2019贵州高中数学竞赛预赛试题含详细解析答案

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．。

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。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题11 概率 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·安徽·高三竞赛）从1，2，…，10中随机抽取三个各不相同的数字，其样本方差21s ≤的概率=_________. 【答案】115【解析】 【详解】123x x x <<的样本方差()3221113i i s x x ==-≤∑，当且仅当1x 、2x 、3x 是连续的正整数.故()231081115P s C ≤==.故答案为1152．（2018·广东·高三竞赛）袋中装有m 个红球和n 个白球，m ＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系40m n +≤的数组（m ，n ）的个数为_______. 【答案】3 【解析】 【详解】记“取出两个红球”为事件A ，“取出两个白球”为事件B ，“取出一红一白两个球”为事件C ，则()22m m n C P A C +=，()22n m n C P B C +=，()112m nm nC C P C C +⋅=. 依题意得()()()P A P B P C +=，即2211m n m n C C C C +=.所以()2m n m n +=-，从而m n +为完全平方数.又由4m n >≥及40m n +≤，得940m n ≤+≤. 所以9,3,m n m n +=⎧⎨-=⎩或16,4,m n m n +=⎧⎨-=⎩或25,5,m n m n +=⎧⎨-=⎩或36,6,m n m n +=⎧⎨-=⎩. 解之得（m ，n ）=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）. 故符合题意的数组（m ，n ）有3个.故答案为33．（2018·广东·高三竞赛）已知点A （1，1），B （1,02），C （3,02）经过点A 、B 的直线和经过点A 、C 的直线与直线()01y a a =<<所围成的平面区域为G.已知平面矩形区域(){},02,01x y x y <<<<中任意一点进入区域G 的可能性为116，则a=__________. 【答案】12 【解析】 【详解】直线AB 方程为21y x =-，直线AC 方程为23y x =-+，直线y a =与它们的交点为D （1,2a a -），E （3,2a a -）.G 的面积等于三角形ADE 的面积()212a -，因此()211416a -=，解之得12a =. 故答案为124．（2019·全国·高三竞赛）已知甲、乙两人进行一种博弈游戏，甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13.若其中一人比另一人多赢两局，则游戏结束那么，需要进行的游戏局数的数学期望为_______. 【答案】185. 【解析】 【详解】设所求的数学期望为E ξ.注意到，两局就结束的概率等于22215339⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.若两局没有结束，则必定恰赢了一局，回到初始状态，此时的数学期望为2E ξ+，从而， ()541822995E E E ξξξ⨯++=⇒=. 故答案为1855．（2019·全国·高三竞赛）两人约定：在某天一同去A 地，早上7点到8点之间在B 地会合，但先到达B 地者最多在原地等待5min 分钟，如果没有见到对方则自己先行.设两人到达B 地的时间是随机的、独立的、等可能的.那么，两人能够在当天一同去A 地的概率是______. 【答案】23144【解析】 【详解】设两人到达A 地的时间分别是7点过m 分和7点过n 分（0m ≤、60n ≤）.用数对(),m n 表示两人分别到达A 地的时间.则在直角坐标系中，点(),m n 的存在域是一个边长为60的正方形，其面积为3600.显然，两人能够在当天一同去A 地等价于5m n -≤.此时，相应点的存在域是正方形中位于两直线5m n -=±之间的部分区域（如图），其面积为2360055575-=. 故所求概率为575233600144=. 故答案为231446．（2019·全国·高三竞赛）在面积为1的正方形ABCD 中任取一点P ，则PAB △、PBC 、PCD 、PDA 的面积均大于16的概率是____．【答案】19【解析】 【详解】如图，以A 为原点，AB 为x 轴建立直角坐标系.设(),p x y ，01x <<，01y <<. 由题设知x ，y 必满足()()112611261112611126x y x y ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪->⎪⎪⎪->⎩，即12331233x y ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩. 因此，满足题设条件的点p 必在直线13x =，23x =和13y =，23y =所围成的正方形区域内.所以所求概率为2211319⎛⎫⎪⎝⎭=. 故答案为197．（2019·全国·高三竞赛）圆周上有10个等分点.则以这10个等分点中的4个点为顶点的凸四边形中，梯形所占的个数比为______. 【答案】27【解析】 【详解】任选4点，共有410210C =个凸四边形，其中，梯形的两条平行边既可以从5组平行于直径的5条平行弦中选取，也可以从5组不平行于直的4条平行弦中选取，去除矩形，梯形共有60个.所以，梯形所占的个数比为27. 故答案为278．（2019·全国·高三竞赛）记{}{}1,3,5,7,9,2,4,6,8A B ==．现抛掷硬币从A 、B 中无放回地取出数字组成九位数，规则是：若硬币出现正面时，就从集合A 中取出一个最小的数；若硬币出现反面时，就从集合B 中取出一个最小的数．当一个集合的数字被取完而另一个集合还有数字时，另一集合剩下的数字就按从小到大的顺序添在后面按此规则，取出的数字恰好为123456789的概率为________． 【答案】1256【解析】 【详解】由规则知，抛掷硬币的正反面序列为：正反正反正反正反． 所以，取出的数字恰好为123456789的概率为8112256⎛⎫= ⎪⎝⎭．故答案为12569．（2021·全国·高三竞赛）在1，2，3，…，10这10个正整数中任取4个，记ξ为这四个数中两数相邻的组数，则ξ的数学期望E ξ=__________． 【答案】65【解析】 【分析】 【详解】易知ξ的取值为1,2,3，且：327741013233765C C E C ξ⨯⨯+⨯⨯+⨯==． 故答案为：65.10．（2018·全国·高三竞赛）甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球，要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人．一次传球后，每个人仍各有一个球的概率为______． 【答案】19【解析】 【详解】 433139P ⨯== 11．（2018·全国·高三竞赛）袋内有8只白球和2只红球，每次从中随机取出一只球，然后放回1只白球．则第四次恰取完所有红球的概率为______． 【答案】0.0434 【解析】【详解】第四次恰取完所有红球的概率为2229182918210.043410101010101010101010⎛⎫⎛⎫⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．12．（2019·全国·高三竞赛）从{}1,2,,100中任取5个数（可以相同）．则取到合数的个数的数学期望是______． 【答案】3710【解析】 【详解】{}1,2,,100中合数共有74个，设ξ为取到合数的个数．则()()557426i 05100100iiP C i ξ-⎛⎫⎛⎫==≤≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．故ξ服从二项分布．因此，7437510010E ξ=⨯=． 故答案为371013．（2018·全国·高三竞赛）甲有一个箱子，里面有红球和白球共4个；乙有一个箱子，里面有2个红球、1个白球、1个黄球.现在，甲从他的箱子中任取2个球，乙从他的箱子中任取1个球，如果取出的3个球颜色全不同，则甲获胜.为了保证甲获胜的概率最大，则甲的箱子中的红球个数为____. 【答案】2 【解析】 【详解】设甲的箱子中有()1n n ≥个红球，则白球有4n -个.故甲获胜的概率为()114214414.24n n C C P n n C C -==-422n n +-≤=，即()44n n -≤，当且仅当2n =时，上式等号成立，P 最大.14．（2019·全国·高三竞赛）两人作一种游戏:连续旋转一枚硬币若干次,当正(或反)面向上的次数累计达到5次时游戏结束.游戏结束时,如果正面向上的次数累计达到5次,则A 胜;否则B 胜.那么,旋转不足9次就决出胜负的概率为______.【答案】93128【解析】 【详解】考察旋转9次才结束游戏的情形.此时,前8次旋转中正面向上和反面向上各有4次,其概率为488C 352128=,于是,旋转不足9次就结束游戏的概率为35931128128-=. 故答案为9312815．（2019·全国·高三竞赛）设1210,,,a a a 是2000,2001,,2009的一个排列，记数列{}n a 的前n 项和为n S ．则排列1210,,,a a a 满足“()110i S i ≤≤都不是3的倍数”的概率为______.【答案】150【解析】 【详解】 设2000,2001,,2009的一个排列为一个基本事件M .则基本事件总数为1010N A =.下面计算所求事件M 含的基本事件数．（1）首项不能是3的倍数，除首项以外各项均可是3的倍数，从而，3的倍数有39A 种排法；（2）去掉3的倍数后，考虑模3余2、余1的数的位置（用i a 模3的余数代替i a ）： 当11a =时，21a =，32a =，41a =，……此时，含1的项比含2的项多，这与已知矛盾； 当12a =时，22a =，31a =，……此时，满足题设要求．综上，模3余2、余l 的数的位置唯一确定，它们的各自排法分别有44A 和33A 种．因此，事件M 含基本事件数为343943m A A A =.故所求概率150m P N ==． 故答案为15016．（2019·全国·高三竞赛）一副扑克牌除去大、小王共52张.洗好后，四个人顺次每人抓13张.则两个红A （即红桃A 、方块A ）在同一个人手中的概率为________. 【答案】417【解析】 【详解】注意到，牌洗好后每个人的牌就定下来了，即已将52张牌排在了52个位置上. 记四组牌号为：1，5，9，13，⋯，49；2，6，10，14，⋯，50； 3，7，11，15，⋯，51；4，8，12，16，⋯，52．则红桃A 、方块A 在同一组中的排列数为25013504M A A =.从而，所求概率为452!17M P ==. 故答案为41717．（2018·湖北·高三竞赛）一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______. 【答案】772【解析】 【详解】设1234a a a a 、、、分别是四次投掷骰子得到的点数，那么()1234,,,a a a a 共有46种不同的情况. 如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则 1234a a a a ≤≤≤.若1234a a a a 、、、的值都相等，则()1234,,,a a a a 有16C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取两个不同的值，则()1234,,,a a a a 有263C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取3个不同的值，则()1234,,,a a a a 有363C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取4个不同的值，则()1234,,,a a a a 有46C 种不同的情况.因此，满足1234a a a a ≤≤≤的情况共有1234666633126C C C C +++=（种）.故所求的概率为41267672=. 18．（2019·上海·高三竞赛）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________.【答案】311【解析】 【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． 19．（2019·贵州·高三竞赛）已知m ∈{11，13，15，17，19}，n ∈{2000，2001，…，2019}，则mn 的个位数是1的概率为____________ . 【答案】25【解析】 【详解】当m =11，n ∈{2000，2001，…，2019}时，mn 的个位数都是1，此时有20种选法； 当m =13，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =15时，mn 的个位数不可能为1，此时有0种选法；当m =17，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =19，n ∈{2000，2002，2004，…，2018}时，m 的个位数都是1，此时有10种选法. 综上，所求概率为205051025205++++=⨯.故答案为：25．20．（2021·全国·高三竞赛）有甲乙两个盒子，甲盒中有5个球，乙盒中有6个球（所有球都是一样的）.每次随机选择一个盒子，并从中取出一个球，直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______. 【答案】319512【解析】 【分析】 【详解】相当于前十次中至少有五次选择了甲盒的概率，即5101011101051319222512i i p CC ===+=∑.故答案为：319512. 21．（2021·全国·高三竞赛）先后三次掷一颗骰子，则其中某两次的点数和为10的概率为___________． 【答案】23108【解析】 【分析】 【详解】有两次为5的概率为213531166216C C +=， 有两次为6和4的概率为211134323306216A C C C +=， 所以概率为163023216216108+=. 故答案为：23108. 22．（2018·福建·高三竞赛）从如图所示的，由9个单位小方格组成的，33⨯方格表的16个顶点中任取三个顶点，则这三个点构成直角三角形的概率为______．【答案】514【解析】 【详解】先计算矩形的个数，再计算直角三角形的个数．如图所示，根据矩形特点，由这16个点可以构成224436C C ⨯=个不同的矩形．又每个矩形可以分割成4个不同的直角三角形，且不同的矩形，分割所得的直角三角形也不同．因此，可得436144⨯=个直角顶点在矩形顶点的不同的直角三角形．再算直角顶点不在矩形顶点：（1）在12⨯的矩形中，有直角顶点不在矩形顶点，边长分别为()2,2,2的直角三角形两个．而12⨯矩形横向、纵向各有6个，故共有21224⨯=个． （2）在23⨯的矩形中，有直角顶点不在矩形顶点，边长分别为5,5,10的直角三角形4个，边长分别为(2,22,10的直角三角形4个．而23⨯矩形横向、纵向各有两个，故共有()44432+⨯=个． 所以，所求的概率31614424322005401414P C ++===⨯． 23．（2018·全国·高三竞赛）从集合{}1,2,,2014中随机地、不放回地取出三个数123a a a 、、，然后再从剩下的2011个数中同样随机地、不放回地取出三个数123b b b 、、.则将123a a a ⨯⨯为长、宽、高的砖能放进以123b b b ⨯⨯为长、宽、高的盒子中的概率为__________． 【答案】14【解析】 【详解】不妨设123a a a <<，123b b b <<，当且仅当11a b <，22a b <，33a b <时砖可放入盒中. 设126c c c <<<是从{}1,2,,2014中选出的六个数，再从中选出三个，有36C =20种方法.这三个作为123a a a 、、，剩下三个作为123b b b 、、，符合要求的1a 只能为1c . 2a 若为2c ，则3a 可为3c 或4c 或5c ；2a 若为3c ，则3a 可为4c 或5c .故符合要求的取法为5种，概率51204p ==. 24．（2018·全国·高三竞赛）小明、小红分别独立重复投掷均匀的色子，直到第-次出现6点为止．则小明和小红投掷的次数相差不超过1的概率为________． 【答案】833【解析】 【详解】设小明、小红投掷次数分别为ξη、.则所求为()()()1,11,]i P i P i i P i i ξηξηξη+∞===+==++=+=∑.由独立性,知所求概率为()()()()()()111)i P i P i P i P i P i P i ξηξηξη+∞=⎡⎤==+==++=+=⎣⎦∑=111151515151266666666i i i ii ---+∞=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑=833.25．（2018·全国·高三竞赛）设n 为正整数.从集合{}1,2,,2015中任取一个正整数n 恰为方程236n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解的概率为_______（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）. 【答案】10072015【解析】 【详解】当()6n k k Z +=∈时，6322n k k ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，66233636n n k k k k k ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦.满足题中方程的n 为6，12，…，2010，共335个； 当()65n k k Z +=-∈时，653322n k k -⎡⎤⎡⎤==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 6565221333636n n k k k k k --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+=-+-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦. 满足题中方程的n 为1，7，13，…，2011，共336个； 当()64n k k Z +=-∈时，643222n k k -⎡⎤⎡⎤==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 6464221333636n n k k k k k --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+=-+-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦. 满足题中方程的n 不存在；当()63n k k Z +=-∈时，633222n k k -⎡⎤⎡⎤==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 6363211323636n n k k k k k --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+=-+-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦. 满足题中方程的n 为3，9，15，…，2013，共336个； 当()62n k k Z +=-∈时，623122n k k -⎡⎤⎡⎤==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，6262211323636n n k k k k k --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+=-+-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦. 满足题中方程的n 不存在；当()61n k k Z +=-∈时，613122n k k -⎡⎤⎡⎤==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 6161211323636n n k k k k k --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+=-+-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦. 