2019年全国高中数学联赛浙江赛区初赛

2019年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题（说明：本试卷满分150分，共13题，10道填空题，3道解答题。填空题的答案和解答题的解答过程书写在答题纸上。）一、填空题（每题8分，共80分）1.如图，将长度为1的线段分为,xy两段，再将长度为x的线段弯成半圆周ACB，将长度为y的线段折成矩形ABDE三条边（,,BDDEEA），构成闭“曲边形”ACBDEA，则该曲边形面积的最大值为_______________.答案12(4)解记圆的半径为r，矩形的宽为h，则有12,[1]1222xrxxrhxxrh，所以曲边形的面积为22222221122(4)4(1)[()()]222244xxxxxSxx，因此，当4x时，max12(4)S.2.已知集合{1,2,,},,Akkknkn为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A______________________.答案{334,335,336,337,338,339}A解由已知2136732knn.当2nm时，得到(221)36733,6,333kmmmnk；当21nm时，得到(1)(21)36731,3kmmmn.所以n的最大值为6，此时集合{334,335,336,337,338,339}A3.设(0,)2，则2sincos(sin1)(cos1)的最大值为________.答案642解令sincost，则2sin()(1,2].4t222sincos142(0,642].1(sin1)(cos1)112tttt4.设三条不同的直线：1:23(1)0laxbyab,2:2(1)30lbxabya，3:(1)230labxayb，则它们相交于一点的充分必要条件为_______________.答案12ab解设1cab230,)230230axbycxybxcyacxayb设三条直线相交于点(，则有消去,xy得33330,abcabc即222()()0abcabcabbcac把1cab代入得，222(221)[()(1)(1)]0ababba，当222()(1)(1)0abba时，解得1ab，不合题意舍去；所以2210ab，解得12ab.反之，当12ab时，方程组有解.5.如图，在△ABC中，∠ABC=120°，AB=BC=2.在AC边上取一点D（不含A、C），将△ABD沿线段BD折起，得到△PBD.当平面PBD垂直平面ABC时，则P到平面ABC距离的最大值为.答案2解在ABC中，因为2,120ABBCABC，所以30BADBCA.ACDPBACDPB由余弦定理可得23AC.设ADx，则023x，23DCx.在ABD中，由余弦定理可得2234BDxx.在PBD中，PDADx，2PBBA,30BPD，设P到平面ABC距离为d，则11sin22PBDSBDdPDPBBPD，解得2212342341xdxxxx，由023x得max2d.6.如图,在ABC中,,,DEF分别为,,BCCAAB上的点，且31,,52CDBCECAC1.3AFAB设P为四边形AEDF内一点（P点不在边界上）.若1,3DPDCxDE则实数x的取值范围为________________.答案14(,)23.解答：由已知，在BD上取一点G且1.3DGDC设3,DCa则DGa.有5BCa，则BGa.过G作//GHDE分别交,DFAE于,KH.由124//,333GHDEHEECAHECHGDE.又11//23AHAFFHBCFHBCHCFB.由331.582FHKHKGHKKGHGDEDGKG所以x14(,)23.7.设10101009(),10091010xfxx定义(1)()(1)()(),()(()),2,3,iifxfxfxffxi，则()()nfx________________.答案()(20191)20191()(20191)20191nnnnnxfxx解由已知(1)()(1)()(1)()(1)1010()1009()11()1(),1009()1010()12019()1nnnnnnnfxfxfxfxfxfxfx以此类推，()()()()111(20191)20191()()1(2019)1(20191)20191nnnnnnnnfxxxfxfxxx8.设12,zz为复数，且满足1125,2zziz（其中i为虚数单位），则12zz取值为________________________.答案10解由15,z设15(cossin)zi，由122ziz得2(2)(cossin)zii，于是，12(3)(cossin)10zzii.9.设120xx，数列{}nx满足21,1nnnxxxn.若712x，则8x的取值范围为__________________.答案2113[,]134解由已知得312412512612712812,2,23,35,58,813,xxxxxxxxxxxxxxxxxx因为712x，所以121582,xx结合120xx，在12Oxx坐标下所围成的线性规划区域为四边形，它的四个顶点坐标分别为111221(0,),(,),(,),(0,)8131313134，所以8122113813[,]134xxx.10.