2019年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题与参考答案

全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧2分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答2014高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得全国高中数学联赛试题及解答一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。

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）如图，在锐角ABC D 中，M 是BC 边的中点．点P 在ABC D 内，使得AP 平分BAC ．直线MP 与,ABP ACP D D 的外接圆分别相交于不同于点P 的两点,D E ．证明：若DE MP =，则2BC BP =．证明：延长PM 到点F ，使得MF ME =．连接,,BF BD CE ．由条件可知BDP BAPCEP CEM === = ． ………………10分 因为BM CM =且EM FM =，所以BF CE =且//BF CE ．于是F CEM = = ，进而BD BF =． ………………20分 又DE MP =，故DP EM FM ==．于是在等腰BDF D 中，由对称性得BP BM =．从而22BC BM BP ==． ………………40分二、（本题满分40分）设整数122019,,,a a a 满足122019199a a a =£££=．记22212201913243520172019()()f a a a a a a a a a a a =+++-++++．求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组122019(,,,)a a a 的个数． 解：由条件知2017222221220182019212()i i i f a a aaa a +==++++-å．①由于12,a a 及2(1,2,,2016)i i a a i +-=均为非负整数，故有221122,a a a a ³³，且222()(1,2,,2016)i i i i a a a a i ++-³-=．于是201620162221221222017201811()()i i i i i i a a a a a a a a a a ++==++-³++-=+åå．②………………10分参考答案及评分标准 2019年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）由①、②得2222017201820192017201820192()f a a a a a a ³++-++， 结合201999a =及201820170a a ³>，可知()22220172017201712(99)992f a a a ³+-++22017(49)74007400a =-+³．③………………20分另一方面，令1219201920211920220191,(1,2,,49),99k k a a a a a k k a +-+========， 此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30分以下考虑③的取等条件．此时2017201849a a ==，且②中的不等式均取等，即121a a ==，2{0,1}(1,2,,2016)i i a a i +-Î=．因此122018149a a a =£££=，且对每个(149)k k ££122018,,,a a a 中至少有两项等于k ．易验证知这也是③取等的充分条件对每个(149)k k ££，设122018,,,a a a 中等于k 1k n +，则k n 为正整数，且1249(1)(1)(1)2018n n n ++++++=124n n n +++=该方程的正整数解1249(,,,)n n n 的组数为1968，且每组解唯一对应一个使④取等的数组122019(,,,)a a a ，故使0f f =立的数组122019(,,,)a a a 有481968C 个．………………40分三、（本题满分50分）设m 为整数，2m ||³．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s (2)r s >³使得1r s a a a ==，则r s m ||-³．证明：不妨设12,a a 互素（否则，若12(,)1a a d =>，则1a d 与2ad互素，并且用123,,,a a a d d d代替123,,,a a a ，条件与结论均不改变）． 由数列递推关系知234(mod )a a a m || ººº．① 以下证明：对任意整数3n ³，有2212((3))(mod )n a a a n a m m º-+-．②………………10分事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有212(mod )k ma ma m -º，结合归纳假设知112122((3))k k k a a ma a a k a m ma +-=-º-+--2212((2))(mod )a a k a m º-+-，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ³均成立． ………………20分注意，当12a a =时，②对2n =也成立．设整数,(2)r s r s >³，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ³均成立，可知2212212((3))((3))(mod )r s a a r a m a a a a s a m m -+-º=º-+-，即1212(3)(3)(mod )a r a a s a m ||+-º+-，即2()0(mod )r s a m ||-º．③若12a a ¹，则12r s a a a a ==¹，故3r s >³．此时由于②对3n ³均成立，故类似可知③仍成立． ………………30分我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为234,,,a a a 的公因子，而12,a a 互素，故p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得0(mod )r s m ||-º．又r s >，所以r s m ||-³．………………50分四、（本题满分50分）设V 是空间中2019个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记E 为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n ，满足条件：若E 至少有n 个元素，则E 一定含有908个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．解：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”．先证明一个引理：设(,)G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有||2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）． 引理的证明：对E 的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设4E ≥，并且结论在E 较小时均成立．只需证明，在G 中可以选取两条边,a b 构成一个角，在G 中删去,a b 这两条边后，剩下的图含有一个连通分支包含||2E -条边．对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立．考虑G 中的最长路12:k P v v v ，其中21,,,k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥．情形1：1deg()2v ≥．由于P 是最长路，1v 的邻点均在2,,k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则121{,}i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 成为孤立点，其余顶点仍互相连通．总之在剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．情形2：1deg()1v =，2deg()2v =．则1223{,}v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形3：1deg()1v =，2deg()3v ≥，且2v 与4,,k v v 中某个点相邻．则1223{,}v v v v是一个角，在G 中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形4：1deg()1v =，2deg()3v ≥，且2v 与某个13{,,,}k u v v v ∈/ 相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2,,k v v 之中．因122{,}v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，则删去所述边后u 也是孤立点，而其余点互相连通．若u 处还有其他边i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．引理获证． ………………20分 回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(,)G V E =．