全国高中数学联赛B卷试题及答案
2020全国高中数学联赛B卷答案及评分标准
2020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. 若实数x 满足()()248log log 2log 4x x x =+，则x = ． 答案：128． 解：由条件知24488221121log log 2+log log 4log +log log 2233x x x x x =++=++，解得2log 7x =，故128x =．2. 在平面直角坐标系xOy 中，圆经过点(0,0),(2,4),(3,3)，则圆上的点到原点的距离的最大值为 ．答案：解：记(2,4),(3,3)A B ，圆经过点,,O A B ．注意到90OBA （直线OB与AB 的斜率分别为1和1），故OA 为圆的直径．从而圆上的点到原点O 的距离的最大值为25OA ．3. 设集合{}1,2,,20X =，A 是X 的子集，A 的元素个数至少是2，且A 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：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(,)a b 的取法共有220C 190种，所以这样的集合A 的个数为190．4. 在三角形ABC 中，4,5,6BC CA AB ，则66sin cos 22AA= ．答案：4364． 解：由余弦定理得2222225643cos 22564CA AB BC A CA AB ，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A =22222sincos3sin cos 2222A A A A231sin 4A 21343cos 4464A． 5. 设9元集合{}{}i ,1,2,3A a b a b =+∈，i 是虚数单位．()129,,,z z z α=是A 中所有元素的一个排列，满足129z z z ≤≤≤，则这样的排列α的个数为 ．答案：8． 解：由于1i 2i 12i 22i 3i 13i 32i 23i 33i +<+=+<+<+=+<+=+<+， 故 {}{}{}{}1234561i,,2i,12i ,22i,,3i,13i z z z z z z =+=++=+=++，{}{}789,32i,23i ,33i z z z =++=+，由乘法原理知，满足条件的排列α的个数为328=．6. 已知一个正三棱柱的各条棱长均为3，则其外接球的体积为 ．答案：2π． 解：如图，设面ABC 和面111A B C 的中心分别为O 和1O ，记线段1OO 的中点为P ，由对称性知，P 为正三棱柱外接球的球心，PA 为外接球的半径．易知POAO ⊥，所以2PA ===，故外接球的体积为34=322⎛⎫ππ ⎪ ⎪⎝⎭．7. 在凸四边形ABCD 中，2BC AD ．点P 是四边形ABCD 所在平面上一点，满足202020200PA PB PC PD ．设,s t 分别为四边形ABCD 与PAB 的面积，则t s． 答案：3372021． 解：不妨假设2,4AD BC ．记,,,M N X Y 分别是,,,AB CD BD AC 的中点，则,,,M X Y N 顺次共线并且1MX XY YN ．由于2PAPC PY ，2PBPD PX ，O 1O PC 1B A 1C B 1A故结合条件可知20200PY PX．故点P 在线段XY 上且12021PX．设A 到MN 的距离为h ，由面积公式可知 22PAB ABCD S t PM h PMs S MN h MN113372021232021． 8. 已知首项系数为1的五次多项式()f x 满足：()8,1,2,,5f n n n ==，则()f x 的一次项系数为 ．答案：282．解：令()()8g x f x x =−，则()g x 也是一个首项系数为1的五次多项式，且()()80,1,2,,5g n f n n n =−==，故()g x 有5个实数根1,2,,5，所以()(1)(2)(5)g x x x x =−−−，于是()(1)(2)(5)8f x x x x x =−−−+，所以()f x 的一次项系数等于111115!82822345⎛⎫++++⋅+= ⎪⎝⎭．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） 在椭圆中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，12,F F 为两个焦点．若12120AF AF BF BF ，求12tan tan ABF ABF 的值．解：由对称性，设椭圆的方程为22221(0)x y a b a b ，(,0),(0,)A a B b ，12(,0),(,0)F c F c ，其中22ca b ．由条件知222221212()()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ．…………………4分所以22222230a b c a b ，故3a b ，2cb ． …………………8分记O 为坐标原点，则tan 3aABO b，12tan tan 2c OBF OBF b ． …………………12分 所以1211tan tan tan ()tan ()ABF ABF ABO OBF ABO OBF323215132132． …………………16分10. （本题满分20分）设正实数,,a b c 满足222494122a b c b c ++=+−，求123a b c++的最小值． 解：由题设条件得 ()()22221323a b c +−+−=， …………………5分 由柯西不等式得()()()2222321322132a b c a b c ⎡⎤+−+−≥+−+−⎣⎦， 即()22339a b c ++−≤，故236a b c ++≤． …………………10分又由柯西不等式得()()212323123a b c a b c ⎛⎫++++≥++ ⎪⎝⎭， 所以12336623a b c a b c++≥≥++， …………………15分当1a b c ===时等号成立．故123a b c++的最小值是6． …………………20分11. （本题满分20分）设数列n a 的通项公式为11515,1,2,225nnna n ．证明：存在无穷多个正整数m ，使得41m m a a 是完全平方数． 证明：记121515,22q q ，则12121,1q q q q ，于是121,1,2,5n n na q q n ． 所以121,1a a ==．又注意到21(1,2)i i q q i ，有11112121155n n n nn n a a q q q q11221115n nq q q q 221215n n q q ， 即21,1,2,n n n a a a n ， …………………5分由此易知，数列n a 的每一项都是正整数． 由计算易得44127q q ，故 2323212123211212111155n n nn n na a q q q q212142424412121122115n n n n q q q q q q q q4242441212115nn q q q q4242121715n n q q424212125nn q q221212122115n n n q q a ， …………………15分 所以，对任意正整数n ，23211n n a a 都是完全平方数．于是对于正奇数m ，41m m a a 均为完全平方数． …………………20分2020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） 如图，,,,,A B C D E是圆上顺次的五点，满足ABC BCD CDE ，点,P Q 分别在线段,AD BE 上，且P 在线段CQ 上．证明：PAQ PEQ ．证明：记S 为AD 与BE 的交点，T 为CQ 延长线与圆的交点．注意到ABC BCD CDE ，可设,AB CD所对的圆周角均为，,BC DE 所对的圆周角均为．于是ATQ ATC ，PTE CTE ，PSQ BDA DBE． ……………20分由ATQPSQ 得,,,S A T Q 四点共圆，又由PTE PSQ 得,,,P S T E 四点共圆．所以PAQPTS PEQ ． ……………40分 二、（本题满分40分）设集合{}1,2,,19A =．是否存在集合A 的非空子集12,S S ，满足（1）12S S ，12S S A ；（2）12,S S 都至少有4个元素；（3）1S 的所有元素的和等于2S 的所有元素的乘积？ 证明你的结论．解：答案是肯定的． 设21,2,,219S x y x y ，， ……………10分 则1219122x y xy +++−−−−=，所以2187xy x y ++=， ……………20分故()()21213751525x y ++==⨯，所以7,12x y是一组解．……………30分 故取123,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19,1,2,7,12S S ，则这样的12,S S 满足条件． ……………40分注：直接给出例子并验证给40分．三、（本题满分50分） 给定整数2n ．设1212,,,,,,,0n na a ab b b ，满足1212n n a a a b b b ， 且对任意,(1)i j ijn ，均有i jij a a b b ．求12n a a a 的最小值．解：记1212nn Sa a ab b b ．由条件知11()(1)i jij i j ni j na ab b n S ． ……………10分又222111122n i ji ji i j ni j ni a a n a a a ， ……………20分于是222111122221nn ii i ji ji i i j ni j nSa a a a a a nS n ．……………40分 注意0S ，故2S n ．另一方面，当2(1,2,,)i i a b i n 时，条件满足，且2S n ．综上，12n Sa a a 的最小值为2n ． ……………50分四、（本题满分50分）设,a b 为不超过12的正整数，满足：存在常数C ，使得9(mod13)nn a b C 对任意正整数n 成立．求所有满足条件的有序数对(,)a b ． 解法1：由条件知，对任意正整数n ，有9312(mod13)n n n n a b a b ． ①注意到13为素数，,a b 均与13互素，由费马小定理知12121(mod13)a b ．因此在①中取12n ，化简得9311(mod13)b a ，故93(mod13)b a ． 代入①，得33123(mod13)nn nnnn a a b a b a b ，即3()(1)0(mod13)n n a b a ． ②……………20分分两种情况讨论．(i) 若31(mod13)a ，则333121(mod13)b a b b ，又,{1,2,,12}a b ，经检验可知,{1,3,9}a b ．此时9(mod13)n n n n a b a b ．由条件知332(mod13)a b a b ，从而只能是1a b ．经检验，当(,)(1,1)a b 时，对任意正整数n ，9n n a b 模13余2为常数，满足条件． ……………30分(ii) 若31(mod13)a ，则由②知，对任意正整数n ，有(mod13)n n a b ．特别地，(mod13)a b ，故ab ．所以399(mod13)a b a ，即333(1)(1)0(mod13)a a a ，故31(mod13)a ．通过检验1,2,,6(mod13)a ，可知4,10,12a ． 经检验，当(,)(4,4),(10,10),(12,12)a b 时，对任意正整数n ，有9933(1())0(mod13)n n n n n a b a a a a ，满足条件．综合(i)、(ii)，所求的有序数对(,)a b 为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)．……………50分 解法2：由条件知，对任意正整数n ，有92111102()()()(mod13)n n n n n n a b a b a b ，……………10分 化简得11291102(mod13)n n n n n n a b a b a b ，即92()0(mod13)n n a b a b ．由于13为素数，,{1,2,,12}a b ，故213()a b ，进而ab ．……………20分 因此，当n 变化时，99(1)n n n a b a a 模13的余数为常数． 当910(mod13)a 时，由上式知，n a 模13的余数为常数，特别地，有2(mod13)a a ，故1a ． ……………30分当910(mod13)a 时，由费马小定理得121(mod13)a ，故33912()1(mod13)a a a a ．通过检验1,2,,6(mod13)a，可知4,10,12a ． 综上，所求的有序数对(,)a b 为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)． …………50分。
