2019年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题Word版含答案

2019年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题
一、填空题（每题8分，满分64分，将答案填在答题纸上）
1.若数列
?
a
n
?
满足
a
1
?
2a
n
1,a
n?1
?,n?N
?
，则
a
2017
的值 为 ．
23a
n
?2
2.若函数
f
?
x
?
?x
2
?1x
2
?ax?b
对于任意
x?R
都满足
f
?
x
?
?f
?
4 ?x
?
，则
f
?
x
?
的最小值
是 ．
3.在正三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，
D,E
分别是侧棱
BB
1
,CC
1
上的点，
EC?BC?2BD
，则截面
ADE
与
底面
ABC
所成的二面角的大小是 ．

????

4.若
sinxsin2xsin3x?cosxcos2xcos3x?1
，则
x?
．
5. 设
x,y
是实数，则
2x?2y
的最大值是 ．
44
2x?4y?9
6. 设
a
n
?1?2???n, n?N
?
,S
m
?a
1
?a
2
???a< br>m
,m?1,2,3,?
,则
S
1
,S
2
, ?,S
2017
中能被
2
整除但不
能被
4
整除的数 的个数是 ．

y
2
7. 在直角平面坐标系
x Oy
中，
F
1
,F
2
分别是双曲线
x?
2
?1
?
b?0
?
的左、右焦点，过点
F
1
作圆
b
2
x
2
?y
2
?1
的切线，与双曲 线左、右两支分别交于点
A,B
，若
F
2
B?AB
，则b
的值是 ．

8. 从正
1680
边形的顶点中任取若干个，顺次相连成多边形，其中正多边形的个数为 ．
二、解答题

9.已知
x,y?R
，且
x?y ?2,x?y
，求
22
11
的最小值.
?
22
?
x?y
??
x?y
?
x
2
?y
2
?1
的上顶点为
A
，10.在平面直角坐标系
xOy
中，椭圆
C:
不经过点
A
的直线
l
与椭圆
C
交于
P,Q
3
两点，且
AP?AQ?0.

（1）直线
l
是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
（2 ）过
P,Q
两点分别作椭圆的切线，两条切线交于点
B
，求
?BPQ
面积的取值范围.
11.设函数
f
n
?
x
??1?x?
1
2
1
x???x
n
.

2!n!
?
（1）求证：当
x?
?
0,??
?
,n ?N
时，
e
x
?f
n
?
x
?
；
（2）设
x?0,n?N
?
，若存在
y?R
使得
e ?f
n
?
x
?
?
x
1
x
n?1< br>e
y
，求证：
0?y?x.

?
n?1
?
!

2019年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题
参考答案与评分标准
加试
1. 已知圆
O
的内接五边形
ABCDE
中
AD
与
BE
相交于点
F,CF
的延长线交圆
O
于点
P，且
AB?CD?BC?ED.

求证：
OP?AE.


2.设
x,y
是非负实数，
a?x?y,b?x?2?y?2，若
a,b
是两个不相邻的整数，求
a,b
的值，
2
3.平面上
2n
个点
?
n?1,n?N
?
，无三点共线，任 意两点间连线段，将其中任意
n?1
条线段染成红色.
求证：三边都为红色的三角形至少有
n
个.

4.设
n
为正整数，
1?
111
a
?????
n
， 23nb
n
?
其中
a
n
,b
n
为互素 的正整数，对素数
p
，令集合
S
p
?nn?N,pa
n，
??
证明：对每一个素数
p?5
，集合
S
p
中至少有三个元素.


2019年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题答案
1
0
2.
?16
3.
45
4.
k
?
,k?Z

3026
1
5.
4
6.252 7.
1?3
8.3432

1.
二、解答题 < br>9.解：因为
x
2
?y
2
?2
，所以
?x?y
?
?
?
x?y
?
?4
，
22
所以
111
?
11
?
22
??

????
???x?y?x?y
2222
??
?
x?y
??
x?y
?
4
?
?
x?y
??
x?y
?
?
??
?
1
?
1?1
?
2
? 1.

4
当
x?2,y?0
时，
11
??1.

22
?
x?y
??
x?y
?
所以
11
的最 小值为
1.

?
?
x?y
?
2
?
x?y
?
2
10.解：（1） 因为
AP?AQ?0
，所以
AP?AQ.

直线
AP,AQ
与
x
轴平行时，
P
或
Q
与
A
重合 ，不合题意.
设
PA:y?kx?1
，则
QA:y??
22
1
x?1.

k
将
y?kx?1
代入
x?3y? 3
，得
1?3kx?6kx?0.

