2020年全国高中数学联赛四川省预赛(学生解析)_看图王

10 ： 设 λ 为 正 实 数 ， 对 任 意 两 两 不 等 的 正 实 数 a 、 b 、 c ， 都 有
b
a3
c2
c
b3
a2
a
c3
b2
λa
b
c ．求
λ
的最大值．
解析 1：取 a 1 ε ， b 1 ε ， c 2ε ，其中 0 ε 1 ．
2
2
6
则λ
1 2
ε
3
1 2
3ε
角故 C 1 AOB 45 ． 2
解析 2：由奔驰定理：
sin 2A : sin 2B : sin 2C 3: 4 : 5 sin 2A : sin 2B : sin 2C 3: 4 : 5
又因为 2A 2B 2C ， 2A, 2B, 2C 所以可视为三角形三
9：过点 P(0,1) 作一直线 l ，l 与抛物线 y x2 交于 A, B 两不同点，过 A, B 分别作抛物线的
切线，两切线交于点 Q ．求 Q 到直线 AB 的距离的最小值．
解析：设直线 AB 的斜率为 k ，则直线的方程 y kx 1，
2020 年全国高中数学联赛四川省预赛试题解析 第 3 页 /共 8 页
x13 y12
x23 y22
y1
y2 2
x1
x2 3 ，则
x13 y12
x23 y22
x1 y1
x2 3 y2 2
1 a3 b3
不妨设 a
b
c
0 ，当 c
0
时，有：
λ
a
b
b2
a2
．
再由 ① 式可知当 a b 时，此时： λ 1 ．
下 证 λ 1 对 任 意 的 两 两 不 相 等 的 正 实 数 a ， b ， c
设 OP OA OB , R, 则11 9 的最小值是
．
解 析 ： 由 题 可 设 P 3 cos , 2 sin , 则 由 OP OA OB 得 ：
3 cos 3 2 sin 2 ;
11 9 42 3 3 42 sin 33 cos
，故
a2n1 [a2n1] {a2n1} 6n 3
6 ,n N* ） 2
6：已知正实数
x,
y
满足：
x
1 3y
1 2x
y
1 ，则
x
y
的最小值是
．
解析：设 m
x
3y
0, n
2x
y
0 ，则
x
3n
m ,
y
3m
n ,
1
1
1，
5
5 mn
2020 年全国高中数学联赛四川省预赛试题解析 第 2 页 /共 8 页
注意到 ① 式中，关于 c 的多项式系数都是大于 0 的，从而 ① 成立．
综上可知，所求 λ 的最大值为1 ．
3
解析 2：引理：当 ai 0 ， bi 0 ， i 1, 2, 3 ，有 ai3 bi3 a1a2a3 b1b2b3 3 ．
i1
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c
a b 2c2
a
c2
b2
1
a b 2c2 3a b2 4c2
c
c2
3a b2 4c2
1 c
c2
a b 2c2
a b2 a b 2c2 a b2
而： a b c ，则 3a b2
2 6 2 [an ] 4
6 ， 故 [an2 ] [an ] 6 ，
{an2} 6 2 {an} ，因a0 6 2 ，a0 a2 a2n 6 2 ，
[a2n ] [a2n2 ] 6 [a2n4 ] 12 [a0 ] 6n 6n 2 因 此 ， [a2020 ] 6 1010 2 6062 ，
．
解析 1：（直接计算）
易知 z3 a bi3
a3 3ab2
3a2b b3
i
2
11i
，则
a
a2 3b2
2 ，又 a,b Z ，
b 3a2 b2 11
检验易知 a 2,b 1 ， a b 3 ，故填 3 ．
解析 2：（复数的模）
z3 z 3
3
a2 b2 125 ，则 a2 b2 5 ，又 a,b Z ，检验易知 a 2,b 1 ， a b 3 ，
17 4sin 3cos 17 5sin 12, 22.
故填：12.
5：数列an 满足： a0
6
，
an 1
[an
]
1 {an}
（其中
[an
]
和
{an}
分别表示实数
an
的整数部分
与小数部分），则 a2020
．
解析：考察数列小数部分的周期性
注意到
{ 6}
6 2
，
1 { 6}
1 62
{a2020} 6 2 ， a2020 [a2020 ] {a2020} 6060 6 ，故答案为 6060 6 ． （注：实际上小数部分是以 2 为周期的，故也可同理推出奇数项小数部分
{a2n1} {a1}
62 2
，奇数项整数部分
[a2n1] [a2n2 ] 2 6(n 1) 4 6n 2
联立直线与抛物线 y x2 得 x2 kx 1 0
设 A(x1, y1), B(x2, y2 ) 则 x1 x2 k, x1x2 1.