满足题中方程的n 不存在. 因此，从集合{}1,2,,2015中任取一个正整数n 恰为题中方程的解的概率为335336336100720152015++=. 26．（2018·全国·高三竞赛）抛一颗色子三次，所得点数分别为m 、n 、p .则函数322132n y mx x px =--+在[)1,+∞上为增函数的概率为______. 【答案】1124【解析】 【详解】 注意到，()322132n f x mx x px =--+ 在[)1,+∞上为增函数等价于()220f x mx nx p =-->'在[)1,+∞上恒成立，等价于()10f '>，即2m n p >+.当2m =时，3n p +≤，有3种；当3m =时，5n p +≤，有10种； 当4m =时，7n p +≤，有21种；当5m =时，9n p +≤，有30种； 当6m =时，11n p +≤，有35种. 故所求概率为331021303511624++++=.27．（2019·全国·高三竞赛）将编号为1，2，…，9的几颗珍珠随机固定在一串项链上，假设每颗珍珠的距离相等，记项链上所有相邻珍珠编号之差的绝对值之和为T 则T 取得最小值的放法的概率为______. 【答案】1315【解析】 【详解】由题设，知珍珠的固定方法共有9!47!92=⨯⨯（种）. 在项链所在的圆周上，从1~9有优弧和劣弧两条路径，设12,,,k x x x ⋅⋅⋅是依次排列在这段弧上的珍珠号码.则()()()11211219198k k T x x x x x x x x =-+-+⋅⋅⋅+-≥-+-+⋅⋅⋅+-=， 当且仅当1219k x x x <<<⋅⋅⋅<<时，等号成立.因此，T 取得最小值的放法共有0123677772C C C C +++=（种）.故所求概率为62147!315=⨯. 28．（2018·全国·高三竞赛）小张、小李、小华、小明四人玩轮流投掷一枚标准色子的游戏.若有一人投到的数最小，且无人与他并列，则判他获胜；若投出最小数的人多于一个，则将没投出最小数的人先淘汰，再让剩下的人重新做一轮游戏，这样不断地进行下去，直到某个人胜出为止.已知第一个投掷色子的小张投到了数3.则他获胜的概率是______. 【答案】175864【解析】 【详解】考虑第一轮次中可能出现的四种情形. （1）小张获胜.这种概率是313168P ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）小张与另外某一人打成平局.这种概率是213131668C ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭，故形成此情形且小张最终获胜的概率是21118216P =⨯=（注意该游戏永不停止地进行下去的概率是0，下同）.（3）小张与另外某两个人打成平局，这种概率是2231316624C ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭，故形成此情形且小张最终获胜的概率是311124372P =⨯=. （4）所有人均打成平局．这种概率是3116216⎛⎫= ⎪⎝⎭，故形成此情形且小张最终获胜的概率是41112164864P =⨯=. 综上，小张在游戏中获胜的概率为1234111117581672864864P P P P P =+++=+++=. 29．（2018·全国·高三竞赛）从集合{}1,2,,2011⋅⋅⋅中任意选取两个不同的数a 、b ，使得a b n +=（n 为某正整数）的概率为12011．则ab 的最小值为______． 【答案】2010． 【解析】 【详解】记使得a b n +=的方法有k 种．则22011110052011k k C=⇒=． 考虑ab 尽量小，且使a b n +=的方法有1005种． 取2011n =．则120102************+=+=⋅⋅⋅=+． 此时，2011a b +=的选法恰有1005种． 于是，ab 的最小值为120102010⨯=．30．（2018·全国·高三竞赛）A B 、两队进行乒乓球团体对抗赛,每队各三名队员,每名队员出场一次. A B 、两队的三名队员分别是1A 、23A A 、,123B B B 、、,且i A 对j B 的胜率为()13ii j i j ≤≤+、.则A 队得分期望的最大可能值是______. 【答案】9160【解析】 【详解】设123A A A ，，胜率为123,,,p p p A 则队得分期望为123p p p ++， 计算123123123123123123246255336354446435++++++++++++，，，，，，可知,当132132:,:,:A B A B A B 时,期望最大为9160. 31．（2018·全国·高三竞赛）将1~6这16个正整数随机地填入44⨯棋盘的16个格子中（每格填写一数），则使每行、每列填数之和皆为偶数的概率为______． 【答案】412145【解析】 【详解】首先，将44⨯棋盘染黑白两色，使黑、白两种格子各有8个，且每行（或列）中同色的格子有偶数个． 分三种情况讨论：（1）若第一列为两黑两自，则该列有24C 种染法．考虑后三列每行黑格的个数，则有12323223334+⨯⨯+⨯⨯+⨯=种染法．（2）若第一列为四黑，则后三列共有2234321C C +=种染法．（3）若第一列为四白，则后三列共有21种染法．对于以上每种染法，将1~16中的偶数填入黑格中，奇数填入白格中，得到满足条件的填法．故所求概率为()()26342128!4116!2145⨯+⨯⨯=．32．（2019·全国·高三竞赛）某人练习打靶，开始时，他距靶100m ，此时，进行第一次射击.若此次射击不中，则后退50m 进行第二次射击，一直进行下去.每次射击前都后退50m ，直到命中为止，已知他第一次的命中率为14，且命中率与距离的平方成反比.则他能够命中的概率等于_________. 【答案】12 【解析】 【详解】记事件“第n 次射击命中”为n A ，其概率为()n P A .则()114P A =. 又第n 次射击时距离靶()()()100501501n n m +-=-， 则()()()2122111n P A P A n n ⎛⎫== ⎪+⎝⎭+.于是，前n 次内命中的概率为()()()()121211n n n P P A A A P A P A P A =-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⋅()21111324211111492233111n n n n n ⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=---⋅⋅⋅-=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭+⎢⎥⎣⎦()1212121n nn n +=-⋅=++.令n →∞，得1lim 2n n P →∞=. 因此，此人能够命中的概率是12.故答案为1233．（2019·全国·高三竞赛）如图，给定由()12n n +个点组成的正三角形点阵．在其中任意取三个点，以这三点为顶点构成的正三角形的概率为__________．【答案】224n n +-【解析】 【详解】设正三角形点阵的凸包为正ABC ∆，边长为1n -.首先，计算正△DEF 的个数，其中，D 、E 、F 为上述正三角形点阵内的点. 如图，将AB 、AC 分别延长到点,B C ''，使得''1BB CC ==.将BB '分成n 等份.对正三角形点阵内任一点X ，过X 作AB 、AC 的平行线与B C ''的交点，并分别记为b c X X 、. 下面分两种情形.1.正△DEF 与正△ABC 的对应边平行，则正△DEF 与边B C ''上有序三点组()b ,,c c E F F 一一对应，有3n+1C 个正三角形.2.正△D E F '''不与正△ABC 对应边平行，作正△D E F '''的外接正△DEF ，使得正△DEF 与正△ABC 的对应边平行，则正△D E F '''与边B’C’上有序四点组()b b ,',',c c E D D F 一一对应，有41n C +个正三角形.综上，共有344n+112n n C C C +++=个正三角形.从而，所求概率为()42321224n n n C C n n ++=+-. 故答案为224n n +-34．（2019·全国·高三竞赛）有7名运动员分别获得某项比赛的一、二、三等奖，已知一等奖的人数不少于1人，二等奖的人数不少于2人，三等奖的人数不少于3人.则恰有2人获一等奖的概率为______. 【答案】613【解析】 【详解】按一、二、三等奖的顺序，获奖人数有三种情况：()1,2,4，()1,3,3，()2,2,3.当()1,2,4时，发奖方式有12476465711052C C C ⨯=⨯⨯=（种）； 当()1,3,3时，发奖方式有1337636547114032C C C ⨯⨯=⨯⨯=⨯（种）； 当()2,2,3时，发奖方式有322742765431210322C C C ⨯⨯⨯=⨯⨯=⨯（种）. 故恰有2人获一等奖的概率为 210621014010513=++.35．（2019·全国·高三竞赛）某校进行投篮比赛，共有64人参加.已知每名参赛者每次投篮的命中率为34.规定：只有连续命中两次才能被录取，一旦录取就停止投篮，否则一直投满4次.设ξ表示录取人数.则E ξ______. 【答案】54 【解析】 【详解】每位参赛者被录取的概率为33133113313321644444444434444256p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故录取人数ξ服从二项分布，即216~64,256B ξ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以，2166454256E ξ=⨯=. 故答案为5436．（2019·全国·高三竞赛）数字钟分别用两个数字显示小时、分、秒（如10:03:18）.在同一天的05:00:00~23:00:00（按小时计算）之间，钟面上的六个数字都不相同的概率是______. 【答案】61540【解析】 【详解】为了满足题中的条件，设钟面显示应为()1212121112::6,6,h h m m s s m s h h <<≠. 当16h <，26h <时，1m 和1s 应在小于7中的另外四个数中选择.因而，1m 有四种选择方式，1s 有三种选择方式.由于已选择了四个数字，2m 和2s 就只能从剩余的六个数字中选择，它们分别有六种、五种的选择方式.在05:00:00—23:00:00之间，这种情形共有时间总数是743652520⨯⨯⨯⨯=.当1h 、2h 中只有一个小于6时，类似可求在05:00:00~23:00:00之间，这种情形共有时间总数是854654800⨯⨯⨯⨯=.因此，钟面上的六个数字都不相同的次数是250048007320+=，概率为732061183600540=⨯.37．（2021·浙江金华第一中学高三竞赛）甲，乙两人进行一场七局四胜制的游戏，任何一人累计获胜四局即为胜方，同时游戏结束，另一人为负方．若在每局中，双方各有12的概率获胜，则游戏结束时胜方比负方多获胜的局数的数学期望为______． 【答案】3516【解析】 【分析】 【详解】由题可设游戏结束时胜方比负方多获胜的局数为X ,则X 可能取值为1,2,3,4, 比七局,前六场两人三胜三负,胜方比负方多获胜一场,63615(1)216P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭;比六局,前五场胜方三胜两负,胜方比负方多获胜两场,63515(2)2216P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭;比五局,前四场胜方三胜一负,胜方比负方多获胜三场,53411(3)224P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭,比四局,胜方连胜四局,411(4)228P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭,所以551135()123416164816E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. 故答案为：3516. 38．（2019·四川·高三竞赛）设一个袋子里有红、黄、蓝色小球各一个现每次从袋子里取出一个球(取出某色球的概率均相同)，确定颜色后放回，直到连续两次均取出红色球时为止，记此时取出球的次数为ξ，则ξ的数学期望为_____ . 【答案】12 【解析】 【详解】设所求数学期望为E ，第一次取出的球的颜色分别为红、黄、蓝的取法的次数ξ的数学期望为E (a )、E (b )、E (c ).则E (b )=E (c ).因为第一次取出的球的颜色为红、黄、蓝的概率是相同的，所以()2()3E a E b E +=，①先考虑第一次取出的球是红色的，若第二次取出的球是红色的，则操作结束；若不然，第一个为红球，第二个球的颜色为黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新的取法(即第一个球的颜色是黄或蓝)，则12()2(1())33E a E b =⨯++②再考虑第一次取出的球的颜色是黄或蓝，忽略第一个球，剩下的取球方式可以视为一种新的取法，则()1E b E =+③ 由①、②、③，解得E =12. 故答案为：12．39．（2019·广西·高三竞赛）从1，2，…，20中任取3个不同的数，这3个数构成等差数列的概率为____________ . 【答案】338【解析】 【详解】设取出的3个不同的数分别为a 、b 、c .不同的取法共有320C 种，若这3个数构成等差数列，则有a +c =2b .故、c 同为奇数或同为偶数，且a 与c 确定后，b 随之而定.从而所求概率为221010320338C C P C +==. 故答案为：338． 二、解答题(共0分)40．（2018·黑龙江·高三竞赛）为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”的战略，哈市面向全市征如《扶贫政策》义务宣传志愿者，从年龄在[20，45]的500名志愿者中随机抽取100名，其年龄频率分布直方图如图所示.（1）求图中x 的值；（2）在抽出的100名志愿者中按年龄采用分层抽样的方法抽取10名参加中心广场的宣传活动，再从这10名志愿者中选取3名担任主要负责人.记这3名志愿者中“年龄低35岁”的人数为X ，求X 的分布列及数学期望.【答案】（1）0.06x =（2）分布列见解析，期望为1.8 【解析】 【详解】（1）根据频率分布直方图可得()0.010.020.040.0751x ++++⨯=，解得0.06x =.（2）.用分层抽样的方法，从100志愿者中选取10名，则其中年龄“低于35岁”的人有6铭，“年龄不低于35岁”的人有4名，故X 的可能取值为0，1，2，3.()343101030C P X C ===，()12643103110C C P X C ===，()2164310122C C P X C ===，()36310136C P X C ===.故X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1303101216所以()13110123 1.8301026E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.41．（2018·湖南·高三竞赛）棋盘上标有第0，1，2，⋅⋅⋅，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败集中营）是，游戏结束.设棋子跳到第n 站的概率为n P . （1）求3P 的值；（2）证明：111()(299)2n n n n P P P P n ++-=--≤≤；（3）求99100P P 、的值.【答案】（1）58（2）111()(2n 99)2n n n n P P P P +--=-≤≤（3）1009911132P ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 【解析】 【详解】（1）棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率在18；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为14；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为14，因此3P =58.（2）易知棋子先跳到第2n -站，再掷出反面，其概率为212n P -；棋子先跳到第1n -站，再掷出正面，其概率为112n P -，因此有()1212n n n P P P --=+， 即()11212n n n n P P P P ----=-+， 也即()()1112992n n n n P P P P n +--=-≤≤. （3）由（2）知数列{}()11n n P P n --≥是首项为{}()11n n P P n --≥ 1011122P P -=-=-，公比为12-的等比数列.因此有()()11101122nn n n n P P P P ---⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭.由此得到 999899100111211122232P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有10098991111232P P ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭. 42．（2018·全国·高三竞赛）已知数列{}n a 满足10a =，并且对任意的1,11n n n n Z a a a 取或++∈-+的概率均为12．（1）设21n a +的值为随机变量X ，试求X 的概率分布； （2）求X 的绝对值的数学期望E|X|．【答案】（1）见解析；（2）2212n n n nC -． 【解析】 【详解】（1）设1n n n d a a +=-.则对任意正整数,n n d 取1或-1的概率均为12，且()22211111n nn i i i i i a a a a d ++===+-=∑∑.设21n a k +=.显然，2k n ≤，并设此时122,,,n d d d ⋅⋅⋅中有x 个1,2n-x 个-1.则X-(2n-x)=k. 因此，k=2(x-n)只能取[-2n,2n]之间的偶数值.对于偶数2m(m=0,±1,...,±n)，事件{X=2m}相当于在2n 个数122,,,n d d d ⋅⋅⋅中，有n+m 个取1，n-m 个取-1，因此，X 的概率分布可表示为()()2220,1,,2n mn n C P X m m n +=-==±⋅⋅⋅±（2）对任意1≤i≤n ，易知P(X=-2m)=P(X=2m).从而，()()22121,2,,2n m nn C P X m m n +-===⋅⋅⋅.2222211112?22n m nn n m nn n n m m C E X m mC ++--====∑∑()2222112nn mn mnn n m n m CnC ++-=⎡⎤=+-⎣⎦∑()1212221122nn m n mn nn m nCnC +-+--==-∑ 12122211122n nn m n m n n n m m n C n C +-+--==⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑ ()212222*********.2222n n n n n n n n nC n C n ---⎡⎤=⨯⨯--=⎢⎥⎣⎦ 43．（2018·全国·高三竞赛）掷骰子（为均匀的正方体，六个面分别标有1、2、3、4、5、6）游戏规则如下：第一次掷9枚骰子，将其中显示为1的骰子拿出放到一边；第二次掷剩下的骰子，再将显示为1的骰子拿出；……，直到未掷出显示为1的骰子或骰子全部拿出，游戏结束.已知恰好掷9次结束游戏的概率为u v uab c d（a、b 、c 、d 为不同的质数，u v N +∈、）.求uv bcd +. 【答案】2012 【解析】 【详解】由游戏规则，知若恰好掷9次结束游戏，则前八次中每次恰好有1枚骰子显示为1，第九次无论显示是否为1，游戏均结束，其中，第()1,2,,8k k =⋅⋅⋅次掷10k -枚骰子，恰有1枚显示为1的概率为191010156k k k C ---⨯⨯. 则191891010125566k u k k v u kk k k C ab k c d ----==⨯⨯==∏∏ 363737444040379!5565756632⨯⨯⨯===⨯ 7a ⇒=，5b =，3c =，2d =，37u =，40v =.故37405322012uv bcd +=⨯+=.44．（2018·全国·高三竞赛）从集合{}()1,2,,,2S n n N n +=⋅⋅⋅∈≥的子集中先后取出两个不同的子集P 、Q ，求以下事件发生的概率： （1）PQ ，且Q P ；（2）Card ()()01P Q k k n ⋂=≤≤- 【答案】（1）()1321221n n n n ----；（2）()3221kn n- 【解析】 【详解】由集合S 共有2n 个子集，知有序子集对(),P Q 的取法共有()22221n nn A =-种.