 y -1)n = Cnr x n -r (2y -1)r 其
8、中 xn -4 项系数为 (-1)4 Cn4 = n(n -1)(n -2)(n - 3)nr =024而 xy 项仅出现在求和指标 r=4 时的展开式 Cnn -1 x(2y -1)n -1 中,其 xy 项系数为 Cnn -1Cn2-1 4 (-1)n -3 = (-1)n -3 2n(n -1)(n - 2)因此有 n(n -1)(n - 2)(n - 3) = (-1)n -3 2n(n -1)(n - 2) 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=51 247.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
9、(a,b)满足 b24a,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, 23) 满足条件,因此 r 的最小值为 48.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=
10、a1+(k-1)d,即(k-2)d=a1,因此必有 k2,且 d =a1,这样就有 a= a + (n -1)d = a+n -1a ,而此时对任意正整数 n,k - 2n11k - 21a + a+ + a= a n +n(n -1)d= a + (n - 1)a +n(n -1)d= a +(n - 1)(k - 2)+ n(n -1)dd 确实为an中的一项.12n1211212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
11、: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 x2 + y2 = 1 (ab0),并记 c =a2 - b2 .由对称性,可设 F 为的右个a2b2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,b2=(a+c)(a-c)=6,所以椭圆的方程为 4x2 +
12、 y2 = 1)2564 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 b2=a2-c2=3,所以|AB|= a2 + b2 = 7 (相应地,椭圆的方程为x2+y2= 1 )8 分43(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 b2=a2-c2=8,所以|AB|= a2 + b2 = 17 (相应地,椭圆的方程为x2+y2= 1 )12 分98综上可知,|AB|的所有可能值为 5,7,17lg a + logbc = 3求 lg a lg c 的最大值10.(本题满分 20 分)设 a,b,c 均大于 1,满
13、足 c = 4lg b + log a解:设 lg a = x, lg b = y, lg c = z ,由 a,b,c1 可知 x,y,z0.由条件及换底公式知 x +z= 3, y +z= 4 即 xy+z=3y=4x5 分yx由此,令 x=3t,y=4t(t0).则 z=4x-xy=12t-12t2.其中由 z0 可知 t(0,1 因此,结合三元均值不等式得lg a lg c = xz = 3t 12t (1 - t) = 18t2(2 - 2t) 18 t + t + (1- 2t ) 3= 183316 =.323当 t=2-2t 即 t =288(相应的 a,b,c 分别为 100
14、,103,103)时,lgalgc 取到最大值316310 分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,均有均有 | z1 + z2 + + zm |233* zn +12 zn +1*证明:归纳地可知 zn0(nN ).由条件得4+ 2+1= 0( n N ) . zn zn解得zn +1=-13i(n N * ) .zn4| zn +1 |=| -1 i |=111因此3,故 |z|=|z| =( n N *)| zn |2n -12n -142n14zn2+1 + 2zn zn +1 + zn2 = 0 ,证明:对任意正整数 m,5 分zn
15、 +113 3i3*进而有 | zn + zn +1 |=| zn | 1 +|=|=(n N )10 分zn2n -142n当 m 为偶数时,设 m=2s(sN*),利用可得s32 3| z1 + z2 + zm | | z2 k -1 + z2 k | | z2 k -1 + z2 k | = =15 分22k -13k =1k =1k =1当 m 为奇数时,设 m=2s+1(sN*),由、可知133| z2 s +1 |= = | z2k -1 + z2k | ,22 s3 22 s -122k -1k =s +1k =s +1 s233故 | z1 + z2 + + zm| |z2 k
16、 -1+ z2 k | + | z2 s +1|a101-i(i=1,2,50),记 xk证明: x1 x22x9999 1证明:注意到 a1,a2,a1000.对 k=1,2,99,由平均值不等式知 0kk1 ,a1a2 a1 + a2+ + ak ak从而有 x x2x99=99a kkk99k+ ak +11 299 k1 a1+ a2 + ak a1a2 akk =1k =1kak +1(k = 1, 2, ,99) .= a1 + a2 + + ak10 分20 分记的右端为 T,则对任意 i=1,2,100,ai 在 T 的分子中的次数为 i-1.在 T 的分母中的次数为 100-
17、i 次,从而T =1002i -101=502i -101a2(101-i ) -101=50 a101-i101-2i30 分aa-ii101i aii =1i =1i =1又 0a101-iai(i=1,2,50.)故 T1,结合得 x1 x22 x9999 140 分二、(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 d1d20).由条件知 DE=t2注意到BKEABK=PDE180-DEK.可在 CB 延长线上取一点 A,使得AKE=ABK=ABK10 分此时有ABKAKE,故A B=A K=BK20 分A KKEA E又 KC 平分BKE,故 BK
18、KE = CEBC = t +t t 2 = 1 +1 t .于是有A B=A BA K= BK2=1=AB30 分A EA KA E1+ 2t + t2AE KE由上式两端减 1,得BE=BE,从而 A=A,因此AKE=AKE=ABK.A EAE同理可得ALE=EDL而ABK=EDL,所以AKE=ALE.因此 A,K,L,E 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 条边在内部互不相交的对角线将其剖分为 2017 个三角形,并将所作的每条对角线也染为红、黄、
19、蓝三种颜色之一,使得每个三角形的三条边或者颜色分部相同,或者颜色互不相同.证明:我们对 n5 归纳证明加强命题:如果凸 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,那么可作满足要求三角形剖分.10 分当 n=5 时,若三种颜色的边数为 1,1,3,若三种颜色的边数为 1,2,2,由对称性,只考虑如下三种情形,分别作图中所示的三角形剖分20 分假设结论对 n(n5)成立,考虑 n+1 的情形,将凸 n+1 边形记为 A1A2An+1,n+16,故存在 连续两条边均为 c 色,不妨设是AnAn+1,An+1A1,作对角线 A1An,并将 A1An 染为 c 色,则三角形 A
20、nAn+1A1 的三边全部同色.此时凸 n 边形 A1A2An 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 AnAn+1,An+1A1 均不是 a 色,作对角线 A1An,则 A1An 有唯一的染色方式,使得三角形 AnAn+1A1 的三边全部同色或互不同色.此时凸多边形 A1A2An 的三种颜色的这均至少有一条,由归纳假设,可对其作符合条件的三有形剖分.40 分情形 3:每种颜色的边均至少两条.作对角线 A1An,则 A1An 有唯一的染色方式,使得三角形 AnAn+1A1 的三边全部同色或互不同色.此时凸多边形 A1A2An 的三种颜色的边均至少有一条,由归纳假设知,可对其作符合条件的三角形剖分.综合以上 3 种情形,可知 n+1 的情形下结论也成立.由数学归纳法,结论获证.50 分