首先证明2795n ≥．设122019{,,,}V v v v = ．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如1311216,,,v v v v v v ），共连了26115C 1815-=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤⎢=⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795． ………………30分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形．设G 有k 个连通分支，分别有1,,k m m 个点，及1,,k e e 条边．下面证明1,,k e e 中至多有979个奇数．反证法，假设1,,k e e 中有至少980个奇数，由于12795k e e ++= 是奇数，故1,,k e e 中至少有981个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然12981,,,2m m m ≥ ．令9812k m m m =++≥ ，则有2C 1980)(i m i e i ≥≤≤，2981C m k e e ≥++ ，故98022112795C C imk i i i m e ===≤+∑∑． ① 利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211C C C C x y x y +-+≤+，可知当1980,,,m m m 由980个2以及一个59构成时，980221C C imm i =+∑取得最大值．于是 98022225921C C C 980C 26912795imm i =≤=<++∑， 这与①矛盾．从而1,,k e e 中至多有979个奇数． ………………40分对每个连通分支应用引理，可知G 中含有N 个两两无公共边的角，其中1111979(2795979)908222kki i i i e N e ==⎛⎫⎡⎤=≥-=-= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑．综上，所求最小的n 是2795． ………………50分2019年全国高中数学联合竞赛一试（A 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. 已知正实数a 满足8(9)a a a a =，则log (3)a a 的值为 ．答案：916．解：由条件知189a a =，故9163a a ==，所以9log (3)16a a =．2. 若实数集合{1,2,3,}x 之和，则x 的值为 ．答案：32-．解：假如0x ³，则最大、最小元素之差不超过max{3,}x ，而所有元素之和大于max{3,}x ，不符合条件．故0x <，即x 为最小元素．于是36x x -=+，解得32x =-．3. 平面直角坐标系中，e 是单位向量，向量a 满足2a e⋅=，且25a a te£+对任意实数t 成立，则a的取值范围是 ．答案：．解：不妨设(1,0)e ．由于2a e ⋅=，可设(2,)a s=，则对任意实数t ，有2245s a a te +=£+= 这等价于245s s +£，解得[1,4]s Î，即2[1,16]s Î．于是a=Î．4. 设,A B 为椭圆G 的长轴顶点，,E F 为G 的两个焦点，4,AB =2AF =P 为G 上一点，满足2PE PF ⋅=，则PEF D 的面积为 ． 答案：1．解：不妨设平面直角坐标系中G 的标准方程为22221(0)x y a b a b +=>>．根据条件得24,2a AB a AF ====可知2,1a b ==，且EF ==由椭圆定义知24PE PF a +==，结合2PE PF ⋅=得()2222212PE PF PE PF PE PF EF +=+-⋅==，所以EPF 为直角，进而112PEF S PE PF D =⋅⋅=．5. 在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10 ----中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为 ．答案：37100．解：数组(,)a b 共有210100=种等概率的选法．考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．若a 被3整除，则b 也被3整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(,)a b 有239=组．若a 不被3整除，则21(mod3)a º，从而1(mod3)b º-．此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(,)a b 有7428´=组．因此92837N =+=．于是所求概率为37100．6. 对任意闭区间I ，用I M 表示函数sin y x =在I 上的最大值．若正数a 满足[0,][,2]2a a a M M =，则a 的值为 ．答案：56p 或1312p ．解：假如02a p<£，则由正弦函数图像性质得[0,][,2]0sin a a a M a M <=£，与条件不符．因此2a p >，此时[0,]1a M =，故[,2]12a a M =．于是存在非负整数k ，使得51322266k a a k p p p p +£<£+， ①且①中两处“£”至少有处取到等号．当0k =时，得56a p =或1326a p =．经检验，513,612a p p =均满足条件． 当1k ³时，由于13522266k k p p p p æö÷ç+<+÷ç÷çèø，故不存在满足①的a ． 综上，a 的值为56p 或1312p ．7. 如图，正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K ，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF 的值为 ．答案．解：记a 为截面所在平面．延长,AK BF 交于点P ，则P在a 上，故直线CP 是a 与平面BCGF 的交线．设CP 与FG 交于点L ，则四边形AKLC 为截面．因平面ABC 平行于平面KFL ，且,,AK BF CL 共点P ，故ABC KFL -为棱台．不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC KFL -的体积14V =．设PF h =，则1KF FL PF h AB BC PB h ===+．注意到,PB PF 分别是棱锥P ABC -与棱锥P KFL -的高，于是111466P ABC P KFL V V V AB BC PB KF FL PF --==-=⋅⋅-⋅⋅ 3221331(1)1616(1)h h h h h h æöæö++÷ç÷ç÷ç=+-=÷÷çç÷ç÷èø÷ç++èø． 化简得231h =，故h =1EK AE KF PF h ===． 8. 将6个数2,0,1,9,20,19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：498．解：将2,0,1,9,20,19的首位不为0的排列的全体记为A ．易知55!600A =´=（这里及以下，X 表示有限集X 的元素个数）． 将A 中2的后一项是0，且1的后一项是9的排列的全体记为B ；A 中2的后一项是0，但1的后一项不是9的排列的全体记为C ；A 中1的后一项是9，但2的后一项不是0的排列的全体记为D ．易知4!B =，5!B C +=，44!B D +=´，即24,96,72B C D ===． 由B 中排列产生的每个8位数，恰对应B 中的224´=个排列（这样的排列中，20可与“2,0”互换，19可与“1,9”互换）．类似地，由C 或D 中排列产生的每个8位数，恰对应C 或D 中的2个排列．因此满足条件的8位数的个数为\()42B C DA B C D +++3600184836498422B C DA =---=---=．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ABC D 中，,,BC a CA b AB c ===．若b 是a 与c 的等比中项，且sin A 是sin()B A -与sin C 的等差中项，求cos B 的值．解：因b 是,a c 的等比中项，故存在0q >，满足2,b qa c q a ==． ①因sin A 是sin(),sin B A C -的等差中项，故2sin sin()sin sin()sin()2sin cos A B A C B A B A B A =-+=-++=．…………………4分结合正、余弦定理，得222sin cos sin 2a A b c a A b B bc+-===， 即2222b c a ac +-=． …………………8分αLD F B K将①代入并化简，可知24212q q q +-=，即421q q =+，所以212q =． …………………12分 进而2224222111cos 222c a b q q B ac q q +-+-====． …………………16分10. （本题满分20分） 在平面直角坐标系xOy 中，圆W 与抛物线2:4y x G =恰有一个公共点，且圆W 与x 轴相切于G 的焦点F ．求圆W 的半径．解：易知G 的焦点F 的坐标为(1,0)．设圆W 的半径为(0)r r >．由对称性，不妨设W 在x 轴上方与x 轴相切于F ，故W 的方程为222(1)()x y r r -+-=． ①将24y x =代入①并化简，得2221204y y ry æö÷ç÷-+-=ç÷÷çèø．显然0y >，故222221(4)12432y y r y y y æöæö÷+ç÷ç÷ç÷=-+=÷çç÷÷ç÷ç÷èøçèø． ② …………………5分根据条件，②恰有一个正数解y ，该y 值对应W 与G 的唯一公共点．