2012全国高中数学联赛一试试题参考答案_B卷
．
{
② ③
则有序数对（ ｘ ， ｙ ）＝ 解： ㊀（ ４ ， ２ ） ．
由①、 ｉ ｎ （ ｘ ） ［ ２＋ ｓ ｉ ｎ （ ｘ ） ］＝ ０ ． ②得ｓ π π 因为 ２＋ ｓ ｉ ｎ （ ｘ ）＞ ０ ， 所以 ｓ ｉ ｎ （ ｘ ）＝ ０ ． π π 代入②得㊀ｓ ｉ ｎ （ ｙ ）＝ ０ ． π 从而， ｘ 、 ｙ 均为正整数．
易知， Ｆ Ｂ的周长为 ４ ａ ， 内切圆半径为 １ ， 则 △Ａ １ １ ㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀Ｓ ａ ·１＝ ２ ａ ． Ｆ Ｂ ＝ ·４ △Ａ １ ２ １ 又Ｓ ｃ ·│ｙ ｙ ４ ｃ ． │＝ Ｆ Ｂ ＝ ·２ １－ ２ △Ａ １ ２ 所以， 由２ ａ ＝ ４ ｃ ， 得ｅ ＝ ｃ １ ＝ ． ａ ２
．
当且仅当 Ａ Ｍ⊥Ｂ Ｃ ， 即Ａ Ｂ＝ Ａ Ｃ＝ ５时， 上式等号成立． ㊀㊀故△Ａ Ｂ Ｃ面积的最大值为 １ ２ ． → → → 【 方法 ２ 】 因为 │Ａ Ｂ－ Ａ Ｃ Ｃ ａ ＝ ６ ， │＝ │Ｂ │＝ → ２ → ２ → → 所以 │Ａ Ｂ Ｃ ２ Ａ Ｂ ·Ａ Ｃ＝ ３ ６ ． │ ＋ │Ａ │ －
【 方法 １ 】 易知， 在一次投掷中， 投出的点数是 ７的概率为 率为
１ １ １ １ ． 从而， 投出的点数是奇数但不是 ７的概率为 － ＝ ． ２ ２ ６ ３ 在 ３次投掷中， 记“ 仅有一次投出的点数是 ７ ， 另两次中至少都是 ７ ， 另一次投出的点数是偶数” 为事件 Ｂ ． 显然 Ａ与 Ｂ互斥． 故所求事件 为 Ｃ＝ Ａ＋ Ｂ ． ７ １ １ １ １ ２ １ １ 因为 Ｐ （ Ａ ）＝ Ｃ ［ Ｃ （ ） ］＝ ， ˑ ˑ ＋ ３ˑ ２ˑ ６ ２ ３ ２ ２ ４ １ ２ １ １ ２ ㊀㊀ Ｐ （ Ｂ ）＝ Ｃ （ ） ˑ ＝ˑ ， ３ˑ ６ ２ ２ ４ ７ １ １ （ Ｃ ）＝ Ｐ （ Ａ＋ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｂ ）＝ ＋ ＝ ． 所以 Ｐ ２ ４ ２ ４ ３ 【 方法 ２ 】 在 ３次投掷中， 记“ 至少有一次投掷的点数是偶数” 为事件 Ａ ， “ 至少有一次投掷的点 数是 ７ ” 为事件 Ｂ ， 则所求事件为 Ｃ＝ Ａ ． ∩Ｂ 因为 Ｃ＝ Ａ Ａ ， ∩Ｂ＝ ∪Ｂ
【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。
全国高中数学联赛B卷试题及答案
一试一、选择题：（每小题8分，共64分）{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为．答案：6．解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,a a +>故24 6.a a +=另解：设等比数列的公比为，则52611.a a a q a q +=+又因()()()()()22252132********2223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a qa q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而240a a +>，从而24 6.a a +={}|12A a a =-≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为．答案：7．解：点集如图中阴影部分所示，其面积为 133227.2MRSMNPQ S S-=⨯-⨯⨯=正方形满足22z z z z +=≠（表示的共轭复数），则的所有可能值的积为． 答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知，222i 22i i,a b ab a b a b -+++=-比较虚、实部得220,230.a b a ab b -+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =-，进而23.2b a a =±+=±于是，满足条件的复数的积为3333i i 3.2222⎛⎫⎛⎫-+--= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()(),f x g x 均为定义在上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为．答案：2016. 解：由条件知 ()()002,f g +=①()()22818190.f g +=++=②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=-结合①知， ()()()()22400 2.f g f g --=+=③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =⨯=另解：因为()()391x f x g x x +=++， ①所以()()2290.f g +=②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以 ()()2.f x f x =-③又因为()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x -=-，()()1212g x g x ⎡⎤-++=-++⎣⎦，从而()()2 4.g x g x =---④将③、④代入①，再移项，得 ()()3229 5.x f x g x x ---=++⑤在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g -=⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g =5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为．解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为成角的余弦值为．设异面直线,AM BN所成的角为，则112AM BNAM BN⋅-=⋅正整数满足2016n ≤，且不超过的最大整数．解：由于对任意整数，有二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16解(100a a =10.（20中，已知AB ⋅（1的长分别记为,a b （2解 （1cos AB AC cb ⋅=222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +-+-⋅=⋅=故已知条件化为()()222222223,a a c b a b c ++-=+- 2.c（2）由余弦定理及基本不等式，得11.（20解这意味着符合条件的只可能为加试一、（40（1（2解：由已知条件（1由条件（21．二、（40分）设是正整数，且是奇数．已知的不超过的正约数的个数为奇数，证明：有一个约数，满三、（50点在线段上．四、（50分）设是任意一个11少于负数个数．下面分类讨论：情况一：中没有负数．情况二：中至少有一个负数．它们是中的76,,2,2±±是个17元集合．综上所述，的元素个数的最小值为。
高中数学联赛真题数列B辑(解析版)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题10数列B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】在等比数列{a n}中, a9=13,a3=1,则log a113的值为.【答案】13【解析】由等比数列的性质知a1a9=(a9a13)2, a1=a93a132=133.所以log a113=13.2．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】设等差数列{a n}的各项均为整数，首项a1=2019，且对任意正整数n，总存在正整数m，使得a1+a2+⋯+a n=a m.这样的数列{a n}的个数为.【答案】5【解析】设{a n}的公差为d.由条件知a1+a2=a k(k是某个正整数)，则2a1+d=a1+(k−1)d，即(k－2)d=a1，因此必有k≠2，且d=a1k−2.这样就有a n=a1+(n−1)d=a1+n−1k−2a1，而此时对任意正整数n，a1+a2+⋯+a n=a1n+n(n−1)2d=a1+(n−1)a1+n(n−1)2d=a1+((n−1)(k−2)+n(n−1)2)d，确实为{a n}中的一项.因此，仅需考虑使k−2|a1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.3．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设整数数列a1,a2,⋯,a10满足a10=3a1,a2+a8=2a5，且a i+1∈{1 +a i,2+a i},i=1,2,⋯,9，则这样的数列的个数为.【答案】80【解析】设b i=a i+1−a i∈{1,2}(i=1,2,⋯,9)，则有2a1=a10−a1=b1+b2+⋯+b9①b2+b3+b4=a5−a2=a8−a5=b5+b6+b7②用t表示b2,b3,b4中值为2的项数.由②知，t也是b5,b6,b7中值为2的项数，其中t∈{0，1，2，3}.因此b2,b3,⋯,b7的取法数为(C30)2+(C31)2+(C32)2+(C33)2=20.取定b2,b3,⋯,b7后，任意指定b8,b9的值，有22=4种方式.最后由①知，应取b1∈{1,2}使得b1+b2+⋯+b9为偶数，这样的b1的取法是唯一的，并且确定了整数a1的值，进而数列b1,b2,⋯,b9唯一对应一个满足条件的数列a1,a2,⋯,a10.综上可知，满足条件的数列的个数为20×4=80.4．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，直线l通过原点，n⃑=(3，1)是l的一个法向量.已知数列{a n}满足:对任意正整数n，点(a n+1,a n)均在l上.若a2=6，则a1a2a3a4a5的值为.【答案】−32【解析】易知直线l的方程是3x+y=0.因此对任意正整数n，有3a n+1+a n=0，即a n+1=−13a n，故{a n}是以−13为公比的等比数列于是a3=−13a2=−2.由等比数列的性质可得a1a2a3a4a5=a35=(−2)5=−32.5．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】设两个严格递增的正整数数列{a n},{b n}满足:a10=b10<2017，对任意正整数n，有a n+2=a n+1+a n,b n+1=2b n，则a1+b1的所有可能值为.