2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题

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2019年全国高中数学联赛试题及解答

全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______．答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =．分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧2分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______．答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种；长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种（一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ．（1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥．分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=．答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=，则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-，故2α<；若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意；另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类．假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两个除1k +外不交，故命题成立．综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件．任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个；首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立；若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立．综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答2014高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得全国高中数学联赛试题及解答一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。

2019江西省预赛试题解答5-26

π 13
⎛⎜⎝
cos
2π 13
+
cos
4π 13
+
cos
6π 13
+
cos
8π 13
+
cos 10π 13
+
cos 12π 13
⎞⎟⎠
=
⎛⎜⎝ sin
3π 13
− sin
π 13
⎞⎟⎠
+
⎛⎜⎝ sin
5π 13
− sin
3π 13
⎞⎟⎠
+
⎛⎜⎝ sin
7π 13
− sin
5π 13
⎞⎟⎠
+
⎛⎜⎝ sin
3 、设 x > 0 ，且 x2 + 1 = 7 ，则 x5 + 1 =
．
x2
x5
答案：123 ．
解：⎛⎜⎝
x
+
1 x
⎞⎟⎠2
=
x2
+
1 x2
+
2
=
9 ，所以
x
+
1 x
=
3 ，由
49
=
⎛⎜⎝
x2
+
1 x2
⎞⎟⎠2
=
x4
+
1 x4
+
2
，
则
x4
+
1 x4
= 47 ，所以
x5
+
1 x5
= ⎛⎜⎝ x +
1 x
2−
12 + 22 +! + 192
⎤ ⎦⎥
= 1 [36100 − 2470] =16815．