考虑22(4)()(0)32y f y y y+=>的最小值．由平均值不等式知2244444333y y +=+++³，从而1()329f y y ³⋅=． 当且仅当243y =，即3y =时，()f y取到最小值9． ………………15分由②有解可知9r ³．又假如9r >，因()f y 随y 连续变化，且0y +及y +¥时()f y 均可任意大，故②在0,3æççççèø及3æö÷ç÷+¥ç÷ç÷çèø上均有解，与解的唯一性矛盾．综上，仅有9r =满足条件（此时1,33æ÷ç÷ç÷ç÷çèø是W 与G 的唯一公共点）． …………………20分11. （本题满分20分）称一个复数数列{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++³．解：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n nz z n z z N ++æöæö÷÷çç÷÷++=Îçç÷÷ç÷÷çèøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î．因此1112n n n n z z z z ++===，故 *11111()22N n n n z z n --=⋅=Î．①…………………5分进而有*11111()22N n n n n n n n z z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②记*12()N m m T z z z m =+++Î． 当*2()N m s s =Î时，利用②可得122122sm k k k T z z z z -=³+-+å21222k k k z z ¥-=>-+å212223k k ¥-==-=å．…………………10分 当*21()N m s s =+Î时，由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå， 故12212212s m k k s k T z z z z z -+=æö÷ç³+-+-÷ç÷çèøå212223k k k z z ¥-=>-+=å． 当1m =时，1113T z ==>．以上表明3C =满足要求． …………………15分另一方面，当*1221221111,,()22N k k k k z z z k ++--===Î时，易验证知{}n z 为有趣的数列．此时2112211lim lim ()ss k k s s k T z z z ++ ¥¥==++å134lim 11833ss k ¥=-=+=+⋅=， 这表明C不能大于3． 综上，所求的C为3． …………………20分。

2019年全国高中数学联赛一、填空题（每小题8分，共64分，） 1. 函数x x x f 3245)(---=的值域是 .2. 双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .3. 已知}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存有常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ，则=+βα .4. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a ax f x x在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .5. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .6. 正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin .7. 方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 . 二、解答题（本题满分56分）9. （16分）已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.10.（20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求ABC ∆面积的最大值.11.（20分）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存有唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r .解 答1. ]3,3[- 提示：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ，0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示 ：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则,3q d =+ （1） 2)43(3q d =+， （2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立. 从而βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα，333+=+βα.5. 41-提示：令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=， 所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.6. 1217提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.提示：解法一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B n 由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos αα=⇒=. 所以 410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, . 设BA 1与1AB 交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以 从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B O B . 4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 336675 提示：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知OEPC 1B 1A 1CBA100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=， 即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一： ,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤， 所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ， 即21434302≤++++≤c b a z a ， 从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1） 易知0,5==y x 是（1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2） （2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=.定点)0,5(C 到线段AB 的距离 202029)0()25(y y CM h +=-+-==.220209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆ )9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=.当且仅当20202249y y -=+，即0y =,A B 或A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 解法二：同解法一，线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值, 2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆221221)5()(23+-=t t t t )5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t3)314(23≤,所以7314≤∆ABC S , 当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t6572+-=t ,66((33A B +或A B -时等号成立.所以，ABC ∆面积的最大值是7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则056)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520r r +-=，3152r r -=4710r r r r =++++.故数列),2,1(23 =-=n n a n 是满足题设要求的数列. 若存有两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ， 去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加 试1. （40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．