?
2
?
2
6k2
,y??1.

P
1?3k
2
1?3k
2
6k6
,y
Q
?1?2
.
同理
x
Q
?
2
k?3k?3
所 以
x
P
??

y?y
P
x?x
P1?3k
2
?
y?1
?
?21?3k
2
x?6 k
所以，直线
l:
,即
l:
，
?
?
22
y
Q
?y
P
x
Q
?x
P
1?3k
?
y
Q
?1
?
?21?3kx
Q
?6k< br>?
?
?
?
?
?
?
?
k
2< br>?11
x?.
化简得
l:y?
4k2
直线
l
纵截距是常数
?
1
1
??
，故直线
l
过定点?
0,?
?
.

2
2
??
（2）由 （1） ，
AP?
6k1?k
2
1?3k
2
61?k
2
，同理，
AQ?.

2
k?3
2
22
?
kk?3?1?3k
2
2
??361?k?
2
?
2
22
2
2
k?3
?
1?3kk?3
?
?
k
2
22
所以
PQ?361?k?
?
2
?
?
1?3k
??
1
?
?
361?k
2< br>k
6
?15k
4
?15k
2
?
?
3 k
??
4
?10k
2
?3
?
2
??
?1
?
.

2
?
??
?
?
??
???
?
2

1
36t
2
t
2< br>?12
2
不妨设
k?0
，令
t?k?
，则
t ?2
，可化得
PQ?
，
2
2
k
3t?4
?
?
?
?
6tt
2
?12
即
PQ?.

2
3t?4
设
B
?
x
0
,y
0
?
，则切点弦
PQ
的方程是
x
0
x?3y
0
y?3
，
k
2
?11
x?< br>上，所以
y
0
??2
， 又
P,Q
在
l:y ?
4k2
3k
2
?1
.
从而
x
0
?
2k
?
k
2
?1
?
3
?
?< br>k
?
?
?12
3t
2
??
?.
所 以
B
到
PQ
的距离
d?
22
2
2t?12
?
k?1
?
2
?
?
k
?
?
?16
??
2
??
113t
2
6tt
2
?129t
3
因此的面积
S??d?PQ????.

22
2
22
2t?12
3t?423t?4
??
令
u?
9
11
.
，则
0?u?
，化得
S?
3
t 2
24u?3u
??

1
时，
4u
3
?3u
递增，
2
91
所以
0?4u
3
?3u?2
，即
S?
，当且仅当
u?
，即
t?2,k?1
时， 等号成立，
42
当
0?u?
故
?BPQ
的面积
S
的取值范围是
?
,??
?
.

?
4
?
11.解： （1） 用数学归纳法证明如下：
（ⅰ）当< br>n?1
时，令
f
?
x
?
?e
x
?f
1
?
x
?
?e
x
?x?1
，则
f
?
?
x
?
?e
x
?1?0,x?
?
0,??
?
恒成立，
所以
f
?
x
?
在 区间
?
0,??
?
为增函数，
又因为
f
?
0
?
?0
，所以
f
?
x
?
?0
，即
e
x
?f
1
?
x
?
.
（ⅱ）假设
n?k
时，命题成立，即当
x?
?
0,??
?
时，
e
x
?f
k
?
x
?
， < br>2kk?1
则
n?k?1
时，令
g
?
x
?< br>?e
x
?f
k?1
?
x
?
?e
x< br>?
?
，
?
1?x?x???x?x
??
?
k?1
?
!
?
2!k!
?
?
9
?
?
111
?
则
g
?
?
x
?
?e< br>x
?
?
1?x?
?
?
1
2
1
?
x?
?
?x
k
?
?e
x
?f
k
?
x
?
?0
，所以
g
?
x
?< br>在区间
?
0,??
?
为增函数，
2!k!
?
又因为
g
?
0
?
?0
，所以
g
?
x
?
?0,x?
?
0,??
?
恒成立，即
ex
?f
k?1
?
x
?
,x?
?
0,? ?
?
，
所以
n?k?1
时，命题成立.
由（ⅰ）（ⅱ） 及归纳假设可知，
?n?N
，当
x?
?
0,??
?
时，
e
x
?f
n
?
x
?
.
?
（2）由（1）可知
e
x
?f
n?1
?
x< br>?
，即
f
n
?
x
?
?
y
所 以
e?1
，即
y?0
，下证：
y?x.

11x
n?1
e
y
?f
n
?
x
?
?x
n?1
，
?
n?1
?
!
?
n?1< br>?
!
下面先用数学归纳法证明：当
x?0,e?1?x?
x
1
2
11
x?
?
?x
n?1
?x
n
e
x
,n?N
?
.