2019年全国高中数学联赛江西赛区预赛试卷及答案

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答（5月26日上午9:30−−12:00）一、填空题 (每小题7分，共56分)1、将集合1,2,!,19{}中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为．答案：16815．解：所求的和为121+2+!+19()2−12+22+!+192()⎡⎣⎢⎤⎦⎥[]1361002470168152=−=． 2、公差为d ，各项皆为正整数的等差数列{}n a ，若11919,1949,2019m n a a a ===，则正整数m n +的最小值是．答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+−，()201919191n d =+−，显然有1,1m n >>，301d m =−，以及1001d n =−，消去d 得：1037m n −=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3、设0x >，且2217x x +=，则551x x+= ．答案：123．解：2221129x x x x ⎛⎞+=++=⎜⎟⎝⎠，所以13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎞=+=++⎜⎟⎝⎠，则44147x x +=，所以54325234111111x x x x x x x x x x x x ⎛⎞⎛⎞+=+−⋅+⋅−⋅+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ ()4242111134771123x x x x x x ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=++−++=−+=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦． 4、、若OAB Δ的垂心恰是抛物线24y x =的焦点，其中O 是原点，,A B 在抛物线上，则OAB Δ的面积S = ．答案：解：抛物线的焦点为(1,0)F ，因F 为OAB Δ的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为22(,2),(,2)A a a B a a −，()0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=， BF 的斜率221BF a K a −=−，据1BF OA K K ⋅=−，得a =，因此AB =25h a ==，所以OAB S Δ=5、,,a b c 是互异正整数，使得{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++，其中n 为正整数，则222a b c ++的最小值是．答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()2()a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数{}222,(1),(2)n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则1n >；若3n =，则{}{}222222,(1),(2)3,4,5n n n ++=，且因222503452()a b c =++=++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据{}{}222222,(1),(2)5,6,7n n n ++=，解得30,19,6a b c ===，因此222222301961297a b c ++=++=．6、P 是正四棱锥V ABCD −的高VH 的中点，若点P 到侧面的距离为3，到底面的距离为5，则该正四棱锥的体积为．答案：750．解：如图，PF VBC ⊥面，5,10VP VH ==，4VF ===，而PHMF 共圆，VP VH VF VM ⋅=⋅，所以252VM =；152HM ==；则15AB =，所以棱锥体积217503V VH AB =⋅⋅=． 7、ABC Δ的三个内角,,A B C 满足39A B C ==，则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++= ．答案：14−．解：设3,9C B A θθθ===，，由39θθθπ++=，得13πθ=，cos cos cos cos cos cos S A B B C C A =++9339cos cos cos cos cos cos 131313131313ππππππ=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+++++⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦ .注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到 246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎞⋅=+++++⎜⎟⎝⎠ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−+−+−+−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠+sin 11π13−sin 9π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟+sin 13π13−sin 11π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟=−sin π13. 所以14S =−． 8、数列{}n a 满足：0a =[]{}11n n n a a a +=+，（其中[]n a 和{}n a 分别表示实数n a 的整数部分与小数部分），则2019a = ．答案：130292−+．解：)011a =+，11122a −=+=+，)22341a ===+31452a −=+=+.归纳易得)2211311,322k k a k a k +−=++=++, 因此2019130292a =+．二、解答题（满分共64分）9、(本题14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆．证：设椭圆方程为22221,(0)x y a b a b+=>>，据对称性知，点Q 在Y 轴上（如图）；记12QF QF m ==，11221122,,,PF r PF r PQ t M F M F k =====，则有：1121,2PF e r r a PM =+=，为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证， 1212mr mr t F F +=⋅，即22m a t c ⋅=⋅，也即m c e t a == ……………① 由1111QF OF QM HM =，即222m c c e a m k a c⎛⎞===⎜⎟+⎝⎠，所以21k e m k =−+，在1PM Q Δ中，由斯特瓦特定理，22211m k PF PM PQ mk m k m k =⋅+⋅−++ …………………………② 即222222112(1)(1)r m e r e t e m e e −⎛⎞=⋅+−−⋅⎜⎟⎝⎠………………………③ 因为210e −≠，由③得，222m e t =，即m e t =，故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．（也可不用托勒密定理证：由②得2()PQ m m k =+，则1PQF Δ∽1M QP Δ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10、(本题15分)将正整数数列1,2,3,!!中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列a 1,a 2,a 3,! ，再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列b 1,b 2,b 3,!；证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．证：易知a 2n −1=4n −2,a 2n =4n −1,n =1,2,3,!，因此，∀n ∈N ,a 4n +1=8n +2,a 4n +2=8n +3,a 4n +3=8n +6,a 4n +4=8n +7；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：b 2n +1=8n +3,b 2n +2=8n +6,n =0,1,2,!；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43,!，观察易知，222212346710113,5,7,9b b b b b b b b =+=+=+=+，……；若记(1)2k k k r += ，我们来证明，一般地有：21(21)k k r r k b b ++=+，1,2,3,k = …. 由于r 4m =8m 2+2m ,r 4m +1=8m 2+6m +1,r 4m +2=8m 2+10m +3,r 4m +3=8m 2+14m +6；所以[]44212(4)1,m m r r b b m ++=+ []4141212(41)1,m m r r b b m ++++=++[]4242212(42)1,m m r r b b m ++++=++ []4343212(43)1,m m r r b b m ++++=++ 合并以上四式得，对于每个正整数k ，21(21)k k r r b b k ++=+．其中(1)2k k k r +=．11、(本题15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：222=2019a b c ++．解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意44c ≤=，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥．因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22N x y =+为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，222222()()()Nx y x y x y =+=−++；若43c =，方程化为：()2222221702852672(29)a b +==×=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为()22222223382132512717a b +==×=+=+；由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为22222222222226502135=2(2+3)(3+4)=2(1+18)=2(6+17)=2(10+15)a b +==××，因此，22222265017191123525=+=+=+，得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==×，而397是一个41N +形状的质数，HQP NMF E C BA 它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以2222222(619)1325a b +=+=+，得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：22211582529223a b +==×=×，而23是41N −形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==××，它含有41N −形状的单质因子，故不能表为两平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：1,13,43{},7,11,43{},13,25,35{},5,25,37{},11,23,37{},17,19,37{},7,17,41{}.12、(本题20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC Δ的两条高，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q . 证明：,,,M N P Q 四点共圆．证：如图设三角形ABC Δ的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF ⋅=−+ 22()()MF HF MF HF MF HF =−+=−222()AF FB AH AF AF AB AH =⋅−−=⋅−同理有，2PH HQ AE AC AH ⋅=⋅− 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC ⋅=⋅，故由以上两式得MH HN PH HQ ⋅=⋅，所以,,,M N P Q 四点共圆．。