2. （40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存有正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．3. （50分）给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解 答1. 用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ． 因为2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ） ()()2222PO r KO r=-+-，同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以 2222PO PK QO QK -=-， 故OK ⊥PQ ． 由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ②M1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =， 所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆.注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）． 注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法． 当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．FE QPONM K DCBA于是()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++ 12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++. 显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0k n i i i i k ak a n k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i i i i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑ 11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑ 11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k nk n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ 1k n=-， 故 111n n nkk n k k k k a A nA A ===-=-∑∑∑ ()1111n n n k n k k k AA A A --===-≤-∑∑ 111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=．4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母能够依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选择2i 条边标记a 的有2i n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i j n i n i j C -⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)n nkn k k n k k n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2n i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．。

2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2025年全国高中数学联合竞赛 一试全真模拟试题1参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．已知函数()sin()f x x 是定义在R 上的偶函数，则cos(2) 的值为 ． 答案：0．解：由于()sin()f x x 是偶函数，故()2k kZ ，所以 cos(2)cos cos sin 02k k． 2．若关于z 的复系数一元二次方程2i 0()z z R 的一个根为11z =，则另一个根2z ．答案：i 12． 解：由题意得201i 1 ，解得i 12．因此12i 12i z z ，所以2i 12z ． 3．设数列{}n a 的通项公式为2[log ]n a n n ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，则{}n a 的前32项和为 ．答案：631．解：事实上，22[log ][log ]n a n n n n ．而当1n 时，2[log ]0n ；当2,3n 时，2[log ]1n ；当4,5,6,7n 时，2[log ]2n ；当8,9,,15n 时，2[log ]3n ；当16,17,,31n 时，2[log ]4n ；当32n 时，2[log ]5n ，因此{}n a 的前32项和为321232102142831645631S ．4．已知向量,a b的最小值为 ．答案：2．解：设向量,a b的夹角为 ，其中(0,) ，则． 令254()((1,1))1x f x x x ，则222(2)(21)()(1)x x f x x ．因此()f x 在11,2 单调递减，1,12单调递增，所以()f x 的最小值为142f ．2，此时1cos 2 ． 5．在梯形ABCD 中，,2260A D C A B B ，M 为CD 边点Q （异于的中点，动点P 在BC 边上，ABP 与CMP 的外接圆交于点P ），则BQ 的最小值为 ．1．解：由熟知的结论，,,ABP CMP AME 的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q ，故点Q 在AME 的外接圆上，如图所示．而AME 是直角三角形，故其外接圆半径1R AD ．在ABD中，由余弦定理，BD ，所以BQ1，此时P 在线段BC 上，且CP ．6．已知双曲线 的两条渐近线互相垂直，过 的右焦点F 且斜率为3的直线与 交于,A B 两点，与 的渐近线交于,C D 两点．若||5AB ，则||CD ．答案：．7．已知某圆台的侧面是一个圆环被圆心角为90 的扇形所截得的扇环，且圆台的侧面积为2 ，则该圆台体积的取值范围是 ．答案：．解：设圆台上底面为圆1O ，半径为1R ，下底面为圆2O ，半径为2R ，圆台母线为l ．由圆台的侧面积为2 可得21(222)π2lR R ，故212l R R ①．由侧面展开是圆心角为90 的扇形所截得的扇环，可得 11122222l R l l R，故2144l R R ②．因此圆台的高21)h R R ，圆台的体积2222121212211(()3)V R R h R R R R R R ．结合①②可得222112R R．由于210R R，故21R R．令21x R R ，则12124124x R x x R x，进而可得3134V x x ．令31()34f x x x x ，则43()304f x x ．因此()f x在 上单调递增，故()f x f ．所以V ，即圆台体积的取值范围是 ． 8．用 表示11元集合{1,2,3,,10,2024}A 的三元子集的全体．对 中任意一个三元子集{,,}()T x y z x y z ，定义()m T y ，则()T m T的值为 ．答案：990．解：不妨将集合A 视为{}1,2,3,,10,11 （这是因为，将“2024”改成“11”不影响每个()()m T T 的值）．对每个T ，定义*{12|}T t t T ，则*T ，且*)12()(T m T m ． 由于当T 遍历 的所有三元子集时，*T 也遍历 的所有三元子集，所以**311()666C 990()()(2)T T T T m T m T m T m T ．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）已知,,0a b c ，二次函数2()f x ax bx c 存在零点，求a b cb c a的最小值．解：令,b c m n a a ，则,0m n 且1a b c mn b c a m n．由题意得240b ac ，即24m n，故m ．考虑11()f m m m n，则()f m在) 上单调递增．所以()a b c f m n f n n b c a，当n m 时等号成立．因此a b c b c a． 10．（本题满分20分）在ABC 中，,30AB AC BAC ．在AB 边上取五等分点12345,,,,T T T T T （12345,,,,,,A T T T T T B 顺次排列）．记(1,2,3,4)k k BT C k ，求31141tan tan tan tan tan tan k k k A B 的值．解：在AB 延长线上任取一点D ，记05,A DBC B ，则所求式子即为410tan tan kk k．为方便，记05,T A T B ．作CH AB 于点H ，则tan (04)k k CH k T H（这里及以下，有向线段的方向约定为AB方向）．注意到,30AB AC BAC ，有111112tan tan 555k k k k k k AC T H T H T T ABCH CHCH CH ， 故115tan tan (tan tan (04))2k k k k k ．