在复平面上，任取方程10010z的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________________.答案39200解易知10010z的根在单位圆上，且两根之间弧长相等，都为2100，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B和顶点C，设AB弧有x段小弧，CB弧有y段小弧，AC弧有z段小弧，则10097(1)1,,490,,48xyzxyzABCxyzxyz为锐角三角形的等价条件为计算方程组（1）的整数解个数，记1297,49},97,49},PxxyzxPyxyzy397,z49},(,,)97,,,z0},PzxyzSxyzxyzxy212312399123123C[]ijijPPPSPPPPPPPPPPP22995031176.CC10011763920.303由于重复计算次，所以所求锐角三角形个数为二、解答题（第11题20分，第12、13题各25分）11.如图，椭圆221:14xCy,抛物线22:2(0)Cxpyp，设12,CC相交于,AB两点，O为坐标原点.（1）若ABO的外心在椭圆上，求实数p的值；（2）若ABO的外接圆经过点13(0,)2N，求实数p的值.解（1）由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，ABO的外心为椭圆的上顶点(0,1)M.则有1.MAMBMO设000(,)(0)Bxyx，则有20022002200214(1)1xpyxyxy解得2004(2135)911337136xyp（2）因为,,,OANB四点共圆，设AB与y轴相交于0(0,)Cy，由相交弦定理得ACCBCNCO,即0000013()22yyxxpy，解得0132,2yp①代入2002xpy,解得，20132(2)2xpp，②将①②代入椭圆方程得2213413(2)142ppp，解得3p.12.设1,0(11),0(iiiiabinbb为常数）.若11niia，证明：1212111niiiiiiiaaabbbbb.证法一121212121111111()nniiiiiiiiiiiiiaaabbbiaaabbbbbbb121211111()()niiiiiiaaabbbbb111212121121211{[()()]niiiiiiiiaaaabbbaaabbbb121211()}nnnnaaabbbb（因为112121}iiiibbbbbb）11212121211{[()()]}niiiiiiabbbaaaaaab112122111[][]nniiiiiiiiiaaabbbabbb.证法二记01,0kkiiisabs，则有1kkkkssab.由已知111111111()nnnniiiiiiiiiiiiiiiiissssssabbbbbb（因为1212iiiiisaaabbb）121211niiiiiiiaaabbbbb，即1212111niiiiiiiaaabbbbb.13.设X是有限集，t为正整数，F是包含t个子集的子集族：12{,,,}tFAAA.如果F中的部分子集构成的集族S满足：对S中任意两个不相等的集合A、B，,ABBA均不成立，则称S为反链.设1S为包含集合最多的反链，2S是任意反链.证明存在2S到1S的单射f，满足2,AS()fAA或()AfA成立.证记1Sr,称包含r个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯一.称F的子集P为链，如果,,,ABPABBA之一成立.我们证明结论：F可以拆分为r个链iP(1ir)的并（即Dilworth定理）.对t进行归纳证明.1t显然成立.设命题对1t成立，先假设存在一个最大反链S,使得F中既有集合真包含S中的某个集合，也有集合是S中的某个集合的真子集.记前者的全体为1F,后者的全体为2F,即1{iiFAFA包含S中的某个集合}，2{iiFAFA是S中的某个集合的子集}，则12S,FFS均是F的真子集，从而由归纳假设可将12S,FFS都可以拆成r个链的并.1SF中的链以S中的元素开始2,FS中的链以S中的元素结束.将这些链“接”起来就将F分成了r条链.现在假设不存在这样的反链，从而每个最大反链要么满足1F，要么满足2F.前者意味着S中的子集都是“极大”子集（不是另一个iA的真子集）,后者意味着S中的子集都是“极小”子集（不真包含另一个iA）,从而至多两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链，则任取极大子集A，以及极小子集BA,将A，B都去掉.用归纳假设将剩下的集合拆分成1r条链，再加上链BA即可.如果其中之一不是最大反链，不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链，任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.现在将F拆分成r条链，则每条链中恰有一个1S中的子集，且至多一个2S中的子集.将每个2S中的子集对应到所在链中1S的元素，就得到了从2S到1S满足要求的映射.