【答案】13、20【解析】由条件可知:a 1,a 2,b 1均为正整数，且a 1<a 2. 由于2017>b 10=29⋅b 1=512b 1，故b 1∈{1，2，3}.反复运用{a n }的递推关系知a 10=a 9+a 8=2a 8+a 7=3a 7+2a 6 =5a 6+3a 5=8a 5+5a 4=13a 4+8a 3=21a 3+13a 2=34a 2+21a 1， 因此21a 1≡a 10=b 10=512b 1≡2b 1( mod 34)，而13×21=34×8+1，故有a 1≡13×21a 1≡13×2b 1=26b 1( mod 34) ①另一方面，注意到a 1<a 2，有55a 1<34a 2+21a 1=512b 1，故a 1<51255b 1②当b 1=1时，①、②分别化为a 1≡26( mod 34),a 1<51255，无解当b 1=2时，①、②分别化为a 1≡52( mod 34),a 1<102455，得到唯一的正整数a 1=18，此时a 1+b 1=20.当b 1=3时，①、②分别化为a 1≡78( mod 34),a 1<153655，得到唯一的正整数a 1=10，此时a 1+b 1=13.综上所述，a 1+b 1的所有可能值为13、20.6．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】在等比数列{a n }中，a 2=√2,a 3=√33，则a 1+a2011a 7+a2017的值为.【答案】89【解析】数列{a n }的公比为q =a 3a 2=√33√2，故a 1+a 2011a 7+a 201=a 1+a 2011q 6(a 1+a 2011)=1q 6=89.7．【2016高中数学联赛（第01试）】设a 1,a 2,a 3,a 4是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足(a 12+a 22+a 32)(a 22+a 32+a 42)=(a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4)2，则这样的有序数组(a 1,a 2,a 3,a 4)的个数为.【答案】40【解析】由柯西不等式知，(a12+a22+a32)(a22+a32+a42)⩾(a1a2+a2a3+a3a4)2，等号成立的充分必要条件是a1a2=a2a3=a3a4，即a1,a2,a3,a4成等比数列.于是问题等价于计算满足{a1,a2,a3,a4}⊆{1,2,3,⋯,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数.设等比数列的公比q≠1，且q为有理数.记q=nm，其中m、n为互素的正整数，且m≠n.先考虑n>m的情况：此时a4=a1⋅(nm )3=a1n3m3，注意到m3与n3互素，故l=a1m3为正整数.相应地，a1,a2,a3,a4分别等于m3l,m2nl,mn2l，n3l，它们均为正整数.这表明，对任意给定的q=nm>1，满足条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满足不等式n3l⩽100的正整数l的个数，即[100n3].由于53>100，故仅需考虑q=2,3,32,4,43，这些情况，相应的等比数列的个数为[100 8]+[10027]+[10027]+[10064]+[10064]=12+3+3+1+1=20.当n<m时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4，综上可知，共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4).8．【2014高中数学联赛（第01试）】数列{a n}满足a1=2，a n+1=2(n+2)n+1a n(n∈N∗)，则a2014a1+a2+⋯+a2013=.【答案】20152013【解析】由题设a n=2(n+1)n a n−1=2(n+1)n⋅2nn−1a n−2=⋯=2(n+1)n⋅2n n−1⋯⋅⋅2⋅32a 1=2n−1(n +1)，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n =2+2×3+22×4+⋯+2n−1(n +1)， 所以2S n =2×2+22×3+23×4+⋯+2n (n +1)，将上面两式相减， 得S n =2n (n +1)−(2n−1+2n−2+⋯+2+2)=2n (n +1)−2n =2n n ，故a 2014a 1+a 2+⋯+a 2013=22013×201522013×2013=20152013.9．【2013高中数学联赛（第01试）】已知数列{a n }共有9项，其中a 1=a 9=1，且对每个i ∈{1,2,⋯,8}，均有a i+1a i∈{2,1,−12}，则这样的数列的个数为.【答案】491【解析】令b i =a i+1a i(1⩽i ⩽8)，则对每个符合条件的数列{a n }，有∏b i8i=1=∏a i+1a i8i=1=a 9a 1=1，(b i ∈{2,1,−12},1⩽i ⩽8)①反之，由符合条件①的8项数列{b n }可唯一确定一个符合题设条件的9项数列{a n }.记符合条件①的数列{b n }的个数为N .显然b i (1≤i ≤8)中有偶数个−12，即2k 个−12；继而有2k 个2，8－4k 个1.当给定k 时，{b n }的取法有C 82k C 8−2k 2k 种，易知k 的可能值只有0，1，2，所以N =1+C 82C 62+C 84C 44=1+28×15+70×1=491.因此，根据对应原理，符合条件的数列{a n }的个数为491.10．【2011高中数学联赛（第01试）】已知a n =C 200n ⋅(√63)200−n⋅(√2)n(n =1,2,⋯,95)，则数列{a n }中整数项的个数为 .【答案】15【解析】由题意知a n =C 200n ⋅3200−n3⋅2400−5n6，要使a n (1≤n ≤95)为整数，必有200−n 3,400−5n 6均为整数，从而6|n +4.当n =2，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80时，200−n 3和400−5n6均为非负整数，所以a n 为整数，共有14个.当n =86时，a 86=C 20086⋅338⋅2−5， 在C 20086=200!86!⋅114!中，200!中因数2的个数为[2002]+[20022]+[20023]+[20024]+[20025]+[20026]+[20027]=197，同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，所以C 20086中因数2的个数为197−82−110=5，故a 86是整数.当n =92时a 92=C 20092⋅336⋅2−10，在C 20092=200!92!⋅108!中，同样可求得92!中因数2的个数为88，108!中因数2的个数为105.故C 20086中因数2的个数为197−88−105=4，故a 92不是整数. 因此，整数项的个数为14+1=15.11．【2010高中数学联赛（第01试）】已知{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，其中a 1=3，b 1=1，a 2=b 2,3a 5=b 3，且存在常数α,β使得对每一个正整数n 都有a n =log αb n +β，则α+β= .【答案】√33+3【解析】设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则3+d =q①3(3+4d)=q 2②式①代入式②得9+12d =d 2+6d +9，求得d =6,q =9， 从而有3+6(n −1)=log α9n−1+β对一切正整数n 都成立， 即6n −3=(n −1)log α9+β对一切正整数n 都成立. 从而log α9=6，−3=−log α9+β，求得α=√33,β=3，α+β=√33+3.12．【2009高中数学联赛（第01试）】一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是(可以用指数表示)【答案】101×298 【解析】易知： (1)该数表共有100行；(2)每一行构成一个等差数列，且公差依次为d 1=1,d 2=2,d 3=22,⋯,d 99=298， (3)a 100为所求.设第n (n ≥2)行的第一个数为a n ，则a n =a n−1+(a n−1+2n−2)=2a n−1+2n−2=2[2a n−2+2n−3]+2n−2=22[2a n−3+2n−4]+2×2n−2=23a n−3+3×2n−2=⋯=2n−1a 1+(n −1)×2n−2=(n +1)2n−2. 故a 100=101×298.13．【2008高中数学联赛（第01试）】设数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n +a n =n−1n(n+1)，n =1，2，…，则通项an =. 【答案】12n−1n(n+1)【解析】因为a n+1=S n+1−S n =n (n+1)(n+2)−a n+1−n−1n(n+1)+a n ，即2a n+1=n+2−2(n+1)(n+2)−1n+1+1n(n+1)+a n =−2(n+1)(n+2)+a n +1n(n+1)，由此得2(a n+1+1(n+1)(n+2))=a n +1n(n+1)，令b n =a n +1n(n+1)，因此b 1=a 1+12=12(a 1=0)，b n+1=12b n ，故b n =12n，可得a n =12n−1n(n+1).14．【2007高中数学联赛（第01试）】已知等差数列{a n }的公差d 不为0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数.若a 1=d,b 1=d 2，且a 12+a 22+a 32b 1+b 2+b 3是正整数，则q 等于 .【答案】12【解析】因为a 12+a 22+a 32b 1+b 2+b 3=a 12+(a 1+d )2+(a 1+2d )2b 1+b 1q+b 1q 2=141+q+q 2，故由已知条件可知：1+q +q 2为14m，其中m 为正整数.令1+q +q 2=14m，则q =−12+√14+14m−1=−12+√56−3m 4m，由于q 是小于1的正有理数，所以1<14m<3，即5⩽m ⩽13且56−3m 4m是某个有理数的平方，由此可知q =12.15．【2005高中数学联赛（第01试）】将关于x 的多项式f(x)=1−x +x 2−x 3+⋯−x 19+x 20表示为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+⋯+a 19y 19+a 20y 20，其中y =x －4.则a 0+a 1+⋯+a 20=.【答案】521+16【解析】由题设知，f (x )和式中的各项构成首项为1，公比为－x 的等比数列，由等比数列的求和公式，得f(x)=(−x)21−1−x−1=x 21+1x+1，令x =y +4，得g(y)=(y+4)21+1y+5，取y =1，有a 0+a 1+a 2+⋯+a 20=g(1)=521+16.16．【2005高中数学联赛（第01试）】如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列a 1，a 2，a 3，…，若a n =2005，则a 5n = .【答案】52000【解析】因为方程x 1+x 2+⋯+x k =m 的非负整数解的个数为C m+k−1m，而使x 1⩾1,x i ⩾0 (i ⩾2)的整数解个数为C m+k−2m−1.现取m =7，可知，k 位“吉祥数”的个数为P(k)=C k+56.2005是形如2abc 的数中最小的一个“吉祥数”，且P(1)=C 66=1,P(2)=C 76=7,P(3)=C 86=28，对于四位“吉祥数”1abc ，其个数为满足a +b +c =6的非负整数解个数，即C 6+3−16=28个.