进而4411500055tan tan (ta )n tan (tan tan 22)k k k kk k575tan tan (252126211．（本题满分20分）已知A 是抛物线22(0)y px p 上一点（异于原点），斜率为1k 的直线1l 与抛物线恰有一个公共点A （1l 与x 轴不平行），斜率为2k 的直线2l 与抛物线交于,B C两点．若ABC 是正三角形，求12k k 的取值范围．解：设(,),(,),(,)A A B B C C A x y B x y C x y ．设直线):(A A AB y y t x x −=−，代入抛物线22y px 得2220A A y p y y p x t t ，故2B A p y y t． 设直线):(A A AC y y s x x ，同理可得2C A py y s． 由AB AC 知2222111)(1()B A C A y y y y t s． 不妨设,,A B C 是绕着ABC 的重心逆时针排列的，则由3BAC知s t ，代入化简得)2A A p t y t p y t．结合t 0t 时B A y y 与C A y y 同号可知A py ， 又22B C B C B C y y p k x x y y，进而121112B C AA y y k p k y t s y ，代入化简得1211k k0,t ． 因此121111,,00,227k k．当t时，易知AC x 轴，B 位于坐标原点，此时12122B C A y y k k y．而0,t 均不符合题意．k k 的取值范围是1(1,0)0,7．因此，12。

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答（5月26日上午9:30−−12:00）一、填空题 (每小题7分，共56分)1、将集合1,2,!,19{}中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为 ． 答案：16815． 解：所求的和为121+2+!+19()2−12+22+!+192()⎡⎣⎢⎤⎦⎥[]1361002470168152=−=． 2、公差为d ，各项皆为正整数的等差数列{}n a ，若11919,1949,2019m n a a a ===， 则正整数m n +的最小值是 ．答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+−，()201919191n d =+−， 显然有1,1m n >>，301d m =−，以及1001d n =−，消去d 得：1037m n −=， 其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3、设0x >，且2217x x +=，则551x x+= ． 答案：123． 解：2221129x x x x ⎛⎞+=++=⎜⎟⎝⎠，所以13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎞=+=++⎜⎟⎝⎠，则44147x x +=，所以54325234111111x x x x x x x x x x x x ⎛⎞⎛⎞+=+−⋅+⋅−⋅+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ ()4242111134771123x x x x x x ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=++−++=−+=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦． 4、、若OAB Δ的垂心恰是抛物线24y x =的焦点，其中O 是原点，,A B 在抛物线上，则OAB Δ的面积S = ．答案：解：抛物线的焦点为(1,0)F ，因F 为OAB Δ的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为22(,2),(,2)A a a B a a −，()0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=， BF 的斜率221BF a K a −=−，据1BF OA K K ⋅=−，得a =，因此AB =25h a ==，所以OAB S Δ=5、,,a b c 是互异正整数，使得{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++，其中n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()2()a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数{}222,(1),(2)n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>， 则1n >；若3n =，则{}{}222222,(1),(2)3,4,5n n n ++=，且因222503452()a b c =++=++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据{}{}222222,(1),(2)5,6,7n n n ++=，解得30,19,6a b c ===，因此222222301961297a b c ++=++=．6、P 是正四棱锥V ABCD −的高VH 的中点，若点P 到侧面的距离为3，到底面的距离为5，则该正四棱锥的体积为 ．答案：750．解：如图，PF VBC ⊥面，5,10VP VH ==，4VF ===，而PHMF 共圆，VP VH VF VM ⋅=⋅，所以252VM =；152HM ==；则15AB =， 所以棱锥体积217503V VH AB =⋅⋅=． 7、ABC Δ的三个内角,,A B C 满足39A B C ==，则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++= ． 答案：14−． 解：设3,9C B A θθθ===，，由39θθθπ++=，得13πθ=，cos cos cos cos cos cos S A B B C C A =++9339cos cos cos cos cos cos 131313131313ππππππ=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+++++⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦ .注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到 246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎞⋅=+++++⎜⎟⎝⎠ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−+−+−+−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠+sin 11π13−sin 9π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟+sin 13π13−sin 11π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟=−sin π13. 所以14S =−． 8、数列{}n a 满足：0a =[]{}11n n n a a a +=+，（其中[]n a 和{}n a 分别表示实数n a 的整数部分与小数部分），则2019a = ．答案：130292−+． 解：)011a =+，11122a −=+=+，)22341a ===+31452a −=+=+.归纳易得)2211311,322k k a k a k +−=++=++, 因此2019130292a =+． 二、解答题 （满分共64分）9、(本题14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆． 证：设椭圆方程为22221,(0)x y a b a b+=>>，据对称 性知，点Q 在Y 轴上（如图）；记12QF QF m ==，11221122,,,PF r PF r PQ t M F M F k =====，则有：1121,2PF e r r a PM =+=，为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证， 1212mr mr t F F +=⋅，即22m a t c ⋅=⋅，也即m c e t a == ……………① 由1111QF OF QM HM =，即222m c c e a m k a c⎛⎞===⎜⎟+⎝⎠，所以21k e m k =−+， 在1PM Q Δ中，由斯特瓦特定理，22211m k PF PM PQ mk m k m k =⋅+⋅−++ …………………………② 即222222112(1)(1)r m e r e t e m e e −⎛⎞=⋅+−−⋅⎜⎟⎝⎠………………………③ 因为210e −≠，由③得，222m e t =，即m e t =，故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆． （也可不用托勒密定理证：由②得2()PQ m m k =+，则1PQF Δ∽1M QP Δ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10、(本题15分)将正整数数列1,2,3,!!中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列a 1,a 2,a 3,! ，再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列b 1,b 2,b 3,!