（1）考虑“P Q ，且Q P ”的对立事件：“P ⊂≠ Q 或Q ⊂≠ P ”.若P ⊂≠ Q ，记Card ()()1Q i i n =≤≤..则Q 有in C 种取法.而P 是Q 的真子集，于是，P 有21i -种取法.从而，满足P ⊂≠ Q 的子集对(),P Q 的取法总数为()121232nn niiiiin n n nn i i i C C C ===-=-=-∑∑∑.由对称性，Q ⊂≠ P 的取法也有32n n -种.因此，P Q ，且Q P 的概率为()()()12323211221221n n nnnnn n----=---. （2）集合{}1,2,,S n =⋅⋅⋅中含有n 的子集的个数为12n -个.于是，事件Card ()()01P Q k k n ⋂=≤≤-等价于在n k -元集合S S '=\()P Q ⋂中先后选取两个子集P '、Q '，使得P Q '⋂'=∅.设Card ()()0P i i k ='≤≤.则P '有ik C 种取法.于是，,s Q C P '⊆'.从而，Q '有2k i -种取法.此时，子集对(),P Q ''共有12k ik C -种选法.故满足P Q '⋂'=∅的子集对(),P Q ''有023kk i i kk i C -==∑（个）.因此，Card ()()01P Q k k n ⋂=≤≤-的概率为()3221kn n-. 45．（2019·全国·高三竞赛）甲乙两人参加竞选，结果是甲得n 票，乙得m 票()n m >. 试求：唱票中甲累计的票数始终超过乙累计的票数的概率. 【答案】n mn m-+ 【解析】 【详解】若唱甲当选，则记为1；若唱乙当选，则记为1-. 每一种唱票方式都对应一个由n 个1和m 个1-组成的排列. 用k S 表示谴责k 项的和，在直角坐标系中标出点(),k k S ，并将点(),k k S 与点()11,k k S ++用线段联结()00,1,2,,,0k m n S 其中=⋅⋅⋅+=. 这样，每一种唱票方式都对应一条联结()0,0O 与(),A m n n m +-的折线. 而甲累计的票数始终领先等价于所有的点(),k k S 都在x 轴的上方，即折线与x 轴无交点（我们称为“好折线”，反之为“坏折线”）.显然，联结O 、A 的“自由”（无限定条件）折线有C nm n +条，这是因为在m n +段中选择n 段为上升有C nm n +种方法.对每一条坏折线，有如下两种情形：一是经过点()1,1S -，二是经过点()1,1T . 对于第一种情形，坏折线是由S 到A 的自由折线，从而，这样的折线有1C nn m +-条.对于第二种情形，注意到过()1,1T 的坏折线必与x 轴相交，设其横坐标最小的交点为P . 将此折线位于P 左边的部分作关于x 轴的对称折线，便得到过点()1,1S -的坏折线，于是，坏折线的条数也有1C nn m +-条. 所以，合乎条件的好折线的条数为11111C 2C C C 1C n n n nm n m n m n m n m n m m n -++-+-+-+-⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭.综上所述，所求的概率为()11C C 1C C m mn m n m n nn m n mn m m n mn n n m +-+-++--⎛⎫-⋅== ⎪+⎝⎭. 46．（2019·全国·高三竞赛）如图，正六边形ABCDEF 的中心为O ，对A 、B 、C 、D 、E 、F 、O 这七个点中的任意两点，以其中一点为起点、另一点为终点作向量.任取其中两个向量，以它们的数量积的绝对值作为随机变量ξ.试求ξ的概率分布列及其数学期望E ξ.【答案】见解析 【解析】 【详解】所作出的向量数为2721C =，则可取221210C =对向量.设所取向量分别为a 、b .由于···cos ,a b a b a b ξ==，因此，可不考虑向量的方向.不妨令所取两向量的夹角均为它们所在直线的夹角（取值范围为[]0,90︒︒），则任意两向量之间的夹角均属于集合{}0,30,60,90︒︒︒︒，每个向量的模值属于集合{}3,2，其中，模为1的个数为1236，模为2的个数为3.若2a b ==，则它们之间的夹角必为60︒，·2a b =，其概率为1321221070⨯⨯=. 若3a b =0︒或60︒.当夹角为0︒时，·3a b =，其概率为1611221070⨯⨯=；当夹角为60︒时，3·2a b =，其概率为1462221035⨯⨯=. 若1a b ==，则它们之间的夹角可能为0︒或60︒.易知其概率分别为。

2019年贵州省高中数学联赛试题一、选择题：每小题6分，本大题共30分.1.已知等差数列{}n a 的公差0≠d ，且21129272516a a d a a +=++，则{}n a 的前15项之和=15S 为A．15B．16C．30D．322.方程组⎩⎨⎧=--=1||||||||y x e e y x 的解的组数是A．5B．6C．7D．83.在ABC Rt ∆中，︒=∠90B ，15=AB ，20=BC .则顶点B 与斜边各点的连线中（含边BC AB ,）长度为整数的线段的条数是A．9B．10C．11D．124.已知正三棱锥侧面与底面所成二面角的余弦值为61，则此三棱锥的高h 与其内切球半径r 之比=r h A．5B．6C．7D．85.设椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的左、右焦点分别为1F ，2F ，其焦距为c 2，点22,23(c c N 在椭圆内部，点M 是椭圆C 上的动点，且||32||||211F F MN MF <+恒成立，则椭圆C 的离心率的取值范围是A．)33,0(B．)1,33(C．)1,2134(D．)33,2134(二、填空题（每小题7分，本大题共70分）6.在ABC ∆中，30=AB ，20=AC ，210=∆ABC S ，D ，E分别为边，AB ，AC 的中点，BAC ∠的平分线分别与DE ，BC交于F ，G 点.则四边形BGFD 的面积为．7.已知函数3)()(x e e x f x x ⋅-=-，若m 满足1(2)(log )(log 25.02e e m f m f -≤+，则实数m 的取值范围是．8.若半径为cm R 62+=的空心球内部装有四个半径为r 的实心球，则r 所能取得的最大值为cm ．9.在ABC ∆中，0=++GC GB GA ，0=⋅GB GA ，则=⋅+B A C B A tan tan tan )tan (tan ．10.已知正项数列{}n a 的前项和为n S .若{}n a ，{}nS 均为公差为d 的等差数列，则=n S ．11.已知}19,17,15,13,11{∈m ，}2019,,2001,2000{ ∈n .则n m 的个位数是1的概率为．12.已知方程0525=+-x x 的五个根分别为,,,,,54321x x x x x 1)(2+=x x f .则=∏=51)(k kx f ．13.若n b a )(+的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数=n ．14.平面区域}43sin sin sin sin ],2,0[,|),{(22≤+⋅-∈=y y x x y x y x S π的面积为．15.已知集合}2019,,3,2,1{ =A ，对于集合A 的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数，则所有这些倒数的和为．三、解答题（本大题共50分.其中16题10分，17题、18题各20分）16.我们知道，目前最常见的骰子是六面骰，它是一颗正立方体，上面分别有一到六个洞（或数字），其相对两面之数字和必为七。

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题17 其它综合类竞赛题 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2019·全国·高三竞赛）计算:10112k k nn k C k +=⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑=_______.【答案】113112n n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】注意到，()01nnk kn k C x x ==+∑.两边积分得()01112200nn k kn k C x dx x dx ==+∑ 11011311212k n k nn k C k n ++=⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⇒=-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑. 故答案为113112n n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦2．（2019·全国·高三竞赛）设1234123,241,1,5,4,13P P P k P k +（，，）（，，）（，）（，）是空间中体积为1的一个四面体的四个顶点.则k ＝_______. 【答案】-2或1. 【解析】 【详解】四面体体积为()()62276k k ⇒---=1k ⇒=+1805n n a a n n N ∈＝，）或-2. 故答案为-2或1.3．（2019·全国·高三竞赛）给定函数())1f x x ≤.则函数()f x 与反函数()1f x -交点的坐标为______.【答案】()1,0，()0,1，⎝⎭. 【解析】 【详解】())1f x x ≤的反函数为()()1210f x x x -=-≥.联立方程21,y y x ⎧⎪⎨=-⎪⎩①② 由式①得()()42212211y x x x x =-+=---.把式①、②代入上式，得422y y y =-，即()()4220y y y y ---=，于是，()()2110y y y y -+-=.解得10y =，11x =；21y =，20x =；3y =（舍去负值），3x =. 故答案为()1,0，()0,1，⎝⎭. 4．（2019·全国·高三竞赛）把函数()ax bf x cx d+=+的系数按其自然位置排成两行两列，记为二阶矩阵A a b c d ⎛⎫= ⎪⎝⎭．其中，每一个数字称为二阶矩阵的元素．又记()()()()af x b f f x cf x d+=+()()()()22abc x ab bd ac cd x bc d +++=+++的系数所组成的二阶矩阵22a ab ab bd ac cd bc d ⎛⎫++ ⎪++⎝⎭为A 的平方，即222A A A a bc ab bd ac cd bc d ⎛⎫++=⨯= ⎪++⎝⎭．观察二阶矩阵乘法的规律，写出1112322122A A A aa a a ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭中的元素21a =________．【答案】222a c acd bc cd +++ 【解析】【详解】根据二阶矩阵乘法的规律，知111232122a a A a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭中的ij a 应是2A 中第i 行的元素分别乘以A 中第j 列对应元素的代数和，则()()222221a ac cd a bc d c a c acd bccd =+++=+++．故答案为222a c acd bc cd +++5．（2018·江西·高三竞赛）a 、b 为正整数，满足1112018a b -=，则所有正整数对(),a b 的个数为______． 【答案】4 【解析】 【详解】 由1112018a b -=，知12018a ≤<，且201820180ab a b +-=， 于是()()22220182018201821009a b -+==⋅，而020182018a <-<，20182018b +>． 因1009为质数，数2221009⋅所有可能的分解式为212018⨯，()2221009⨯⨯，241009⨯，()100941009⨯⨯．其中每一个分解式对应于(),a b 的一个解，故其解的个数为4． 故答案为46．（2018·湖南·高三竞赛）如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.设A n 是第n 次挖去的小三角形面积之和（如1A 是第1次挖去的中间小三角形面积，2A 是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前n 次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.3314n⎤⎛⎫-⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】3而第k 次一共挖去13k -个小三角形，1334k k A -⎫=⎪⎝⎭.因此，可以采用等比级数求和公式，得到答案为1111333334134414nk n n n k k k A -==⎛⎫- ⎪⎤⎛⎫⎛⎫⎝⎭===-⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-∑. 3314n⎤⎛⎫-⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦7．（2018·湖南·高三竞赛）已知n 为正整数，若22310616n n n n +-+-是一个既约分数，那么这个分数的值等于_____. 【答案】811【解析】 【详解】因为()()()()225231061682n n n n n n n n +-+-=--+-，当21n -=±时，若()()8,55,31n n n ++=+=，则22310616n n n n +---是一个既约分数，故当3n =时，该分数是既约分数. 所以这个分数为811. 故答案为8118．（2019·全国·高三竞赛）设k 为常数.若对一切()0,1x y ∈、，有111k k k k k k k k x y x y x y x y+-≤+-，则实数k 的取值范围是____. 【答案】](,0.-∞ 【解析】 【详解】注意到()()111111111k k k kk kk k k k k k x y x y x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫+-≤+-⇔--≥-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭10.k k x y k ⇔≥⇔≤故答案为](,0-∞9．（2019·全国·高三竞赛）定义数列{}n a ：()34n a n n N +=+∈，令()1,n n n d a a +=.则n d 的最大值为_________. 【答案】433. 【解析】 【详解】由()()334,14n d n n +++，知()324,331n d n n n +++.则()()3234331n d n n n n ⎡⎤-++++⎣⎦，且()()222331312,331n n d n n d n n n n ++⇒+-++()()2213,331213,332n n d n n n d n n ⇒+++⇒+- ()()233233213433n n d n n d ⎡⎤⇒--++⇒⎣⎦.所以，()max 433n d ≤. 易知，()210211,433a a =. 从而，()max 433n d =. 故答案为43310．（2019·全国·高三竞赛）如图，设圆台的轴截面为等腰梯形ABCD ，其中，18AB =，6CD =．若圆台的高为8，PQ 是下底面与AB 夹角为60︒的直径，则异面直线PC 、DQ 所成角的余弦值为________．【答案】1127【解析】 【详解】如图，设异面直线PC 、QD 所成角为α，向量PC 、DQ 的夹角为θ，以下底面中心O 为原点、AB 所在直线为x 轴建立空间直角坐标系.则()3,0,8C 、()3,0,8D -、993,,022P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、993,,022Q ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭. 于是393,,822PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，393,,822QD ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭. 因此1PC QD ⋅=.而127PC =，127QD =， 故1cos 127θ=. 从而，1cos cos 127αθ==. 故答案为112711．（2018·甘肃·高三竞赛）设,x y 满足24,1,2 2.x y x y x y +≥⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩若z ax y =+只在点()2,0A 处取得最小值，则实数a 的取值范围是______．【答案】122a -<<【解析】 【详解】画出平面区域如下：由数形结合可得122a -<-<，即122a -<<．12．（2018·全国·高三竞赛）若函数()1y f x =+的反函数为()11y f x -=+，且()13999f =，则满足()f n n =的最小正整数n =______． 【答案】2000 【解析】 【详解】由条件得()()1111f x f x --+-=-，()113999f -=．从而，()()11399939981ff ---=-，()()11399839971f f ---=-，…，()()1111f k f k --+-=-． 相加得()()()111399940004000f k k f k k f k k ---=-⇒=-⇒-=．令40000k -=．则2000k =．13．（2018·全国·高三竞赛）方程()4sin 1cos 33x x +=______． 【答案】()π2π3x k k =+∈Z 【解析】 【详解】原方程两边平方得()()()22222716sin 1cos 161cos 12cos cos x x x x x =+=-++4316cos 32cos 32cos 110x x x ⇒+-+=()()222cos 14cos 12cos 110x x x ⇒-++=()1πcos 2π23x x k k Z ⇒=⇒=+∈． 14．（2018·全国·高三竞赛）已知,42ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，一元二次方程()()22222tansec 2tan sin cos 20x x θθθθθ++--=有重根.则cos θ的值是______.【解析】 【详解】由于方程有重根，故0∆=，即()()22222tan sin cos2tan sec 0θθθθθ-++=. 设2cos d θ=.则()21111210d d d d d dd --⎛⎫⎛⎫+-+-+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 故()22310d d -+=，解得d =因此，cos θ. 15．（2018·全国·高三竞赛）设()f x 定义在+N 上，其值域B +⊆N ，且对任意n +∈N ，都有()()1f n f n +>，及()()3f f n n =．则()()1011f f +=________．【答案】39 【解析】 【详解】由()()13f f =，知()()()()13f f f f =． 若()11f =，则()()()3111f f f ===，矛盾． 因此，()()()()21213f f f f ≤<≤=．则()23f =，()12f =，()()()326f f f ==，()()()639f f f ==．又()()()()634569f f f f =<<<=，故()47f =，()58f =，()()()7412f f f ==，()()()12721f f f ==．因为()()()9618f f f ==，()()()()189********f f f f =<<<=，所以，()1019f =，()1120f =．因此，()()101139f f +=．16．（2018·全国·高三竞赛）已知()221f x x x =++，存在实数t ，使得当[]1,x m ∈时，()f x t x +≤恒成立.则m 的最大值是______. 【答案】4 【解析】 【详解】把()f x 的图像向右平移t -个单位，数形结合得m 的最大值是(),y x y f x t =⎧⎨=+⎩两个交点横坐标的较大者.由()11f t +=，解得1,3t t =-=-.再由()3f x x -=，得1x =（舍去），4x =. 故m 的最大值是4.17．（2018·全国·高三竞赛）直角坐标平面上两曲线3y x =与3x y =围成的图形的面积为______． 【答案】1． 【解析】 【详解】因为两曲线分别关于原点对称，从而，只需计算两曲线在第一象限围成的图形的面积A ．当1x >时，3x >；当01x <<时，3x <． 所以，两曲线在第一象限有唯一的交点()1,1．