2019年上海市高中数学竞赛(新知杯)试题(附解答)

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()89aaa a =, 则()log 3a a 的值为 .答案:916.解: 等式两边同时开8a 次方根, 有189a a =. 这样9163a a ==, 所以()9log 316a a =. 2. 若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和, 则x 的值为 .答案: 32-. 解: 假设0x ≥, 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. 在平面直角坐标系中, 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()1,0e = . 由于2a e ⋅= , 可设()2,a s =. 又因为对任意实数t , 有2245s a a te +=≤+=这等价于245s s +≤, 解得[]1,4s ∈, 即[]21,16s ∈. 于是a = .4. 设,A B 为椭圆Γ的长轴顶点, ,E F 为Γ的两个焦点, 4,2AB AF ==+, P 为Γ上一点, 满足2PE PF ⋅=, 则PEF ∆的面积为 .答案: 1.解: 不妨设平面直角坐标系中Γ的标准方程为()222210x y a b a b+=>>. 根据条件, 得24,2a AB a AF ==±==+.可知2,1a b ==, 且EF ==.由椭圆的第一定义知24PE PF a +==, 结合2PE PF ⋅=得到()2222212PE PF PE PFPE PF EF +=+-⋅==.所以EPF ∠为直角, 进而112122PEF S PE PF ∆=⋅=⨯=. 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.考虑其中使得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()21mod 3a ≡, 从而()1mod 3b ≡-. 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,,22a a a M M =,则a 的值为 .答案:56π或1312π. 解: 假如02a π<≤, 则由正弦函数图像性质得[][]0,,20sin a a a M a M <=≤, 与条件不符. 因此2a π>, 此时[]0,1a M =, 故[],212a a M =. 于是, 存在非负整数k , 使得51322266k a a k ππππ+≤<≤+,且该不等式中“≤”至少有一处取到等号.当0k =时, 得56a π=或1326a π=. 经检验513,612a ππ=均满足条件. 当1k ≥时, 由于13522266k k ππππ⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭, 故不存在满足上述不等式的a . 综上, a 的值为56π或1312π. 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α为截面所在的平面. 延长,AK BF 交于点P , 则P 在α上, 故直线CP 是α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, 则正方体的体积为1, 结合条件知, 棱台ABC KFL -的体积为14V =. 设PF h =, 则1KF FL PF hAB BC PB h ===+. 注意到,PB PF 分别是凌锥P ABC -与凌锥P KFL -的高, 于是14P ABC P KFL V V V --==-1166AB BC PB KF FL PF =⋅⋅-⋅⋅ ()()3221331116161h h h h h h ⎛⎫++⎛⎫=+-= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭+⎝⎭. 化简得231h =,故h =从而1EK AE KF PF h ===8. 将6个数2,0,1,9,20,19按任意次序排列成一行, 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 .将1和9, 2和0按顺序捆绑产生的元素19, 20分别看作两个新的元素,a b . 它们与之前的两个元素19,20产生的元构成B 的全体, 故4!B =; 将2和0按顺序捆绑产生的元素与之前的四个元素产生的元构成B C 的全体, 故5!B C +=; 将1和9按顺序捆绑产生的元素与之前的四个元素产生的首位不为0的元素构成B D 的全体, 故44!B D +=⨯. 从而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()3\60018483649842422B C D B C DA B C D A +++=---=---= .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 ∆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 与c 的等比中项, 故存在0q >, 满足2,b qa c q a ==. ①因sin A 是()sin B A -与sin 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)将①代入并化简, 可知24212q q q +-=, 即421q q =+. 所以212q +=. ………………… (12分) 进而2224222111cos 222a cb 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Ω与抛物线2:4y x Γ=恰有一个公共点, 且圆Ω与x 轴相切于Γ的焦点F . 求圆Ω的半径.解: 显然Γ的焦点F 的坐标为()1,0. 设圆Ω的半径为()0r r >. 由对称性, 不妨设Ω在x 轴上方与x 轴相切于F , 故Ω的方程为()()2221x y r r -+-=. ①将24yx =代入①并化简, 得2221204y y ry ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭. 显然0y >, 故 ()222224112432y y r y y y ⎛⎫+⎛⎫⎪=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. ② ………………… (5分)根据条件, ②恰有一个正数解y , 该y 值对应Ω与Γ的唯一公共点.考虑()()224,032y f y y y+=>的最小值.由平均值不等式,知224444333y y +=+++≥从而 ()1329f y y ≥⋅=, 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 ≥.假设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0,3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭及,3⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上均有解, 与解的唯一性矛盾. 综上,仅有9r =满足条件(此时1,33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭是Ω与Γ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 , 使得对一切有趣的复数数列{}n z 及任意正整数m , 均有12m z z z C +++≥ .解: 考虑有趣的复数数列{}n z . 由归纳法可知*0,N n z n ≠∈. 由条件得2*114210,N n n n n z z n z z ++⎛⎫⎛⎫++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.解得*11,N 4n n z n z +-±=∈.因此1112n n n nz z z z ++===, 故 1*1111,N 22n n n z z n --⎛⎫=⋅=∈ ⎪⎝⎭. ① ………………… (5分)进而, 有*11111,N 22n n n n n n nz z z z n z ++-+=⋅+==∈. ② 记*12,N m m T z z z m =+++∈ . 