；证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．证：易知a 2n −1=4n −2,a 2n =4n −1,n =1,2,3,!，因此，∀n ∈N ,a 4n +1=8n +2,a 4n +2=8n +3,a 4n +3=8n +6,a 4n +4=8n +7；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：b 2n +1=8n +3,b 2n +2=8n +6,n =0,1,2,!；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43,!，观察易知，222212346710113,5,7,9b b b b b b b b =+=+=+=+，……； 若记(1)2k k k r += ，我们来证明，一般地有：21(21)k k r r k b b ++=+，1,2,3,k = …. 由于r 4m =8m 2+2m ,r 4m +1=8m 2+6m +1,r 4m +2=8m 2+10m +3,r 4m +3=8m 2+14m +6；所以[]44212(4)1,m m r r b b m ++=+ []4141212(41)1,m m r r b b m ++++=++[]4242212(42)1,m m r r b b m ++++=++ []4343212(43)1,m m r r b b m ++++=++ 合并以上四式得，对于每个正整数k ，21(21)k k r r b b k ++=+．其中(1)2k k k r +=．11、(本题15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：222=2019a b c ++．解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意44c ≤=，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥． 因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22N x y =+为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，222222()()()Nx y x y x y =+=−++； 若43c =，方程化为：()2222221702852672(29)a b +==×=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为()22222223382132512717a b +==×=+=+；由此得：{}{},,7,17,41a b c =； 若37c =，方程化为22222222222226502135=2(2+3)(3+4)=2(1+18)=2(6+17)=2(10+15)a b +==××， 因此，22222265017191123525=+=+=+，得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==×，而397是一个41N +形状的质数，HQP NMF E C BA 它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以2222222(619)1325a b +=+=+， 得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：22211582529223a b +==×=×，而23是41N −形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==××，它含有41N −形状的单质因子，故不能表为两平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：1,13,43{},7,11,43{},13,25,35{},5,25,37{},11,23,37{},17,19,37{},7,17,41{}.12、(本题20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC Δ的两条高，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q . 证明：,,,M N P Q 四点共圆．证：如图设三角形ABC Δ的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF ⋅=−+ 22()()MF HF MF HF MF HF =−+=−222()AF FB AH AF AF AB AH =⋅−−=⋅−同理有，2PH HQ AE AC AH ⋅=⋅− 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC ⋅=⋅， 故由以上两式得MH HN PH HQ ⋅=⋅，所以,,,M N P Q 四点共圆．。

2019年全国高中数学联合竞赛加试 试题参考答案及评分标准（B 卷）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，不要增加其他中间档次。

一、（本题满分40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．证明：用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ．因为2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ） ()()2222PO rKOr=-+-，同理 ()()22222QK QO r KO r =-+-， 所以 2222P O P K Q O Q K -=-，故 OK ⊥PQ ． （10分）由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MCBD CD=， （30分） 所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆. （40分）注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤⑤-④，得 2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证：11111112(1)().1m m n mmmk k jj m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ 证明：11101)m m j jm j q C q +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =分别将代入上式得：11021,mm jm j C ++=-=∑1110322,mm m j jm j C +++=-=∑1110(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ F E QP O NM K DCBA1110(1).mm m j jm j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到：111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m nnmj j mm j i i n n n Ci m i -+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nm mmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ （40分） 三、（本题满分50分）设,,x y z 为非负实数, 求证：22232222223()()()()()32xy yz zx x y z x xy y y yz z z zx x ++++≤-+-+-+≤.证明：首先证明左边不等式.因为 2222211[()3()]()44x xy y x y x y x y -+=++-≥+, 同理,有2221()4y yz z y z -+≥+, 2221()4z zx x z x -+≥+;（10分） 于是22222221()()()[()()()]64x xy y y yz z z zx x x y y z z x -+-+-+≥+++21[()()]64x y z xy yz zx xyz =++++-; （20分）由算术-几何平均不等式, 得 1()()9xyz x y z xy yz zx ≤++++,所以222222221()()()()()81x xy y y yz z z zx x x y z xy yz zx -+-+-+≥++++ 22221(222)()81x y z xy yz zx xy yz zx =+++++++3()3xy yz zx ++≥.左边不等式获证, 其中等号当且仅当x y z ==时成立. （30分）下面证明右边不等式.根据欲证不等式关于,,x y z 对称, 不妨设x y z ≥≥, 于是 22222()()z z x x y y zz x y-+-+≤, 所以222222222()()()()x x y y y y z z z z x x xx y y x y -+-+-+≤-+. （40分）运用算术-几何平均不等式, 得222222222()()()2x xy y xy x xy y x y x xy y xy xy xy -++-+=-+⋅⋅≤⋅22222()()22x xy y xy x y -+++≤⋅2222233()()22x y x y z +++=≤. 右边不等式获证, 其中等号当且仅当,,x y z 中有一个为0,且另外两个相等时成立. （50分）四、（本题满分50分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r = (1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥． 证明：记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． （10分)假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++． （20分)于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v vv v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ① （40分）这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++．显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v fr +是一个整数，这就完成了归纳证明． （50分）。