又)13A x dx =⎰441303311|44442x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，所以，两曲线围成的图形的面积为21A =．18．（2019·全国·高三竞赛）已知关于x 的方程()()2201000x a x a a +-+=≠的两根均为整数．则实数a 的值为______． 【答案】4024 【解析】 【详解】设方程的根为1x 、()212x x x ≤．由韦达定理得()122010x x a +=--，12x x a =．则12122010x x x x ++=，即()()12112011x x ++=．又因为2011为质数，所以，120,2010x x =⎧⎨=⎩或122012,2.x x =-⎧⎨=-⎩故0a =（舍）或4024a =．19．（2021·全国·高三竞赛）若65432()2f x x x x x =--+-+f 的值为_______．【解析】 【分析】 【详解】研究二次方程210x --=和210x -+=，即(0x x =和(0x x =．因此0x422()(1)(1)(f x x x x x x =--+-++故f =20．（2019·全国·高三竞赛）不等式()332211x x+-≥的解集为________．【答案】{}0,1 【解析】【详解】y =，则不等式化为221x y +=，331x y +≥. 故330x y ≤+()()2211x x y y =-+-()()()()221111y x x y =--+--()()()()221111y x x y =------()()()112x y x y =---++.因为2221x y x =+≥，所以1x ≤. 同理，1y ≤.故10x ±≥，10y ±≥，20x y ++≥.若20x y ++=，110x y +=+=，不满足221x y +=.因此，20x y ++>. 于是，不等式化为()()110x y --≤. 但10x -≥，10y -≥， 故()()110x y --=. 解得()()(),1,0,0,1x y =.经检验，0x =或1都是原不等式的解. 故原不等式的解集为{}0,1. 故答案为{}0,121．（2019·全国·高三竞赛）已知函数26y x ax a =+-与x 轴有两个不同的交点()()12,0,0x x 、，并且()()()()121238311+1616aa x x a x a x -=-+----，则a 的值是______．【答案】12 【解析】 【详解】由23640a a ∆+>，得0a >或19a <-,根据题意知()()2126y x ax a x x x x =+-=--则()()()1211117x x f a -+=-=-，()()121616a x a x ---- ()1617f a a =-=-于是，38317a a a-=-- 解得12a =或0a =（舍去）. 22．（2019·全国·高三竞赛）设实常数k 使得方程222250x y xy x y k +-+++=在平面直角坐标系xOy 中表示两条相交的直线,交点为P.若点A 、B 分别在这两条直线上,且||1PA PB ==,则PA PB ⋅=_____. 【答案】45±【解析】 【详解】由题设知，关于x y 、的二次多项式222250x y xy x y k +-+++=可以分解为两个一次因式的乘积.因()()2222522x y xy x y x y +-=-+-+，所以，()()2222522x y xy x y k x y a x y b +-+++=-++-++，其中，a b 、为待定的常数. 将上式展开后比较对应项的系数得 ,21,21ab k a b b a =--=+= .解得1,1,1a b k ==-=-.再由210,210,x y x y -++=⎧⎨-+-=⎩得两直线斜率为121,22k k ==，交点()1,1P .设两直线的夹角为θ（θ为锐角）.则 212134tan ,cos 145k k k k θθ-===+.故PA PB ⋅cos PA PB θ=⋅或()4cos 180cos 5PA PB PA PB θθ⋅︒-=±⋅=±.故答案为45±23．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是一个直角三角形三边之长，且对大于2的自然数n ，成立()()22222n n n n n n a b c a b c ++=++．则n =______． 【答案】4 【解析】 【详解】设2nx a =，2n y b =，2nz c =，有 ()()()()22222444222022n n n n n na b c a b c x y z x y z =++-++=++-++444222222222x y z x y x z y z =++---()()()()x y z x y z y z x z x y =-+++-+-+-． （*）不妨设c 为斜边，则z x >，z y >．可知0x y z ++>，0y z x +->，0z x y +->． ∴（*）式等价于z x y =+，即221nna b c c ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．另一方面，222a b c +=成立，或221a b c c ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因为01a c <<，01b c <<，x xa b y c c ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭为单调减函数，仅在一个x 点处取1y =，因此，22n=，4n =． 故答案为424．（2018·山东·高三竞赛）已知a ，b ∈Z ，且a b +为方程20x ax b ++=的一个根，则b 的最大可能值为______． 【答案】9 【解析】 【详解】由题设()()20a b a a b b ++++=，则22230a ab b b +++=．因为a ，b Z ∈，则()222988b b b b b ∆=-+=-必为完全平方数．设()228b b m m N -=∈，则()22416b m --=，()()4416b m b m -+--=．所以4842b m b m -+=⎧⎨--=⎩或4444b m b m -+=⎧⎨--=⎩或4248b m b m -+=-⎧⎨--=-⎩或4444b m b m -+=-⎧⎨--=-⎩．解得9b =，8，1-,0．所以b 的最大可能值为9.25．（2018·贵州·高三竞赛）方程组()33266x y xy x y ⎧+=⎪⎨+=-⎪⎩的实数解为___________.【答案】13x y =-⎧⎨=⎩或31x y =⎧⎨=-⎩ 【解析】 【详解】因为()33266x y xy x y ⎧+=⎪⎨+=-⎪⎩，所以()()333326188x y x y xy x y +=+++=-=，即2x y +=，代入()6xy x y +=-，得3xy =-.由23x y xy +=⎧⎨=-⎩ ⇒ 13x y =-⎧⎨=⎩或31x y =⎧⎨=-⎩. 26．（2018·全国·高三竞赛）已知αβγ、、为方程3256780x x x -+-=的三个不同的根，则()()()222222ααββββγγγγαα++++++的值为_________．【答案】1679-625【解析】 【详解】注意到，()()()()()()()()()3333332222225-5-5-++++++=5-5-5-αββγγαααββββγγγγαααββγγα⋅⋅()()()()()()()()()2222226--7-6--7-6--7-=5-5-5-αβαββγβγγαγααββγγα⋅⋅()()()36+-76+-76+-7=5αββγγα⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦36666--76--76--7555=5γαβ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 3111-6-6-6555=5αβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 336111=---5303030αβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 记()()()()5f x x x x αβγ=--- 则()()()32222224611679530625f ααββββγγγγαα⎛⎫++++++==-⎪⎝⎭. 27．（2018·全国·高三竞赛）使得方程280x ax a ++=①只有整数解的实数a 的个数为______. 【答案】8 【解析】 【详解】设方程①有整数解()m n m n ≤、.则,8m n a mn a +=-=. 于是，()()8864m n ++=.解得，()()()()()()()()(),72,9,40,10,24,12,16,16,7,56,6,24,4,8,0,0m n =-----------. 对应的()81,50,36,32,49,18,4,0,a m n =-+=---共8个.28．（2018·全国·高三竞赛）某人排版一个三角形,该三角形有一个内角为60°,该角的两边边长分别为x 和9.这个人排版时错把长x 的边排成长1x +,但发现其他两边的长度没变.则x =______.【答案】4 【解析】 【详解】 由12cos609x +=︒,得4x =.29．（2018·全国·高三竞赛）已知()3233f x x x x =-+在区间[],a b ()b a >上的值域为[],a b ．则满足条件的区间[],a b 为________． 【答案】[]0,1，[]0,2，[]1,2 【解析】 【详解】有()()2236331f x x x x =-+=-，知除1x =外，()0f x '>．故()f x 在(),-∞+∞上为增函数．依题意函数在x a =取最小值a ，在x b =取最大值b ，则()f a a =，()f b b =， 这表明a 、b 是方程()f x x =的两个根．注意到3233x x x x -+= ⇔ ()()120x x x --=．解得10x =，21x =，32x =． 故所求的区间为[]0,1，[]0,2，[]1,2．30．（2018·全国·高三竞赛）30 ！末尾最后一个不为零的数字为________. 【答案】8 【解析】 【详解】注意到2614742230!2357111317192329=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 则1914422730!23711131719232910=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ()1914422237137939mod10≡⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯.因为4437、模10均余1，且42n 模10余6，所以，()3730! 28mod1010≡≡31．（2018·全国·高三竞赛）平面区域()223,0,,sin sin sin sin 24S x y x y x x y y π⎧⎫⎡⎤=∈+⋅+≤⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭、的面积等于______. 【答案】26π【解析】 【详解】由()()()()()222sin sin sin sin 22cos cos cos cos x x y y x y x y x y x y -⋅+=-+⋅-++--()()31132cos cos 2222x y x y ⎡⎤⎡⎤=-++⋅--≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 得()()11cos cos 022x y x y ⎡⎤⎡⎤++⋅--≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，即2,33x y x y ππ⎧+≤⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩或2,3.3x y x y ππ⎧+≥⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩结合x 、0,2y π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得到如图的平面区域，其面积为2222126236ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.32．（2018·上海·高二竞赛）分解因式：()()()111xy x y xy ++++=_______. 【答案】(xy+x+1)(xy+y+1) 【解析】 【详解】xy =(xy+1)(xy+x+y+1)+xy=(xy+1)((xy+1)+(x+y))+xy=(xy+1)^2+(x+y)(xy+1)+xy =((xy+1)+x)((xy+1)+y)=(xy+x+1)(xy+y+1)33．（2021·全国·高三竞赛）若一个分数ab（a ，b 均为正整数）化为小数后，小数部分出现了连续的“2020”，例如20.02020299=，就称它为“好数”.则“好数”的分母的第二小的可能值为________. 【答案】193 【解析】 【分析】 【详解】我们总可以将一个“好数”适当乘一个10的方幂并减去其整数部分后使之成为一个小数点后前四位是“2020”的真分数，于是0.20200.2021ab≤<， 进而1115005476a b ≤-<，即1515005476a b b -≤<. 若51a b -=，则4765500b <≤且()4mod5b ≡，所以99b =.若52a b -=，则95251000b <≤且()3mod5b ≡，所以193,198b =. 若53a b -≥，则51428,286b b >≥. 另一方面，390.20207193≈是“好数”，因此b 的第二小的可能值为193. 故答案为：193. 二、双空题(共0分)34．（2018·全国·高三竞赛）阅读下面一道题目的证明，指出其中的一处错误．题目：平面上有六个点，任何三点都是三边互不相等三角形的顶点，则这些三角形中有一个的最短边又是另一个三角形的最长边．证明：第一步，对已知的六个点作两两连线，可以得出15条边，记为1a ，2a ，…，15a .第二步，由于任何三点组成的都是“三边互不相等的三角形”，因此，15条边互不相等不妨设1215a a a <<<.第三步，由于“任何三点都是三边互不相等三角形的顶点”，因此，任取三条边都可以组成三角形，则1a 、2a 、3a 组成的三角形的最长边3a ，也是3a 、4a 、5a 组成的三角形的最短边,命题得证.这三步中，第______步有错误，理由是______. 【答案】 二或三 第三步有错误，理由是：不能推出“任取三条边都可以组成三角形”或第二步有错误，理由是：不能推出1215a a a <<<.【解析】 【详解】不能推出“任取三条边都可以组成三角形”，比如，从六个点1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A 中，记1A 、2A 的连线为i a ，记3A 、4A 的连线为j a ，记5A 、6A 的连线为k a （i 、j 、k 互不相等），则i a 、j a 、k a 未必能组成三角形，即使组成三角形也不是本题所说的“三点两两连线”所成的三角形．第二步也有错误，理由是三点组成的“单个三角形”内部边长互不相等， 不能推出“多个三角形”之间边长互不相等，因而，“1215a a a <<<”中的“<”也可能有“≤”．说明：虽然证明有错误，但结论是成立的，可把六个点“两两连线”的每个三角形最长边染成红色，剩下的边染成蓝色，然后证明必有同色三角形，又因为每个三角形都有红边，所以，同色三角形必有三边同红色的三角形，这个三角形的最短边便又是另一个三角形的最长边． 三、解答题(共0分)35．（2019·全国·高三竞赛）在直角坐标系中，有三只青蛙A 、B 、C ，其起始位置分别为()()(0004,62,3,6A B C 、，首先，A 以B 为中心跳到其对称点上，然后，B 以C 为中心跳到其对称点上，接着，C 以A 为中心跳到其对称点上，……依此类推．设A 、B 、C 第n 次跳到的位置分别为n n n A B C 、、，201120112011A B C ∆的三边长分别为a 、b 、c ，面积为S ．证明:222201730017a b c S ++>⨯ 【答案】见解析 【解析】 【详解】设n n n A B C ∆的三边长分别为,,n n n a b c .则由題意知1n n 1n n 1n n+1222n n n A A B B B C C C A++++=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩ ①②③ 由式①得 ()n 1n 12n B A A +=+ ④ 将式④代入式②得 ()n 2n+1124n n C A A A +=++ ⑤ 将式⑤代人式③并整理得 3n+21350n n n A A A A +++++=.其特征方程为323510λλλ+-+=，即()()21410λλλ-+-=.解得0121,22λλλ==-=-则n nn 12A D E F λλ=++ ⑥在式④、⑤、⑥中令n=0，得()()(12124,6112,32211622D E F D E F D E F λλλλ⎧⎪++=⎪++⎪+⋅+⋅=⎨⎪--⎪+⋅+⋅=+⎪⎩24 解得()()()0,0,1,2,3,4D E F ===.故222n n n a b c ++222n n n n n n B C C A A B =-+-+-()()()222n+2n+21n+111123442n n n n A A A A A A A +=-+-+- ()()222n+1n+1n+111=22n n A A A A A +++- ()222n+1n+11=2n A A A ++又每只青蛙跳后，三只青蛙所组成的三角形面积不变，即000A B C S S =∆=. 而()22n n 212225221nn n A EE F λλλ=+>+-，故 22222201*********a b c A A ++=+()40222514222>++)4022142S >+()(20111509S =+201130017S >⨯36．（2019·全国·高三竞赛）设异面直线a 、b 成60︒角，它们的公垂线段为EF ，且2EF =，线段AB 的长为4，两端点A 、B 分别在a 、b 上移动.求线段AB 中点P 的轨迹方程.【答案】2219x y +=【解析】 【详解】易知点P 在过EF 的中点O ，且与a 、b 平行的平面α内.如图所示，设a 、b 在α内的射影分别为a '、b '，点A 、B 在α内的射影分别为A '、B '，则60A OB ∠=''︒，且A B ''的中点即为AB 的中点P .又4AB =，2EF =，则23A B ''=.于是，问题转化为求定线段A B ''的两个端点分别在a '、b '上移动时，其中点P 的轨迹. 如图所示，以A OB ∠''的平分线为x 轴，O 为原点，建立直角坐标系.不失一般性，令OB n '=，OA m '=.在A OB ∆''中，22 12m n mn +-=. ①设A B ''的中点P 的坐标为(),x y ，则()()232,2,32212.232m x y x m n n x y y m n ⎧⎧=+=+⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪=-=-⎪⎪⎩⎩代入式①，化简整理得2219x y +=. ②这里得到的是椭圆②夹在A OB ∠''内的弧.在另外3种情形中，同样可得到椭圆②的另3段弧.综合得点P 的轨迹是椭圆2219x y +=.37．（2018·全国·高三竞赛）求所有三次多项式()P x ，使得对一切0x y ≥、，均有()()()P x y P x P y +≥+.【答案】见解析【解析】 【详解】设()()320P x ax bx cx d a =+++≠.则原不等式等价于()32axy x y bxy d ++≥（任意的x 、y 0≥） ① 令x 、y 充分大，得0a >. 令x=y=0，得0d ≤. 在这样的条件下，式①又可写成()()22332ax y axy d b xy ++-≥-（任意的x 、y 0≥） ②当2b -，即328243b a d ≥时，由基本不等式得式②成立.反之，当2b -时.若0d <，则取x 、y 使2233ax y axy d ==-，即知式②不成立；若d=0时，则要求对任意整数x 、y ，有()32a x y b +≥-，故0b ≥，矛盾.综上，所求三项多项式为()32P x ax bx cx d =+++.其中，0a >，0d ≤，328243b a d ≥ 38．（2018·全国·高三竞赛）已知多项式()()()()4322275311735f x ax a x a x a x a =+-+-+-+-，其中，a 为实数．证明：对任意的实数a ，方程()0f x =总有一个相同的实数根． 