因为2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即a 65=2005.从而n =65,5n =325，又P(4)=C 96=84,P(5)=C 106=210，而∑5k=1P(k)=330，所以从大到小最后6个五位“吉祥数”依次是70000,61000,60100,60010,60001,52000. 故第325个“吉祥数”是52000，即a 5n =52000.17．【2004高中数学联赛（第01试）】已知数列a 0,a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，则∑1a ini=0的值是 .【答案】13(2n+2−n −3)【解析】设b n =1a n(n =0,1,2,⋯)，则(3−1b n+1)(6+1b n)=18，即3b n+1−6b n−1=0.所以b n+1=2b n +13，b n+1+13=2(b n +13)，故数列{b n +13}是公比为2的等比数列.因此b n +13=2n (b 0+13)=2n (1a 0+13)=13×2n+1，所以b n =13(2n+1−1)，则∑1a ini=0=∑b in i=0=∑13ni=0(2i+1−1)=13[2(2n+1−1)2−1−(n +1)]=13(2n+2−n −3).18．【2003高中数学联赛（第01试）】设M n ={(十进制)n 位纯小数0.a 1a 2⋯a n |a i 只取0或1(i =1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limn→∞S nT n= .【答案】118【解析】因为M n 中的小数的小数点后均有n 位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择(0或1)方法，故T n =2n−1，又因在这2n−1个数中，小数点后第n 位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半.故：S n =12⋅2n−1(110+1102+⋯+110n−1)+2n−1⋅110n =2n−2⋅110(1−110n−1)1−110+2n−1⋅110n=2n−2⋅19(1−110n−1)+2n−1⋅110n，故limS n T n=lim n→∞[118(1−110n−1)+110n]=118.19．【2000高中数学联赛（第01试）】设a n 是(3−√x)n 的展开式中x 项的系数(n =2，3，4，…)，则lim n→∞(32a 2+33a 3+⋯+3n a n)= .【答案】18【解析】由题意，由二项式定理有a n =C n 23n−2， 所以3n a n=3n ×2n(n−1)=18(1n−1−1n)，所以lim n→∞(32a 2+33a 3+⋯+3n a n)=lim n→∞18(1−12+12− 13+⋯+1n−1−1n)=lim n→∞18(1−1n)=18.20．【2000高中数学联赛（第01试）】等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是.【答案】13【解析】由题意，不妨设公比为q，可知q=a+log43a+log23=a+log83a+log43，又根据比例的性质，有q=a+log43−(a+log83) a+log23−(a+log43)=log43−log83log23−log43=12log23−13log23log23−12log23=13.21．【1999高中数学联赛（第01试）】已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是.【答案】6【解析】首项为a的连续k个正整数之和为S k=ka+k(k+1)2⩾k(k+1)2，由S k⩽2000可得60⩽k⩽62，当k=60时S k=60a+30×59，由S k⩽2000可得a⩽3，故S k=1830，1890，1950；当k=61时S k=61a+30×61，由S k⩽2000可得a≤2，故S k=1891，1952；当k=62时S k=62a+31×61，由S k⩽2000可得a≤1，故S k=1953.所以题中的n有6个.22．【1998高中数学联赛（第01试）】各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有项.【答案】8【解析】设a1,a2,⋯,a n是公差为4的等差数列，则a12+a2+a3+⋯+a n⩽100，等价于a12+(a1+4)+[a1+4(n−1)]2(n−1)⩽100，等价于a12+(n−1)a1+(2n2−2n−100)⩽0①当且仅当Δ=(n−1)2−4(2n2−2n−100)⩾0时，至少不存在一个实数a1满足不等式①.因为Δ⩾0等价于7n2−6n−401⩽0，等价于n1⩽n⩽n2②其中n1=3−√28167<0,8<n2=3+√28167<9，所以，满足不等式②的自然数n的最大值为8，即满足题设的数列至多有8项.23．【1994高中数学联赛（第01试）】已知95个数a1,a2,a3,⋯,a95，每个数都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+⋯+a94a95的最小值是.【答案】13【解析】记N=a1a2+a1a3+⋯+a94a95①设a1,a2,⋯,a95中有m个+1，n个－1，则m+n=95②式①乘2，加上a12+a22+⋯+a952=95得(a1+a2+⋯+a95)2=2N+95.又a1+a2+⋯+a95=m−n，所以(m−n)2=2N+95.使上式成立的最小自然数N=13，此时(m−n)2=112，即m−n=±11③联立式②与③可求出m=53,n=42或m=42,n=53.据此可构造出N达到最小值的情况，故所求最小正值为13.24．【1992高中数学联赛（第01试）】设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且1x ,1y,1z成等差数列，则xz+zx的值是.【答案】3415【解析】由题意得{(4y)2=15xz①2y=1x+1z②，由式②得y =2xz x+z，以此代入式①有16(2xz x+z)2=15xz ，即(x+z)2xz=6415，故x z+z x=3415.25．【1992高中数学联赛（第01试）】设数列a 1,a 2,⋯,a n ,⋯满足a 1=a 2=1,a 3=2，且对任何自然数n ，都有a n a n+1a n+2≠1，又a n a n+1a n+2a n+3=a 1+a n+1+a n+2+a n+3，则a 1+a 2+⋯+a 100的值是 .【答案】200【解析】因为a 1=a 2=1,a 3=2，又a 1a 2a 3a 4=a 1+a 2+a 3+a 4，所以a 4=4. 又由条件得a n a n+1a n+2a n+3=a n +a n+1+a n+2+a n+3， a n+1a n+2a n+3a n+4=a n+1+a n+2+a n+3+a n+4.将上述两式相减，得a n+1a n+2a n+3(a n −a n+4)=a n −a n+4， 即(a n −a n+4)(a n+1a n+2a n+3−1)=0. 依已知条件a n+1a n+2a n+3≠1，故a n+4=a n . 从而∑a k 100i=1=1004(a 1+a 2+a 3+a 4)=200.26．【1988高中数学联赛（第01试）】(1)设x ≠y ，且两数列x,a 1,a 2,a 3,y 和b 1,x,b 2,b 3，y,b 4均为等差数列，那么b 4−b 3a 2−a 1= .(2)(√x +2)2n+1的展开式中，x 的整数次幂的各项系数之和为.(3)在△ABC 中，已知∠A =a ，CD ，BE 分别是AB ，AC 上的高，则DE BC= .(4)甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为.【答案】3432【解析】(1)设两个数列的公差分别为d，d'，则y−x=4d=3d′，dd′=34.所以b4−b3a2−a1=2d′d=2×43=223.(2)设(√x+2)2n+1=f(x)+√xg(x)，其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1).而(2+√x)2n+1+(2−√x)2n+1=f(x)+√xg(x)+f(x)−√xg(x)，所以f(1)=12[(2+√1)2n+1+(2−√1)2n+1]=12(32n+1+1).(3)因为∠BDC=∠BEC，所以B，D，E，C共圆.∠ADE=∠ACB，△AED∽△ABC，DE2BC2=SΔAEDSΔABC=AD⋅AEAB⋅AC=cos2a.所以DEBC=|cosa|.(4)设甲队队员为a1,a2,⋯,a7，乙队队员为b1,b2,⋯,b7，下标表示事先安排好的出场顺序，比赛过程可表示为这14个字母互相穿插地依次排列，其前后顺序就是先后被淘汰的顺序，但最后一定是胜队中不被淘汰的队员和可能未曾参赛的队员，所以比赛过程表示为14个位置中任取7个位置安排甲队员(当然，其余位置安排乙队队员)，比赛过程的总数为C147=3432.优质模拟题强化训练1．一个三角形的三条边成等比数列，那么，公比q的取值范围是__________.【答案】√5−12<q<√5+12【解析】设三边按递增顺序排列为a,aq,aq2，其中a>0,q≥1.则a+aq>aq2，即q2−q−1<0.解得1−√52<q<1+√52.由q≥1 知q的取值范围是1≤q<1+√52.设三边按递减顺序排列为a,aq,aq2，其中a>0,0<q<1.则aq2+aq>a，即q2+q−1>0.解得√5−12<q<1.综上所述，1−√52<q<1+√52.2．在数列{a n}中，a1=2,a n+a n+1=1(n∈N+)，设S n为数列{a n}的前n项和，则S2017−2S2018+S2019的值为____________ .【答案】3【解析】当n为偶数时，a1+a2=a3+a4=⋯=a n−1+a n=1，故S n=n2.当n奇数时，a1=2,a2+a3=a4+a5=⋯=a n−1+a n=1，故S n=2+n−12=n+32.故S2017−2S2018+S2019=1010−2018+1011=3.故答案为：3．3．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____________ . 【答案】2019 【解析】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1+12+⋯+12019+11×2+11×3+⋯+12018×2019+⋯+11×2×⋯×2019=(1+1)(1+12)⋯(1+12019)−1=2×32×⋯×20202019−1=2019.故答案为：2019．4．已知数列{a n }满足：a n =[(2+√5)n +12n](n ∈N ∗)，其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.设C 为实数，且对任意的正整数n ，都有∑1a k a k+2nk=1⩽C ，则C 的最小值是_____ .【答案】1288 【解析】记x 1=2+√5,x 2=2−√5，则a n =[x 1n+12n ]. 记T n =x 1n +x 2n，则T n+2=(x 1+x 2)T n+1−x 1x 2T n =4T n+1+T n ，而T 1=x 1+x 2=4,T 2=x 12+x 22=(x 1+x 2)2−2x 1x 2=18，因此，对任意的正整数n ，T n ∈Z .又注意到−12<2−√5<0，从而|x 2|<12，于是−1+12n ⩽−12n <x 2n<12n .因此，x 1n +x 2n −1<x 1n +12n −1<a n ⩽x 1n +12n =x 1n +(−1+12n )+1<x 1n +x 2n +1. 