2020年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题（考试时间：2020年6月21日9:00—11:30）一、填空题（本大题共8小题，每小题10分，共80分.）1.已知集合{1=M ，2，…，}2020，对M 的任意非空子集A ，A λ为集合A 中最大数与最小数的和，则所有的这样的A λ的算术平均数是▲.2.已知关于x 的方程2290bx x b ++-=有唯一实数解x a =，则a b +的值为▲.3.已知复数z满足3i 4+=z z ，则i -z 的最小值为▲.4.设集合{1=M ，2，…，}2020，A M ⊆，且对集合A 中的任意元素x ，4x A ∉，则集合A 的元素个数的最大值为▲.5.已知数列{}n a 的前两项分别是12=a ，24=a ，设1+=-n n n b a a .若数列{}n b 是公差为1的等差数列，则=2020a ▲.6.之和是▲.7.设1θ、2θ为锐角，且20202020112018201822sin cos 1cos sin θθθθ+=，则12θθ+=▲.8.已知点O 为坐标原点，曲线1C ：221x y -=和曲线2C ：22y px =相交于点M 、N .若OMN △的外接圆经过点7,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则曲线2C 的方程为▲.二、解答题（本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）9.（本小题满分15分）已知正整数m 、n 中有且仅有一个是3的倍数，设d 是222m n ++和223m n +的最大公约数.证明：d 不是平方数.10.（本小题满分15分）已知()333222330x y z xyz x y z xy yz zx ++--++---=，其中x 、y 、z 为不全相等的正实数.证明：（1）3x y z ++=；（2）()()()2221116x y y z z x +++++>.11.（本小题满分20分）如图，设点H 为ABC △内一点，点D 、E 、F 分别是AH 、BH 、CH 的延长线与BC 、CA 、AB 的交点，点G 为FE 的延长线与BC 的延长线的交点，点O 为DG 的中点，以O 为圆心、OD 为半径作圆交线段FE 于点P .求证：（1）BD BG DC GC =；（2）PB BD PC DC=.12.（本小题满分20分）空间中8个点，其中任意四点不共面，在这些点之间连接17条线段.证明：在这17条线段之中必存在3条线段，其长度a 、b 、c 满足不等式()()()22234a b c p p a p b p c ++≥---2a b c p ++=.2021363161620412113532π232y x =2020年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题参考答案一、填空题（本大题共8小题，每小题10分，共80分.）1．；2．；3．；4．；5．；6．；7．；8．.1.已知集合{1=M ，2，…，}2020，对M 的任意非空子集A ，A λ为集合A 中最大数与最小数的和，则所有的这样的A λ的算术平均数是▲.参考答案：考查M 的子集{}2021|A x x A '=-∈.若A A '=，则=2021A A λλ'=.若A A '≠，设A 中最大数为a ，最小数为b ，则A '中最大数为2021b -，最小数为2021a -，此时，+20212A A λλ'=.故所求算术平均数为2021.2.已知关于x 的方程2290bx x b ++-=有唯一实数解x a =，则a b +的值为▲.参考答案：方程2290bx x b ++-=有唯一实数解x a =，则0a =，此时29b =，经检验3b =时满足题意.故3a b +=.3.已知复数z满足3i 4+=z z ，则i -z 的最小值为▲.参考答案：z 在复平面上对应的曲线方程为：2214+=y x .cos 2sin i θθ=+z ，[)0,2θπ∈，则i -z ()cos 2sin 1i θθ=+-.故i 3-==≥=z ，当且仅当2sin 3θ=时等号成立.4.设集合{1=M ，2，…，}2020，A M ⊆，且对集合A 中的任意元素x ，4x A ∉，则集合A 的元素个数的最大值为▲.参考答案：首先，构造404个集合{}418931127128505k k k =⋅⋅⋅⋅⋅⋅,:;,,,;,,.其次，集合M 中的数除前述已提到的808个外，剩下的每个数x 单独构成一个集合{}x ，有1212个.一共40412121616+=个集合，根据抽屉原理，如果集合A 中有多于1616个数，则必有两个数取自上述同一集合，从而存在x ，4x A ∈，矛盾.故集合A 中至多有1616个数，满足条件的一个集合是{}23732331265065072020A =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅,,,;,,,;,,,.5.已知数列{}n a 的前两项分别是12=a ，24=a ，设1+=-n n n b a a .若数列{}n b 是公差为1的等差数列，则=2020a ▲.参考答案：易知121=2=-b a a ，因为公差为1，所以1=+n b n .故而201920201122320202041211==+=+++⋅⋅⋅+=∑i i a a b .6.之和是▲.参考答案：设三个正四面体的棱长分别为a 、b 、c ，不妨0a b c <≤≤.由()33312a b c ++=，得333153a b c ++=.其中，3125c ≤，即5c ≤.因为33333153c a b c ≥++=，所以351c ≥，4c ≥.进而有4c =或者5c =.若4c =，不存在符合条件的a ，b ；若5c =，易得1a =、3b =.所求表面积的和为：))2222222221114sin 60sin 60sin 60135222a b c a b c ︒︒︒⎛⎫++++=++= ⎪⎝⎭7.设1θ、2θ为锐角，且20202020112018201822sin cos 1cos sin θθθθ+=，则12θθ+=▲.参考答案：20202221222201821009sin cos cos cos cos θθθθθ+++⋅⋅⋅+ 个11010202022122201821009sin 1010cos cos cos θθθθ⎛⎫ ⎪≥⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭ 个211010sin θ=；同理，20202221222201821009cos sin sin sin sin θθθθθ+++⋅⋅⋅+ 个211010cos θ≥.所以，20202020112018201822sin cos 1cos sin θθθθ+≥，取等号当且仅当122πθθ+=.8.已知点O 为坐标原点，曲线1C ：221x y -=和曲线2C ：22y px =相交于点M 、N .若OMN △的外接圆经过点7,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则曲线2C 的方程为▲.参考答案：如上图，不妨设点M 、N 的坐标分别为()00x y ，、()00x y -，，T 为MN 与x 轴的交点，则T 的坐标为()00x ，.因为O 、M 、P 、N 四点共圆，所以由相交弦定理，得OT TP MT TN ⋅=⋅，即20000722x x y px ⎛⎫⋅-== ⎪⎝⎭，其中00x >.解得0722x p =-，2200274y px p p ==-.代入曲线1C 的方程，得()22727412p p p ⎛⎫---= ⎪⎝⎭，即23284450p p -+=.解得，158p =（舍去）或34p =.故曲线2C 的方程为232y x =.二、解答题（本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）9.（本小题满分15分）已知正整数m 、n 中有且仅有一个是3的倍数，设d 是222m n ++和223m n +的最大公约数.证明：d 不是平方数.参考答案：不妨设m 是3的倍数，n 不是3的倍数，则()20mod3m ≡，()21mod3n ≡，()20mod9m ≡，()220mod9m n ≡.······················5分所以，()2220mod3m n ++≡，()2233mod9m n +≡.········································10分从而d 是3的倍数，但不是9的倍数，故d 不是平方数.·····································15分10.（本小题满分15分）已知()333222330x y z xyz x y z xy yz zx ++--++---=，其中x 、y 、z 为不全相等的正实数.