【答案】见解析 【解析】 【详解】注意到，()()()432322757323115f x a x x x x x x x =-+-++-+-()()()32221335x a x x x x x ⎡⎤=--+-+-+⎣⎦ ()()()()2221315x a x x x x ⎡⎤=--++-+⎣⎦．从而，对任意的实数a ，方程()0f x =总有根0.5x =．39．（2018·全国·高三竞赛）给定正整数n ,求1122nk k n =⎡⎤-⎢⎥⎣⎦∑,其中,[]x 表示不超过实数x 的最大整数. 【答案】0 【解析】 【详解】令11110222m m m m n a a a a --=++++.其中,0m a ≠.此时,122m m n +≤< ,所以,[]2log n m =.若2k m ≥+,则1212102222m k m n ++-<-=，此时1122k n ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦.若1k m =+,则11110,22222k m n n +⎡⎫-=-∈⎪⎢⎣⎭，此时1022k n ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦.若k m =,则110111222222m m t m m m k t t a a n a a ---=⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-=+-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑.若1k m ≤+,则1011221222m m m k tt k m t t k k t t k n a a a -----==⎡⎤⎡⎤-=-=+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑. 则[]2log 11111111111121222222n m m m m t k m m t k k k k k k k k t k n n n a a a a ------=====⎛⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-=-+=++- ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑∑∑∑∑ 1111111121mtm m t km m t k t k k k a a a a -----=====-++-∑∑∑∑()()()111122211m mmtm t k t k a a a m --===-+-+--∑∑m211t t t a m n m ==--=--∑.故1112111122222222nm nk k m k k k k m n n n n +===+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-+-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑()()()()2101110nk m n m n m n m =+=--++-=-----=∑40．（2018·全国·高三竞赛）试求所有的正整数n 及实数,22x x ππ⎛⎫⎡⎤∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，使得tan n xcot x +.【答案】见解析 【解析】 【详解】由tan n xcot x((()tan cot tan cot n x x n x x Q +=++，①((tan cot tan cot 3n x x n n x x Q =++∈.②由式①知存有理数q，使得tan cot n x x q +=-由式②知(tan cot n x x Q +，即(0q Q Q q -⇒⇒=.故tan cot n x x +=-设tan x y =.则1ny y +=-210ny ⇒++=y ⇒=由ny Q +=，知2n =或3. 当2n =时，y =此时，x =或. 当3n =时，y =此时，arctan 6x π⎛==- ⎝⎭. 41．（2018·全国·高三竞赛）实数333111111i i i i i y x y x ======∑∑∑满足3211123ii y x x x x =+∑，试求()11,2,3ii y a i x ==的值. 【答案】0 【解析】 【详解】令331111i i i i a a x ====∑∑.于时，()()()()()()1111111211231123231213122331y y x a a a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x -===+++++++++.故()()()222222123122331y a a x x x x x x x x x x x -=++++. 同理，()()()333323123122331y a a x x x x x x x x x x x -=++++，()()()333111112111231223310i i i i a a x y x x x x x x x x x x ===-==++++∑∑∑. 则211,)2y y p.42．（2018·全国·高三竞赛）已知非零实数a 、b 、c 、t 满足()2,1.a tb c b c t t =+⎧⎪⎨=++⎪⎩（1）求证：二次方程()()()22220cx c b c x b c b c +--+-=①必有实根，且2c b a --是方程的一个实根；（2）当15a =，7b =时，求c 、t . 【答案】（1）见解析；（2）1,2c t == 【解析】 【详解】（1）解法1：由()21b c t t =++，有()22441bc c t t =++ ()22223123c c t c =++≥，得二次方程的判别式()()()222224c b c c b c b c ∆=-++- ()22430b bc c =-≥.所以，二次方程①必有实根，把2x c b a =--代入方程①有左边()()222c c b a c b c =--+-⋅ ()()()222c b a b c b c ---+-()()()222c b a c c b a c b c ⎡⎤=----+-⎣⎦ ()()22b c b c ---()()()222ac c b a b c b c =----+- ()()()()22bt c c bt b c b c b c =++--+-()()()22222c b t b t b c c b c b c ⎡⎤=++--+-⎣⎦()()222b c t t b c c ⎡⎤=++-⎣⎦ ()()22b c b c -+-()()()()2222b b c b c c b c b c ⎡⎤=-+--+-⎣⎦()()()()22220b c b c b c b c =+--+-=.因此，2c b a --是方程①的一个实根．所以，二次方程①必有实根，且2c b a --是方程的一个实根．解法2：由()2,1a tb c b c t t =+⎧⎪⎨=++⎪⎩消去t 得21a c a c b c b b ⎡⎤--⎛⎫=++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 故()()232b c b b a c a c ⎡⎤=+-+-⎣⎦()22232ca c b c a b c bc c =+-+-+.则()()()22220ca c b c a b c b c +--+-=.②.这表明，二次方程①有实根a .由根与系数的关系得方程的另一根为()22c c b x a c b a c-=-=--.因此，二次方程①必有实根，且2c b a --是方程的一个实根．说明：当0∆=时，43b c =，12t =-，58a c =，确实有两根相等528c b a c a --==.（2）把15a =，7b =代入式②整理得32373793430c c c -+-=.观察知方程的系数和为0，故有分解式()()21363430c c c --+=，但()223634318190c c c -+=-+>，得1c =.代入a bt c =+得a ct b -=15127-==. 43．（2018·全国·高三竞赛）设a 、b 为复数，01p ≤≤．求证：pppa b a b +≤+． 【答案】见解析 【解析】 【详解】对于0p =，1p =，不等式显然成立． 对于01p <<： 若0a b +≠，则1111pppppa b a b a b a b a ba ba ba b----+++=≤=+++++． ①若{}max ,a b a b +≥，则1111ppa b a--≤+，1111ppa bb--≤+．利用式①有11pp pa b a b a ba b--+≤+++ 11p pppa b a b ab--≤+=+．不等式成立．若{}max ,a b a b +<，则{}()max ,pp ppa b a b a b +≥>+．不等式也成立．最后，若0a b +=，则0p p pa b a b +≥=+．不等式也成立． 44．（2019·全国·高三竞赛）已知非常数的整系数多项式()f x 满足()()()()32324432211xx x f x x x x f x +++=-+-+.①证明：对所有正整数()8n n ≥，()f n 至少有五个不同的质因数. 【答案】见解析 【解析】 【详解】 式①等价于()()()()()()2231111x x x f x x x x f x +++=--++. ②在式②中分别令3x =-1. 则()()210f f f f -====⎝⎭⎝⎭.再在式②中令2,0x =-.则()()100f f -==. 故2-、1-、0、1()0f x =的根.则 ()()()()()()22111f x x x x x x x g x =++--+， ③其中，()g x 为实系数多项式.由式③得()()()()()()2132111f x x x x x x x g x +=++++++. ④将式③、④代入式②得()()1g x g x =+. 设()0nkk k g x a x ==∑.则()01nnkkk k k k a x a x ===+∑∑.考虑两边1n -次项系数知110n n n n a na a na --=+⇒=. 所以，()g x 为常数c .故()()()()()22111f x c x x x x x x =++---，其中，常数{}\0c Z ∈.首先证明：()()()()2118n n n n n ++-≥至少有四个不同的质因数.否则，()()()211n n n n ++-至多有三个不同的质因数2、3、()2,3p p ≠.但1n -、n 、1n +、2n +两两之间的最大公因数为1、2、3，其中两个奇数互质，则为3a 、()bp a b N +∈、.从而，两个偶数为12c +、()23dc d N +⨯∈、.故231c d -=.解得()()(),2,1,3,2c d =.因此，这两个偶数为8、6或16、18.前者不符，后者得到另两个奇数为15、17或17、19，均导致矛盾.其次，假设存在某个正整数()8n n ≥，使得21n n -+的每个质因数都是()()()211n n n n ++-的质因数，且()()()211n n n n ++-恰有四个质因数，否则，结论成立.显然，()()21,11n n n n -+-=.由()()()()21123237n n n n n n -+=+-+=+-+,知()21,11n n n -++=或3，()21,21nn n -++=或7.故()2137a b n n a b N +-+=∈、.但9|21)n n -+（不能，故{}0,1a ∈，则0b >. 由假设知2n +、1n +、n 、1n -的质因数为2、3、7、()2,3,7p p ≠.则()72n +. 考虑其中两个偶数、两个奇数的质因数集合A 、B .显然，2A ∈，2B ≥，{}3A B ⋂⊆. 故2A =或3A =且3A ∈.若{}2,3A =或{}2,7，则两个偶数为12c +、23d ⨯或12c +、27d ⨯，得231c d -=或271c d-=.故这两个偶数为16、18或16、14.前者得7 |（n+2）不能；后者使()()()211n n n n ++-有质因数2、3、5、7及13(或17），矛盾. 若{}2,A p =，则2n +为奇数，1n -为偶数. 由33|A ∈⇒(1)3|n -⇒(2)n -.故()27c n +=，3d n =，且{}21,1en n ∈+- ()2,3c d e N c d e +∈≥≥、、、. 从而，()()321,2,3d ed e -=⇒=.于是，9n =.则2117c n +=≠，矛盾.若{}2,3,7A =，则{}3,B p =，且2n +为偶数，()2,13n n +-=. 故()2372n ⨯⨯+.从而，2c n =，13d n -=，1e n p += (),3,2c d e N c d +∈≥≥、、.于是，()()231,2,1c dc d -=⇒=，矛盾.若{}2,3,A p =，则{}3,7B =，且2n +为奇数，()2,13n n +-=.故()372n ⨯+. 但(),21n n +=，则n 的奇质因数不是3、7，矛盾.45．（2019·贵州·高三竞赛）我们知道，目前最常见的骰子是六面骰，它是一颗正立方体，上面分别有一到六个洞(或数字)，其相对两面之数字和必为七.显然，掷一次六面骰，只能产生六个数之一(正上面).现欲要求你设计一个“十进制骰”，使其掷一次能产生0~9这十个数之一，而且每个数字产生的可能性一样.请问：你能设计出这样的骰子吗?若能，请写出你的设计方案；若不能，写出理由.【答案】能，方案见解析 【解析】 【详解】因为不存在正十面体，所以直接产生“十进制骰”是办不到的. 但要实现“十进制骰”的要求，这样的骰子也是能设计的.即把骰子做成正二十面体，使其相对两面标同一个数字，这样0~9这十个数字就均匀分布在骰子上，当掷一次骰子时，最上面出现的数字必然是0~9这十个数字之一， 显然，每个数字出现的可能性一样故“个位骰”即为“二十面骰”.46．（2019·全国·高三竞赛）设二元函数()22,236z f x y x y y ==+-的定义域是(){}22,327,,D x y xy xy x y R =+≤∈.（1）求(),z f x y =（点(),x y ∈D ）的取值范围；（2）求所有的实数a ，使得在空间直角坐标系O xyz -中，曲面(),z f x y =（点(),x y ∈D ）与另一个曲面()z xy a x y =+∈R 、相交. 【答案】(1) 81,29⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭(2) 8126a -≥ 【解析】 【详解】（1）当0x =时，220,0y y ≤=，()(),0,00f x y f ==；当0x ≠时，22730y y x x x ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭，即1302y y x x ⎛⎫⎛⎫--≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.解得132yx≤≤. 令y t x=，则3,yt y tx x ≤≤=，()222,326f x y t x x tx =+-()22326t x tx =+- ()2326x t x t ⎡⎤=+-⎣⎦先固定t ，让x 变化.显然，当x →-∞或+∞时，(),f x y →+∞. 当2332tx t =+时，(),f x y 取得最小值. ()22296,33232t f x y t t -=-+++ 368133229≥-+-+当且仅当239273,,322929t t x y tx t =====+时等号成立. 由以上讨论可知(),f x y 的取值范围是81,29⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.（2）曲面()()(),,z f x y x y D =∈与(),z xy a x y R =+∈相交⇔方程()()(),,f x y xy a x y D =+∈有实数解 ⇔ ()()22236,x y y xy a x y D +-=+∈有实数解(),x y2222236,132x t x tx tx a t ⎧+-=+⎪⇔⎨≤≤⎪⎩有实数解(),x t ()223260,132t t x tx a t ⎧-+--=⎪⇔⎨≤≤⎪⎩有实数解(),x t ()22364320,132t t t a t ⎧∆=+-+≥⎪⇔⎨≤≤⎪⎩有实数解t 229,32132t a t t t ⎧-≥⎪⎪-+⇔⎨⎪≤≤⎪⎩（显然2320t t -+>）， 221333322t a t t t -⎛⎫⇔≥--⋅≤≤ ⎪-+⎝⎭.令()2213322t g t t t t -⎛⎫=≤≤ ⎪-+⎝⎭. 欲求()g t 的最大值，只须考虑23t <≤这一情形（否则()0g t ≤，不可能是最大值）. 令2(01)t k k -=<≤，则()()()23222kg t k k =+-++211231112113kk k k k =-++⎛⎫++ ⎪⎝⎭ 211231112113kk k k k ==++⎛⎫++ ⎪⎝⎭21141131134k k ==⎛⎫⎡⎤++ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎢⎥⎣⎦211261134≤=⎡⎤⎢⎥++⎢⎥⎣⎦0>，且关于k 严格递减）. 当且仅当1k =时，上式等号成立.故()g t 的最大值为126. 从而，()813326a g t -≥--≥.所以，a 的取值范围是8126a -≥.47．（2019·全国·高三竞赛）设直线与函数42y x x x =-+的图像恰有两个不同的公共点.求出所有这样的直线方程.【答案】1112y x ⎛=+ ⎝⎭【解析】 【详解】显然，直线x a =与函数42y x x x =-+的图像只有一个公共点.于是， 设直线方程为y px q =+.将其代入42y x x x =-+，得()4210x x p x q -+--=. ①方程①恰有两个不同实根，有如下3种情形：（1）()()()()4221x x p x q x u x v x Cx D -+--=--++，其中，u 、v 、C 、D R ∈，u v ≠，且24C D <.（2）()()()22421x x p x q x u x v -+--=--，其中，u 、v R ∈，且u v ≠. （3）()()()3421x x p x q x u x v -+--=--，其中，u 、v R ∈，且u v ≠.对于（1），可设()()()42221x x p x q x Ax B x Cx D -+--=++++，其中，24A B >，24C D <.展开比较系数得0A C +=，1AC B D ++=-，1BC AD p +=-，BD q =-. 由前两个方程得C A =-，21D A B =--，代入24A B >，24C D <，得 22244444B A C D A B <=<=--.所以，2844B A <-.故22221,12min ,24,4A A A AB A A ⎧-≤⎪⎧⎫-⎪<=⎨⎬⎨⎩⎭⎪⎪⎩ 则3121p BC AD A AB A =--=++-，22q BD B B A B =-=+-.直线方程为()32221y A AB A x B B A B =++-++-，其中，实数A 、B 满足221min ,24A A B ⎧⎫-<⎨⎬⎩⎭. 比如，取0A =，则12B <-；取2B =-，则1p =，2q =.因此，直线方程为2y x =+.此时，方程①为()()22210x x -+=.对于（2），可设()()24221x x p x q x Ax B -+--=++，其中，24A B >.在（1）的方程组中令A C =，B D =，得20A =，221A B +=-，21AB p =-，2B q =-. 解得0A =，12B =-，1p =，14q =-.因此，直线方程为14y x =-.对于（3），展开比较系数得30u v +=，()231u uv +=-，3231u u v p +=-，2u v q =-.由前两个方程得3v u =-，()22331u u -=-.解得u =注意到，()()2141319163p u u v u u u =++=+-=-，341312q u v u =-==，于是，()1,112p q ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.此时，直线方程为1112y x ⎛=+ ⎝⎭. 48．（2018·全国·高三竞赛）已知12,,n x x x 为实数,且1i x ≥,对{}1,2,,x n =的子集{}12t ,,,A i i i =,定义()12t i i i S A x x x =+++.其中,规定()0S ∅=，问：从n 个这样的和中至多可以选出多少个,使得其中任何两个的差的绝对值都小于1? 【答案】n 2nC ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】不妨设所有的0i x >.事实上,若有某个0i x <,则将i x 换作i x -,并将集合A 换作：{}()A A i i A =⋃∉'或{}()\A A i i A ='∈.故“和()S A ”变为()()S A S A x '=-,这样所有2n 个和均增加了i x -,任何两个“和”的差不变. 