又注意到x 1n +x 2n −1,a n ,x 1n +x 2n +1均为整数，故a n =x 1n +x 2n. 于是a n+2=4a n+1+a n ，且a 1=4,a 2=18.又1ak a k+2=14⋅4a k+1a k a k+1a k+2=14⋅a k+2−a k a k a k+1a k+2=14(1a k a k+1−1a k+1a k+2)，故∑1a k a k+2nk=1=14∑(1a k a k+1−1a k+1a k+2)nk=1=14(1a 1a 2−1a n+1a n+2)=1288−14a n+1a n+2.显然a n >0，于是a n+2>4a n+1，从而a n ⩾4n−2a 2(n ⩾2)， 故limn→∞1a n+1a n+2=0.因此，∑1a k a k+2nk=1<1288，且lim n→∞(∑1a k a k+2nk=1)=1288.所以，常数C 的最小值为1288.故答案为：1288．5．等差数列{a n }中，a 2=5,a 6=21，记数列{1a n}的前n 项和为S n ，若S 2n+1−S n ⩽m15对任意的n ∈N +恒成立，则正整数m 的最小值为____________ . 【答案】5 【解析】由题意可得：{a 1+d =5a 1+5d =21，解得a 1=1,d =4，∴1a n=11+4(n−1)=14n−3，∵(S 2n+1−S n )−(S 2n+3−S n+1)=(1a n+1+1a n+2+⋯+1a2n+1)−(1a n+2+1a n+3+⋯+1a2n+3)=1a n+1−1a2n+2−1a2n+3=14n+1−18n+5−18n+9=(18n+2−18n+5)+(18n+2−18n+9)>0，∴数列{S2n+1−S n}(n∈N∗)是递减数列，数列{S2n+1−S n}(n∈N∗)的最大项为S3−S1=15+19=1445，∵1445⩽m15,∴m⩾143，又∵m是正整数，∴m的最小值为5.故答案为：5.6．公差为d，各项皆为正整数的等差数列{a n}，若a1=1919，a m=1949，a n=2019，则正整数m+n的最小值是___ _________ .【答案】15【解析】1949=1919+(m−1)d，2019=1919+(n−1)d，显然有m>1，n>1，d=30m−1，以及d=100n−1，得去d得：10m−3n=7，其通解为{m=1+3tn=1+10t，为使m>1，n>1且d为正整数，则正整数t只能在{1，2，5，10}中取值(因(30，100)=10，t取值只能为10的正因数).当t=1时，m=4，n=11为最小，此时m+n=15.故答案为：15．7．数列{a n}满足：a0=√3,a n+1=[a n]+1{a n}(其中[a n]和{a n}分别表示实数a n的整数部分与小数部分)，则a2019= ____________ .【答案】3029+√3−12【解析】a0=1+(√3−1)，a1=1√3−1=2+√3−12，a2=2√3−1=3+√3=4+(√3−1)，a3=4√3−1=5+√3−12，归纳易得，a2k=3k+1+(√3−1),a2k+1=3k+2+√3−12.因此a2019=3029+√3−12.故答案为：3029+√3−12．8．设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，前n项和为S n.若数列{√8S n+2n}也是公差为d的等差数列，则数列{a n}的通项a n=________.【答案】4n−94【解析】设a n=a1+(n−1)d=dn+a，这里a=a1－d，于是S n=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n=d2n2+(a+d2)n，所以√8S n+2n=√4dn2+(8a+4d+2)n，故√4dn2+(8a+4d+2)n=dn+b，这里b=√8a1+2−d.所以4dn2+(8a+4d+2)n=d2n2+2bdn+b2，于是4d=d2，8a+4d+2=2bd，b2=0，解得d=4，b=0，a=−94，故a n=4n−94.故答案为：4n−94．9．设数列{a n}满足：a1=1,4a n+1−a n+1a n+4a n=9，则a2018=______.【答案】53【解析】由4a n+1−a n+1a n+4a n=9可得(4−a n)(4−a n+1)=7.设b n=4−a n，则有b n b n+1=7.又b1=4−a1=3，故b2=73.一般地，有b2k−1=3,b2k=73，于是a2k−1=4−3=1,a2k=4−73=53，所以a2018=53.10．数列{a n}满足a1=1,a2=3，且a n+2=|a n+1|−a n(n∈N+)，记{a n}的前n项和为S n.则S100=_________ _.【答案】89【解析】由已知得a k+9=a k，则S100=a1+11(a1+a2+⋯+a9)=8911．已知数列{a n}前n项和为S n,a1=15,且对任意正整数m、n,均有a m+n=a m a n若S n<a对任意的n∈Z+恒成立,则实数a的最小值为______.【答案】14【解析】由题意,取m =1得a n+1=a 1a n =15a n .又a 1=15,则{a n }是以为首项、为公比的等比数列,即a n =15n (n ∈Z +)故S n =a 1+a 2+⋯+a n =15+152+⋯+15n =15×1−15n 1−15=14(1−15n ) 由对任意的n ∈Z +,均有S n <a 1,知a =14.12．已知数列{a n }满足a 1=0，|a n+1|=|a n −2|．记数列{a n }的前2016项和为S ．则S 的最大值为______．【答案】2016【解析】由|a k+1|=|a k −2|⇒a k+12=a k 2−4a k +4（k =1,2,⋅⋅⋅,2016）．累加得a 20172=a 12−4S +4×2016≥0．因此，S ≤2016．当k 为奇数时，a k =0；当k 为偶数时，a k =2，此时可取等号． 13．已知数列{a n }满足a n+1=3n+1⋅a n a n +3n+1,a 1=3，则数列{a n }的通项公式是______． 【答案】a n =2⋅3n 3n −1【解析】 由a n+1=3n+1⋅a n an +3n+1可得1a n+1−1a n =13n+1,a 1=3， 则1a 2−1a 1=132,1a 3−1a 2=133,⋅⋅⋅,1a n −1a n−1=13n ．以下用累加法得，1a n −1a 1=132+133+⋅⋅⋅+13n ． 得到1a n =13+132+⋅⋅⋅+13n =13(1−13n )1−13=12(1−13n )，从而，a n =2⋅3n3n −1．14．在数列{a n }中，若a n 2−a n−12=p(n ≥2,n ∈N ∗,p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”.下列是对“等方差数列”的判断：①数列{(−1)n }是等方差数列；②若{a n }是等方差数列，则{a n 2}是等差数列；③若{a n }是等方差数列，则{a kn }（k ∈N ∗，k 为常数）也是等方差数列； ④若{a n }既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列.其中正确的命题序号为________.（将所有正确的命题序号填在横线上）【答案】①②③④【解析】①因为[(−1)n ]2−[(−1)n−1]2=0，所以{(−1)n }符合“等方差数列”定义； ②根据定义，显然{a n 2}是等差数列；③a kn 2−a k(n−1)2=a kn 2−a kn−12+a kn−12−a kn−22+⋯+a kn−k+12−a k(n−1)2=kp 符合定义； ④数列{a n }满足a n 2−a n−12=p ，a n −a n−1=d （d 为常数）.若d=0，显然{a n }为常数列； 若d≠0，则两式相除得a n +a n−1=p d ，所以a n =d 2+p 2d （常数），即{a n }为常数列.故答案为：①②③④15．设数列{a n }满足a 1=1 ，a n+1=5a n +1 (n =1，2，…），则 ∑2018n=1a n =________.【答案】5201916−807716【解析】由a n+1=5a n +1⇒a n+1+14=5(a n +14)⇒a n =5n 4−14，所以∑2018n=1a n =14(51+52+⋯+52018)−20184=516(52018−1)−20184=5201916−807716.16．已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=na n +2(n+1)2n+2，则数列{a n }的通项公式为__________． 【答案】16n(n +1)(n +2)【解析】由题设得(n +2)a n+1=na n +2(n +1)2⇒(n +1)(n +2)a n+1=n(n +1)a n +2(n +1)3. 令b n =n(n +1)a n ，则b 1=2，b n+1=b n +2(n +1)3.故b n =b 1+∑(b i+1−b i )n−1i=1=2(1+23+33+⋯+n 3)=12n 2(n +1)2.于是，数列{a n }的通项公式为a n =b n n(n+1)=12n(n +1). 因此，前n 项的和为S n =12(∑n k=1k 2+∑n k=1k) =12[n(n+1)(2n+1)6+n(n+1)2]=16n(n +1)(n +2).17．已知2015个正整数a 1,a 2,⋯,a 2015满足a 1=1，a 2=8，a n+1=3a n −2a n−1(n ≥2,且n ∈N).则a 2015−a 2014的所有正因子之和为_________。
2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
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。
2016年全国高中数学联赛(B卷)试题及答案
2016年全国高中数学联赛(B卷)试题及答案2016年全国高中数学联赛（B 卷）试题及答案一试一、选择题：（每小题8分，共64分） 1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24aa +的值为．答案：6． 解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,a a +>故24 6.aa +=另解：设等比数列的公比为q ，则52611.a a a q a q +=+又因()()()()()22252132********2223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a qa q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而24a a+>，从而24 6.aa +=2.设{}|12A a a =-≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 答案：7．解：点集B 如图中阴影部分所示，其面积为133227.2MRSMNPQS S -=⨯-⨯⨯=正方形3.已知复数z 满足22z z z z+=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ．答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知， 222i 22i i,a b ab a b a b -+++=-比较虚、实部得220,230.a b a ab b -+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =-，进而23b a a =+=于是，满足条件的复数z 的积为3333 3.22⎛⎫⎛⎫-+--= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，且()()391xf xg x x +=++，则()()22f g 的值为 ．