2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛市选试卷及答案.pdf

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1、第 1?页共 6?页2019年年全国?高中数学联赛江苏赛区市级选拔赛参考答案与评分细则?一、填空题（本题共10?小题，每?小题7分，共 70分要求直接将答案写在横线上）1已知集合 Ax|x23x2 0，B x|xa 1，且 ABx|x 3，则实数a 的值是答案：2解：Ax|x 2或 x 1，B x|x a1?又ABx|x 3，故 a13，解得 a22已知与三条直线 xy1，xay2，x2y3都相切的圆有且只有两个，则所有可能的实数 a 的值的和为答案：3解：由题意知，这三条直线中恰有两条平?行行时符合题意，故a1或 2，从?而实数a 的值的和为 33从 1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取

2、 3个不不同的数，并从?小到?大排成?一数列列，此数列列为等?比数列列的概率为答案：121解：满?足条件的等?比数列列共有4个：1，2，4；1，3，9；2，4，8；4，6，9故所求概率 P4C391214设 a，b1，2，则a2b2ab的最?大值是答案：52解：因为 a，b1，2，所以(2ab)(a2b)0，展开得 a2b252ab，即a2b2ab52且当 a1，b2，或 a2，b1时，a2b2ab52，所以a2b2ab的最?大值为525在矩形ABCD 中，AC1，AEBD，垂?足为E，则(ADAE)(CBCA)的最?大值是答案：427解：如图，设CAB，AC1，AEBD，ABCDE第 2?页

3、共 6?页则 ABcos ，ADsin，AEsin cos，于是(ADAE)(CBCA)sin2cos2sin212sin22cos2sin212(sin2 2cos2 sin23)3427，等号当且仅当 sin2 2cos2，即 tan 2 时成?立，故最?大值为4276在棱?长为 1的正?方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 在 A1D1上，点 F 在 CD 上，A1E2ED1，DF2FC，则三棱锥 BFEC1的体积是答案：527解：如图，过 F 作 EC1的平?行行线交BC的延?长线于G，则 FG平?面BEC1从?而G 与 F 到平?面BEC1的距离相等，所以体积?又A1E2ED1，

4、DF2FC，所以 CG13ED119，所以1312109 1 15277设 f(x)是定义在Z 上的函数，且对于任意的整数n，满?足 f(n4)f(n)2(n1)，f(n12)f(n)6(n5)，f(1)504，则f(2019)673的值是答案：1512 解：由 f(n4)f(n)2(n1)，得f(n12)f(n)f(n12)f(n8)f(n8)f(n4)f(n4)f(n)2(n9)(n5)(n1)6(n5)?又 f(n12)f(n)6(n5)，所以 f(n12)f(n)6(n5)，故 f(n4)f(n)2(n1)因此 f(2019)(f(2019)f(2015)(f(2015)f(2011)

5、(f(3)f(1)f(1)2(2016 2012 40)5042020 504 504 2019 504 所以f(2019)6731512 8函数 f(x)x2xx23的值域是A1CDAEBD1B1FC1G第 3?页共 6?页答案：(32，)解：原函数的定义域是(，33，)当 x 3，)时，函数 f(x)x2xx23为增函数，所以 f(x)3；当 x(，3时，f(x)x2xx23x(xx23)3xxx2331+13x2，因为 x(，3，所以 1 113x22，3231+13x2 3故原函数的值域是(32，)9已知ABC 中，AC8，BC10，32cos(AB)31，则ABC的?面积是答案：15

6、 7解：由正弦定理理，得10sinA8sinB2sinAsinB18sin A+sinB，由 32cos(AB)31，可得 tanA+B29tanAB291cos(AB)1cos(AB)916337，所以 sinCsin(AB)2tanAB21tan2AB23 78，即 ABC 的?面积 S15 7另解：由题设知，BACB，作BADB，D 在线段 BC 上则CAD=AB设 ADx，则 BDx，DC10 x，由余弦定理理，得(10 x)2x2642 8x3132，解得 x8，则 DC10 x2，由此可得 cosC18，sinC3 78，则ABC的?面积 S15 710设 f(x)2x38x25x