从而, 1i x ≥. 设12,,k A A A 是选出来的集合X 的子集,满足()()1i j S A S A -<.从而,必有各i A 互不包含.否则,设i j A A ⊆故()()()\1i j i j S A S A S A A -=≥.导出矛盾.由斯波那定理,知可选出的集合数n 2n C k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦≤.另外,取1i x =,则{}1,2,,X n =的全部n 2n C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个n 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦元子集互不包含,且对每一个i A ,有()n 2i S A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.于是,()()01i j S A S A -=<.所以,集合数的最大值为n 2n C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.49．（2018·全国·高三竞赛）(1)若正整数n 可以表示成(),2b a a b N a b 、、∈≥)的形式，则称n 为“好数”．试求与2的正整数次幂相邻的所有好数.(2) 试求不定方程2351x y z-⨯=的所有非负整数解(),,.x y z【答案】（1）9；（2）(1，0，0)，(1，1，0)，(2，1，0)，(3，2，0)，(4，l ，1)，(2，0，1). 【解析】 【详解】(1)设所求的好数为n ，(),2,2.bn a a b N a b +=∈≥≥、于是，存在正整数t (t>1)，使得2 1.t b a =±显然，a 为奇数．若b 为奇数，则()()12211.t b b a aa a --=±+⋯+ ① 而121b b a a a --+⋯+是奇数个奇数相加减的结果仍然是奇数，只可能是l ，代入 式①得b=l ，这与b≥2矛盾．若b 为偶数，则()1mod4.ba =若21t b a =+，则()212mod4.t ba =+=所以，t=1．矛盾若222111b b tba a a ⎛⎫⎛⎫=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，但221,12b ba a ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭， 故2129.bb a a -=⇒=综上，所求的所有好数只有一个n=9.(2)显然，x ≥1.当z=0时，若y≤1，易得方程的三组解(1，0，0)，(1，1，0)，(2，l ，0)； 若y≥2，由(1)的结论易知此时方程只有一组解(3，2，0). 当z≥l 时，显然，2x ≥．易知当且仅当2x =(mod 4)时，()21mod5x=-；当且仅当0x =(mod 4)时，()21mod5.x=若2351x y z -⨯= ②则()21mod5x≡，此时，()0mod4.x ≡设()4.x m m N +=∈对式②两边模4得()()111mod4.y +-≡于是，y 是奇数．设()21.y l l N =+∈ 则式②变为4212351m l z +-⨯=， 即()()2221212135.mm l z +-+=⨯。

高中数学联赛试题 一、选择题：每小题6分，本大题共30分. 1.小王在word 文档中设计好一张4A 规格的表格，根据要求，这种规格的表格需要设计1000张，小王欲使用“复制——粘贴”（用鼠标选中表格，右键点击“复制”，然后在本word 文档中“粘贴”）的办法满足要求.请问：小王需要使用“复制——粘贴”的次数至少为（ ）A ．9次B ．10次C ．11次D ．12次2.已知一双曲线的两条渐近线方程为30x y -=和30x y +=，则它的离心率是（ ）A ．2B ．3C ．22D ．31+3.在空间直角坐标系中，已知(0,0,0)O ，(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，则到面OAB 、面OBC 、面OAC 、面ABC 的距离相等的点的个数是（ ）A ．1B ．4C ．5D ．无穷多4.若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为223，则此截面与圆柱底面所成的锐二面角是（ ） A ．1arcsin 3 B ．1arccos 3 C ．2arcsin 3 D ．2arccos 35.已知等差数列{}n a 及{}n b ，设12n n A a a a =++⋅⋅⋅+，12n n B b b b =++⋅⋅⋅+，若对*n N ∀∈，有3553n n A n B n +=+，则106a b =（ ） A ．3533B ．3129C ．17599D ．15587 二、填空题（每小题6分，本大题共60分） 6.已知O 为ABC ∆所在平面上一定点，动点P 满足()ABAC OP OA AB AC λ=++，其[0,)λ∈+∞，则P 点的轨迹为 ．7.牛得亨先生、他的妹妹、他的儿子，还有他的女儿都是网球选手.这四人中有以下情况：①最佳选手的孪生同胞与最差选手性别不同；②最佳选手与最差选手年龄相同.则这四人中最佳选手是 ． 8.方程组2226()6x y xy x y ⎧+=⎨+=-⎩的实数解为 ．9.如图，在ABD ∆中，点C 在AD 上，2ABC π∠=，6DBC π∠=，1AB CD ==，则AC = ．10.函数z 的最小值是 ．11.若边长为6的正ABC ∆的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，则ABC ∆的重心G 到平面α的距离为 ．12.若实数a 使得不等式222x a x a a -+-≥对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围 ．13.若方程(0,1)xa x a a =>≠有两个不等实根，则实数a 的取值范围是 ．14.顺次连结圆229x y +=与双曲线3xy =的交点，得到一个凸四边形.则此凸四边形的面积为 ．15.函数2(5)sin 1(010)y x x x π=--≤≤的所有零点之和等于 ． 三、解答题（每小题15分，本大题共60分）16.已知函数3y x =.17.已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率2e =，直线21y x =-与C 交于A 、B两点，且AB =（1）求椭圆C 的方程；（2）过点(2,0)M 的直线l （斜率不为零）与椭圆C 交于不同的两点E 、F （E 在点F 、M 之间），记OME OMFS S λ∆∆=，求λ的取值范围.18.证明：（1）1111112212221k k k k ++++⋅⋅⋅+<++-(2,)n n N ≥∈； （2）分别以1，12，13， (1)19.已知梯形ABCD ，边CD 、AB 分别为上、下底，且90ADC ∠=，对角线AC BD ⊥，过D 作DE BC ⊥于点E .（1）证明：22AC CD AB CD =+⋅；（2）证明：22AE AC CD BE AC CD⋅=-.。

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。

2019年全国高中数学联合竞赛一试（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)m a =-与1(21,2)m m b +=-垂直，其中m 为实数，则a 的模为 ．答案解：令2m t =，则0t >．条件等价于(1)(1)20t t t ⋅-+-⋅=，解得3t =．因此a=．3. 设,(0,)a b p Î，cos ,cos a b 是方程25310x x --=的两根，则sin sin a b 的值为 ．答案：5． 解：由条件知31cos cos ,cos cos 55a b a b +==-，从而222(sin sin )(1cos )(1cos )a b a b =--22221cos cos cos cos a b a b=--+2222437(1cos cos )(cos cos )5525a b a b æöæö÷çç=+-+=-=÷çç÷ççèøè．又由,(0,)a b p Î知sin sin 0a b >，从而sin sin 5a b =． 4. 设三棱锥P ABC -满足3,2PA PB AB BC CA =====，则该三棱锥的体积的最大值为 ．答案：3． 解：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB 的中点，则h PM £==．当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h 取到最大值．此时三棱锥P ABC -的体积取到最大值11333ABC S D ⋅==．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 >，(1)n x +的展开式中4n x -与xy 两项的系数相等，则n 的值为 ．答案：51．解：注意到0(1)C 1)nnr n r r nr x x -=+=å．其中4n x -项仅出现在求和指标4r =时的展开式444C 1)n n x-中，其4n x -项系数为44(1)(2)(3)(1)C 24n n n n n ----=．而xy 项仅出现在求和指标1r n =-时的展开式11C 1)n n nx --⋅中，其xy 项系数为12331C C 4(1)(1)2(1)(2)n n n n n n n n ----⋅-=---． 因此有3(1)(2)(3)(1)2(1)(2)24n n n n n n n n ----=---．注意到4n >，化简得33(1)48n n --=-，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(,)a b 满足24b a ³，则r 的最小值为 ．答案：4．解：由条件知222(1)a r b r --+=，故22224(1)2(1)(1)a b r a r r a a £=---=---．即22(1)210a r a r --++£．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)0r r r r --+=-³，解得4r ³．经检验，当4r =时，(,)(3,a b =满足条件．因此r 的最小值为4．8. 设等差数列{}n a 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12n m a a a a +++=．这样的数列{}n a 的个数为 ．答案：5．解：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则 112(1)a d a k d +=+-，即1(2)k d a -=，因此必有2k ¹，且12ad k =-．这样就有1111(1)2n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，12111(1)(1)(1)22n n n n n a a a a n d a n a d --+++=+=+-+ 1(1)(1)(2)2n n a n k d æö-÷ç=+--+÷ç÷çèø， 确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使12|k a -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，,A B 为两个顶点．若3,2FA FB ==，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)x y a b a b+=>>，并记c =F 为G 的右焦点．易知F 到G 的左顶点的距离为a c +，到右顶点的距离为a c -，到上、下顶点的距离均为a ．分以下情况讨论：(1) ,A B 分别为左、右顶点．此时3,2a c a c +=-=，故25AB a ==（相应地，2()()6b a c a c =+-=，G 的方程为2241256x y +=）． …………………4分(2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时3,2a c a +==，故1c =，进而2223b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22143x y +=）． …………………8分 (3) A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点．此时3,2a a c =-=，故1c =，进而2228b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22198x y +=）．…………………12分 综上可知，AB的所有可能值为5,． …………………16分10. （本题满分20分）设,,a b c 均大于1，满足lg log 3,lg log 4.b a a c b c ì+=ïïíï+=ïî求lg lg a c ⋅的最大值．解：设lg ,lg ,lg a x b y c z ===，由,,1a b c >可知,,0x y z >．由条件及换底公式知3,4z zx y y x+=+=，即34xy z y x +==．…………………5分由此，令3,4(0)x t y t t ==>，则241212z x xy t t =-=-．其中由0z >可知(0,1)t Î． …………………10分因此，结合三元平均值不等式得2lg lg 312(1)18(22)a c xz t t t t t ==⋅-=⋅-33(22)2161818333t t t æöæö++-÷çç£⋅=⋅=÷çç÷ççèèø． 当22t t =-，即23t =（相应的,,a b c 分别为8833100,10,10）时，lg lg a c 取到最大值163． …………………20分11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．证明：对任意正整数m ，均有123m z z z +++<． 证明：归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n n z z n z z N ++æöæö÷çç÷++=Îçç÷çç÷èøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î． …………………5分因此1112n n nnz z z z ++===，故*11111()22N n n n z z n --=⋅=Î． ①进而有*11111()22N n n n n n n n z z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②…………………10分当m 为偶数时，设*2()N m s s =Î．利用②可得122122122111123sm k k k k k k k k z z z z z z z ¥¥---===+++£+<+==ååå． …………………15分 当m 为奇数时，设21()N m s s =+Î．由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå， 故1221221212113s m k k s k k k k z z z z z z z z ¥-+-==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,,,a a a 满足101(1,2,,50)i i a a i -³=．记112(1,2,,99)k k kka x k a a a +==+++．证明：29912991x x x £．证明：注意到12100,,,0a a a >．对1,2,,99k =，由平均值不等式知121210kk k k a a a a a a æöç<£çç+++èø， ……………10分 从而有9999299112991111212kk k k k k k k ka k x x x a a a a a a a ++==æö÷ç÷=£ç÷÷ç+++èø ． ①………………20分记①的右端为T ，则对任意1,2,,100i =，i a 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)101101101111ii i i i i i i i i i ia T a a a a -------===æö÷ç÷===ç÷ç÷èø ．………………30分又1010(1,2,,50)i i a a i -<£=，故1T £，结合①得29912991x x x T ££． ………………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12k d d d <<< 是n 的所有正约数，则21321,,,k k d d d d d d ---- 构成等比数列．解：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--． ………………10分 易知112231,,,k k k n nd d n d d d d --====，代入上式得3222231n n d d d n n d d d --=--， 化简得223223()(1)d d d d -=-． ………………20分由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30分从而序列21321,,,k k d d d d d d ---- 为23212,1,,,k k p p p p p p p ------ ，即123,,,,k d d d d 为21,1,,,k p p p - ，而此时相应的n 为1k p -．综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥． ………………40分三、（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 ==，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）证明：令1,(0)AB BC CD t ===>，由条件知2DE t =．注意到180BKE ABK PDE DEK < = < - ，可在CB 延长线上取一点A ¢，使得A KE ABK A BK ¢¢ = = ． ………………10分此时有A BK A KE ∽¢¢D D ，故A B A K BKA K A E KE¢¢==¢¢． ………………20分 又KC 平分BKE ，故211BK BC t KE CE t t t===++．于是有 22112A B A B A K BK AB A E A K A E KE t t AEæö¢¢¢÷ç=⋅===÷ç÷碢¢èø++． …………30分 由上式两端减1，得BE BEA E AE=¢，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． ………………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AA (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,,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． ………………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)n n ≥成立，考虑1n +的情形，将凸1n +边形记为121n A A A + ． 情形1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,a b 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,n n n A A A A ++．作对角线1n A A ，并将1n A A 染为c 色，则三角形11n n A A A +的三边全部同色．此时凸n 边形12n A A A 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,n n n A A A A ++均不是a 色，作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 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1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 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。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题01集合第一缉1．