当*2,N m s s =∈时,利用②可得12212212212222223sm k kk k k k k k T z z z z z z ∞∞---===≥+-+>-+=-=∑∑∑. ………………… (10分)当*21,N m s s =+∈时,利用①、②可知2121222121211111111212222442s k k s s s s k k k s k s k s z z z ∞∞∞+----=+=+=+==⋅<====+∑∑∑,故12212212122223sm k k s k k k k T z z z z z z z ∞-+-==≥+-+->-+=∑∑.当1m =时, 1113T z ==>.以上表明3C =满足要求. ………………… (15分) 另一方面,当*1221221111,,,N 22k k k k z z z n ++-+--===∈时, 可验证{}n z 为有趣的复数数列. 此时()2112211131lim lim lim 11233sss k k s s s k k T z z z ++→∞→∞→∞==-=++=+=+⋅=∑, 这表明C不能大于3. 综上, 所求的C为3. ………………… (20分)2019年全国高中数学联合竞赛加试（A 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) 如图, 在锐角ABC ∆中, M 是BC 边的中点. 点P 在ABC ∆内, 使得AP 平分BAC ∠. 直线MP 与,ABP ACP ∆∆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 =.(答题时请将图画在答卷纸上)解: 延长PM 到点F , 使得MF ME =. 连接,,BF BD CE .由条件可知, BDP BAP CAP CEP CEM ∠=∠=∠=∠=∠. ………………… (10分)因为BM CM =且EM FM =, 所以BF CE =且//BF CE .于是F CEM BDP ∠=∠=∠, 进而BD BF =.………………… (20分)又DE MP =, 所以DP DE EP MP PE EM =+=+=,故DP FM =.于是, 在等腰BDF ∆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()()2222123201913243520172019f a 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()2017222221220182019212i i i f a a aaa a +==++++-∑. ①由于12,a a 及2,1,2,,2016i i a a i +-= 均为非负整数, 故有221122,a a a a ≥≥, 且()222,1,2,,2016i i i i a a a a i ++-≥-= .于是()()201620162221221222017201811i i i i i i a a aa a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑. ②………………… (10分)由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++,结合201999a =及201820170a a ≥>, 可知 ()()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ≥+-++=-+≥. ③ ………………… (20分)另一方面, 令()1219201920211920220191,1,2,,49,99k k a a a a a k k a +-+======== ,此时可验证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中的不等式均取等号, 即{}1221,0,1,1,2,,2016i i a a a a i +==-∈= .因此122018149a a a =≤≤≤= , 且对每个()149k k ≤≤, 122018,,,a a a 中至少有两项等于k . 易验证这也是③取等的充分条件.对每个()149k k ≤≤, 设122018,,,a a a 中等于k 的项数为1k n +, 则k n 为正整数, 且()()()124911119202492018n n n ++++++=+⨯= ,即12491969n n n +++= .该方程组的正整数解()1249,,,n n n 的组数为49148196911968C C --=, 且每组解唯一对应一个使③取等号的数组()122019,,,a a a , 故使0f f =成立的数组()122019,,,a a a 有481968C 个.………………… (40分)三、(本题满分50分) 设m 为整数, 2m ≥. 整数数列123,,a 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(),2r s r s >≥使得1r s a a a ==, 则r s m -≥. 证明: 不妨设12,a a 互素, 否则, 若()12,1a a d =>, 则1a d 与2a d 互素, 并且用312,,,a a a d d d代替123,,,a a a , 条件和结论均不改变.由数列的递推关系知()()()2123mod ,1,2,3,mod ,3,4,5,mod ,4,5,6,n n k s a a m n a a m k a a m s ++⎧≡=⎪≡=⎪⎨≡=⎪⎪⎩①以下证明: 对任意整数3n ≥, 有()()()22123mod n a a a n a m m≡-+-. 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()212mod k ma ma m-≡. 结合归纳假设, 有()()()()21121223mod k k k a a ma a a k a m ma m +-=-≡-+--()()()()22122mod a a k a m m ≡-+-,即1n k =+时②也成立. 因此②对任意整数3n ≥均成立. ………………… (20分)注意, 当12a a =时, ②对2n =也成立.设整数(),2r s r s >≥, 满足1r s a a a ==. 若12a a =, 由②对2n ≥均成立, 可知()()()()()()222122123mod 3mod r s a a r a m m a a a a s a m m -+-≡=≡-+-,即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-, 亦即()()20mod r s a m -≡. ③若12a a =/, 则12r s a a a a ===/, 故3r s >≥. 此时由于②对3n ≥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, 假设2a 与m 存在一个公共素因子p , 则由①知, p 为234,,,a a a 的公因子, 而12,a a 互素, 故1|p a /, 这与1r s a a a ==矛盾.因此, 由③得()0mod r s m -≡. 又r s >, 所以r s m -≥. ………………… (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[]α表示实数α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12,,,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: ()()12deg 1,deg 2v v ==. 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: ()()12deg 1,deg 3v v =≥, 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: ()()12deg 1,deg 3v v =≥, 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,3i uv i 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1213,v v v v ,116,v v ), 共连了261151815C -=条边, 则这61个点构成的图是连通图. 再将剩余的201961-=1958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 ≥. 不防设12981,,,e e e 都是奇数, 显然12981,,,2m m m ≥ .令9812k m m m =++≥ , 则有()229811980,i m i m k C e i C e e ≥≤≤≥++ , 故98022112795ik imm i i e C C===≤+∑∑. ①利用组合数的凸性, 即对3x y ≥≥, 有222211x y x y C C C C +-+≤+, 可知当1980,,,m m m 由980个2以及一个59构成时, 980221imm i C C =+∑取得最大值. 于是 9802222592198026912795imm i C C C C =+≤+=<∑, 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定理, 可知G 中含有N 个两两无公共边的角, 其中()11119792795979908222kki i i i e N e ==⎛⎫⎡⎤=≥-=-= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑.综上, 所求最小的n 是2795. ………………… (50分)。