答案：2016. 解：由条件知()()002,f g += ①()()22818190.f g +=++= ②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=-结合①知，()()()()22400 2.f g f g --=+= ③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =⨯= 另解：因为()()391x f x g x x +=++， ①所以()()2290.f g += ②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以()()2.f x f x =- ③又因为()g x 的图像关于点()1,2-中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x -=-，()()1212g x g x ⎡⎤-++=-++⎣⎦，从而()()2 4.g x g x =--- ④将③、④代入①，再移项，得()()3229 5.x f x g x x ---=++ ⑤在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g -= ⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g = 5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ． 解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为223560.C P ⨯=过所求的概率为6012.12525p == 6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C xy a +-=关于直线l 对称的圆为222:2230,C xy x ay ++-+=则直线l 的方程为 ．答案：2450.x y -+=解：12,C C 的标准方程分别为 ()()2222212:1,:1 2.C x y C x y a a +=++-=-由于两圆关于直线l 对称，所以它们的半径相等．因此220,a a=->解得 2.a =故12,C C 的圆心分别是()()120,0,1,2.O O -直线l 就是线段12O O 的垂直平分线，它通过12O O 的中点1,12M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，由此可得直线l 的方程是2450.x y -+=7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN=，则异面直线,AM BN所成角的余弦值为 ．解：如图，以底面ABCD 的中心O 为坐标原点，,,AB BC OVu u u r u u u r u u u r 的方向为,,x y z 轴的正向，V DN yxOzMCBA建立空间直角坐标系．不妨设2,AB =此时高1,VO =从而()()()()1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1.A B D V ----由条件知111112,,,,,222333M N ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此 311442,,,,,.222333AM BN ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u r设异面直线,AM BN 所成的角为θ，则111cos 112AM BN AM BNθ⋅-===⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =-，其中[]x 表示不超过x 的最大整数． 解：由于对任意整数n ，有 135113,2461224612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++≤+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭ 等号成立的充分必要条件是()1mod12n ≡-，结合12016n ≤≤知，满足条件的所有正整数为()1211,2,,168,n k k =-=L 共有168个．另解：首先注意到，若m 为正整数，则对任意整数,x y ，若()mod x y m ≡，则.x y m m ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭这是因为，当()mod x y m ≡时，x y mt =+，这里t 是一个整数，故.x x x y mt y mt y y y y y t t m m m m m m m m m m ++⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎧⎫=-=-=+-+=-=⎨⎬⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎩⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩⎭因此，当整数12,n n 满足()12mod12n n ≡时，11112222.2461224612n n n n n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=+++⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭容易验证，当正整数满足112n ≤≤时，只有当11n =时，等式324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭才成立．而201612168=⨯，故当12016n ≤≤时，满足324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭正整数n 的个数为168.二、解答题：（共3小题，共56分） 9.（16分）已知{}na 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程 ()2100lg lg 100x x =的两个不同的解，求12100a a a L 的值．解 对50,51k =，有()2100lg lg 1002lg ,k k k a a a ==+即()2100lg lg 20.kka a --=因此，5051lg ,lg aa 是一元二次方程210020tt --=的两个不同实根，从而()505150511lg lg lg ,100a a a a =+=即1100505110.aa =由等比数列的性质知，()501501001210050511010.a a aa a ⎛⎫=== ⎪⎝⎭L 10.（20分）在ABC中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=；（2）求cos C 的最小值．解 （1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB AC cb A +-⋅==u u u r u u u r 同理得，222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +-+-⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r 故已知条件化为()()22222222223,b c a a c b a b c +-++-=+-即22223.ab c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得()2222222123cos 2223636a b a b a b c C ab ab a b a b b a b a +-++-===+≥⋅等号成立当且仅当::36 5.a b c =因此cos C 的最小值211.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C的方程为221xy -=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．解 过点(),0a 作两条互相垂直的直线1:l x a =与2:0.l y =易知，1l 与C 交于点((22001,,1P a a Q a a ---（注意这里1a >），2l 与C交于点()()001,0,1,0,R S -由条件知20000212a PQ R S -===，解得 2.a =这意味着符合条件的a 2.下面验证2a事实上，当12,l l 中有某条直线斜率不存在时，则可设12:,:0l x a l y ==，就是前面所讨论的12,l l 的情况，这时有.PQ RS =若12,l l 的斜率都存在，不妨设((()121:2,:20,l y k x l y x k k==-≠ 注意这里1k ≠±（否则1l 将与C 的渐近线平行，从而1l与C 只有一个交点）． 联立1l 与C 的方程知，(222210,x k x ---=即()2222122210,k x k x k ----=这是一个二次方程式，其判别式为2440k∆=+>．故1l与C 有两个不同的交点,P Q ．同样，2l 与C 也有两个不同的交点,.R S 由弦长公式知，2222244112.11k k PQ k k k ++=+=⋅--用1k-代替k ，同理可得()()22221122.11k k RS k k --+-+=⋅=---于是.PQ RS =综上所述，2a =加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x L 和实数122016,,,y y yL 满足：（1）221,1,2,,2016kk xy k +==L ；（2）122016y yy +++L 是奇数．求122016x xx +++L 的最小值．解：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,kk xy k ≤≤=L 于是（注意0ix ≥）()2016201620162016201622211111120162016.kkkkk k k k k k x xy yy =====≥=-=-≥-∑∑∑∑∑ ① 不妨设112016,,0,,,0,02016,mm y yy y m +>≤≤≤L L 则201611,2016.mkk k k m ym y m ==+≤-≤-∑∑若11m kk ym =>-∑，并且201612015,kk m ym =+->-∑令 2016111,2015,mkk k k m ym a y m b ==+=-+-=-+∑∑则0,1,a b <<于是()201620161111201522016,m kkk k k k m y yy m a m b m a b ===+=+=-+--+=-+-∑∑∑由条件（2）知，20161kk y =∑是奇数，所以a b -是奇数，这与0,1a b <<矛盾． 因此必有11m kk ym =≤-∑，或者201612015,kk m ym =+-≤-∑则201620161112015.m kk k k k k m yy y ===+=-≤∑∑∑于是结合①得201611.kk x=≥∑又当122015201612201520160,1,1,0x xx x y y y y ==========L L 时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016x x x +++L 的最小值为1．