【2021年江西预赛】集合M 是集合A={1，2，…，100}的子集，且M 中至少含有一个平方数或者立方数，则这种子集M 的个数是.【答案】288(212‒1).【解析】集合 中的平方或者立方数构成集合 ,100},A ={1,2,⋯,100}B ={1,4,8,9,16,25,27,36,49,64,81其中有12个元素,从 中挖去集合 后剩下的元索构成集合 ,则 中有88个元索,A B C C 由于 的子集有 个, 的非空子集有 个,C 288B 212‒1集 可表示为 形式,其中 是 的任一非空子集, 是 的任一子集,因此 的个数为M M =B 0∪C 0B 0B C 0C M 288(212‒1).2．【2021年浙江预赛】给定实数集合A,B,定义运算 .设A ⊗B ={x∣x =ab +a +b,a ∈A,b ∈B} ,则 中的所有元素之和为.A ={0,2,4,⋯,18},B ={98,99,100}A ⊗B 【答案】29970【解析】由 ,x =(a +1)(b +1)‒1则可知所有元素之和为 .(1+3+⋯+19)×300‒3×10=299703．【2021年广西预赛】集合 的所有子集的元素的和等于 .M ={1,2,3,4,5,6}【答案】672【解析】所有子集的元素的和为 .25(1+2+3+4+5+6)=6724．【2021年新疆预赛】若实数集合 的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则{3,6,9,x}x 的值为 .【答案】94【解析】若 是最大元素，则 ,解得 ,不合题意；x 3x =18+x x =9若 是最小元素，则 ,解得 ；x 9x =18+x x =94若 既不是最大元素也不是最小元素，则 ,解得 ,不合题意；x 27=18+x x =9所以 .x =945．【2021年全国高中数学联赛A 卷一试】设集合,其中为实数.令.若的A ={1,2,m }mB ={a 2∣a ∈A },C =A ∪B C 所有元素之和为6,则的所有元素之积为 .C【答案】‒8【解析】由条件知(允许有重复）为的全部元素.1,2,4,m ,m 2C 注意到,当为实数时,,故只可能是,且m 1+2+4+m +m 2>6,1+2+4+m 2>6C ={1,2,4,m }1+2+4+m =6.于是(经检验符合题意),此时的所有元素之积为.m =‒1C 1×2×4×(‒1)=‒86．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设集合,A 是X 的子集,A 的元素个数至少是2,且A X ={1,2,⋯,20}的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A 的个数为 .【答案】190【解析】每个满足条件的集合A 可由其最小元素a 与最大元素b 唯一确定,其中a ,b ∈X ,a <b ,这样的的(a,b)取法共有种,所以这样的集合A 的个数为190.C 220=1907．【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数的最大整数,集合,x A ={x∣x 2‒x ‒6<0}B =则.{x∣2x 2‒3[x]‒5=0}.A ∩B =【答案】{‒1,222}【解析】易知, .若 ,则A =(‒2,3)x ∈A [x]=‒2,‒1,0,1,2.当 时,若 ,则 ,[x]=‒2x ∈B 2x 2+6‒5=0 不存在.x 当 时,若 ,则[x]=‒1x ∈B 2x 2+3‒5=0⇒x =±1.经检验, 不符合要求, 符合要求.x =1x =‒1当 时,若 ,则 ，[x]=0x ∈B 2x 2‒0‒5=0⇒x =±102均不符合要求.当 时,若 ,则 ,[x]=1x ∈B 2x 2‒3‒5=0⇒x =±2均不符合要求.当 时,若 ,则 .[x]=2x ∈B 2x 2‒6‒5=0⇒x =±222经检验, 符合要求, 不符合要求.故 .x =222x =‒222A ∩B ={‒1,222}8．【2020年甘肃预赛】设集合: , 若 ,则 的取值范A ={(x,y)∣log a x +log a y >0}B =|(x,y)|x +y <a}.A ∩B =∅a 围是.【答案】(1,2]【解析】若 ,则 a >1A ={(x,y)∣xy >1}.而当 与 相切时，x +y =a xy =1.x +1x =a⇒x 2‒ax +1=0⇒a =2于是,当 时, .若 ,则 ,此时， .a ∈(1,2]A ∩B =∅a <1A ={(x,y)∣xy <1}A ∩B ≠∅综上, .a ∈(1,2]9．【2020年广西预赛】已知集合 ,对 的任意非空子集 为集合 中最大数与最小数的M ={1,2,⋯,2020}M A,λA A 和.则所有这样的 的算术平均数为 .λA 【答案】2021【解析】考虑 的子集 若 ,则 若 ,设 中最大数为 ,最小M A '={2021‒x∣x ∈A}.A '=A λA'=λA =2021.A '≠A A a 数为 ,则 '中最大数为 ,最小数为2021- ，此时,b A 2021‒b a λA'+λA2=2021.故所求算术平均数为2021.10．【2020年广西预赛】设集合 ,且对集合 中的任意元素 则集合 的元索M ={1,2,⋯,2020},A ⊆M A x,4x ∉A.A 个数的最大值为 .【答案】1616【解析】首先,构造404个集合 ,其中，{k,4k}k =1;8,9,⋯,31;127,128,⋯,505.其次,集合 中的数除前述已提到的808个外,剩下的每个数 单独构成一个集合 ,有1212个.M x {x}共 个集合.404+1212=1616据抽臣原理,知若集合 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 ,矛盾.A x,4x ∈A 故集合 中至多有1616个数,满足条件的一个集合是A .A ={2,3,⋯,7,32;33,⋯,126,506,507,⋯,2020}11．【2020年吉林预赛】已知集合 若 ,则 的取值范围是 .A ={x∣log a (ax ‒1)>1}.2∈A a 【答案】(12,1)∪(1,+∞).【解析】由题意,得log 则 或a (2a ‒1)>1.{0<a <1,0<2a ‒1<a {a >1,2a ‒1>a.解得 或12<a <1a >1.12．【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成形式,就称其为“好数".则集合20a +8b +27c (a ,b ,c ∈N) 中好数的个数为.{1,2,⋯,200}【答案】153【解析】先考虑 20a +8b =4(5a +2b). 可取5a +2b 2,4,5,6,⋯,50.则 可取 .20a +8b 8,16,20,24,⋯,200故当 时共有48个非零好数 型）；c =0(4k 时共有42个好数 型),此时好数为 ;c =1(4k +327,35,43,47,⋯,199 时共有35个好数 型),此时好数为 c =2(4k +254,62,70,74,⋯,198; 时共有28个好数 型),此时好数为c =3(4k +181,89,97,101,⋯,197.综上,共有 个好数.48+42+35+28=15313．【2020年新疆预赛】已知集合 ,对于集合 的每一个非空子集的所有元素，计算它们A ={1,2,3,⋯,2020}A 乘积的倒数.则所有这些倒数的和为 .【答案】2020【解析】集合的 个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2020,1×2,1A 22020‒1 ,它们的倒数和为×3⋯,2019×2020,⋯,1×2×⋯×2020 1+12+…+12020+11×2+11×3+…+12019×2020+⋯+11×2×⋯×2020 .=(1+1)(1+12)⋯(1+12020)‒1=2×32×⋯×20212020‒1=202014．【2019年全国】若实数集合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{1,2,3,x }为.【答案】‒32【解析】由题意知，x 为负值，.∴3‒x =1+2+3+x⇒x =‒3215．【2019年江苏预赛】已知集合，，且，则实数A ={x|x 2‒3x +2≥0}B ={x|x ‒a ≥1}A ∩B ={x|x ≥3}a 的值是 .【答案】2【解析】，.又，故，解得.A ={x|x ≥2或x ≤1}B ={x|x ≥a +1}A ∩B ={x|x ≥3}a +1=3a =216．【2019年江西预赛】将集合中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为 .{1,2,⋯,19}【答案】16815【解析】所求的和为12[(1+2+⋯+19)2‒(12+22+⋯+192)]=12[36100‒2470]=1681517．【2019年新疆预赛】已知集合，，，则是集合的子集但U ={1,2,3,4,5,6,7,8}A ={1,2,3,4,5}B ={4,5,6,7,8}U 不是集合的子集，也不是集合B 的子集的集合个数为 .A B 【答案】196【解析】解法一:因为，且，所以满足题意的集合所含的元素至少在中取一个A ∪B =U A ∩B ={4,5}{1,2,3}且至少在中取一个，集合中的元素可取或不取，于是满足题意的集合共有{6,7,8}{4,5}(23‒1)(23‒1)×22个.=196解法二:集合的子集个数为，其中是集合或集合的子集个数为.所以满足条件的集合个数为U 28A B 25+25‒22个.28‒(25+25‒22)=19618．【2019年浙江预赛】已知集合为正整数，若集合中所有元素之和为，A ={k +1,k +2,⋯,k +n },k,n A 2019则当取最大值时，集合A =.n 【答案】A ={334,335,336,337,338,339}【解析】由已知.2k +n +12⋅n =3×673当时，得到;n =2m (2k +2m +1)m =3×673⇒m =3,n =6,k =333当时，得到.n =2m +1(k +m +1)(2m +1)=3×673⇒m =1,n =3所以的最大值为，此时集合.n 6A ={334,335,336,337,338,339}19．【2019年重庆预赛】设为三元集合（三个不同实数组成的集合），集合，若A B ={x +y|x,y ∈A, x ≠y}，则集合________.B ={log 26, log 210, log 215}A =【答案】{1, log 23, log 25}【解析】设，其中A ={log 2a, log 2b, log 2c}0<a <b <c.则解得，从而。

2019年全国高中数学联赛贵州省预赛注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且22225791116a a d a a ++=+，则{a n }的前15项之和S 15等于（ ） A.15B.16C.30D.322.方程组1xy e ex y ⎧=-⎪⎨-=⎪⎩的解的组数是（ ）A.5B.6C.7D.83.在Rt △ABC 中，∠B =90°，AB =15，BC =20.则顶点B 与斜边各点的连线中(含边AB 、BC )长度为整数的线段条数是（ ） A.9B.10C.11D.124.已知正三棱锥侧面与底面所成二面角的余弦值为16，则此三棱锥的高h 与其内切球半径r 之比是（ ） A.5B.6C.7D.85.设椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，其焦距为2c .点3,22c N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭在椭圆的内部，点M 是椭圆C 上的动点，且112||MF MN F +<恒成立，则椭圆C 的离心率的取值范围是（ ）A.⎛ ⎝⎭B.3⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ C.⎫⎪⎪⎝⎭ D.⎝⎭第II 卷（非选择题）二、填空题=30，AC =20，S △ABC =210，D 、E 分别为边AB 、AC 的中点，∠BAC 的平分线分别与DE 、BC 交于点F 、G ，则四边形BGFD 的面积为________.7.已知函数()3()x xf x e ex -=-⋅，若m 满足()()220.51log log2e f m f m e ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，则实数m 的取值范围是____________ .8.若半径2R =+的空心球内部装有四个半径为r 的实心球，则r 所能取得的最大值为____________cm .9.在△ABC 中，0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=.则(tan tan )tan tan tan A B CA B+⋅=____________ .10.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S .若{}n a ,均为公差为d 的等差数列，则nS=________.11.已知m ∈{11，13，15，17，19}，n ∈{2000，2001，…，2019}，则m n 的个位数是1的概率为____________ .12.已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ，f (x )=x 2+1，则()51kk f x ==∏____________ .13.若(a +b )n 的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数n =____________ .14.求平面区域223(,)|,0,,sin sin sin sin 24S x y x y x x y y π⎧⎫⎡⎤=∈-⋅+⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭的面积为____________ .15.已知集合A ={1，2，3，…，2019}，对于集合A 的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为____________ .三、解答题(或数字)，其相对两面之数字和必为七.显然，掷一次六面骰，只能产生六个数之一(正上面).现欲要求你设计一个“十进制骰”，使其掷一次能产生0~9这十个数之一，而且每个数字产生的可能性一样.请问：你能设计出这样的骰子吗?若能，请写出你的设计方案；若不能，写出理由.17.已知定长为4的线段AB 的两端点，分别在两条相交直线x ±2y =0上移动.（1）设线段AB 的中点为G ，求点G 的轨迹C 的方程；（2）若由点P 向曲线C 作出的两条切线互相垂直，求证：动点P 在定圆上. 18.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且21ni ni S a ==∑.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：213nk ka=<∑.参考答案1.A【解析】1.因为等差数列{a n }的公差d ≠0，由22225791116a a d a a ++=+，所以22229511716a a a a d -+-=，进而951174a a a a +++=，因此1152a a +=.所以有()1151515152a a S +==.故选：A. 2.B【解析】2.如图，分别画出||e e x y =-与1x y -=的图象，从中看出两图象有六个交点，故方程组解的组数有6组. 故选：B. 3.D【解析】3.因为顶点B 到斜边AC 的距离为12，所以顶点B 与斜边各点的连线中长度为13、14、15的线段各有两条， 长度为12、16、17、18、19、20的线段各有一条， 故满足条件的线段共有2×3+6=12条. 故选：D. 4.C【解析】4.如图，过正三棱锥V －ABC 的侧棱VC 及高VG 作截面交AB 于点M ，则内切球O 与侧面相切的切点N 在VM 上.在△VGM 中，16ON GM VO VM ==，故16r h r =-，得到7hr=. 故选：C. 5.D【解析】5.由32c N ⎛ ⎝⎭在椭圆的内部，得22229142c c a b +<，即222222924b c a c a b +<，从而422441590a a c c -+>， 得到4291540e e -+>，因此()()2231340e e -->.因为0<e <1，所以3e 2－4<0，故3e 2<1，得到03e <<.又由112||MF MN F +<恒成立，即22||a MN MF +-<恒成立，等价于()2max2||a MN MF +-<，亦即22a NF +<，等价于2a +<，即2a <e >.e <<. 故选：D. 6.1892【解析】6.如图，在△ABC 中，由AG 平分∠BAC 知23CG AC BG AB ==，故35ABG ABCS BG S BC ==.又S △ABC =210，则3321012655ABGABCSS ==⨯=. 由D 、E 分别为边AB 、AC 的中点知12DEBC ，所以△ADF ∽△ABG. 由14ADF ABGS S=，得到632ADFS =，故BGFD S 四边形6318912622=-=. 故答案为：1892． 7.1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】7.由()3()e ex xf x x -=-⋅，得到f (－x )=f (x )，且x ∈(0，+∞)时，f (x )是增函数.又由()()220.5e 1log log 2e f m f m ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭得到()2log (1)f m f . 所以2log 1m ，故21log 1m -，得到122m .即m 的取值范围是1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 故答案为：1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦．8.2【解析】8.当半径为r 的四个实心球“最紧凑”时，即此四个球两两相切且内切于空心球时，r 取得最大值.此时，小球的四个球心连线构成棱长为2r 的正四面体，显然，此四面体外接球的球心即为实心球球心.在棱长为2r 的正四面体中，求得外接球半径为2r .r +，2r +=+r =2. 故答案为：2． 9.12【解析】9.设△ABC 中角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c .由0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=，知G 为△ABC 的重心.又GA ⊥GB ，所以22222222211221122GA GB c GA GB a GB GA b ⎧⎪+=⎪⎪⎪⎛⎫⎛⎫+=⎨ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎪+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩.得到2225a b c +=.故：(tan tan )tan (sin cos cos sin )sin tan tan sin sin cos A B C A B A B C A B A B C++=⋅2sin sin sin cos C A B C =()22222abc ab a b c =+-2222212c a b c ==+-. 故答案为：12． 10.214n【解析】10.根据两个数列是等差数列，结合特殊的几项，寻找等量关系，解方程求解. 因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，==又也是公差为d 的等差数列，d ==，两边平方得：21122a d a d +=+①2d ==，两边平方得：2113344a d a d +=+②②-①可得：21223a d d =-+③ 把③代入①得：()210d d -=. 故0d =或12d =， 因为数列{}n a 为正项数列，故0d =舍去； 当12d =，代入③解得114a =. 故()211124n n n dS na n -=+=. 故答案为：214n . 11.25【解析】11.当m =11，n ∈{2000，2001，…，2019}时，m n 的个位数都是1，此时有20种选法；当m =13，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，m n 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =15时，m n 的个位数不可能为1，此时有0种选法；当m =17，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，m n 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =19，n ∈{2000，2002，2004，…，2018}时，m 的个位数都是1，此时有10种选法. 