2019年全国高中数学联赛A卷及解析_第1页
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文档简介

2019年全国高中数学联赛A卷注意事项: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)请点击修改第I卷的文字说明第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分一、填空题1.已知正实数满足,则的值为_____________.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______.3.平面直角坐标系中,已是单位向量,向量满足,且对任意实数t成立,则的取值范围是______.4.设A、B为椭圆的长轴顶点,E、F为的两个焦点,,,P为上一点,满足,则△PEF的面积为______.5.在1,2,3,…,10中随机选出一个数在-1,-2,-3,…,-10中随机选出一个数b,则被整除的概率为______.6.对任意闭区间I,用表示函数在I上的最大值.若正数a满足,则a的值为______.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,则的值为______.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______.评卷人得分二、解答题9.在△ABC中,BC=a,CA=b,AB=c.若b是a与c的等比中项,且sinA是sin(B-A)与sinC的等差中项,求cosB的值.10.在平面直角坐标系中,圆与抛物线恰有一个公共点,且圆与轴相切于的焦点.求圆的半径.11.称一个复数数列{zn}为“有趣的”,若|z1|=1,且对任意正整数n,均有.求最大的常数C,使得对一切有趣的数列{zn}及任意正整数m,均有.12.如图,在锐角△ABC中,M是BC边的中点点P在△ABC内,使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP、△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明:若DE=MP,则BC=2BP.13.设整数满足.记.求f的最小值f0.并确定使f=f0成立的数组的个数.14.设m为整数,.整数数列满足:不全为零,且对任意正整数n,均有.证明:若存在整数r、s(r>s≥2)使得,则.15.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.