【竞赛试题】2019年全国和高中数学联赛试卷及答案

æ 4ö 【竞赛试题】2019 年全高中数学联合竞赛一试（B 卷）参考答案及评分标准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 x < 0 ，从而1 + 2 + x = 0 ，得 x = -3 ．2. 若平面向量 a = (2m , -1) 与 b = (2m -1, 2m +1) 垂直，其中 m 为实数，则 a 的模为．答案： 10 ．解：令 2m = t ，则 t > 0 ．条件等价于 t ⋅ (t -1) + (-1) ⋅ 2t = 0 ，解得 t = 3 ．因此 a 的模为 32 + (-1)2 = 10 ．3. 设a , b Î (0, p ) ，cos a , cos b 是方程5x 2 -3x -1 = 0 的两根，则sin a sin b 的值为．答案：7 ．5解：由条件知 cos a + cos b = 3 , cos a cos b = - 1，从而5 5(s i n a sin b )2 = (1- c os 2 a )(1- c os 2 b ) = 1- cos 2 a - cos 2 b + cos 2 a cos 2 b2 2= (1+ cos a cos b )2 - (cos a + cos b )2 = ÷ æ 3ö - = 7 ． ç ÷ ç ÷ çè 5 ø çè5ø 25又由a , b Î (0, p ) 知sin a sin b > 0 ，从而sin a sin b = 7．54. 设三棱锥 P - ABC 满足 PA = PB = 3, AB = BC = CA = 2 ，则该三棱锥的体积的最大值为．答案： 2 6 ．3解：设三棱锥 P - ABC 的高为 h ．取M 为棱 AB 的中点，则h £ PM = 32 -12 = 2 2 ．当平面 PAB 垂直于平面 ABC 时， h 取到最大值 2 2 ．此时三棱锥 P - ABC 的体r n -rnn积取到最大值 1S⋅= 1 ⋅ = 2 6 ．3 D ABC3 35. 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 4´ 4! = 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96 -1 = 95 ．6. 设整数 n > 4 ，( x + 2 的值为．答案：51． y -1)n 的展开式中x n -4 与 xy 两项的系数相等，则 nn解：注意到 ( x + 2 y -1)n= år =0C n x (2 y -1)r ．其中 x n -4 项仅出现在求和指标 r = 4 时的展开式 C 4 x n -4 (2 y -1)4中，其 x n -4 项系数为 (-1)4 C 4 = n (n -1)(n - 2)(n -3) ．n24而 xy 项仅出现在求和指标 r = n -1 时的展开式 C n -1x ⋅ (2y -1)n -1 中，其 xy 项系数为 n -1 2 n -3 n -3C n C n -1 4⋅ (-1) = (-1) 2n (n -1)(n - 2) ．因此有 n (n -1)(n - 2)(n - 3)= (-1)n -3 2n (n -1)(n - 2) ．注意到 n > 4 ，化简得24n - 3 = (-1)n -3 48 ，故只能是 n 为奇数且 n - 3 = 48 ．解得 n = 51 ．7. 在平面直角坐标系中，若以 (r +1, 0) 为圆心、 r 为半径的圆上存在一点 (a , b ) 满足b 2 ³ 4a ，则 r 的最小值为．答案： 4 ．解：由条件知 (a - r -1)2 + b 2 = r 2 ，故4a £ b 2 = r 2 - (a - r -1)2 = 2r (a -1) - (a -1)2 ．即 a 2 - 2(r -1)a + 2r +1 £ 0 ．上述关于 a 的一元二次不等式有解，故判别式(2(r -1))2 - 4(2r +1) = 4r (r - 4) ³ 0 ，解得 r ³ 4 ．经检验，当 r = 4 时， (a , b ) = (3, 2 3) 满足条件．因此 r 的最小值为 4 ．8. 设等差数列{a n } 的各项均为整数，首项 a 1 = 2019 ，且对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 a 1+ a 2 ++ a n = a m ．这样的数列{a n } 的个数为．答案：5 ．解：设{a n } 的公差为 d ．由条件知 a 1 + a 2 = a k （ k 是某个正整数），则2a 1 + d = a 1 + (k -1)d ，a 1即 (k - 2)d = a 1 ，因此必有 k ¹ 2 ，且d =k - 2．这样就有 a = a + (n -1)d = a + n -1a ， n 1 1 k - 2 1í而此时对任意正整数 n ，a +a++ a = a n + n (n -1) d = a + (n -1)a + n (n -1) d 1 2 n 1 2 1 12æ n (n -1) ö = a + (n -1)(k - 2) + d ，确实为{a n } 中的一项．ç 1 çè 2 ø 因此，仅需考虑使 k - 2| a 1 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 k - 2 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 FA = 3, FB = 2 ，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 x2y 2+= 1 (a > b > 0) ，并记 c = a 2 b 2a 2 -b 2 ．由对称性，可设 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a + c = 3, a - c = 2 ，故 AB = 2a = 5 （相应地，b 2= (a + c )(a - c ) = 6 ，G 的方程为4 x 2y 2+ = 1 ）． …………………4 分25 6(2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时 a + c = 3, a = 2 ，故 c = 1 ，进2 2而 b 2 = a 2 - c 2 = 3 ，所以 AB =a 2 +b 2= 7（相应的 G 的方程为 x + y = 1 ）．4 3…………………8 分(3) A 为上顶点或下顶点， B 为右顶点．此时 a = 3, a - c = 2 ，故 c = 1 ，进2 2而 b 2 = a 2 - c 2 = 8 ，所以 AB =a 2 +b 2 = 17（相应的 G 的方程为 x + y= 1 ）．9 8…………………12 分综上可知， AB 的所有可能值为5, 7, 17 ． …………………16 分10. （本题满分 20 分）设 a , b , c 均大于 1，满足ìïlg a + log b c = 3, ïîlg b + log a c = 4. 求 lg a ⋅ lg c 的最大值．解：设lg a = x , lg b = y , lg c = z ，由 a , b , c >1可知 x , y , z > 0 ．由条件及换底公式知 x + z = 3, y + z= 4 ，即xy + z = 3y = 4x ． y x…………………5 分。