综上，所求概率为205051025205++++=⨯.故答案为：25． 12.37【解析】12.设52()5g x x x =-+，则()51()kk g x x x ==-∏.又f (x )=x 2+1=(x －i )(x +i )，所以()()()555111i i kkk k k k f x xx ====-⋅+∏∏∏()()g i g i =⋅-()5252i i 5(i)(i)5⎡⎤=-+⋅---+⎣⎦(6)(6)37i i =+-=.故答案为：37． 13.959【解析】13.设(a +b )n 的展开式中连续三项的二项式系数为11C ,C ,C (11)k k k n n n k n -+-. 因为112C C C k k k n n n -+=+，所以22(41)420n k n k -++-=，得到412k n +±=①由n 为正整数，则8k +9应为奇完全平方数，故设8k +9=(2m +1)2，即222k m m =+-， 代入①式得n =(m +1)2－2或n =m 2－2. 所以，三位正整数n 的最大值为959. 故答案为：959． 14.26π【解析】14.由()222sin sin sin sin x x y y -⋅+22cos()cos()cos()cos()x y x y x y x y =-+⋅-++-31132cos()cos()2222x y x y ⎡⎤⎡⎤=-++⋅--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，得到11cos()cos()022x y x y ⎡⎤⎡⎤++⋅--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 所以有1cos()021cos()02x y x y ⎧++⎪⎪⎨⎪--⎪⎩或1cos()021cos()02x y x y ⎧++≤⎪⎪⎨⎪--≤⎪⎩. 由,0,2x y π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，得0,22x y x y πππ+--. 所以233,0,2x y x y x y πππ⎧+⎪⎪⎪-⎨⎪⎪⎡⎤∈⎪⎢⎥⎣⎦⎩或233,0,2x y x y x y πππ⎧+⎪⎪⎪-⎨⎪⎪⎡⎤∈⎪⎢⎥⎣⎦⎩，画出(x ，y )的可行域(图中阴影部分)，从而求得平面区域的面积为26π.故答案为：26π．15.2019【解析】15.集合A 的22019－1个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2019，1×2，1×3…，2018×2019，…，1×2×…×2019，它们的倒数和为11111220191213++⋯++++⋯+⨯⨯1120182019122019++⨯⨯⨯⨯11(11)11122019⎛⎫⎛⎫=+++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=3202021201922019⨯⨯⨯-=. 故答案为：2019．16.能，方案见解析【解析】16.因为不存在正十面体，所以直接产生“十进制骰”是办不到的.但要实现“十进制骰”的要求，这样的骰子也是能设计的.即把骰子做成正二十面体，使其相对两面标同一个数字，这样0~9这十个数字就均匀分布在骰子上，当掷一次骰子时，最上面出现的数字必然是0~9这十个数字之一， 显然，每个数字出现的可能性一样故“个位骰”即为“二十面骰”.17.（1）2214x y +=；（2）证明见解析【解析】17.（1）设A 、B 、G 的坐标分别为()()1122,,,,(,)x y x y x y ，则()()12121122222121222224x x x y y y x y x y x x y y =+⎧⎪=+⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪-+-=⎩. 得到()224(2)16y x +=，因此有2214x y +=. 所以，点G 的轨迹C 的方程为：2214x y +=. （2）设()00,P x y ，PS 、PT 与椭圆C 相切于S 、T ，椭圆C 的左、右焦点分别为122,,F F F 关于PS 、PT 的对称点分别为12,P P .由椭圆的光学性质，知11,,F S P 与12,,F T P 分别共线， 所以1112124F P F P FS F S ==+=.又∠SPT =90°，则12PP 以P 为中点，故2222212111116PF PF PF PP F P +=+==，因此((2222000016x y x y ++++=，所以22005x y +=，得到||OP =即动点P 在定圆225x y +=上.18.（1）a n =n ；（2）证明见解析【解析】18. （1）由13213211i i n n i i n n a S a S ==++⎧∑=⎪⎨⎪∑=⎩得到32211n n n a S S ++=-()()11n n n n S S S S ++=+-()11n n n S S a ++=+.因为10n a +>，所以2112n n n a S a ++=+，即221112,2(2)n n n n n n S a a S a a n ++-=-=-. 两式相减，得22112n n n n n a a a a a ++=--+，进而()()111n n n n n n a a a a a a ++++-=+.因为10n n a a ++>，所以11(2)n n a a n +-=.又由已知121,2a a ==，所以，对任意n ∈N +，有11n n a a +-=， 即{a n }是等差数列，故a n =n.（2）由a n =n ，对原式变形有：1111n n n n k k k k k ======+<+21n k ==+21n k ==+1n k =<+211n n k k ===+=+∑1123=+<+<. 原式得证.。

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 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“£”至少有一处取到等号．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24yx =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 nz 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 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 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 =，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 的项数为1k n +，则k n 为正整数，且1249(1)(1)(1)2018n n n ++++++=，即12491969n n n +++=．该方程的正整数解1249(,,,)n n n 的组数为481968C ，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 =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 ||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（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)m a =-与1(21,2)m m b +=-垂直，其中m 为实数，则a 的模为 ．答案解：令2m t =，则0t >．条件等价于(1)(1)20t t t ⋅-+-⋅=，解得3t =．因此a=．3. 设,(0,)a b p Î，cos ,cos a b 是方程25310x x --=的两根，则sin sin a b 的值为 ．答案：5． 解：由条件知31cos cos ,cos cos 55a b a b +==-，从而222(sin sin )(1cos )(1cos )a b a b =--22221cos cos cos cos a b a b=--+2222437(1cos cos )(cos cos )5525a b a b æöæö÷çç=+-+=-=÷çç÷ççèøè．又由,(0,)a b p Î知sin sin 0a b >，从而sin sin 5a b =． 4. 设三棱锥P ABC -满足3,2PA PB AB BC CA =====，则该三棱锥的体积的最大值为 ．答案：3． 解：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB 的中点，则h PM £==．当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h 取到最大值．此时三棱锥P ABC -的体积取到最大值11333ABC S D ⋅==．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 >，(1)n x +的展开式中4n x -与xy 两项的系数相等，则n 的值为 ．答案：51．解：注意到0(1)C 1)nnr n r rnr x x -=+=å．其中4n x -项仅出现在求和指标4r =时的展开式444C 1)n n x -中，其4n x -项系数为44(1)(2)(3)(1)C 24nn n n n ----=．而xy 项仅出现在求和指标1r n =-时的展开式11C 1)n n nx --⋅中，其xy 项系数为12331C C 4(1)(1)2(1)(2)n n n n n n n n ----⋅-=---． 因此有3(1)(2)(3)(1)2(1)(2)24n n n n n n n n ----=---．注意到4n >，化简得33(1)48n n --=-，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(,)a b 满足24b a ³，则r 的最小值为 ．答案：4．解：由条件知222(1)a r b r --+=，故22224(1)2(1)(1)a b r a r r a a £=---=---．即22(1)210a r a r --++£．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)0r r r r --+=-³，解得4r ³．经检验，当4r =时，(,)(3,a b =满足条件．因此r 的最小值为4． 8. 设等差数列{}n a 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12n m a a a a +++=．这样的数列{}n a 的个数为 ．答案：5．解：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则 112(1)a d a k d +=+-，即1(2)k d a -=，因此必有2k ¹，且12ad k =-．这样就有1111(1)2n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，12111(1)(1)(1)22n n n n n a a a a n d a n a d --+++=+=+-+ 1(1)(1)(2)2n n a n k d æö-÷ç=+--+÷ç÷çèø， 确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使12|k a -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，,A B 为两个顶点．若3,2FA FB ==，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)x y a b a b +=>>，并记c =F 为G 的右焦点．易知F 到G 的左顶点的距离为a c +，到右顶点的距离为a c -，到上、下顶点的距离均为a ．分以下情况讨论：(1) ,A B 分别为左、右顶点．此时3,2a c a c +=-=，故25AB a ==（相应地，2()()6b a c a c =+-=，G 的方程为2241256x y +=）． …………………4分 (2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时3,2a c a +==，故1c =，进而2223b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22143x y +=）．…………………8分 (3) A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点．此时3,2a a c =-=，故1c =，进而2228b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22198x y +=）．…………………12分 综上可知，AB的所有可能值为5,． …………………16分10. （本题满分20分）设,,a b c 均大于1，满足lg log 3,lg log 4.b a a c b c ì+=ïïíï+=ïî求lg lg a c ⋅的最大值．解：设lg ,lg ,lg a x b y c z ===，由,,1a b c >可知,,0x y z >．由条件及换底公式知3,4z zx y y x+=+=，即34xy z y x +==．…………………5分由此，令3,4(0)x t y t t ==>，则241212z x xy t t =-=-．其中由0z >可知(0,1)t Î． …………………10分因此，结合三元平均值不等式得2lg lg 312(1)18(22)a c xz t t t t t ==⋅-=⋅-33(22)2161818333t t t æöæö++-÷çç£⋅=⋅=÷çç÷ççèèø． 当22t t =-，即23t =（相应的,,a b c 分别为8833100,10,10）时，lg lg a c 取到最大值163． …………………20分11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．证明：对任意正整数m ，均有123m z z z +++<． 证明：归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n n z z n z z N ++æöæö÷çç÷++=Îçç÷çç÷èøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î． …………………5分因此1112n n nnz z z z ++===，故*11111()22N n n n z z n --=⋅=Î． ①进而有*11111()22N n n n n n n nz z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②…………………10分当m 为偶数时，设*2()N m s s =Î．利用②可得122122122111123sm k k k k k k k k z z z z z z z ¥¥---===+++£+<+==ååå． …………………15分 当m 为奇数时，设21()N m s s =+Î．由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå， 故1221221212113s m k k s k k k k z z z z z z z z ¥-+-==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,,,a a a 满足101(1,2,,50)i i a a i -³=．记112(1,2,,99)k k kka x k a a a +==+++．证明：29912991x x x £．证明：注意到12100,,,0a a a >．对1,2,,99k =，由平均值不等式知121210kk k k a a a a a a æöç<£çç+++èø， ……………10分 从而有9999299112991111212kk k k k k k k ka k x x x a a a a a a a ++==æö÷ç÷=£ç÷÷ç+++èø ． ①………………20分记①的右端为T ，则对任意1,2,,100i =，i a 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)101101101111ii i i i i i ii i i ia T a a a a -------===æö÷ç÷===ç÷ç÷èø ．………………30分又1010(1,2,,50)i i a a i -<£=，故1T £，结合①得29912991x x x T ££． ………………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12k d d d <<< 是n 的所有正约数，则21321,,,k k d d d d d d ---- 构成等比数列．解：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--． ………………10分 易知112231,,,k k k n nd d n d d d d --====，代入上式得3222231n n d d d n n d d d --=--， 化简得223223()(1)d d d d -=-． ………………20分由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30分从而序列21321,,,k k d d d d d d ---- 为23212,1,,,k k p p p p p p p ------ ，即123,,,,k d d d d 为21,1,,,k p p p - ，而此时相应的n 为1k p -．综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥． ………………40分三、（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 ==，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）证明：令1,(0)AB BC CD t ===>，由条件知2DE t =．注意到180BKE ABK PDE DEK < = < - ，可在CB 延长线上取一点A ¢，使得A KE ABK A BK ¢¢ = = ． ………………10分此时有A BK A KE ∽¢¢D D ，故A B A K BKA K A E KE¢¢==¢¢． ………………20分 又KC 平分BKE ，故211BK BC t KE CE t t t===++．于是有 22112A B A B A K BK AB A E A K A E KE t t AEæö¢¢¢÷ç=⋅===÷ç÷碢¢èø++． …………30分 由上式两端减1，得BE BEA E AE=¢，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． ………………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AA (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,,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． ………………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)n n ≥成立，考虑1n +的情形，将凸1n +边形记为121n A A A + ． 情形1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,a b 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,n n n A A A A ++．作对角线1n A A ，并将1n A A 染为c 色，则三角形11n n A A A +的三边全部同色．此时凸n 边形12n A A A 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,n n n A A A A ++均不是a 色，作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 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1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 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。