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤ 证明：记{}||2,0,A d d n d k d =<≤是奇数，{}||2,0,B d d n d k d =<≤是偶数，则,2A B n =∅I 的不超过k 的正约数的集合是.A B U 若结论不成立，我们证明.A B =对d A ∈，因为d 是奇数，故2|2d n ，又22d k ≤，而2n 没有在区间(],2k k 中的约数，故2d k ≤，即2d B ∈，故.A B ≤反过来，对d B ∈，设2d d '=，则|d n '，d '是奇数，又2k d k '≤<，故,d A '∈从而.B A ≤ 所以.A B =故2n 的不超过k 的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立．三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠Q GPDBA 解：连接AC ，与BD 交于点.M 由平行四边形的性质，点M 是,AC BD 的中点．因此，GM Q PODB A点G 在线段AC 上．由于90GPC GQC ∠=∠=o，所以,,,P G Q C 四点共圆，并且其外接圆是以GC 为直径的圆．由相交弦定理知 .PM MQ GM MC ⋅=⋅ ①取GC 的中点.O 注意到::2:1:3,AG GM MC =故有1,2OC GC AG == 因此,G O 关于点M 对称．于是.GM MC AM MO ⋅=⋅ ②结合①、②，有PM MQ AM MO ⋅=⋅，因此,,,A P O Q 四点共圆．又1,2OP OQ GC ==所以PAO QAO ∠=∠，即AG 平分.PAQ ∠ 四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．解：先证明17.B ≥考虑到将A 中的所有元素均变为原来的相反数时，集合B 不变，故不妨设A 中正数个数不少于负数个数．下面分类讨论：情况一：A 中没有负数．设1211a a a <<<L 是A 中的全部元素，这里120,0,a a ≥>于是1223242113111011,a a a a a a a a a a a a <<<<<<<L L 上式从小到大共有19818++=个数，它们均是B 的元素，这表明18.B ≥情况二：A 中至少有一个负数．设12,,,k b b b L 是A 中的全部非负元素，12,,,lc c c L 是A 中的全部负元素．不妨设110,l kc c b b <<<≤<<L L 其中,k l 为正整数，11k l +=，而k l ≥，故 6.k ≥于是有 111212,k k l kc b c b c b c b c b >>>>>>L L 它们是B 中的110k l +-=个元素，且非正数；又有 23242526364656,b b b b b b b b b b b b b b <<<<<< 它们是B 中的7个元素，且为正数．故10717.B ≥+= 由此可知，17.B ≥另一方面，令{}2340,1,2,2,2,2,A =±±±±±则{}236780,1,2,2,2,,2,2,2B =-±±±±±-L 是个17元集合．综上所述，B 的元素个数的最小值为17.。
2016年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
2016年全国高中数学联赛（B 卷）一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为 ． 2.设{}|12A a a =−≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ． 4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2−中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为 ． 5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ．6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +−=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++−+=则直线l 的方程为 ．7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为 ．8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n+++= ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =−，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程()2100lg lg 100x x = 的两个不同的解，求12100a a a 的值．10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=； （2）求cos C 的最小值．11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y −=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足： （1）221,1,2,,2016k k x y k +== ； （2）122016y y y +++ 是奇数． 求122016x x x +++ 的最小值．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．QG P DCBA2016年全国高中数学联赛（B 卷）试题及答案一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为 ． 答案：6．解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,a a +>故24 6.a a += 另解：设等比数列的公比为q ，则52611.a a a q a q +=+又因 ()()()()()22252132631111122223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a qa q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而240a a +>，从而24 6.a a +=2.设{}|12A a a =−≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 答案：7．解：点集B 如图中阴影部分所示，其面积为 133227.2MRS MNPQ S S −=×−××=正方形3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ． 答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知， 222i 22i i,a b ab a b a b −+++=−比较虚、实部得220,230.a b a ab b −+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =−，进而b 于是，满足条件的复数z的积为33 3.22 −+−−= 4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x的图像关于点()1,2−中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为 ．答案：2016. 解：由条件知()()002,f g += ①()()22818190.f g +++ ②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=−结合①知， ()()()()22400 2.f g f g −−=+= ③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =×=另解：因为()()391x f x g x x +=++， ① 所以()()2290.f g += ②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以 ()()2.f x f x =− ③又因为()g x 的图像关于点()1,2−中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x −=−，()()1212g x g x −++=−++ ，从而 ()()2 4.g x g x =−−− ④ 将③、④代入①，再移项，得 ()()3229 5.x f x g x x −−−=++ ⑤ 在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g −= ⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g =5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ．解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为223560.C P ×=过所求的概率为6012.12525p ==6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +−=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++−+=则直线l 的方程为 ．答案：2450.x y −+=解：12,C C 的标准方程分别为()()2222212:1,:1 2.C x y C x y a a +=++−=−由于两圆关于直线l 对称，所以它们的半径相等．因此220,a a =−>解得 2.a =故12,C C 的圆心分别是()()120,0,1,2.O O −直线l 就是线段12O O 的垂直平分线，它通过12O O 的中点1,12M−，由此可得直线l 的方程是2450.x y −+=7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为 ．解：如图，以底面ABCD 的中心O 为坐标原点，,,AB BC OV 的方向为,,x y z 轴的正向，建立空间直角坐标系．不妨设2,AB =此时高1,VO =从而()()()()1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1.A B D V −−−−由条件知111112,,,,,222333M N−−，因此311442,,,,,.222333AM BN ==−设异面直线,AM BN 所成的角为θ，则cos AM BN AM BNθ⋅==⋅xA8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n+++= ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =−，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．解：由于对任意整数n ，有135113,2461224612n n n n +++≤+++=等号成立的充分必要条件是()1mod12n ≡−，结合12016n ≤≤知，满足条件的所有正整数为()1211,2,,168,n k k =−= 共有168个．