2019年江西高中数学竞赛试题(2019.5.26)

2019年江西高中数学竞赛试题（2019.5.26）
一、填空题(7*8=56分)
1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为 .
2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,
则正整数m n +的最小值是 .
3. 设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为 .
4. 三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x = 的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB
的面积是 .
5. ,,a b c 是互异的正整数,使得222
{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是 .
6. 已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是 .
7. 三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++= .
8. 数列{}n a 满足02112,[]{}
n n n a a a a a +===+
(其中 [],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a = . 二、解答题:。

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题(每小题7分，共56分)1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为.2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,则正整数m n +的最小值是.3.设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为.4.三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x =的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB 的面积是.5.,,a b c 是互异的正整数,使得222{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是.6.已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是.7.三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++=.8.数列{}n a满足02112,[]{}n n n a a a a a +===+(其中[],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a =.9、(14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆．10、(15分)将正整数数列1,2,3 中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列123,,a a a 再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列123,,b b b 证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．11.(15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：2222019a b c ++=．12.(20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC ∆的两条高(如右图)，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q .证明：,,,M N P Q 四点共圆．2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答1.答案：16815．解：所求的和为()()()222211121912193610024701681522⎡⎤+++-+++=-=⎣⎦ 2.答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+-，()201919191n d =+-，显然有1,1m n >>，301d m =-，以及1001d n =-，消去d 得,1037m n -=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3.答案：123．解：2221129x x x x ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭，13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，则44147x x +=，所以551x x +42421111x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()34771123=-+=4.答案：．解：抛物线的焦点为()1,0F ，因F 为OAB ∆的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为()2,2A a a ，()2,2B a a -，0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=，BF 的斜率221BF aK a -=-，据1OA BF K K =- ，得5a =，因此AB =，25H a ==，所以OAB S ∆= 5.答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()()2a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数()(){}222,1,2n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则1n >；若3n =，则()(){}{}222222,1,2=3,4,5n n n ++，且因22250345=++()2a b c =++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据()(){}{}222222,1,2=5,6,7n n n ++，解得30,19,6a b c ===，因此．222222301961297a b c ++=++=.6.答案：750．解：如图，PF VBC ⊥平面，5,10,VP VH ==4VF ===,而PHMFPHMF 共圆，,VP VH VF VM =所以2515,22VM HM ===;则15AB =，所以棱锥体积217503V VH AB == ．7.答案：14-．,3,9,39,,13C B A πθθθθθθπθ===++==解：设由得9339cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos131313131313S A B B C C A ππππππ=++=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1191311sin sin sin sin sin 1313131313πππππ⎛⎫⎛⎫+-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以14S =-.8.答案：3130292-+．解：()0131,a =+-113112,231a -=+=+-()2233431,31a =+=+=+--33145.231a -=+=+-归纳易得()23131,k a k =++-213132,2k a k +-=++因此20193130292a -=+.9.证：设椭圆方程为()22221,0x ya b a b+=>>，据对称性知，点Q在Y轴上（如图）；记12,QF QF m ==1122,,PF r PF r ==PQ t=,12,MF MF k ==则有：1121,2,PF e r r a PM =+=为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证，1212,mr mr t F F += 22,m c m a t c e t a=== 即也即……………①由1111,QF OF QM HM =即222,m c c e a m k a c⎛⎫=== ⎪+⎝⎭所以21,k e m k=-+在1PM Q ∆中，由斯特瓦特定理，22211m kPF PM PQ mk m k m k=+-++…………………………②即()()22222211211m e r r e t e me e -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭………………………③因为210e -≠，由③得，222,,m me e t t==即故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．（也可不用托勒密定理证：由②得()2PQ m m k =+，则11PQF M QP ∆∆ ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10.证：易知2142n a n -=-,241n a n =-,1,2,3n = ，因此，41,82,n n N a n +∀∈=+42434483,86,87n n n a n a n a n +++=+=+=+；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：212283,86n n b n b n ++=+=+,1,2,3n = ；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43 ，观察易知，222212346710113,5,7,9,b b b b b b b b =+=+=+=+……；若记()12k k k r +=，我们来证明，一般地有：()2121k k r r k b b ++=+,1,2,3k = .由于2222441424382,861,8103,8146;m m m m r m m r m m r m m r m m +++=+=++=++=++所以()()4444122111241,2411,m m m m r r r r b b m b b m +++++=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()42424343221112421,2431,m m m m r r r r b b m b b m ++++++++=+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦合并以上四式得，对于每个正整数k ,()2121k k r r b b k ++=+．其中()12k k k r +=．11.解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意201944c ⎡⎤≤=⎣⎦，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥．因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22=N x y +为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，()()()222222N x yx y x y =+=-++；若43c =，方程化为：()()222222170285267229a b +==⨯=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为：()22222223382132512717a b +==⨯=+=+，由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为：()()2222222650213522334a b +==⨯⨯=++()()()2222222118261721015=+=+=+因此：22222265017191123525=+=+=+．得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==⨯,而397是一个41N +形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以()22222226191325a b +=+=+，得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：2211582529a b +==⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==⨯⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：{}{}{}{}{}{}{}1,13,43,7,11,43,13,25,35,5,25,37,11,23,37,17,19,37,7,17,41.12.证：如图设三角形ABC ∆的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF =-+ ()()()22222MF HF MF HF MF HF AF FB AH AF AF AB AH =-+=-=--=- 同理有，2PH HQ AE AC AH =- 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC = ，故由以上两式得MH HN PH HQ = ，所以,,,M N P Q 四点共圆．。