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．。

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）。

2019年上海市高三数学竞赛1．某侦察班有12名战士，其中报务员有3名.现要将这12名战士随机分成3组，分别有3名战士、4名战士、5名战士，那么每一组都有1名报务员的概率是________. 2．若直线ax －by +2=0(a >0，b >0)和函数22(0,1)x y c c c +=+>≠的图象均恒过同一个定点，则11a b+的最小值为________.3．若复数z 满足||4z z +=，则||z i +的最大值为________.4．设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，前n 项和为S n .若数列也是公差为d 的等差数列，则数列{a n }的通项a n =________.5．如图所示，分别作正四面体P －ABC 的平行于四个面的截面，使得P －ABC 的四个面都被截成正六边形，截去4个小四面体后得到的多面体记为G ，则四面体P －ABC 与多面体G 的表面积比为________，体积比为________.6．边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可以围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的体积最大值为________.7．设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a 的取值范围是________. 8．已知x ，y ∈[0，+∞)，则x 3+y 3－5xy 的最小值为________. 9．已知,0,2A B π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且sin sin AB=()sin A B +，求tanA 的最大值.10．设数列{a n }满足：11231220191,n n n n a a a a a a a -+-+====，n =3，4，…….求证：数列{a n }的每一项都是正整数.11．求证：不存在无穷多项的素数数列12,,,,n p p p ，使得154,1,2,k k p p k +=+=.12．设n 为正整数，称n ×n 的方格表T n 的网格线的交点(共(n +1)2个交点)为格点.现将数1，2，……，(n +1)2分配给T n 的所有格点，使不同的格点分到不同的数.称T n 的一个1×1格子S 为“好方格”，如果从2S 的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1，2，…，9分配给T 2的格点的一种方式，其中B 、C 是好方格，而A 、D 不是好方格)设T n 中好方格个数的最大值为f (n ).（1）求f (2)的值；（2）求f (n )关于正整数n 的表达式.参考答案1．311【解析】 【分析】 【详解】由题意可知，所有的分组方法34129C C N =，满足题意的分组方法23973!C C n =，则满足题意的概率值：2397341293!C C 3C C 11P ==. 故答案为：311． 2．52+【解析】 【分析】 【详解】因为y =c x +2+2过定点P (－2，3)，所以直线20ax by -+=也过定点P (－2，3)，于是－2a －3b +2=0，即2a +3b =2.因为211(23)(23)5a b a b ⎛⎫+++=+⎪⎝⎭11562a b ++，当22,(33a b ==时等号成立.故最小值为52+故答案为：523【解析】 【分析】 【详解】由复数的几何意义知，z 在复平面上对应的曲线是椭圆：2214x y +=.设2cos isin ,02z θθθπ=+<，则222211616|i |4cos (sin 1)3sin 333z θθθ⎛⎫+=++=--+ ⎪⎝⎭，所以43||3z i +，当1sin 3θ=，即1i 33z =+时等号成立，故最大值为3.故答案为：3． 4．944n -【解析】 【分析】 【详解】设1(1)n a a n d dn a =+-=+，这里a =a 1－d ， 于是2211(1)22222n n n d d d d S na d n a n n a n -⎛⎫⎛⎫=+=+-=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，=dn b =+，这里b d =. 所以22224(842)2dn a d n d n bdn b +++=++， 于是4d =d 2，8a +4d +2=2bd ，b 2=0，解得d =4，b =0，94a =-，故944n a n =-. 故答案为：944n -． 5．9:7 27:23 【解析】 【分析】 【详解】设截去的4个小四面体的表面积为14S ，体积为1V ， 则正三棱锥P ABC -的表面积为136S ，体积为127V ，多面体G 的表面积为：11113634428S S S S -⨯+=，体积为11127423V V V -=， 故四面体P －ABC 与多面体G 的表面积比为36:289:7=，体积比为27:23.故答案为：9:7,27:23．6【解析】 【分析】 【详解】设围成的正四棱锥为P ABCD -，PO 为四棱锥的高作OE ⊥BC ，垂足为E ，连结PE .令OE =x ，则p =1－x，PO = 于是正四棱锥P －ABCD的体积为21(2)3V x =⋅， 所以2416(12)9V x x =-44162(12)92x x ⎛⎫=⋅⋅⋅- ⎪⎝⎭512256222295x x x x x ⎛⎫++++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭525695=⨯， 故165375V，当25x =时等号成立所以正四棱锥体积的最大值为375. 故答案为：375． 7．{a |－1<a <1}∪{－3} 【解析】 【分析】 【详解】由z 2－2z +5=0，得1212i,12i z z =+=-.因为z 2+2az+1=0有两个不同的根，所以△=4(a 2－1)≠0，故a ≠±1.若△=4(a 2－1)<0，即－1<a <1时，3,4z a =-±因为1234,,,z zz z 在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，11a -<<满足条件.若△=4(a 2－1)>0，即|a |>1时， 3.4z a =-±仅当z 1、z 2对应的点在以34,z z 对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为22343422z z z z x y +-⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得()2234340x z z x z z y -+++=，即x 2+2ax +1+y 2=0，将点(1，±2)代入得a =－3. 综上所述，满足条件的实数a 的取值范围是{a |－1<a <1}∪{－3}. 故答案为：{a |－1<a <1}∪{－3}. 8．12527-【解析】 【分析】 【详解】因为33333512555327x y xy x y xy ⎛⎫+-=++-- ⎪⎝⎭333125125352727x y xy ⎛-=-⎝， 当x =y =53时等号成立故最小值为12527-. 故答案为：12527-． 9．43【解析】 【分析】 【详解】由题设等式可得sin sin (sin cos cos sin )A B A B A B =+， 所以tan sin (tan cos sin )A B A B B =+. 