2019年全国高中数学联赛试题及答案

2019年全国高中数学联赛

一、填空题（每小题8分，共64分，）

1. 函数的值域是 .

2. 双曲线的右半支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .

3. 已知是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存有常数使得对每一个正整数都有，则 .

4. 函数 在区间上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .

5. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .

6. 正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则 .

7. 方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是 .

二、解答题（本题满分56分）

9. （16分）已知函数，当时，，试求的最大值.

10.（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值.

11.（20分）证明：方程恰有一个实数根，且存有唯一的严格递增正整数数列，使得 .

解 答

1. 提示：易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.

2. 提示：令，则原函数化为，即

.

由，， 及 知 即

. （1）

当时（1）总成立；

对；对.从而可知 .

3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为

.

又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.

4. 提示 ：设的公差为的公比为，则

（1）

， （2）

（1）代入（2）得，求得.

从而有 对一切正整数都成立，即 对一切正整数都成立.

从而

，

求得 ，.

5. 提示：令则原函数化为,在上是递增的.

当时，,

，

所以

；

当时，，

，

所以

.

综上在上的最小值为.

6. 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为

.

7. 提示：解法一：如图，以所在直线为轴，线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.

设分别与平面、平面垂直的向量是、，则

由此可设 ，所以，即

.

所以 .

解法二：如图， .

设与交于点 则 .

从而平面 .

过在平面上作,垂足为.

连结,则为二面角的平面角.设,则易求得.

在直角中，,即 .

又 .

.

8. 336675 提示：首先易知的正整数解的个数为 .

把满足的正整数解分为三类：

（1）均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；

(3)设两两均不相等的正整数解为.

易知

，

所以

，

即

.

从而满足的正整数解的个数为

.

9. 解法一： 由 得

.

所以

，

所以. 又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.

解法二：. 设，则当时，.

设 ，则.

.

容易知道当时，. 从而当时， ， 即

，

从而 ,，由 知.

又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.

10. 解法一：设线段的中点为，则 ，

.

线段的垂直平分线的方程是

. （1）

易知是（1）的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.

由（1）知直线的方程为，即

. （2）

（2）代入得，即

. （3）

依题意，是方程（3）的两个实根，且，所以

,

.

.

定点到线段的距离

.

.

当且仅当，即,或时等号成立.

所以，面积的最大值为.

解法二：同解法一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.

设，则的绝对值,

,

所以, 当且仅当且，即 ,或

时等号成立.

所以，面积的最大值是.

11.令，则0' altImg='9c3742e8c46ef381e131c983c04d1476.png' w='148' h='22' class='_3'>，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根.

所以 ，

.

故数列是满足题设要求的数列.

若存有两个不同的正整数数列和满足

，

去掉上面等式两边相同的项，有

，

这里，所有的与都是不同的.

不妨设，则

，

，

矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

加 试

1. （40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．

2. （40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：存有正整数m，使得为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：，．

3. （50分）给定整数，设正实数满足，记

．

求证： ．

4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

解 答

1. 用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．

因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）

，

同理

，

所以 ，

故⊥． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

． ①

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

， ②

． ③

由①，②，③可得， 所以，故△DMN ∽ △DCB，于是，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而四点共圆.

注1：“P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得

， ④

则P，E，F，A四点共圆，故

，

从而E，C，F，K四点共圆，于是

， ⑤

⑤-④，得

P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．

注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．

2. 记表示正整数n所含的2的幂次．则当时，为整数．

下面我们对用数学归纳法．

当时，k为奇数，为偶数，此时

为整数．

假设命题对成立．

对于，设k的二进制表示具有形式

，

这里，或者1，．

于是

， ①

这里

.

显然中所含的2的幂次为．故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由①知，是一个整数，这就完成了归纳证明．

3. 由知，对，有．

注意到当时，有，于是对，有

，

故

．

4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点上的设置（共有4种），按照边上的字母能够依次确定点上的设置．为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．

设标有a的边有条，，标有b的边有条，．选择条边标记a的有种方法，在余下的边中取出条边标记b的有种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为

． ①

这里我们约定．

当n为奇数时，，此时

． ②

代入①式中，得

．

当n为偶数时，若，则②式仍然成立；若，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为

．

综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n为奇数时有种；当n为偶数时有种．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/fad138f31b5f312b3169a45177232f60ddcce7a2.html