2019年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷及解析

2019年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分一、填空題1.已知正實數(shù)滿足，則的值為_____________.2.若實數(shù)集合{1，2，3，x}的最大元素與最小元素之差等于該集合的所有元素之和，則x的值為______.3.平面直角坐標系中，已是單位向量，向量滿足，且對任意實數(shù)t成立，則的取值范圍是______.4.設(shè)A、B為橢圓的長軸頂點，E、F為的兩個焦點，，，P為上一點，滿足，則△PEF的面積為______.5.在1，2，3，…，10中隨機選出一個數(shù)在－1，－2，－3，…，－10中隨機選出一個數(shù)b，則被整除的概率為______.6.對任意閉區(qū)間I，用表示函數(shù)在I上的最大值.若正數(shù)a滿足，則a的值為______.7.如圖，正方體ABCD－EFGH的一個截面經(jīng)過頂點A、C及棱EF上一點K，且將正方體分成體積比為3：1的兩部分，則的值為______.8.將6個數(shù)2、0、1、9、20、19按任意次序排成一行，拼成一個8位數(shù)(首位不為0)，則產(chǎn)生的不同的8位數(shù)的個數(shù)為______.評卷人得分二、解答題9.在△ABC中，BC=a，CA=b，AB=c.若b是a與c的等比中項，且sinA是sin(B－A)與sinC的等差中項，求cosB的值.10.在平面直角坐標系中，圓與拋物線恰有一個公共點，且圓與軸相切于的焦點.求圓的半徑.11.稱一個復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}為“有趣的”，若|z1|=1，且對任意正整數(shù)n，均有.求最大的常數(shù)C，使得對一切有趣的數(shù)列{zn}及任意正整數(shù)m，均有.12.如圖，在銳角△ABC中，M是BC邊的中點點P在△ABC內(nèi)，使得AP平分∠BAC.直線MP與△ABP、△ACP的外接圓分別相交于不同于點P的兩點D、E.證明：若DE=MP，則BC=2BP.13.設(shè)整數(shù)滿足.記.求f的最小值f0.并確定使f=f0成立的數(shù)組的個數(shù).14.設(shè)m為整數(shù)，.整數(shù)數(shù)列滿足：不全為零，且對任意正整數(shù)n，均有.證明：若存在整數(shù)r、s(r>s≥2)使得，則.15.設(shè)V是空間中2019個點構(gòu)成的集合，其中任意四點不共面某些點之間連有線段，記E為這些線段構(gòu)成的集合.試求最小的正整數(shù)n，滿足條件：若E至少有n個元素，則E一定含有908個二元子集，其中每個二元子集中的兩條線段有公共端點，且任意兩個二元子集的交為空集.

參考答案1.【解析】1.將已知等式，兩邊同取以為底的對數(shù)，求出，利用換底公式，即可求解.，，，.故答案為:.2.【解析】2.不妨設(shè)，可得最大、最小元素之差不超過，而所有元素之和大于，得到，列出方程，即可求解.不妨設(shè)，可得最大、最小元素之差不超過，而所有元素之和大于，不符合條件，所以，即為最小元素，于是，解得.3.【解析】3.不妨設(shè)，根據(jù)，可設(shè)，由題意得出恒成立，進而得到，解得，即可求解。由題意，向量已是單位向量，不妨設(shè)，由于，可設(shè)，可得因為對任意實數(shù)t，恒成立，即恒成立，整理得，解得，即，于是.故答案為：4.1【解析】4.設(shè)橢圓的標準方程為，根據(jù)題意，求得的值，再結(jié)合橢圓的定義和勾股定理，得到∠EPF為直角，即可求解的面積.設(shè)橢圓的標準方程為，由題意，可得，，解得，所以，解得，所以,又由橢圓定義知，因為，可得，又由，即，所以∠EPF為直角，所以的面積為.故答案為：1.5.【解析】5.題中條件是的倍數(shù)，考慮被除的余數(shù)分情況討論.另外注意有和被除的余數(shù)相加是的倍數(shù).數(shù)組共有種等可能性的選法.考慮其中使被整除的選法數(shù).若被整除，則也被整除.此時各有種選法，這樣的有種.若不被3整除，則，于是被除余，那么被除余.此時有種選法，有種選法，這樣的有種.因此于是所求概率為.6.或.【解析】6.分在不同的區(qū)間進行討論，得出符合條件的a的值即可.