令tan t A =，则2sin cos sin t t B B B =+，于是2sin 21cos2t t B B =+-，21)t B θ--，这里θ是锐角，sin θ=.所以2|21|1t t -+，注意到t >0，可得43t . 当413arctan,arcsin 3225A B π⎛⎫==+ ⎪⎝⎭时，题设等式成立. 所以，tanA 的最大值为43. 10．见解析 【解析】 【分析】 【详解】由题设知，数列{a n }的每一项都是正数，且1212019n n n n a a a a +--=+， 所以2112019n n n n a a a a +-+=+，上面两式相减得211211n n n n n n n n a a a a a a a a +-+-+--=-， 故()()2121n n n n n n a a a a a a +--++=+，2211n n n n n n a a a a a a +-+-++=. ①由1231a a a ===，可得a 4=2020.当n 是奇数时，由①可得22311122n n n n n n a a a a a a a a a +-+-+++====， 即212,1,3,n n n a a a n ++=-=.当n 是偶数时，由①可得22421132021n n n n n n a a a a a a a a a +-+-+++====， 即212021,2,4,n n n a a a n ++=-=.所以1212,2021n n n n n a a n a a a n +++-⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.故由1234,,,a a a a 是正整数及上面的递推式可知，数列{a n }的每一项都是正整数. 11．见解析 【解析】【分析】 【详解】用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列12,,,,n p p p ，则由154k k p p +=+得()1151k k p p ++=+，于是数列{p k +1}是以5为公比的等比数列，所以()11151k k p p -+=+，故()11511,1,2,k k p p k -=+-=.易知数列{p n }是严格递增的，不妨设p 1>5(否则用p 2作为首项)，则有(5，p 1)=1， 于是由费马小定理得()11151mod p p -≡，所以()()11111111115115510mod p p p p p p p p ---=+-=+-=，这与1p p 是素数矛盾所以，满足题设的素数数列不存在.12．（1）f (2)=3.（2）221()2n n f n ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦.【解析】 【分析】 【详解】(1)如图①，将T 2的4个1×1格子(以下简称“格子”)分别记为A 、B 、C 、D ，将9个格点上的数分别记为a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i.当a ，b ，……，i 依次取为1，2，……，9时，易验证B 、C 、D 均为好方格，这表明f (2)≥3. 现假设f (2)=4，即存在一种数的分配方式，使A 、B 、C 、D 均为好方格.由对称性，不妨设边界上8个数a ，b ，……，h 中的最小数为a 或b .此时由A 为好方格知，或者有a <b <i <h ，或者有b <i <h <a ，故b <i <h 总是成立的.进而由B 、C 为好方格知，必有i <f <g <h ，b <c <d <i ，但这时d <i <f ，与D 为好方格矛盾. 综上可得f (2)=3.(2)设T n 的各格点的数已被分配好，此时好方格有k 个称格子的一条边为一段“格线”我们对T n 的每段格线标记一个箭头若格线连结了两个格点U 、V ，其中U 上的数小于V 上的数，则对格线UV 标上一个指向UV 顺时针旋转90°后所得方向的箭头.称一个格子S 及S 的一条边UV 所构成的有序对(S ，UV )为一个“对子”，如果UV 上所标的箭头由S 内指向S 外设对子总数为N .一方面，每个格子S 至少贡献1个对子(否则沿逆时针方向读S 顶点上的数将永远递减，矛盾)，而根据好方格的定义每个好方格贡献3个对子，于是()22312N k n k k n +⋅-=+. 另一方面，T n 的每段格线至多贡献1个对子，且T n 边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则，沿逆时针方向读n 边界上的数将永远递增，矛盾)，从而不贡献对子.注意到T n 的格线段数为2n (n +1)，所以又有2(1)1N n n +-.综合两方面得，2k +n 2≤2n (n +1)－1，即好方格的个数2212n n k+-. 最后，对n 为奇数和n 为偶数的情况，分别如图②和图③，将1，2，……，(n +1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点对图中标有“▲”记号的每个格子，易验证，按被粗线经过的先后次序排列其4个顶点，恰是一种逆时针排列，因而这些格子均为好方格.图②中好方格数为211211222n n n n n +-+-⋅+⋅=.图③中好方格数为2222211122222n n n n n n n n ⎡⎤+-+-⎛⎫⋅+-⋅+== ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦.综上可得，221()2n n f n ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦.。

2019年全国高中数学联合竞赛试卷（加试）（A卷）一、解答题（本大题共4小题，共180.0分）1.如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点．点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP，△ACP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BC=2BP．2.设整数a1，a2，⋯，a2019满足1=a1≤a2≤⋯≤a2019=99.记f=(a12+a22+⋯+2)−(a1a3+a2a3+a3a5+⋯+a2017a2019).求f的最小值f0，并确定使f=f0成a2019立的数组(a1,a2,⋯,a2019)的个数．3.设m为整数，|m|≥2.整数数列a1，a2，⋯满足：a1，a2不全为零，且对任意正整数n，均有a n+2=a n+1−ma n．证明：若存在整数r，s(r>s≥2)使得a r=a s=a1，则r−s≥|m|．4.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．答案和解析1.【答案】证明：延长PM 到点F ，使得MF =ME ，连接BF ，BD ，CE ，由条件可知∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP =∠CEM ，因为BM =CM 且EM =FM ，所以BF =CE 且BF//CE ，于是∠F =∠CEM =∠BDP ，进而BD =BF ，又DE =MP ，故D P =EM =FM ，于是在等腰△BDF 中，由对称性得BP =BM ．从而BC =2BM =2BP ．【解析】略．略．2.【答案】解：因为f =(a 12+a 22+⋯+a 20192)−(a 1a 3+a 2a 3+a 3a 5+⋯+a 2017a 2019)，所以2f =a 12+a 22+⋯+a 20192+∑(2017i=1a i+2−a i )2....①因为a 1、a 2和a i+2−a i (i =1,2,⋯,2016)均为非负整数，所以a 12>a 1，a 22>a 2，且(a i+2−a i )2≥a i+2−a i (i =1,2,...,2016)，所以a 12+a 22+∑(2016i=1a i+2−a i )2≥a 1+a 2+∑(2016i=1a i+2−a i )=a 2017+a 2018....②由①②，得2f ≥a 2017+a 2018+(a 2019−a 2017)2+a 20182+a 20192， 结合a 2019=99，a 2018≥a 2017>0，可知f ≥12[2a 2017+(a 2019−a 2017)2+a 20172+992]=(a 2017−49)2+7400≥7400....③再令a 1=a 2=...=a 1920=1，a 1920+2k−1=a 1920+2k =k(k =1,2,...,49)，且a 2019=99，此时验证知，上述不等式均取到等号，所以f 的最小值为f 0=7400．