另解：首先注意到，若m 为正整数，则对任意整数,x y ，若()mod x y m ≡，则.x y m m = 这是因为，当()mod x y m ≡时，x y mt =+，这里t 是一个整数，故.x x x y mt y mt y y y y y t t m m m m m m m m m m ++=−=−=+−+=−= 因此，当整数12,n n 满足()12mod12n n ≡时，11112222.2461224612n n n n n n n n+++=+++容易验证，当正整数满足112n ≤≤时，只有当11n =时，等式324612n n n n+++=才成立．而201612168=×，故当12016n ≤≤时，满足324612n n n n+++= 正整数n 的个数为168.二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程 ()2100lg lg 100x x = 的两个不同的解，求12100a a a 的值．解 对50,51k =，有()2100lg lg 1002lg ,k k k a a a ==+即()2100lg lg 20.k k a a −−=因此，5051lg ,lg a a 是一元二次方程210020t t −−=的两个不同实根，从而 ()505150511lg lg lg ,100a a a a =+=即1100505110.a a =由等比数列的性质知，()5015010012100505110a a a a a===10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=； （2）求cos C 的最小值．解 （1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB ACcb A +−⋅== 同理得，222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +−+−⋅=⋅= 故已知条件化为 ()()22222222223,b c a a c b a b c +−++−=+− 即22223.a b c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得 ()2222222123cos 2236a b a b a b c C ab ab a b b a +−++−===+≥等号成立当且仅当::a b c =因此cos C11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y −=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．解 过点(),0a 作两条互相垂直的直线1:l x a =与2:0.l y =易知，1l 与C交于点((00,,P a Q a （注意这里1a >），2l 与C 交于点()()001,0,1,0,R S −由条件知00002P Q R S ==，解得a = 这意味着符合条件的a下面验证a =符合条件．事实上，当12,l l 中有某条直线斜率不存在时，则可设12:,:0l x a l y ==，就是前面所讨论的12,l l 的情况，这时有.PQ RS =若12,l l 的斜率都存在，不妨设((()121:,:0,l y k x l y x k k==−≠注意这里1k ≠±（否则1l 将与C 的渐近线平行，从而1l 与C 只有一个交点）． 联立1l 与C的方程知，(22210,x kx −−−=即()22221210,k xx k −−−−=这是一个二次方程式，其判别式为2440k ∆=+>．故1l 与C 有两个不同的交点,P Q ．同样，2l 与C 也有两个不同的交点,.R S 由弦长公式知，2212.1k PQ k +=⋅−用1k −代替k ，同理可得()()22221122.11k k RS k k −−+−+=⋅=−−−于是.PQ RS = 综上所述，a =为符合条件的值．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足： （1）221,1,2,,2016k k x y k +== ； （2）122016y y y +++ 是奇数．求122016x x x +++ 的最小值．解：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,k k x y k ≤≤= 于是（注意0i x ≥）()2016201620162016201622211111120162016.k kkk k k k k k k x xy y y =====≥=−=−≥−∑∑∑∑∑ ①不妨设112016,,0,,,0,02016,m m y y y y m +>≤≤≤ 则201611,2016.mkk k k m ym y m ==+≤−≤−∑∑若11m k k y m =>−∑，并且201612015,k k m y m =+−>−∑令 2016111,2015,mk k k k m y m a y m b ==+=−+−=−+∑∑则0,1,a b <<于是()201620161111201522016,m kkk k k k m y yy m a m b m a b ===+=+=−+−−+=−+−∑∑∑由条件（2）知，20161k k y =∑是奇数，所以a b −是奇数，这与0,1a b <<矛盾．因此必有11m k k y m =≤−∑，或者201612015,k k m y m =+−≤−∑则201620161112015.m kk k k k k m yy y ===+=−≤∑∑∑于是结合①得201611.k k x =≥∑又当122015201612201520160,1,1,0x x x x y y y y ========== 时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016x x x +++ 的最小值为1．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤证明：记{}||2,0,A d d n d k d =<≤是奇数，{}||2,0,B d d n d k d =<≤是偶数，则,2A B n =∅ 的不超过k 的正约数的集合是.A B若结论不成立，我们证明.A B =对d A ∈，因为d 是奇数，故2|2d n ，又22d k ≤，而2n 没有在区间(],2k k 中的约数，故2d k ≤，即2d B ∈，故.A B ≤反过来，对d B ∈，设2d d ′=，则|d n ′，d ′是奇数，又2kd k ′≤<，故,d A ′∈从而.B A ≤ 所以.A B =故2n 的不超过k 的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立． 三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠解：连接AC ，与BD 交于点.M 由平行四边形的性质，点M 是,AC BD 的中点．因此，点G 在线段AC 上．由于90GPC GQC ∠=∠= ，所以,,,P G Q C 四点共圆，并且其外接圆是以GC 为直径的圆．由相交弦定理知QG P DCBA.PM MQ GM MC ⋅=⋅ ①取GC 的中点.O 注意到::2:1:3,AG GM MC =故有1,2OCGC AG == 因此,G O 关于点M 对称．于是.GM MC AM MO ⋅=⋅ ②结合①、②，有PM MQ AM MO ⋅=⋅，因此,,,A P O Q 四点共圆． 又1,2OP OQ GC ==所以PAO QAO ∠=∠，即AG 平分.PAQ ∠ 四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．解：先证明17.B ≥考虑到将A 中的所有元素均变为原来的相反数时，集合B 不变，故不妨设A 中正数个数不少于负数个数．下面分类讨论：情况一：A 中没有负数．设1211a a a <<< 是A 中的全部元素，这里120,0,a a ≥>于是 1223242113111011,a a a a a a a a a a a a <<<<<<<上式从小到大共有19818++=个数，它们均是B 的元素，这表明18.B ≥情况二：A 中至少有一个负数．设12,,,k b b b 是A 中的全部非负元素，12,,,l c c c 是A 中的全部负元素．不妨设 110,l k c c b b <<<≤<<其中,k l 为正整数，11k l +=，而k l ≥，故 6.k ≥于是有 111212,k k l k c b c b c b c b c b >>>>>> 它们是B 中的110k l +−=个元素，且非正数；又有 23242526364656,b b b b b b b b b b b b b b <<<<<< 它们是B 中的7个元素，且为正数．故10717.B ≥+=由此可知，17.B ≥ 另一方面，令{}2340,1,2,2,2,2,A =±±±±±则{}236780,1,2,2,2,,2,2,2B =−±±±±±− 是个17元集合．综上所述，B 的元素个数的最小值为17.。
2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
3 22 s-1
=
¥ k=s+1
3 22k-1
¥
=
k=s+1
z2k-1 + z2k
，
故
å å z1 + z2 ++ zm
£
æçççè
k
s =1
z2k-1 + z2k ÷ö÷÷ø+
z2 s+1
¥
<
k =1
z2k-1 + z2k
=
2
3 3
．
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
3. 设 a, b Î (0, p) ，cosa, cosb 是方程 5x2 -3x -1= 0 的两根，则 sin asin b 的
值为
．
答案：
7 5
．
解：由条件知 cosa + cosb = 3 , cosa cos b = -1 ，从而
5
5
(sin a sin b)2 = (1-cos2a)(1- cos2 b) = 1- cos2a - cos2 b + cos2a cos2 b
=
(-1)n-32n(n -1)(n
- 2)
．
因此有
n(n
-1)(n 24
2)(n
-
3)
=
(-1)n-3
2n(n
-1)(n
-
2)
．注意到
n
>
4
，化简得
n -3 = (-1)n-3 48 ，故只能是 n 为奇数且 n - 3 = 48 ．解得 n = 51．
2016年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
C2 : x2 + y2 + 2x − 2ay + 3 =0, 则直线 l 的方程为
．
答案： 2x − 4 y + 5 =0. 解： C1,C2 的标准方程分别为
C1 : x2 + y2 = 1,C2 : ( x + 1)2 + ( y − a)2 = a2 − 2.
由于两圆关于直线 l 对称，所以它们的半径相等．因此 a = a2 − 2 > 0, 解得 a = 2. 故 C1,C2
a2 − b2 + 2abi + 2a + 2bi =a − bi, 比较虚、实部得 a2 − b2 +=a 0, 2ab + = 3b 0. 又由 z ≠ z 知 b ≠ 0 ，从而有
2a + 3 =0, 即 a = − 3 ，进而 b =± a2 + a =± 3 .
2
2
于是，满足条件的复数
z
的积为
11.（20 分）在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 C 的方程为 x2 − y2 = 1 ．求符合以下要
求的所有大于1的实数 a ：过点 (a, 0) 任意作两条互相垂直的直线 l1 与 l2 ，若 l1 与双曲线 C 交
于 P,Q 两点， l2 与 C 交于 R, S 两点，则总有 PQ = RS 成立．
的两个不同的解，求 a1a2 a100 的值．
10.（20 分）在 ABC 中，已知 AB ⋅ AC + 2BA ⋅ BC = 3CA ⋅ CB. （1）将 BC,CA, AB 的长分别记为 a,b, c ，证明： a2 + 2b2 = 3c2 ； （2）求 cos C 的最小值．