解：由題意：，當(dāng)，，可得，，故顯然不成立；當(dāng)，，可得，，故可得；，，可得，，故可得；，，可得，，不滿足，故答案為：或.7.【解析】7.記為截面所在平面,延長AK、BF交于點P，則P在上，故直線CP是與平面BCGF的交線,設(shè)CP與FG交于點L，則四邊形AKLC為截面,且ABC－KFL為棱臺,不妨設(shè)正方體棱長為1，則正方體體積為1，設(shè)PF=h，則，由條件知棱臺ABC－KFL的體積，列出方程可得h的值，可得答案.解：如圖，記為截面所在平面.延長AK、BF交于點P，則P在上，故直線CP是與平面BCGF的交線.設(shè)CP與FG交于點L，則四邊形AKLC為截面.因平面ABC平行于平面KFL，且AK、BF、CL共點P，故ABC－KFL為棱臺.不妨設(shè)正方體棱長為1，則正方體體積為1，結(jié)合條件知棱臺ABC－KFL的體積.設(shè)PF=h，則.注意到PB、PF分別是棱錐P－ABC與棱錐P－KFL的高，于是.化簡得3h2=1，故.從而.8.498【解析】8.先求得所有不以0開頭的排列數(shù)，再由以2，0相鄰，且2在左邊，以1，9相鄰，且1在左邊所對應(yīng)的排列數(shù)有一部分是重復(fù)的，求出對應(yīng)的排列數(shù)，進而可求出答案.2、0、1、9、20、19的首位不為0的排列的全體記為A.易知|A|=5×5！=600(這里及以下，表示有限集X的元素個數(shù)).將A中2的后一項是0，且1的后一項是9的排列的全體記為B；A中2的后一項是0，但1的后一項不是9的排列的全體記為C；A中1的后一項是9，但2的后一項不是0的排列的全體記為D.易知|B|=4！，|B|+|C|=5！，|B|+|D|=4×4！，即，，.由B中排列產(chǎn)生的每個8位數(shù)，恰對應(yīng)B中的2×2=4個排列(這樣的排列中，20可與“2，0”互換，19可與“1，9”互換)類似地，由C或D中排列產(chǎn)生的每個8位數(shù)，恰對應(yīng)C或D中的2個排列因此滿足條件的8位數(shù)的個數(shù)為.9.【解析】9.根據(jù)等比中項和等差中項，結(jié)合正弦和余弦定理，即可求得，進而由余弦定理，即可求得.因b是a、c的等比中項，故存在q>0，滿足.①因sinA是sin(B－A)，sinC的等差中項，故.結(jié)合正、余弦定理，得，即.將①代入并化簡，可知，即，所以.進而.10.【解析】10.設(shè)圓的半徑為，可表示出圓的方程，與拋物線的方程聯(lián)立消去，利用“恰有一個公共點”等價于“方程只有一個根”可求解.易知的焦點的坐標為.設(shè)圓的半徑為.由對稱性，不妨設(shè)在軸上方與軸相切于點，故的方程為.①將代入①并化簡，得.顯然，故.②根據(jù)條件，②恰有一個正數(shù)解，該值對應(yīng)與的唯一公共點.考慮的最小值.由平均值不等式知，從而.當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取到最小值.由②有解可知.又假如，因隨連續(xù)變化，且及時，均可任意大，故②在及上均有解，與解的唯一性矛盾.綜上，僅有滿足條件(此時是與的唯一公共點).11.【解析】11.根據(jù)有趣的復(fù)數(shù)數(shù)列的定義，對參數(shù)進行分類討論，結(jié)合數(shù)列的極限，即可求得結(jié)果.考慮有趣的復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}.歸納可知zn≠0(n∈N+).由條件得，解得.因此，故①進而有②記.當(dāng)m=2s(s∈N+)時，利用②可得.當(dāng)m=2s+1(s∈N+)時，由①、②可知，故.當(dāng)m=1時，.以上表明滿足要求.另一方面，當(dāng)時，易驗證知{zn}為有趣的數(shù)列.此時，這表明C不能大于.綜上，所求的C為.12.證明見解析【解析】12.如圖，延長PM到點F，使得MF=ME.連結(jié)BF、BD、CE.由條件可知∠BDP=∠BAP=∠CAP=∠CEP=∠CEM.因為BM=CM且EM=FM，所以BF=CE且BF∥CE.于是∠F=∠CEM=∠BDP，進而BD=BF.又DE=MP，故DP=EM=FM.于是在等腰△BDF中，由對稱性得BP=BM.從而BC=2B=2BP.13.；個.【解析】13.