证明：（1）3x y z ++=；（2）()()()2221116x y y z z x +++++>.参考答案：（1）()()22203x y z x y z xy yz zx =++-++---()()()()222132x y z x y y z z x ⎡⎤=++--+-+-⎣⎦.因为x 、y 、z 不全相等，所以()()()2220x y y z z x -+-+->，从而30x y z ++-=.故3x y z ++=.····························································································5分（2）()()()222111x y y z z x +++++222222x y z x y y z z x=+++++()()()()222222x y z x y y y z z z x x x y z =++++++++-++··························10分()222222x y z xy yz zx x y z >+++++-++()()2x y z x y z =++-++233=-6=.·····················································15分11.（本小题满分20分）如图，设点H 为ABC △内一点，点D 、E 、F 分别是AH 、BH 、CH 的延长线与BC 、CA 、AB 的交点，点G 为FE 的延长线与BC 的延长线的交点，点O 为DG 的中点，以O 为圆心、OD 为半径作圆交线段FE 于点P .求证：（1）BD BG DC GC =；（2）PB BD PC DC=.参考答案：（1）在ABC △中，根据塞瓦定理，因为AD 、BE 、CF 三线交于点H ，所以1AF BD CE FB DC EA⋅⋅=.根据梅涅劳斯定理，因为直线()F E G 与ABC △的三边分别交于F 、G 、E ，所以1AF BG CE FB GC EA⋅⋅=.因此，BD BG DC GC=.························································································5分（2）因为22BD BG OD DC GC OC -=-，所以BD OD DC OC=.·················································10分连接OP ，由BD BG DC GC =，得OB OD OB OD OD OC OD OC -+=-+，即OD OB OC OD =，从而OP OB OC OP=.························································································15分而COP POB ∠=∠，所以COP POB ∽△△.因此，PB OP OD BD PC OC OC DC===，命题得证.·······················································20分12.（本小题满分20分）空间中8个点，其中任意四点不共面，在这些点之间连接17条线段.证明：在这17条线段之中必存在3条线段，其长度a 、b 、c 满足不等式2224a b c ++≥2a b c p ++=.参考答案：（1）这17条线段之中必有3条线段构成三角形.（反证法）假设这17条线段之中任意3条不构成三角形.设点P 是这8个点中连接线段最多的一个点，连接线段数为x ，则有7x -个点不与点P 连线,以这7x -个点为端点的线段数不超过(7)x x -，故所连线段总数不超过()7x x x +-.而()2781617x x x x x +-=-+≤<，这与题设矛盾，故17条线段中必有3条线段构成一个三角形.······························10分（2）据海伦公式，原不等式222a b c ⇔++≥，其中S 为该三角形的面积.·····15分由于222a b c ++≥222sin 0a b c C ⇔++-≥()22222cos sin 0a b a b ab C C ⇔+++--≥2222sin 06a b ab C π⎛⎫⎛⎫⇔+-+≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭而22222sin 206a b ab C a b ab π⎛⎫+-+≥+-≥ ⎪⎝⎭，故上式成立.因此，综上（1）（2），命题得证.································································20分。

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。

2019年全国高中数学联合竞赛试卷（加试）（B卷）一、解答题（本大题共4小题，共180.0分）(k= 1.设正实数a1，a2，⋯，a100满足a i≥a101−i(i=1,2,⋯,50).记x k=ka k+1a1+a2+⋯+a k 1,2,⋯,99).证明：x1x22⋯x9999≤1．2.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d1<d2<⋯<d k是n的所有正约数，则d2−d1，d3−d2，…，d k−d k−1构成等比数列．3.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．4.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．答案和解析1.【答案】证明：注意到a 1，a 2，⋅⋅⋅，a 100>0，对k =1，2，⋅⋅⋅，99， 由平均值不等式可得，0<(ka1+a 2+⋅⋅⋅+a k)k ≤1a1a 2⋅⋅⋅a k，从而有x 1x 22⋅⋅⋅x 9999=k =1π99a k+1k (ka1+a 2+⋅⋅⋅+a k)k≤k =1π99a k+1k a1a 2⋅⋅⋅a k，记①的右端为T ，则对任意i =1，2，⋅⋅⋅，100，a i 在T 的分子中的次数为i −1，在T 的分母中的次数为100−i ，从而T =i =1π100a i 2i−101=i =1π50a i 2i−101a 101−i 2(101−i)−101=i =1π50(a 101−i ai)101−2i ，又0<a 101−i ≤a i (i =1,2,⋅⋅⋅,50)，故T ≤1，结合①得，x 1x 22⋅⋅⋅x 9999≤T ≤1．【解析】略 略2.【答案】解：(1)由条件可知k ≥4，且d 3−d 2d 2−d 1=d k −dk−1d k−1−d k−2， 易知d 1=1，d k =n ，d k−1=n d 2，d k−2=nd 3，代入上式可得，d 3−d 2d 2−1=n−nd 2n d 2−n d 3，化简可得，(d 3−d 2)2=(d 2−1)2d 3，由此可知，d 3 是完全平方数，由于d 2=p 是n 的最小素因子，d 3 是平方数， 故只能d 3=p 2，从而系列d 2−d 1，d 3−d 2，⋅⋅⋅，d k −d k−1为p −1，p 2−p ，p 3−p 2，⋅⋅⋅，p k−1−p k−2， 即d 1，d 2，d 3，⋅⋅⋅，d k 为1，p ，p 2，⋅⋅⋅，p k−1，而此时相应的n 为p k−1， 综上所述，满足条件的n 为所有形如p a 的数，其中p 是素数，整数a ≥3．【解析】略 略3.【答案】证明：令AB =1，BC =CD =t(t >0)，由条件知DE =t 2，注意到∠BKE <∠ABK =∠PDE <180°−∠DEK ，可在CB延长线上取一点A′，使得∠A′KE=∠ABK=∠A′BK，此时有△A′BK∽△A′KE，故A′BA′K =A′KA′E=BKKE，又KC平分∠BKE，故BKKE =BCCE=tt+t2=11+t，于是有A′BA′E =A′BA′K⋅A′KA′E=(BKKE)2=11+2t+t2=ABAE，由上式两端减1，得BEA′E =BEAE，从而A′=A，因此∠AKE=∠A′KE=∠ABK，同理可得∠ALE=∠EDL，而∠ABK=∠EDL，所以∠AKE=∠ALE，因此A，K，L，E四点共圆．【解析】略．略．4.【答案】证明：我们对n≥5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．当n=5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．假设结论对n(n≥5)成立，考虑n+1的情形，将凸n+1边形记为A1A2⋯A n+1．情形1：有两种颁色的边各只有一条．不妨设a，b色边各只有一条．由于n+1≥6，故存在连续两条边均为c色，不妨设是A n A n+1，A n+1A1．作对尔线A1A n，并将A1A n染为c色，则三角形A n A n+1A1的三边全部同色．此时凸n边形A1A2⋯A n的三种颜色的边均至少在一条，由归纳假设，可对共作符合要求的三角形剖分．情形2：某种颜色的边只在一条，其余纹色的边均至少两条．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A n A n+1，A n+1A1均不是a色，作对角线A1A n，则A1A n有唯一的染色方式，使得三你形A n A n+1A1的三边全部同色或互不同色．此时凸n边形A1A2⋯A n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．情形3：每种颜色的边均至少两条．作对角线A1A n，则A1A n有唯一的染色方式，使得三角形A n A n+1A1的三边全部同色或互不同色．此时凸n边形A1A2⋯A n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n+1的情形下结论也成立．由数学归纳法，结论获证．【解析】略．略．。