2019年全国高中数学联赛试卷及答案-10页文档资料

2019年全国高中数学联合竞赛试卷第一试一、选择题本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。

1．给定公比为q (q ≠1)的等比数列{a n }，设b 1=a 1+a 2+a 3, b 2=a 4+a 5+a 6,…,b n =a 3n -2+a 3n -1+a 3n ,…，则数列{b n } 【答】（） (A ) 是等差数列 (B ) 是公比为q 的等比数列 (C ) 是公比为q 3的等比数列 (D ) 既非等差数列也非等比数列2．平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么，满足不等式(|x |-1)2+(|y |-1)2＜2的整点(x ,y )的个数是【答】（） (A ) 16 (B ) 17 (C ) 18 (D ) 253．若(log 23)x -(log 53)x ≥(log 23)y --(log 53)y-，则【答】（）(A ) x -y ≥0 (B ) x +y ≥0 (C ) x -y ≤0 (D ) x +y ≤0 4．给定下列两个关于异面直线的命题：命题Ⅰ：若平面α上的直线a 与平面β上的直线b 为异面直线，直线c 是α与β的交线，那么，c 至多与a ,b 中的一条相交；命题Ⅱ：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。

那么【答】（） (A ) 命题Ⅰ正确，命题Ⅱ不正确 (B ) 命题Ⅱ正确，命题Ⅰ不正确 (C ) 两个命题都正确 (D ) 两个命题都不正确5．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。

那么，在上述3名选手之间比赛的场数是【答】（） (A ) 0 (B ) 1 (C ) 2 (D ) 36．已知点A (1,2)，过点(5,-2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B ,C ，那么，△ABC 是(A ) 锐角三角形 (B ) 钝角三角形 (C ) 直角三角形 (D ) 不确定【答】（）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。

