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1、9aa(2+t)2+s24+s2a2-b23a说明：说明：2019 年全国高中数学联合竞赛一试（年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）卷）参考答案及评分标准参考答案及评分标准1.评阅试卷时，请依据本评分标准评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设填空题只设 8 分和分和 0 分两档；其他各题的分两档；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
2、分，解答题中第参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第 9 小题小题 4 分为一个档次，第分为一个档次，第 10、11 小题小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次分为一个档次，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.已知正实数a满足aa=(9a)8a，则log(3a)的值为答案答案：916199解解：由条件知9a=a8，故3a=a16，所以log(3a)=a162.若实数集合1,2,3,x的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为答答案案：-32解解：假如 x0，则最大、最小元素之差不超过max3,x，而所有元素之和大于m
3、ax3,x，不符合条件故x b0)a2b2根据条件得2a=AB=4,a=AF=2+3，可知a=2,b=1，且EF=2=2a2-b2G3由椭圆定义知PE+PF=2a=4，结合PE PF=2 得PE2+PF2=(PE+PF)2-2 PEPF=12=EF2，所以EPF 为直角，进而S1DPEF=2PE PF=15.在1,2,3,10中随机选出一个数a，在-1,-2,-3,-10中随机选出一个数b，则a2+b被 3 整除的概率为答案答案：37100解解：数组(a,b)共有102=100 种等概率的选法考虑其中使a2+b 被 3 整除的选法数N若a被 3 整除，则b也被 3 整除此时a,b 各有 3 种
4、选法，这样的(a,b)有32=9组若a不被3整除，则a21(mod3)，从而b-1(mod3)此时a有7种选法，b有4种选法，这样的(a,b)有74=28组因此N=9+28=37于是所求概率为371006.对任意闭区间 I，用MI表示函数 y=sinx 在I 上的最大值若正数a满足M0,a=2Ma,2a，则a的值为答案答案：5p 或13p 612解解：假如0ap，则由正弦函数图像性质得0p，此时M=1，故M=1于是存在非负整数k，使得20,aa,2a22kp+5pa2a2kp+1366p，且中两处“”至少有一处取到等号当k=0时，得a=5p或2a=613p经检验，a=65p,13612p 均满
5、足条件当k1时，由于2kp+13p 0，满足b=qa,c=q2a因sin A是sin(B-A),sin C 的等差中项，故2sin A=sin(B-A)+sin C=sin(B-A)+sin(B+A)=2sin B cos A4 分结合正、余弦定理，得asin Ab2+c2-a2=cosA=，bsinB2bc即b2+c2-a2=2ac8分C+D5-143y234 34 394 31 23n+1n将代入并化简，可知q2+q4-1=2q2，即q4=q2+1，所以q2=进而5+112 分2cos B=c2+a2-b22acq4+1-q2=2q2=1=q2216 分10.（本题满分本题满分 20 分）
6、分）在平面直角坐标系 xOy中，圆W与抛物线G:y2=4x恰有一个公共点，且圆W 与x轴相切于G 的焦点 F 求圆W 的半径解解：易知G 的焦点 F 的坐标为(1,0)设圆W 的半径为r(r 0)由对称性，不妨设W 在x轴上方与x轴相切于 F，故W 的方程为(x-1)2+(y-r)2=r2y2y22将x=代入并化简，得-1+y2-2ry=0显然 y0，故441y22(y2+4)2r=-1+y2=2y432y5 分根据条件，恰有一个正数解 y，该 y 值对应W 与G 的唯一公共点(y2+4)2考虑 f(y)=32y(y 0)的最小值444由平均值不等式知y2+4=y2+4333，从而f(y)11
7、6=32y9当且仅当 y2=4，即 y=2 3时，f(y)取到最小值4 3 15 分339由有解可知r又假如r4 3，因9f(y)随 y 连续变化，且 y0+2 32 3及 y+时 f(y)均可任意大，故在0,及,+上均有解，与解的唯一性矛盾33综上，仅有r=满足条件（此时,是W与G的唯一公共点）93320 分11.（本题满分本题满分 20 分分）称一个复数数列zn为“有趣的”，若 z1=1，且对任意正整数n，均有4z2+2znzn+1+z2=0 求最大的常数C，使得对一切有趣的数列zn 及任意正整数m，均有z1+z2+zmC 解解：考虑有趣的复数数列zn归纳地可知zn0(nN*)由条件得4y
8、2433zn+1zn-1+3 i4zn+1zn33 i43333333-3+3 i323z2z4n+1+2n+1+1=0(nN*)，zz解得zn+1=-1nn3 i(nN*)因此=1，故zn4zn=z112n-12=1(nN*)2n-1进而有zn+zn+1=zn 1+=1=2n-15 分3(nN*)2n记 T=z+z+z(mN*)m12m当m=2s(sN*)时，利用可得sTmz1+z2-z2k-1+z2kk=2-k=2z2k-1+z2k=-2k-1=k=210 分当m=2s+1(sN*)时，由、可知1z2s+1=22s-k=2z2k-1+z2k=3当m=1时，T=z=13113以上表明C=3满足要求15 分3另一方面，当 z=1,z=-1+3i,z=(kN*)时，易验证知12kzn 为有趣的数列此时22k2k+1s22k+1limT2s+1=lim z1+(z2k+z2k+1)ss=sk=14lim 1+=1+=，s这表明C不能大于33k=1833综上，所求的C为320 分3zn+1zn3-1-3 i-3-3 i22k+1222