过点 A(x1, y1) 的抛物线的切线方程 y y1 2x1(x x1) 由 y1 x12 代入可得 y x1x x12
同理 B(x2 ,
c x3 c y3 c3 即需证： y2 x2 x y 2 3c x y
c x3 x2 x y2 c y3 y2 x y 2 c3x2 y2 3c x y x2 y2 x y 2
x2 xy y2 2 c3 3 x3 y3 x y 2 c2 3 x4 x2 y2 y4 x y 2 c ① x y x2 xy y2 x y 4 0
y2 ) 过的切线方程
y
x2 x
x22
联立两个切线方程得 x
x1
x2 2
,
y
x1x2
即点 Q( k , 1) ，点 Q 到直线 AB 的距离 2
k k (1) 1
d 2
1
k2 4
1(
k2 1
3
) 3
k2 1
2 k2 1 2
k2 1
当且仅当 k 2 等号成立，所以点 Q 到的 AB 最短距离 3 ．
和为 8 与和为 12 种数相同．其中和为 8 可分为1 1 2 4 ，1 1 3 3 ，1 2 2 3 ，
22
2
2
这
4
类，所以一共有
A44 A22
A44 A22 A22
A44 A22
1
31 种情况，故和能被
4
整除的所有
种数为
2 1
31
64
种．又因为总的情况为
44
种，所以和能被
62 2
，
1 { 6 2}
2 62
6 2
，
2
{ 6 2} 6 2 { 6}，
故当 an
6
2
时，
an 1
[an
]
1 {an }
[an
]
6 2
2
[an ]
2
62 2 ， [an1] [an ] 2 ，
{an}
6 2 2
1 故 n 2 时 ， an2 [an1] {an1} [an1]
所以 x y m 2n m 2n ( 1 1 ) 1 (3 m 2n) 3 2 2 ．
5
5 mn 5 n m
5
当且仅当 x 2 2 ， y 1 3 2 时等号成立．
5 10
5 10
故填 1 (3 2 2) 5
7：设复数 z a bi a,b Z ，满足 z3 2 11i ，则 a b
是
．
解析 1：由 3OA 4OB 5OC 0 移项可得： 3OA 4OB 5OC ，两边平方得：
2 2 2 9OA 24OA OB 16OB 25OC
因为 ABC 的外接圆的圆心为 O ，所以 OA OB OC ，上式化简得： 24OA OB 0 ，
所以 OA OB ，即 AOB 90 ．在外接圆中， AOB 是圆心角，而 C 是同弧所对的圆周
故填 3 ．
8：用[ x] 表示不超过实数 x 的最大整数．若数列{an} 满足： an [(2 3)2n ](n N *) ．
则 a2020 的末尾两位数字是
．
解析：设 bn (2 3)n (2 3)n ，则数列{bn } 满足： bn2 4bn1 bn , b1 4,b2 14 ．
2020 年全国高中数学联赛四川省预赛试题解析
（考试时间：120 分钟） 姓名___________班级_____________学号_______________ 一.填空题（本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64分）
1 ： 设 ABC 的 外 接 圆 的 圆 心 为 O ， 且 3OA 4OB 5OC 0 ， 则 C 的 大 小
2
24
表示点 (x,0) 到 A( 1 , 9), B(1,1) 两点距离之差的最大值的 22
2 倍，所以 f (x)
2 AB 5
4：在平面直角坐标系中， A1, 2, B 3, 0, 点 P 为圆 x 32 y 22 1上任意一点，
2020 年全国高中数学联赛四川省预赛试题解析 第 1 页 /共 8 页
下面观察{bn} 各项末尾两位数的情况，依次为： 4,14,52, 94, 24, 02,84,34, 52, 74, 44, 02, 64, 54,52,54, 64, 02, 44, 74,52, 34,84, 02, 24,94, 52,14, 4, 02,|| 4,14,52,
从而数列{bn} 的末尾两位数是周期为 30 的数列． 下面先求 22020 在模 30 下的余数：由于 30 2 3 5 ，结合 (2,3) 1, (2,5) 1,(3) 2,(5) 4 ，
内角则由勾股定理可知： 2C C ．
2
4
2：正四面体 4 个表面上分别写有数字 1,2,3,4，将 4 个这样的密度均匀的正四面体同时投
掷于桌面上，与桌面接触的 4 个面上的 4 个数字之和能被 4 整除的概率是
．
解析：由题意可和必须为 4,8,12,16，由对称性可知和为 4 与和为 16 种数一样都为 1 种，
2
1 ε 2 ε1
2
3 2
2ε 3 2ε2
1 2
ε
3
1 2
3ε
2
1 2
ε
2ε
，对任意的
ε
0
ε
1 6 成立．
注意到当 ε
0
时，
1 2
ε
3
1 2
3ε
2
1 2
ε
2ε
1，所以 λ
1．
另一方面，下证： λ
a3
1成立，即证 b c2
c
b3
a2
a
Байду номын сангаасc3
b2
a
b
c ．
不妨设 a b c ，则可令 a c x ， b c y ，其中 x y 0 ．
考虑到 bn (2 3)n (2 3)n N *, (2 3)n (0,1) ，故 an b2n 1 ，从而 a2020 b22020 1 ，
从而 a2020 的末尾两位数字是 53 ． 二.解答题（本大题共 3 小题，满分 56 分，解答应写成必要文字说明、证明过程和演算步
骤）.
a3
b c2
c
b3
a2
c3
a b2
a b c 成立．
①． ，都有
证明：不妨设 a b c 0 ，则由 ① 式可知：
b
a3
c2
c
b3
a2
a
c3
b2
a
b
c
a b3 a b 2c2
a
b
a
c3
b2
c
整理可得：
a b3 a b 2c2
a
b
a
c3
b2
c
4a ba b c
则 由 欧 拉 定 理 得 22020 0(mod 2), 22020 1(mod 3), 22020 1(mod 5), 从 而 由 孙 子 定 理 得 22020 16(mod 30) ．
由此 b22020 的末尾两位数与 b16 的末尾两位数相同，而 b16 的末尾两位数为 54 ，从而 b22020 的末 尾两位数为 54 ．
4
整除的概率
P
64 44
1 4
．
3：设函数 f (x) 2x2 2x 41 2x2 4x 4(x R), 则 f (x) 的最大值是
解析：（函数转化为距离）
f (x) 2x2 2x 41 2x2 4x 4 2 ( x2 x 41 x2 2x 2 ) 2 ( (x 1 )2 81 (x 1)2 1)
证明：由三元均值不等式可知：
3
a13 a13 b13
a23 a23 b23
a33 a33 b33
3a1a2a3 3 a13 b13 a23 b23 a33 b33 ．
3
即： ai3 bi3 a1a2a3 b1b2b3 3 ．证毕．
i 1
由引理可知，此时有：