2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题(每小题7分，共56分)1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为.2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,则正整数m n +的最小值是.3.设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为.4.三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x =的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB 的面积是.5.,,a b c 是互异的正整数,使得222{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是.6.已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是.7.三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++=.8.数列{}n a满足02112,[]{}n n n a a a a a +===+(其中[],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a =.9、(14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆．10、(15分)将正整数数列1,2,3 中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列123,,a a a 再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列123,,b b b 证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案11.(15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：2222019a b c ++=．12.(20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC ∆的两条高(如右图)，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q .证明：,,,M N P Q 四点共圆．2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答1.答案：16815．解：所求的和为()()()222211121912193610024701681522⎡⎤+++-+++=-=⎣⎦ 2.答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+-，()201919191n d =+-，显然有1,1m n >>，301d m =-，以及1001d n =-，消去d 得,1037m n -=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3.答案：123．解：2221129x x x x ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭，13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，则44147x x +=，所以551x x +42421111x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()34771123=-+=4.答案：．解：抛物线的焦点为()1,0F ，因F 为OAB ∆的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为()2,2A a a ，()2,2B a a -，0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=，BF 的斜率221BF aK a -=-，据1OA BF K K =- ，得5a =，因此AB =，25H a ==，所以OAB S ∆= 5.答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()()2a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数()(){}222,1,2n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则1n >；若3n =，则()(){}{}222222,1,2=3,4,5n n n ++，且因22250345=++()2a b c =++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据()(){}{}222222,1,2=5,6,7n n n ++，解得30,19,6a b c ===，因此．222222301961297a b c ++=++=.6.答案：750．解：如图，PF VBC ⊥平面，5,10,VP VH ==4VF ===,而PHMFPHMF 共圆，,VP VH VF VM =所以2515,22VM HM ===;则15AB =，所以棱锥体积217503V VH AB == ．7.答案：14-．,3,9,39,,13C B A πθθθθθθπθ===++==解：设由得9339cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos131313131313S A B B C C A ππππππ=++=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1191311sin sin sin sin sin 1313131313πππππ⎛⎫⎛⎫+-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以14S =-.8.答案：3130292-+．解：()0131,a =+-113112,231a -=+=+-()22233431,31a =+=+=+--313145.231a -=+=+-归纳易得()23131,k a k =++-213132,2k a k +-=++因此20193130292a -=+.9.证：设椭圆方程为()22221,0x ya b a b+=>>，据对称性知，点Q在Y轴上（如图）；记12,QF QF m ==1122,,PF r PF r ==PQ t=,12,MF MF k ==则有：1121,2,PF e r r a PM =+=为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证，1212,mr mr t F F += 22,m c m a t c e t a=== 即也即……………①由1111,QF OF QM HM =即222,m c c e a m k a c⎛⎫=== ⎪+⎝⎭所以21,k e m k=-+在1PM Q ∆中，由斯特瓦特定理，22211m kPF PM PQ mk m k m k=+-++…………………………②即()()22222211211m e r r e t e me e -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭………………………③因为210e -≠，由③得，222,,m me e t t==即故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．（也可不用托勒密定理证：由②得()2PQ m m k =+，则11PQF M QP ∆∆ ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10.证：易知2142n a n -=-,241n a n =-,1,2,3n = ，因此，41,82,n n N a n +∀∈=+42434483,86,87n n n a n a n a n +++=+=+=+；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：212283,86n n b n b n ++=+=+,1,2,3n = ；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43 ，观察易知，222212346710113,5,7,9,b b b b b b b b =+=+=+=+……；若记()12k k k r +=，我们来证明，一般地有：()2121k k r r k b b ++=+,1,2,3k = .由于2222441424382,861,8103,8146;m m m m r m m r m m r m m r m m +++=+=++=++=++所以()()4444122111241,2411,m m m m r r r r b b m b b m +++++=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()42424343221112421,2431,m m m m r r r r b b m b b m ++++++++=+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦合并以上四式得，对于每个正整数k ,()2121k k r r b b k ++=+．其中()12k k k r +=．11.解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意201944c ⎡⎤≤=⎣⎦，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥．因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22=N x y +为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，()()()222222N x yx y x y =+=-++；若43c =，方程化为：()()222222170285267229a b +==⨯=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为：()22222223382132512717a b +==⨯=+=+，由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为：()()2222222650213522334a b +==⨯⨯=++()()()2222222118261721015=+=+=+因此：22222265017191123525=+=+=+．得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==⨯,而397是一个41N +形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以()22222226191325a b +=+=+，得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：2211582529a b +==⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==⨯⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：{}{}{}{}{}{}{}1,13,43,7,11,43,13,25,35,5,25,37,11,23,37,17,19,37,7,17,41.12.证：如图设三角形ABC ∆的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF =-+ ()()()22222MF HF MF HF MF HF AF FB AH AF AF AB AH =-+=-=--=- 同理有，2PH HQ AE AC AH =- 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC = ，故由以上两式得MH HN PH HQ = ，所以,,,M N P Q 四点共圆．2018年全国高中数学联赛江西省预赛试题1.a b 、为正整数，满足112018a b-=，则所有正整数对(),a b 的个数为．2.若双曲线L 的两个焦点恰是椭圆22:1169x y T +=的两个顶点，而双曲线L 的两个顶点恰是椭圆T 的两个焦点，则双曲线L 的方程为．3.函数y =+．4.若三个角,,x y z 成等差数列，公差为3π，则tan tan tan tan tan tan x y y z z x ++=．5.设,,x y z R *∈，满足x y z xyz++=，则函数()()2,,1f x y z x yz =-()()2211y zx z xy +-+-的最小值是．6.正整数数列{}n a 满足32n a n =+,{}n b 满足53n b n =+,n N ∈.在{}1,2,,2018M = 中两数列的公共项的个数是.7.四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是一个顶角为60 的菱形，每个侧面与底面的夹角都是60 ，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为．8.对于正整数n ，将其各位数字之和记为()s n ，各为数字之积记为()p n .若()()s n p n n +=成立，就称为“巧合数”。