参考答案1.【解析】1.将已知等式,两边同取以为底的对数,求出,利用换底公式,即可求解.,,,.故答案为:.2.【解析】2.不妨设,可得最大、最小元素之差不超过,而所有元素之和大于,得到,列出方程,即可求解.不妨设,可得最大、最小元素之差不超过,而所有元素之和大于,不符合条件,所以,即为最小元素,于是,解得.3.【解析】3.不妨设,根据,可设,由题意得出恒成立,进而得到,解得,即可求解。由题意,向量已是单位向量,不妨设,由于,可设,可得因为对任意实数t,恒成立,即恒成立,整理得,解得,即,于是.故答案为:4.1【解析】4.设椭圆的标准方程为,根据题意,求得的值,再结合椭圆的定义和勾股定理,得到∠EPF为直角,即可求解的面积.设椭圆的标准方程为,由题意,可得,,解得,所以,解得,所以,又由椭圆定义知,因为,可得,又由,即,所以∠EPF为直角,所以的面积为.故答案为:1.5.【解析】5.题中条件是的倍数,考虑被除的余数分情况讨论.另外注意有和被除的余数相加是的倍数.数组共有种等可能性的选法.考虑其中使被整除的选法数.若被整除,则也被整除.此时各有种选法,这样的有种.若不被3整除,则,于是被除余,那么被除余.此时有种选法,有种选法,这样的有种.因此于是所求概率为.6.或.【解析】6.分在不同的区间进行讨论,得出符合条件的a的值即可.解:由题意:,当,,可得,,故显然不成立;当,,可得,,故可得;,,可得,,故可得;,,可得,,不满足,故答案为:或.7.【解析】7.记为截面所在平面,延长AK、BF交于点P,则P在上,故直线CP是与平面BCGF的交线,设CP与FG交于点L,则四边形AKLC为截面,且ABC-KFL为棱台,不妨设正方体棱长为1,则正方体体积为1,设PF=h,则,由条件知棱台ABC-KFL的体积,列出方程可得h的值,可得答案.解:如图,记为截面所在平面.延长AK、BF交于点P,则P在上,故直线CP是与平面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.设PF=h,则.注意到PB、PF分别是棱锥P-ABC与棱锥P-KFL的高,于是.化简得3h2=1,故.从而.8.498【解析】8.先求得所有不以0开头的排列数,再由以2,0相邻,且2在左边,以1,9相邻,且1在左边所对应的排列数有一部分是重复的,求出对应的排列数,进而可求出答案.2、0、1、9、20、19的首位不为0的排列的全体记为A.易知|A|=5×5!=600(这里及以下,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|B|=4!,|B|+|C|=5!,|B|+|D|=4×4!,即,,.由B中排列产生的每个8位数,恰对应B中的2×2=4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.9.【解析】9.根据等比中项和等差中项,结合正弦和余弦定理,即可求得,进而由余弦定理,即可求得.因b是a、c的等比中项,故存在q>0,满足.①因sinA是sin(B-A),sinC的等差中项,故.结合正、余弦定理,得,即.将①代入并化简,可知,即,所以.进而.10.【解析】10.设圆的半径为,可表示出圆的方程,与抛物线的方程联立消去,利用“恰有一个公共点”等价于“方程只有一个根”可求解.易知的焦点的坐标为.设圆的半径为.由对称性,不妨设在轴上方与轴相切于点,故的方程为.①将代入①并化简,得.显然,故.②根据条件,②恰有一个正数解,该值对应与的唯一公共点.考虑的最小值.由平均值不等式知,从而.当且仅当,即时,取到最小值.由②有解可知.又假如,因随连续变化,且及时,均可任意大,故②在及上均有解,与解的唯一性矛盾.综上,仅有满足条件(此时是与的唯一公共点).11.【解析】11.根据有趣的复数数列的定义,对参数进行分类讨论,结合数列的极限,即可求得结果.考虑有趣的复数数列{zn}.归纳可知zn≠0(n∈N+).由条件得,解得.因此,故①进而有②记.当m=2s(s∈N+)时,利用②可得.当m=2s+1(s∈N+)时,由①、②可知,故.当m=1时,.以上表明满足要求.另一方面,当时,易验证知{zn}为有趣的数列.此时,这表明C不能大于.综上,所求的C为.12.证明见解析【解析】12.如图,延长PM到点F,使得MF=ME.连结BF、BD、CE.由条件可知∠BDP=∠BAP=∠CAP=∠CEP=∠CEM.因为BM=CM且EM=FM,所以BF=CE且BF∥CE.于是∠F=∠CEM=∠BDP,进而BD=BF.又DE=MP,故DP=EM=FM.于是在等腰△BDF中,由对称性得BP=BM.从而BC=2B=2BP.13.;个.【解析】13.根据题设条件,化简得到,在结合二次函数的性质,即可求得最小值,再由对每个k(1≤k≤49),设等于k的项数为,结合方程的正整数解的组数,即可求解.由题意,,可得,①由于及均为非负整数,故有,且,于是,②由①,②得,结合及,可知,③另一方面,令,,,此时验证,知上述所有不等式均取到等号,从而f的最小值.以下考虑③的取等条件.此时,且②中的不等式均取等,即.因此,且对每个k(1≤k≤49),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k(1≤k≤49),设等于k的项数为,则nk为正整数,且,即,该方程的正整数解的组数为,且每组解唯一对应一个使④取等的数组,故使成立的数组有个.14.证明见解析【解析】14.首先假设互素,根据题目所给递推关系得到,然后利用数学归纳法证得对任意整数n≥3,有成立,通过证明成立,得到,从而证得结论成立.不妨设互素(否则,若,则与互素,并且用代替条件与结论均不改变).由数列递推关系知①以下证明:对任意整数n≥3,有②事实上,当n=3时②显然成立.假设n=k时②成立(其中k为某个大于2的整数),注意到①,有,结合归纳假设知,即n=k+1时②也成立.因此②对任意整数n≥3均成立.注意,当时,②对n=2也成立.设整数r、s(r>s≥2),满足.若,由②对n≥2均成立,可知,即,即③若,则,故r>s≥3.此时由于②对n≥3均成立,故类似可知③仍成立.再证明a2,m互素:事实上,假如a2与m存在一个公共素因子p,则由①得p为的公因子,而互素,故,这与矛盾.因此,由③得.又r>s,所以.15.最小的n是2795【解析】15.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含有个两两无公共边的角.再利用引理和反证法,结合组合数的凸性即可求得结果.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|E|=0,1,2,3时,结论显然成立.下面假设|E|≥4,并且结论在|E|较小时均成立.只需证明,在G中可以选取两条边a、b构成一个角,在G中删去a、b这两条边后,剩下的图含有一个连通分支包含|E|-2条边.对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立.考虑G中的最长路,其中是互不相同的顶点.因为G连通,故k≥3.情形1:.由于P是最长路,v1的邻点均在中,设,其中3≤i≤k.则是一个角,在E中删去这两条边.若v1处还有第三条边,则剩下的图是连通的;若v1处仅有被删去的两条边,则v1成为孤立点,其余顶点仍互相连通.总之在剩下的图中有一个连通分支含有|E|-2条边.情形2:,.则是一个角,在G中删去这两条边后,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条边.情形3:,且v2与中某个点相邻.则是一个角,在G中删去这两条边后,v1成为孤立点,其余点互相连通,因此有一个连通分支含有条边.情形4:,且v2与某个相邻.由于P是最长路,故u的邻点均在之中.因是一个角,在G中删去这两条边,则v1是孤立点.若处仅有边uv2,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uvi,3≤i≤k,则删去所述边后,除v1外其余点互相连通.总之,剩下的图中有一个连通分支含有条边.引理获证.回到原题,题中的V和E可看作一个图G=(V,E)首先证明n≥2795.设.在中,首先两两连边,再删去其中15条边(例如),共连了条边,则这61个点构成的图是连通图.再将剩余的201-61=1958个点配成979对,每对两点之间连一条边,则图G中一共连了1815+979=2794条线段.由上述构造可见,G中的任何一个角必须使用相连的边,因此至多有个两两无公共边的角.故满足要求的n不小于27

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