根據(jù)題設(shè)條件，化簡得到，在結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求得最小值，再由對每個k(1≤k≤49)，設(shè)等于k的項數(shù)為，結(jié)合方程的正整數(shù)解的組數(shù)，即可求解.由題意，，可得，①由于及均為非負整數(shù)，故有，且，于是，②由①，②得，結(jié)合及，可知，③另一方面，令，，，此時驗證，知上述所有不等式均取到等號，從而f的最小值.以下考慮③的取等條件.此時，且②中的不等式均取等，即.因此，且對每個k(1≤k≤49)，中至少有兩項等于k.易驗證，知這也是③取等的充分條件.對每個k(1≤k≤49)，設(shè)等于k的項數(shù)為，則nk為正整數(shù)，且，即，該方程的正整數(shù)解的組數(shù)為，且每組解唯一對應(yīng)一個使④取等的數(shù)組，故使成立的數(shù)組有個.14.證明見解析【解析】14.首先假設(shè)互素，根據(jù)題目所給遞推關(guān)系得到，然后利用數(shù)學(xué)歸納法證得對任意整數(shù)n≥3，有成立，通過證明成立，得到，從而證得結(jié)論成立.不妨設(shè)互素(否則，若，則與互素，并且用代替條件與結(jié)論均不改變).由數(shù)列遞推關(guān)系知①以下證明：對任意整數(shù)n≥3，有②事實上，當(dāng)n=3時②顯然成立.假設(shè)n=k時②成立(其中k為某個大于2的整數(shù))，注意到①，有，結(jié)合歸納假設(shè)知，即n=k+1時②也成立.因此②對任意整數(shù)n≥3均成立.注意，當(dāng)時，②對n=2也成立.設(shè)整數(shù)r、s(r>s≥2)，滿足.若，由②對n≥2均成立，可知，即，即③若，則，故r>s≥3.此時由于②對n≥3均成立，故類似可知③仍成立.再證明a2，m互素：事實上，假如a2與m存在一個公共素因子p，則由①得p為的公因子，而互素，故，這與矛盾.因此，由③得.又r>s，所以.15.最小的n是2795【解析】15.先證明一個引理：設(shè)G=(V，E)是一個簡單圖，且G是連通的，則G含有個兩兩無公共邊的角.再利用引理和反證法，結(jié)合組合數(shù)的凸性即可求得結(jié)果.為了敘述方便，稱一個圖中的兩條相鄰的邊構(gòu)成一個“角”，先證明一個引理：設(shè)G=(V，E)是一個簡單圖，且G是連通的，則G含有個兩兩無公共邊的角(這里[a]表示實數(shù)a的整數(shù)部分).引理的證明：對E的元素個數(shù)|E|歸納證明.當(dāng)|E|=0，1，2，3時，結(jié)論顯然成立.下面假設(shè)|E|≥4，并且結(jié)論在|E|較小時均成立.只需證明，在G中可以選取兩條邊a、b構(gòu)成一個角，在G中刪去a、b這兩條邊后，剩下的圖含有一個連通分支包含|E|－2條邊.對這個連通分支應(yīng)用歸納假設(shè)即得結(jié)論成立.考慮G中的最長路，其中是互不相同的頂點.因為G連通，故k≥3.情形1：.由于P是最長路，v1的鄰點均在中，設(shè)，其中3≤i≤k.則是一個角，在E中刪去這兩條邊.若v1處還有第三條邊，則剩下的圖是連通的；若v1處僅有被刪去的兩條邊，則v1成為孤立點，其余頂點仍互相連通.總之在剩下的圖中有一個連通分支含有|E|－2條邊.情形2：，.則是一個角，在G中刪去這兩條邊后，都成為孤立點，其余的點互相連通，因此有一個連通分支含有條邊.情形3：，且v2與中某個點相鄰.則是一個角，在G中刪去這兩條邊后，v1成為孤立點，其余點互相連通，因此有一個連通分支含有條邊.情形4：，且v2與某個相鄰.由于P是最長路，故u的鄰點均在之中.因是一個角，在G中刪去這兩條邊，則v1是孤立點.若處僅有邊uv2，則刪去所述邊后u也是孤立點，而其余點互相連通.若u處還有其他邊uvi，3≤i≤k，則刪去所述邊后，除v1外其余點互相連通.總之，剩下的圖中有一個連通分支含有條邊.引理獲證.回到原題，題中的V和E可看作一個圖G=(V，E)首先證明n≥2795.設(shè).在中，首先兩兩連邊，再刪去其中15條邊(例如)，共連了條邊，則這61個點構(gòu)成的圖是連通圖.再將剩余的201－61=1958個點配成979對，每對兩點之間連一條邊，則圖G中一共連了1815+979=2794條線段.由上述構(gòu)造可見，G中的任何一個角必須使用相連的邊，因此至多有個兩兩無公共邊的角.故滿足要求的n不小于27