以下考虑③的取等号条件，此时a 2017=a 2018=49，且②中的不等式均取等号， 即a 1=a 2=...=1，a i+2−a i ∈{0,1}(i =1，2，...，2016)，因此1=a 1≤a 2≤...≤a 2018=49，且对每个k(1≤k ≤49)，a 1，a 2，...，a 2018中至少有两项等于k ，易验证知这也是③取等号的充分条件．对每个k(1≤k ≤49)，设a 1，a 2，...，a 2018中等于k 的项数为1+n k ，则n k 为正整数，且(1+n 1)+(1+n 2)+...+(1+n 49)=2018，即n 1+n 2+...+n 49=1969，...④该方程的正整数解(n 1,n 2,...,n 49)的组数为C 196848，且每组解唯一对应一个使④取等号的数组(n 1,n 2,...,n 49)，所以使f =f 0成立的数组(n 1,n 2,...,n 49)有C 196848个．【解析】由题意知2f =a 12+a 22+⋯+a 20192+∑(2017i=1a i+2−a i )2，a 12+a 22+∑(2016i=1a i+2−a i )2≥a 1+a 2+∑(2016i=1a i+2−a i )=a 2017+a 2018，由此求得f ≥7400，再求得f 的最小值为f 0=7400，方程n 1+n 2+...+n 49=1969正整数解(n 1,n 2,...,n 49)的组数，即为所求的结果．本题考查了数列的定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．3.【答案】证明：不妨设a 1，a 2互素(否则，若(a 1,a 2)=d >1，则1d a 1，1d a 2互素， 并且用1d a 1，1d a 2，……代替a 1，a 2，……，条件与结论均不改变)．由数列递推关系知，a 2≡a 3≡a 4≡⋯…(mod|m|).①以下证明：对任意整数n ≥3，有a n ≡a 2−(a 1+(n −3)a 2)m(modm 2).② 事实上，当n =3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ma k−1≡ma 2(modm 2)，结合归纳假设知a k+1=a k −ma k−1≡a 2−(a 1+(k −3)a 2)m −ma 2≡a 2−(a 1+(k −2)a 2)(modm 2).即n =k +1时②也成立．因此②对任意整数n ≥3均成立．注意，当a 1=a 2时，②对n =2也成立．设整数r ，s(r >s ≥2)，满足a r =a s =a 1，若a1=a2，由②对n≥2均成立，可知a2−(a1+(r−3)a2)m≡a r=a s≡a2−(a1+(s−3)a2)m(modm2)，即a1+(r−3)a2≡a1+(s−3)a2(mod|m|)，即(r−s)a2≡0(mod|m|).③若a1≠a2，则a r=a s=a1≠a2，故r>s≥3．此时由于②对n≥3均成立，故类似可知③仍成立．我们证明a2，m互素．事实上，假如a2与m存在一个公共因子p，则由①得p为a2，a3，a4，…的公因子，而a1，a2互素，故P不整除a1，这与a r=a s=a1矛盾．因此，由③得r−s≡0(mod|m|)，又r>s，所以r−s≥|m|．【解析】略略4.【答案】解：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻直线的边构成一个“角”，先证明一个引理：设G=(V,E)是一个简单图，且G是连通的，]个两两无公共边的角，(这里[a]表示实数的整数部分)．则G含有[|E|2引理的证明：对E的元素个数|E|归纳证明：当|E|=0，1，2，3时，结论成立，下面假设|E|≥4，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这两边后，剩下的图含有一个连通的分支包含|E|−2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P：v1v2⋅⋅⋅v k，其中v1，v2，⋅⋅⋅，v k是互不相同的顶点，∵G相通，∴k≥3．情形1：deg(v1)≥2，由于P是最长路，v1的邻点均在v2，⋅⋅⋅，v k中，设v1v i∈E，其中3≤i≤k，则{v1v2,v1v i}是一个角，在E中删去这两条边，若v1还有第三条边，则剩下的图是连通的；若v1处仅有被删去的两条边，则v1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|E|−2条边．情形2：deg(v1)=1，deg(v2)=2，则{v1v2,v2v3}是一个角，在E中删去这两条边后，v1，v2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|E|−2条边．情形3：deg(v1)=1，deg(v2)≥3，且v2与v4，⋅⋅⋅，v k中某个点相邻，则{v 1v 2,v 2v 3}是一个角，在E 中删去这两条边后，v 1成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|−2条边．情形4：deg(v 1)=1，deg(v 2)≥3，且v 2与某个u ∉{v 1,v 3,⋅⋅⋅,v k }相邻，由于P 是最长路，故u 的邻点均在v 2，⋅⋅⋅，v k 之中，则{v 1v 2,v 2u}是一个角，在G 中删去这两条边后，v 1成为孤立点，若u 处仅有边uv 2，则删去所核糖边后u 也是孤立点，而其余的点互相连通， 若u 处还有其他边uv ，3≤i ≤k ，则删去所述边后，除v 1处其余点互相连通，总之在剩下的图中有一个连通分支含有|E|−2条边．引理获证．回到原题，题中的V 和E 可看作一个图C =(V,E)，首先证明n ≥2795．设V ={v 1,v 2,⋅⋅⋅,v 2019}，在v 1，v 2，⋅⋅⋅，v 61中，首先两两连边，再删去其中15条边(例如v 1v 2，v 1v 3，⋅⋅⋅，v 1v 16)，共连了C 612−15=1815条边，则这61为构成的图是连通图，再将剩余的2019−61=1958个点配成979对， 每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了1815+979=2794条线段，由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用v 1，v 2，⋅⋅⋅，v 61相连的边，∴至多有[18152]=907个两两无公共边的角，故满足要求的n 不小于2795．另一方面，若|E|≥2795，可任意删去若干条边，只考虑|E|=2795的情形． 设G 有k 个连通分支，分别有m 1，⋅⋅⋅，m k 个点，及e 1，⋅⋅⋅，e k 条边，下面证明e 1，⋅⋅⋅，e k 中至多有979个奇数．反证法，假设e 1，⋅⋅⋅，e k 中至少有980个奇数，∵e 1+⋅⋅⋅+e k =2795是奇数，∴e 1，⋅⋅⋅，e k 中至少有981个奇数，故k ≥981， 不妨设e 1，e 2，⋅⋅⋅，e 981都是奇数，由题意得m 1，m 2，⋅⋅⋅，m 981≥2，令m =m 1+⋅⋅⋅+m k ≥2，则C mi 2≥e i (1≤i ≤980)，C m2≥e 981+⋅⋅⋅+e k ， ∴2795=∑e i k i=1≤C m 2+∑C m i 2980i=1，①利用组合数的凸性，即对x ≥y ≥3，有C x 2+C y 2≤C x+12+C y−12，可知当m 1，⋅⋅⋅，m 980，m 由980个2以及一个59构成时，C m 2+∑C m i 2980i=1取得最大值，∴C m 2+∑C m i 2980i=1≤C 592+980C 22=2691<2795，这与①矛盾，从而e 1，⋅⋅⋅，e k 中至多有979个奇数，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，N =∑[k i=1e i 2]≥12(∑e i k i=1−979)=12(2795−979)=908． 综上，所求最小的n 是2795．【解析】为了叙述方便，称一个图中的两条相邻直线的边构成一个“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[|E|2]个两两无公共边的角，题中的V 和E 可看作一个图C =(V,E)，再证明n ≥2795，由此能求出所求最小的n 的值． 本题考查满足条件的最小正整数的求法，考查子集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是难题．。