?
n?1
?
!2!n!
x
（ⅰ）当
n?1
时，令
F
?
x
?
?1?xe?e
，则
F
?
?
x
?
?x e?0,x?
?
0,??
?
，
xx
所以
F
?
x
?
在区间
?
0,??
?
单调增，
xx
又
F
?
0
?
?0
，故
F
?< br>x
?
?0
，即
e?1?xe.

（ⅱ）假设
n?k
时，命题成立，

即当
x?
?
0,??
?
时，
e?1?x?
x
1
2
11
x?
?
?x
k?1
?x
k
e
k
.

?
k?1
?
!2!k!
1
2
11< br>x???x
k
?x
k?1
e
x
?e
x
，
?
k?1
?
!2!k!
则当
n?k?1
时， 令
G
?
x
?
?1?x?
G
?
?
x
?
?1?x?
1
2
111
x???x
k
e
x
?x
k?1
e
x
?e
x
?x
k ?1
e
x
?0
，
?
k?1
?
!
?
k?1
?
!2!k!
所以
G
?
x
?在区间
?
0,??
?
上为增函数，又
G
?
0< br>?
?0
，故
G
?
x
?
?0
，即 < br>e
x
?1?x?
1
2
11
x?
?
? x
k
?x
k?1
e
x
,x?
?
0,??< br>?
.
?
k?1
?
!2!k!
由（ⅰ）（ⅱ）及归纳假设，
可知 当
x?
?
0,??
?
时，
e?1?x?
x
1
2
11
x???x
n
?x
n?1
e
x< br>,
对
n?N
?
成立，
?
n?1
?
!2!n!
所以
e?1?x?
x
1
2
11111
x ???x
n
?x
n?1
e
y
?1?x?x
2
???x
n
?x
n?1
e
x
，
?
n? 1
?
!
?
n?1
?
!2!n!2!n!
yx
从而
e?e
即
y?x
，证毕.
复赛加试答案
1.证明：连接
PA,PE.

因为五边形
ABCDE
内接于圆
O
，
所以
?BAF??DEF,?ABF??EDF
,
所以
?ABF~?EDF
,
ABFB
?.
①
EDFD
PEPF
?
同理，, ②
BCBF
DCDF
?.
③
PAPF
ABPEDC
???1.
由①
?
②
?< br>③得
EDBCPA
ABDC
??1.
因为
AB?CD?BC ?ED
,所以
BCED
所以
所以
PE?PA
，即点
P
是弧
AE
的中点，
所以
OP?AE.

2.解：因为
a,b
是不相邻的整数，
所以
2?b ?a?x?2?y?2?
?
x?y?
??
x?2?x?
??
y?2?y

?
?
2
?
x?2?x
222
???22?3.

y?2?y22
由于
b?a
是整数，所以
b?a?2.
< br>设
a?n?1,b?n?1,n?Z
，即
x?
则
y?n?1, x?2?y?2?n?1
，
x?yx?y
?n?1,?n?1
，
x?yx?2?y?2
y?
x?yx?y
,x?2?y?2?
， < br>n?1n?1
x?yx?y
,2x?2?n?1?
于是
2x?n?1?
，
n?1n?1
则
x?
从而
2
?
n?1
?
x?
?
n?1
?
?
?
x?y
?
,2
?
n?1
?
x?2?
?
n?1
??
?
x?y
?
，
22
故
?
n?1< br>?
x?2n?
?
n?1
?
x?2.

又因为
令
t?
?
x?2?
??
x
?
22
?2.
①
x
，得
x?2?
?
n?1
?
t?2n
，代入①得
n?1
2nt
2
?2n< br>?
n?1
?
t?n
2
?2n?1?0
，
2 n
?
n?1
?
?4n
2
?
n?1
?
?8nn
2
?2n?1
n
?
n?1
?
?
?
n?1
?
n
?
n?2
?
于是
x?t?< br>，
?
4n2n
2
??
??
y?n?1?x?
n
?
n?1
?
?
?
n?1
?
n
?
n?2
?
，
2n
因此，
n?2
，并且
n
?
n?1
?
?
?
n?1
?
n
?
n?2
?
，
2
即
n?2n?1?0
，解之得
1?2?n?1?2
，
从而
2?n?1?2
，且
n?Z
，故
n?2.

所以
a?1,b?3.

3. 证明：首先证明一定存在红色三角形（三边均为红色的三角形为红色三角形，下同）.
设从顶点
A
出发的红色线段最多，

由
A
引 出的红色线段为
AB
1
,AB
2
,
?
,AB
k
，则
k?n?1.