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2019年全国高中数学联赛
（考试时间：9月24日上午8:30-11:00）
一．填空题（共2题，每题10分，合计80分）
1．设多项式()f x 满足：对于任意x R ∈，都有2(1)(1)24,f x f x x x ++-=-则()f x 的最小值是＿＿＿＿＿＿.
2．数列{},{}n n a b 满足：1,1,2,
,k k a b k ==已知数列{}n a 的前n 项和为1
n n A n =+，则数列{}n b 的前n 项和n B =＿＿＿＿＿＿. 3
．函数()f x =＿＿＿＿＿＿. 4．过抛物线28y x =的焦点F ,作一条斜率为2的直线l ，若l 交抛物线于,A B 两点，则OAB ∆的面积是＿＿＿＿＿＿.
5.若ABC ∆为锐角三角形，满足sin cos()sin A A B B
=+，则t a n A 的最大值为＿＿＿＿＿＿.
6.若正三棱锥的内切球半径为1，则其体积的最小值为＿＿＿＿＿＿.
7.将1,2,,9随机填入右图正方形ABCD 的九个格子中，则其每行三数，每列三数自上而下、自左而右顺次成等差数列的概率p =＿＿＿＿＿＿.
8.将集合{1,2,12}M =的元素分成不相交的三个子集：M A B C =⋃⋃，其中123412341234{,,,}{,,,}{,,,}A a a a a B b b b b C c c c c ===，1c ＜2c ＜3c ＜4c ，且k k k a b c +=，1,2,3,4,k =则集合C 为：＿＿＿＿＿＿.
二．解答题（共2题，合计70分）
9.（20分）如图，AB 是圆的一条弦，它将圆分成两部分，M 、N 分别是两段弧
的中点，以点B 为旋转中心，将弓形AMB 顺时针旋转一个角度成弓形1A MB ，
1AA 的中点为P ，MN 的中点为Q .求证：2MN PQ =.
10.（25分）给定椭圆22
22:1,(x y C a a b
+=＞b ＞0)以及圆222:O x y b +=，自椭圆
上异于其顶点的任意一点P ，做O 的两条切线，切点为,M N ，若直线MN 在,x y
轴上的截距分别为,m n ；证明：222
222a b a n m b
+=.
11.（25分）对于2n 个素数组成的集合122{,,
,}n M p p p =，将其元素两两搭配成n 个乘积，得到一个n 元集，如果1234212{,,,,}n n A a a a a a a -=与1234{,B b b b b =,,
212}n n b b -是由此得到的两个n 元集，其中122{,,,}n a a a =122{,,,}n b b b M =，且A B ⋂=∅，就称集合对{,}A B 是由M 炮制成的一副“对联”.(例如当2n =时，由四元集{,,,}a b c d 可炮制成三副“对联”：{,}
ab cd {,}ac bd ，{,}ab cd {,}ad bc
{,}ac bd {,}ad bc ). (1).当3n =时，求6元素集M {,,,,,}a b c d e f =所能炮制成的“对联”数；
（2）对于一般的2n ≥，求由2n 元素集M 所能炮制成的“对联”数()T n .
2019年全国高中数学联赛
江西省预赛试题答案
1.-2
2.(1)(2)3
n n n ++
3.0,3⎡⎢⎣⎦
4.
5.4
6.7.89!
8.{8,9,10,12},{7,9,11,12},{6,10,11,12}
9.思路：取AB 中点E ，1A B 中点F ，可证PEBF 为菱形；证明角MFP=角PEN ；再证角PNE=角MPF ；然后证角MPN 为直角
10.关键步骤：设P 点坐标00(,)x y ，易的OMPN 四点共圆，此圆方程减圆O 方程得直线MN 方程200x x y y b +=
11.（1）60; (2)1211()!2n n n T n C D n --=⋅⋅ (其中n D =1111!1(1)1!2!3!!n n n ⎛⎫-+-+- ⎪⎝⎭)。