2016年上海市高中数学竞赛试题及答案一、填空题（本题满分60分，前4小题每小题7分，后4小题每小题8分）1.已知函数()2f x ax bx c =++（0a ≠，,,a b c 均为常数），函数()1f x 的图象与函数()f x 的图象关于y 轴对称，函数()2f x 的图象与函数()1f x 的图象关于直线1y =对称，则函数()2f x 的解析式为 ．答案：()22 2.f x ax bx c =-+-+解 在函数()y f x =的表达式中用x -代替x ，得()21f xax b x c =-+，在函数()1y f x =的表达式中用2y -代替y ，得()22 2.f x ax bx c =-+-+ 2.复数z 满足1z =，2223w z z=-在复平面上对应的动点W 所表示曲线的普通方程是 ．答案：221.25y x += 解 设,z a bi w x yi =+=+，则221a b +=，()()()()()()()()()222222222222333210.a bi x yi a bi a bi a bi a bi a bi a bi a bi ab abi -+=+-=+-++-=+--=-+从而22,10x a b y ab =-=，于是()22222224 1.25y x a b a b +=-+= 3.关于x 的方程arctan 2arctan 26x xπ--=的解是 ．答案：2log x =解 因为()()tan arctan 2tan arctan 2221xxx x --⋅=⋅=，所以arctan 2arctan 22x x π-+=，解得arctan 2,arctan 236xx ππ-==，则22log x x ==4.红、蓝、绿、白四颗骰子，每颗骰子的六个面上的数字为1,2,3,4,5,6，则同时掷这四颗骰子使得四颗骰子向上的数的乘积等于36，共有 种可能． 答案：48．解 四颗骰子乘积等于36，共有四种情形：（1）两个1，两个6，这种情形共246C =种可能； （2）两个2，两个3，这种情形共246C =种可能；（3）两个3，一个1，一个4，这种情形共214212C C =种可能；（4），123,6各一个，这种情形共4424A =种可能．综上，共有66122448+++=种可能． 5.已知函数()()()()1c o s ,202xfx x g xa a π==-≠，若存在[]12,0,1x x ∈，使()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围为 ．答案；13,00,.22⎡⎫⎛⎤-⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦解 易知[]0,1x ∈时，()[]1,1.f x ∈-只需求a 的取值范围，使得()g x 能取到[]1,1-中的值．（1）当0a >时，()g x 单调递增，因为()12g x >-，故只需()01g ≤，解得30.2a <≤ （2）当0a <时，()g x 单调递减，因为()12g x <-，故只需()01g ≥-，解得10.2a -≤<6.如图，有16间小三角形的房间，甲、乙两人被随机地分别安置在不同的小三角形房间，那么他们在不相邻（指没有公共边）房间的概率是 （用分数表示）．答案：17.20解法一 如图1，将小三角形房间分为三类：与第一类（红色）房间相邻的房子恰有一间，与第二类（绿色）房间相邻的房间恰有两间，与第三类（白色）房间相邻的房间恰有三间，从而满足条件的安置方法共有()()()316261637164204⨯-+⨯-+⨯-=种．从而所求概率为20417.161520=⨯解法二 我们从反面考虑问题，如图2，每一对相邻房间对应着一条黄色的邻边，故所求概率为18231711.16152020⨯-=-=⨯7.在空间，四个不共线的向量,,,OA OB OC OD ，它们两两的夹角都是α，则α的大小是 ． 答案：1arccos .3π-解 如图，ABCD 为正四面体，角α即为AOD ∠，设,E M 分别为BC 和AD 的中点，则,AE DE OA OD ==，则中心O 在EM 上，从而O 为△ADE 的垂心，11sin sin cos .33EH ODE EAH DOH AE ∠=∠==⇒∠= 所以，1arccos .3απ=-8.已知330,0,1b a b α>>+=，则a b +的取值范围为 ．答案：(．解 注意到()204a b ab +<≤，及()()()()2332213,a b a b a ab b a b a b ab ⎡⎤=+=+-+=++-⎣⎦我们有()()33114a b a b +≤<+，所以1a b <+≤ 二、解答题（本题满分60分，每小题15分）9.如图，已知五边形11111A B C D E 内接于边长为1的正五边形ABCDE ．求证：五边形11111A B C D E 中至少有一条边的长度不小于cos .5π证设1111111111,,,,,,,,,E A AA A B BB B C CC C D DD D E EE 的长分别为12121,,,,,a a b b c 21212,,,,,c d d e e 则()()()()()()()()()()12121212121221212121 5.a ab bc cd de e a e a b b c c d d e +++++++++=+++++++++=由平均数原理，1212121212,,,,a a b b c c d d e e +++++中必有一个大于1，不妨设121a a +≥，则2110.a a ≥-≥此时()()22222111212111122111212322cos121cos 5522221cos 21cos 21cos 1555211221cos 1cos 5225121cos cos .255A E a a a a a a a a a a a a πππππππππ=+-≥+-+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-----+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫≥+= ⎪⎝⎭所以，11cos.5A E π≥命题得证．10.设,p q 和r 是素数，且|1,|1,|1p qr q rp r pq ---，求pqr 的所有可能的值．解 由题设可得()()()|111pqr qr rp pq ---，因为()()()()2221111,qr rp pq p q r pqr p q r pq qr rp ---=-+++++-所以，| 1.pqr pq qr rp ++-于是11111pq qr rp pqr p q r pqr++-=++-为正整数．记1111k p q r pqr =++-，注意到,,2p q r ≥，则32k <从而 1.k = 由对称性，不妨设.p q r ≤≤ 若3p ≥，则1111k p q r<++≤，矛盾，故 2.p = 若3q >，则5q ≥，12125k =+<，矛盾． 若2q =，则11111224k r r ⎛⎫=++-> ⎪⎝⎭，也矛盾．故 3.q = 最后，由11111236r r=++-，得 5.r = 综上，30.pqr =11.已知数列{}n a 满足递推关系()*11123n n n a a n N +=-+∈，求所有1a 的值，使{}n a 为单调数列，即{}n a 为递增数列或递减数列．解 由11123n n n a a +=-+得，1113332n n n n a a +++=-+，令3n n n b a =，则 1136363,2525n n n n b b b b ++⎛⎫=-+⇒-=-- ⎪⎝⎭从而，11663,552n n b b -⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭则1111111116633335522121535212221.25352n n n n n n n n n nb a a a a T -----⎡⎤⎛⎫⎛⎫==+--⎢⎥⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-=-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦若125a ≠，注意到213-<，则当2/31521log 25n a ⎛⎫>+-⎪⎝⎭时，T 与125a -同号，但112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭正负交替，从而n a 正负交替，{}n a 不为单调数列．当125a =时，12153n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭为递减数列．综上，当且仅当125a =时，{}n a 为单调数列． 12.已知等边三角形ABC 的边长为5，延长BA 至点P ，使得9AP =，D 是线段BC 上一点（包括端点）．直线AD 与△BPC 的外接圆交于,E F 两点，其中.EA ED < （1）设BD x =，试将EA DF -表示为关于x 的函数()f x ； （2）求()f x 的最小值．解 （1）设,,u EA v AD w DF ===，则().f x u w =- 在△ABD 中，由余弦定理，得v == 在△PBC 的外接圆中运用相交弦定理，得()()()5945,5.u v w u v w x x +=⨯=+=-两式相减，得()2545,v u w x x -=-+故())2254505.x x f x u w x v -+=-==≤≤（2）设0t =，则()222020t f x t t t +===+≥=当且仅当20t t=时等号成立，此时t ==解得x =所以，当x =()f x 取到最小值。