若
B
1
,B
2< br>?
,B
k
中存在两点，不妨设为
B
1
,B
2
使线段
B
1
B
2
为红色线段，
则
?AB
1
B
2
为红色三角形，
若
B< br>1
,B
2
,
?
,B
k
相互之间没有红色线段 相连，
则从
B
i
?
i?1,2,?,k
?
出发的 红色线段最多有
2n?k
条，
所以这
2n
个点红色线段最多有 < br>1
?
k?k
?
2n?k
?
?
?
2n ?1?k
?
?
?k
?
2n?k
?
?
?k?2n?k
?
?n
2
?n
2
?1.

24
2
与题设矛盾，
所以存在以
A
为顶点的红色三角形，
下面用数学归纳法证明，
（1）当
n?2
时，平面上有四个点
A, B,C,D
中两两连线共有
6
条，
其中有
5
条为红色，只有一条非红色，设为
AB,

则
?ACD
与
BCD
均为红色三角形，命题成立，
（2）假设
n?k
时，命题成立，即至少存在
k
个红色三角形， < br>当
n?k?1
时，有
2k?2
个点，且有
?
k?1< br>?
?1
条红色线段，
2
一定存在一个红色三角形，设为
?ABC.

考察从
A, B,C
引出的红色线段分别记为
d
?
A
?
,d
?< br>B
?
,d
?
C
?
条，不妨设
d
?< br>A
?
?d
?
B
?
?d
?
C
?
.

若
d
?
A
?
?d
?
B
?
?2k?2
，则除去点
A,B
余下的
2k
个 点之间至少有
?
k?1
?
2
?1?
?
2k?1< br>?
2
?k
2
?1
,
由归纳假设可知存在至少
k
个红色三角形，再加上
?ABC
至少有
k?1
个红色三角形，
若
d
?
A
?
?d
?
B
?
?2k?3
，则
d
?
A
?
?d
?
B
?
?d
?
C
?
?3k?5
,
故从
A, B,C
出发向其它
2k?1
个点引出红色线段至少有
3k?1
条，
因为
?
3k?1
?
?
?
2k?1
?
?k.

这
?
3k?1
?
线段至少有
k
对线段有公共点（不包括
A,B,C
）

故至少存在
k
个红色三角形，再加上
?ABC
，则至少有
k?1
个红色三角形，
所以
n?k?1
时命题也成立，
由（1）（2）可知，当
n?1, n?N
时，
2n
点之间的
n
2
?1
条红色线段至少 可组成
n
个红色三角形.
4.证明：引理：设
p?5
为素数，k
为非负整数，令
t
111
??
?
??
k，
kp?1kp?2kp?p?1s
k
其中
t
k
,s
k
为互素的正整数，那么
pt
k
.

引理的证明：
2
?
?
2k?1
?
p
p?1
t
k
p?1
11
p?1
?
111
?
因为,
?
?
?
?
?
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S
k
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i?1
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1
,
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?
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??
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?
p?1
因为素数
p?5
，由
Fermat
小定理，以及
k
1k
?2
k
???
?
p?1
?
?0
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?
,其中
1?k?p?2
，
有
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??
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?
?
?
kp?p?1
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p?1
p?1
A

p?1
p?1
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k p?1
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p?i< br>?

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kp?i
??
kp?p?i
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i?1 i?1
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i
i?1
p?1
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?
i
p?3
?0
?
modp
?
.
i?1
p?1
p?1
所以
??
kp?1
??
k p?2
?
?
?
kp?p?1
??
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?
.

??
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t
k
2k?1
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M
即
?.

S
k
2
??
kp?1
??
kp?2
?
?
?
kp?p?1
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因为
p,2
??
kp?1
??
kp?2
?
?
?
kp?p?1
??
所以
pt
k
， 引理证毕，
2
由引理得，
pa
p?1
，所以
pa
p?1
，
?
p?1
?
?1
，
2
从而
p
?
p?1
?
?S
p
，

又
a
2
p?1
2
b
p?1
11
p?1
1
p?1p?1
11
a
p?1
p?1< br>t
k
?
?
?
?
?
??
???
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，
p
i?1
i
k?0i?1
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p ?1
k?0
s
k
i?1
i
p
2
?1
22
因为
pa
p?1
,pt
k
，所以
pa
p
2
?1

从而
p?1?S
p
.
因为
p?1?p
?
p?1
?
?p
2
?1
，所以集合
S
p
中元素至少有
3
个.


2