7、9，g(x)2x28x1当 nN*时，则 f(n)与 g(n)的最?大公因数(f(n)，g(n)的最?大值为答案：55ABCDx2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛市选试卷第 4?页共 6?页解：(f(n)，g(n)(2n38n25n9，2n28n1)(4n9，2n28n1)(4n9，2n217)(4n9，4n234)(4n9，9n34)(4n9，n16)(55，n16)55当 n39时，(55，n16)(55，55)55因此(f(n)，g(n)的最?大值为55?二、解答题（本?大题共4?小题，每?小题20分，共 80分）11 在平?面直?角坐标系xOy中，设椭圆 C：x2a2y2a291(

8、a3)（1）过椭圆 C 的左焦点，且垂直于 x 轴的直线与椭圆 C 交于 M，N 两点，若 MN9，求实数a的值；（2）若直线 l：xaya31与椭圆 C 交于 A，B 两点，求证：对任意?大于3的实数 a，以AB 为直径的圆过定点，并求定点坐标解：（1）记椭圆 C：x2a2y2a291的左焦点为 F，则点 F 的横坐标为 3因为过点 F 且垂直于 x 轴的直线与椭圆 C 交于 M，N 两点，MN9，所以 M(3，92)，N(3，92)，5分从?而9a2814(a29)1解得 a236或 a294因为 a3，所有 a610分（2）由xaya31，x2a2y2a291得 A(a，0)，B(3，a

9、29a)15分从?而以AB 为直径的圆的?方程为(xa)(x3)y(ya29a)0，即(xy3)a2(x23xy2)a9y0由xy30，x23xy20，9y0，解得x3，y0故以 AB 为直径的圆过定点(3，0)20分2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛市选试卷第 5?页共 6?页12在数列列an中，已知 a11p，an1annan1，p0，nN*（1）若 p1，求数列列an的通项公式；（2）记 bnnan若在数列列bn中，bn b8(nN*)，求实数 p 的取值范围解：（1）因为 an1annan1，a11p0，故 an0，1an11ann，因此1an(n1)(n2)1pn2n2p2，即

10、an2n2n2p因为 p1，所以 an2n2n25分（2）bnnan2nn2n2p10分在数列列 bn 中，因为 bn b8(nN*)，所以 b7 b8，b9 b8，即721p828p，936p828p，解得 28 p 3615分?又 bn2nn2n2p2n2pn1，且 7 56 2p 729，所以 bn的最?大值只可能在n7，8，9时取到?又当 28 p 36时，b7 b8，b9 b8，所以 bn b8所以满?足条件的实数p 的取值范围是 28，3620分13如图，在凸五边形 ABCDE中，已知ABCCDEDEA90，F 是边 CD 的中点，线段 AD，EF 相交于点 G，线段 AC，BG

11、相交于点 M若 ACAD，ABDE，求证：BMMG证明：因为 ACAD，F 是边 CD 的中点，连 AF，则 AFCD?又 CDEDEA90，故四边形 AEDF 是矩形5分ABCDEFMG（第 13题图）2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛市选试卷第 6?页共 6?页所以ACFADFEFD因此 EFDACF，从?而EFAC10分?又因为 ABDE，所以ACBEFD，因此ACBACF，故 AB=AF，CB=CF连 BF，BF 交 AC于 N，AC垂直平分线段 BF，BNNF 15分线段 AC，BG 相交于点 M，因为 EFAC，由平?行行截割定理理，BMMG20分14如图，Pk(k1，2，3，

12、100)是边?长为 1 的正?方形 ABCD 内部的点 E，F，G，H 分别是 AB，BC，CD，DA 的中点，记 d1100k=1EPk，d2100k=1FPk，d3100k=1GPk，d4100k=1HPk证明：d1，d2，d3，d4中?至少有两个?小于81证明：如图建?立坐标系，以点F，H 为焦点作经过点 A 的椭圆由对称性，正?方形 ABCD 为椭圆的内接正?方形Pk(k=1，2，3，100)在正?方形ABCD内部，则也在椭圆内部5分椭圆?长轴?长2aAHAF1+521.62，延?长HPk交椭圆于点 Qk，连 FQk，则 HPkFPkHPkPkQkFQkHQkFQk1.62，其中 k1，2，3，100 15分所以 d2d4100k=1HPk100k=1FPk100k=1(HPkFPk)162，所以 min d2，d481同理理 min d1，d381所以 d1，d2，d3，d4中?至少有两个?小于8120分BACDFHGEPkxyOQkBACDFHGEP1P100Pk（第 14题图）ABCDEFMG（第 13题图）N2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛市选试卷