高中数学竞赛试题及答案一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分．每小题各有四个选择支，仅有一个选择支正确．请把正确选择支号填在答题卡的相应位置．）1．集合{0,4,}A a =，4{1,}B a =，若{0,1,2,4,16}A B ⋃=，则a 的值为A ．0B ．1C ．2D ．2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能．．． 是．①长方形；②正方形；③圆；④菱形. 其中正确的是 A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①④ 3．设0.50.320.5,log 0.4,cos3a b c π-===，则A ．c b a <<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．b c a <<4. 平面上三条直线210,10,0x y x x ky -+=-=-=，如果这三条直线将平面划分为六部分，则实数k 的值为A . 1B . 2C . 0或2D . 0，1或2 5．函数()sin()f x A x ωϕ=+（其中0,||2A πϕ><）的图象如图所示，为了得到()cos 2g x x =的图像，则只要将()f x 的图像A ．向右平移6π个单位长度 B ．向右平移12π个单位长度 C ．向左平移6π个单位长度 D ．向左平移12π个单位长度6. 在棱长为1的正四面体1234A A A A 中，记12(,1,2,3,4,)i j i j a A A A A i j i j =⋅=≠，则i j a 不同取值的个数为A ．6B ．5C ．3D ．2二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共36分．请把答 案填在答题卡相应题的横线上．） 7．已知)1,(-=m a ，)2,1(-=b ，若)()(b a b a -⊥+，则m = .8．如图，执行右图的程序框图，输出的T= . 9. 已知奇函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，且(2)0f =， 则不等式0)()1(<⋅-x f x 的解集为 ．10.求值：=+250sin 3170cos 1 ． 11．对任意实数y x ,，函数)(x f 都满足等式)(2)()(22y f x f y x f +=+，且0)1(≠f ，则（第5题图）（第8题图）3侧视图正视图2222=)2011(f .12.在坐标平面内，对任意非零实数m ，不在抛物线()()22132y mx m x m =++-+上但在直线1y x =-+ 上的点的坐标为 .答 题 卡一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分．）二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，共36分．）7． 8． 9． 10． 11． 12．三、解答题（本大题共6小题，共78分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 13.（本小题满分12分）为预防(若疫苗有效已知在全体样本中随机抽取1个，抽到B 组的概率是0.375. （1）求x 的值；（2）现用分层抽样的方法在全部测试结果中抽取360个，问应在C 组中抽取多少个？ （3）已知465≥y ,25≥z ,求该疫苗不能通过测试的概率.已知函数x x x f 2sin )12(cos 2)(2++=π．（1）求)(x f 的最小正周期及单调增区间； （2）若),0(,1)(παα∈=f ，求α的值． 15．（本题满分13分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，21===AA BC AC ，︒=∠90ACB ，G F E ,,分别是AB AA AC ,,1的中点．（1）求证：//11C B 平面EFG ； （2）求证：1AC FG ⊥；（3）求三棱锥EFG B -1的体积.ACBB 1A 1C 1FGE已知函数t t x x x f 32)(22+--=.当∈x ),[∞+t 时，记)(x f 的最小值为)(t q . (1)求)(t q 的表达式；(2)是否存在0<t ，使得)1()(tq t q =？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由.已知圆22:228810M x y x y +---=和直线:90l x y +-=，点C 在圆M 上，过直线l 上一点A 作MAC ∆.（1）当点A 的横坐标为4且45=∠MAC 时，求直线AC 的方程； （2）求存在点C 使得45=∠MAC 成立的点A 的横坐标的取值范围.18．（本题满分14分）在区间D 上，若函数)(x g y =为增函数，而函数)(1x g xy =为减函数，则称函数)(x g y =为区间D 上的“弱增”函数．已知函数()1f x =-． （1）判断函数()f x 在区间(0,1]上是否为“弱增”函数，并说明理由； （2）设[)1212,0,,x x x x ∈+∞≠，证明21211()()2f x f x x x -<-； （3）当[]0,1x ∈时，不等式xax +≥-111恒成立，求实数a 的取值范围．参考答案一、选择题：C B A D D C二、填空题：7. 2± 8．29 9. ),2()1,0()2,(+∞--∞10.3 11．2201112. 31(,),(1,0),(3,4)22-- 三、解答题：13. （本题满分12分） 解：（1）因为在全体样本中随机抽取1个，抽到B 组的概率0.375，所以375.0200090=+x ， ………………2分 即660x =. ………………3分（2）C 组样本个数为y ＋z ＝2000－（673＋77＋660＋90）＝500， ………………4分 现用分层抽样的方法在全部测试结果中抽取360个，则应在C 组中抽取个数为360500902000⨯=个. ………………7分 （3）设事件“疫苗不能通过测试”为事件M.由（2）知 500y z +=，且,y z N ∈,所以C 组的测试结果中疫苗有效与无效的可能的情况有： （465，35）、（466，34）、（467，33）、……（475，25）共11个. ……………… 9分 由于疫苗有效的概率小于90%时认为测试没有通过，所以疫苗不能通过测试时，必须有9.02000660673<++y， …………………10分即1800660673<++y ， 解得467<y ，所以事件M 包含的基本事件有：（465，35）、（466，34）共2个. …………………11分所以112)(=M P ， 故该疫苗不能通过测试的概率为211. …………………12分14. （本小题满分12分） 解：x x x f 2sin )62cos(1)(+++=π…………………1分x x x 2sin 6sin2sin 6cos 2cos 1+-+=ππx x 2sin 212cos 231++= ………………… 2分 1)32sin(++=πx . …………………4分（1）)(x f 的最小正周期为ππ==22T ； …………………5分 又由]22,22[32πππππ+-∈+k k x ， …………………6分得)](12,125[Z k k k x ∈+-∈ππππ， …………………7分 从而)(x f 的单调增区间为)](12,125[Z k k k ∈+-ππππ． …………………8分 （2）由11)32sin()(=++=πααf 得0)32sin(=+πα， …………………9分所以ππαk =+32，62ππα-=k )(Z k ∈． …………………10分又因为),0(πα∈，所以3πα=或65π． …………………12分15. （本题满分13分） 解：（1）因为E G 、分别是AC AB 、的中点，所以BC GE //；……1分 又BC C B //11，所以GE C B //11； …………2分又⊆GE 平面EFG ，⊄11C B 平面EFG ，所以//11C B 平面EFG ． …………3分 （2）直三棱柱111C B A ABC -中，因为︒=∠90ACB ，所以⊥BC 平面C C AA 11； ……………4分 又BC GE //，所以⊥GE 平面C C AA 11，即1AC GE ⊥； ……………5分 又因为21==AA AC ，所以四边形11A ACC 是正方形，即11AC C A ⊥； ……………6分 又F E ,分别是1,AA AC 的中点，所以C A EF 1//，从而有1AC EF ⊥， ……………7分 由E GE EF =⋂，所以⊥1AC 平面EFG ，即1AC FG ⊥． ……………8分 （3）因为//11C B 平面EFG ，所以111EFC G EFG C EFG B V V V ---==． ……………10分由于⊥GE 平面C C AA 11，所以GE S V EFC EFC G ⋅=∆-1131，且121==BC GE ．…………11分 又由于2321114111111=---=---=∆∆∆∆ECC FC A AEF A ACC EFC S S S S S 正方形，……………12分所以21123313111=⋅⋅=⋅=∆-GE S V EFC EFC G ，即211=-EFG B V ． ……………13分16. （本题满分13分）解：（1）t t x x x f 32)(22+--=13)1(22-+--=t t x ． ……………1分①当1≥t 时，)(x f 在∈x ),[∞+t 时为增函数，所以)(x f 在∈x ),[∞+t 时的最小值为t t f t q ==)()(；……………3分②当1<t 时，13)1()(2-+-==t t f t q ； ……………5分 综上所述，2(1)()31(1)t t q t t t t ≥⎧=⎨-+-<⎩． ……………6分ACBB 1A 1C 1FGE（2）由（1）知，当0<t 时，13)(2-+-=t t t q ，所以当0<t 时，131)1(2-+-=tt tq ． ……………7分 由)1()(t q t q =得：1311322-+-=-+-tt t t ， ……………8分即013334=-+-t t t ， ……………9分 整理得0)13)(1(22=+--t t t ， ……………11分解得：1±=t 或253±=t . ……………12分 又因为0<t ，所以1-=t .即存在1-=t ，使得)1()(tq t q =成立. ……………13分17. （本题满分14分）解：（1）圆M 的方程可化为：2217(2)(2)2x y -+-=，所以圆心M （2，2），半径r=2. ……1分由于点A 的横坐标为4，所以点A 的坐标为（4，5），即AM =……………2分 若直线AC 的斜率不存在，很显然直线AM 与AC 夹角不是45，不合题意，故直线AC 的斜率一定存在，可设AC 直线的斜率为k ，则AC 的直线方程为5(4)y k x -=-，即540kx y k -+-=. ……………3分由于45=∠MAC 所以M 到直线AC 的距离为226||22==AM d ，此时r d <，即这样的点C 存在. ……………4分2=，2=，解得15 5k k =-=或. ……………5分 所以所求直线AC 的方程为0255=-+y x 或0215=+-y x . ……………6分 (2)当r AM 2||=时，过点A 的圆M 的两条切线成直角，从而存在圆上的点C （切点）使得45=∠MAC . ……………7分设点A 的坐标为),(y x ，则有⎪⎩⎪⎨⎧=-+=⋅=-+-09172342)2()2(22y x y x ， ……………8分解得⎩⎨⎧==63y x 或⎩⎨⎧==36y x . ……………9分记点)6,3(为P ，点)3,6(为Q ，显然当点A 在 线段PQ 上时，过A 的圆的两条切线成钝角，从而必存在圆上的一点C 使得45=∠MAC ；……当点A 在线段PQ 的延长线或反向延长线上时，过A 的圆的两条切线成锐角，从而必不存在圆上的点C 使得45=∠MAC ， …………所以满足条件的点A 为线段PQ 上的点，即满足条件的点的横坐标取值范围是.……14分18．（本题满分14分） 解：（1）由()1f x =-可以看出，在区间(0,1]上，()f x 为增函数. ………………1分 又11()(1f x x x ===3分 显然)(1x f x在区间(0,1]∴ ()f x 在区间(0,1]为“弱增”函数. ………………4分（2）21()()f x f x -===.…6分[)1212,0,,x x x x ∈+∞≠,∴111≥+x ，112≥+x ，21121>+++x x ，即2>，………………8分21()()f x f x ∴-2112x x <-. ………………9分 （3）当0x =时,不等式xax +≥-111显然成立. ………………10分“当(]0,1x ∈时，不等式xax +≥-111恒成立”等价于“ 当(]0,1x ∈时，不等式)111(1xx a +-≤即)(1x f x a ≤恒成立” . ………………11分也就等价于:“ 当(]0,1x ∈时， min )](1[x f xa ≤成立” . ………………12分 由(1)知1()f x x 在区间(0,1]上为减函数, 所以有221)1()](1[min -==f x f x . ……………13分 ∴221-≤a ，即221-≤a 时，不等式xax +≥-111对[]0,1x ∈恒成立. ……………14分。

中国教育学会中学数学教学专业委员会《数学周报》杯” 2013年全国初中数学竞赛试题参考答案题号-一一 _ 二 _ 三总分1〜56〜1011121314得分评卷人复查人答题时注意：1用圆珠笔或钢笔作答2•解答书写时不要超过装订线. 3.草稿纸不上交.一、选择题(共5小题，每小题6分，满分30分.以下每道小题均给出了代号为 A , B , C , D 的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的 .请将正确选项的代号填入题后的括号 里.不填、多填或错填都得0分)1.已知实数x , y 满足 刍二=3, y 4 - y^3，则-44 y 4的值为().XXx(A ) 7 (B )(C ) 7 "3(D )52 2【答】(A ) 解：因为x 20，y 2 > 0,由已知条件得-1,13244 y 4 乡 3 3-y 2£ -y 2 6 =7.X XX程为t 2 +t-3=0，所以(一W )+ y 2 =-1, (―寸=-3X X2.把一枚六个面编号分别为1, 2, 3, 4, 5, 6的质地均匀的正方体骰子先后投掷2次，若两个正面朝上的编号分别为 m , n ,则二次函数y = x 2 • mx • n 的图象与X 轴 有两个不同交点的概率是().(D)所以另解：由已知得: 2 2 2」(一P )2+(—P )—3=0 X X Q 2) + y 2-3 = 0显然 2 2 2 2 2 -y 2，以- 2 ,y 2为根的一元二次方 XX42故 4y 4 二[(- 2)y 2]2 -2XX2 2 22)y =(T) -2 (-3)=7 X12.4 4 4 3［答］（ C ）解：基本事件总数有60 = 36,即可以得到36个二次函数.由题意知；_ =_4n >0,即卩 m 2 >4n .通过枚举知，满足条件的 m, n 有 17 对.363.有两个同心圆，大圆周上有 4个不同的点，小圆周上有 可以确定的不同直线最少有（）.2个不同的点，则这6个点 (A ) 6条 (B ) 8 条(C ) 10 条(D ) 12 条【答］（B ）解：如图，大圆周上有4个不同的点A ，B ，C ，D ，两两连线 可以确定6条不同的直线；小圆周上的两个点 E ，F 中，至少有一 个不是四边形ABCD 的对角线AC 与BD 的交点，则它与A ，B ，C ， D 的连线中，至少有两条不同于 A ，B ，C ，D 的两两连线.从而这 6个点可以确定的直线不少于 8条.当这6个点如图所示放置时，恰好可以确定 8条直线. 所以，满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条.4 .已知AB 是半径为1的圆O 的一条弦，且 AB 二a ：：：1 .以AB 为一边在圆O 内作正△ ABC ，点D 为圆O 上不同于点A 的一点，且DB 二AB 二a ， AE 的长为（）.(B) 1（C ）乎【答］（B ）解:女口图，连接 OE ，OA ，OB .设.D =:，贝UECA=120- EAC .11又因为 ABO ABD 60180 -2：-120 -:22所以△ ACE 也△ ABO ，于是AE = OA = 1 .另解：如图，作直径EF ，连结AF ，以点B 为圆心，AB 为半径 作。