2020年全国高中数学联赛加试参考答案及评分标准(B卷)

合集下载

2020全国高中数学联赛B卷答案及评分标准

2020年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0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.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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5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. 若实数x 满足()()248log log 2log 4x x x =+，则x = ．答案：128．解：由条件知24488221121log log 2+log log 4log +log log 2233x x x x x =++=++，解得2log 7x =，故128x =．2. 在平面直角坐标系xOy 中，圆经过点(0,0),(2,4),(3,3)，则圆上的点到原点的距离的最大值为．答案：解：记(2,4),(3,3)A B ，圆经过点,,O A B ．注意到90OBA （直线OB与AB 的斜率分别为1和1），故OA 为圆的直径．从而圆上的点到原点O 的距离的最大值为25OA ．3. 设集合{}1,2,,20X =，A 是X 的子集，A 的元素个数至少是2，且A 的所有元素可排成连续的正整数，则这样的集合A 的个数为．答案：190．解：每个满足条件的集合A 可由其最小元素a 与最大元素b 唯一确定，其中,,a b X a b ，这样的(,)a b 的取法共有220C 190种，所以这样的集合A 的个数为190．4. 在三角形ABC 中，4,5,6BC CA AB ，则66sin cos 22AA= ．答案：4364．解：由余弦定理得2222225643cos 22564CA AB BC A CA AB ，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A =22222sincos3sin cos 2222A A A A231sin 4A 21343cos 4464A． 5. 设9元集合{}{}i ,1,2,3A a b a b =+∈，i 是虚数单位．()129,,,z z z α=是A 中所有元素的一个排列，满足129z z z ≤≤≤，则这样的排列α的个数为．答案：8．解：由于1i 2i 12i 22i 3i 13i 32i 23i 33i +<+=+<+<+=+<+=+<+，故 {}{}{}{}1234561i,,2i,12i ,22i,,3i,13i z z z z z z =+=++=+=++，{}{}789,32i,23i ,33i z z z =++=+，由乘法原理知，满足条件的排列α的个数为328=．6. 已知一个正三棱柱的各条棱长均为3，则其外接球的体积为．答案：2π．解：如图，设面ABC 和面111A B C 的中心分别为O 和1O ，记线段1OO 的中点为P ，由对称性知，P 为正三棱柱外接球的球心，PA 为外接球的半径．易知POAO ⊥，所以2PA ===，故外接球的体积为34=322⎛⎫ππ ⎪ ⎪⎝⎭．7. 在凸四边形ABCD 中，2BC AD ．点P 是四边形ABCD 所在平面上一点，满足202020200PA PB PC PD ．设,s t 分别为四边形ABCD 与PAB 的面积，则t s．答案：3372021．解：不妨假设2,4AD BC ．记,,,M N X Y 分别是,,,AB CD BD AC 的中点，则,,,M X Y N 顺次共线并且1MX XY YN ．由于2PAPC PY ，2PBPD PX ，O 1O PC 1B A 1C B 1A故结合条件可知20200PY PX．故点P 在线段XY 上且12021PX．设A 到MN 的距离为h ，由面积公式可知 22PAB ABCD S t PM h PMs S MN h MN113372021232021． 8. 已知首项系数为1的五次多项式()f x 满足：()8,1,2,,5f n n n ==，则()f x 的一次项系数为．答案：282．解：令()()8g x f x x =−，则()g x 也是一个首项系数为1的五次多项式，且()()80,1,2,,5g n f n n n =−==，故()g x 有5个实数根1,2,,5，所以()(1)(2)(5)g x x x x =−−−，于是()(1)(2)(5)8f x x x x x =−−−+，所以()f x 的一次项系数等于111115!82822345⎛⎫++++⋅+= ⎪⎝⎭．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）在椭圆中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，12,F F 为两个焦点．若12120AF AF BF BF ，求12tan tan ABF ABF 的值．解：由对称性，设椭圆的方程为22221(0)x y a b a b ，(,0),(0,)A a B b ，12(,0),(,0)F c F c ，其中22ca b ．由条件知222221212()()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ．…………………4分所以22222230a b c a b ，故3a b ，2cb ． …………………8分记O 为坐标原点，则tan 3aABO b，12tan tan 2c OBF OBF b ． …………………12分所以1211tan tan tan ()tan ()ABF ABF ABO OBF ABO OBF323215132132． …………………16分10. （本题满分20分）设正实数,,a b c 满足222494122a b c b c ++=+−，求123a b c++的最小值．解：由题设条件得 ()()22221323a b c +−+−=， …………………5分由柯西不等式得()()()2222321322132a b c a b c ⎡⎤+−+−≥+−+−⎣⎦，即()22339a b c ++−≤，故236a b c ++≤． …………………10分又由柯西不等式得()()212323123a b c a b c ⎛⎫++++≥++ ⎪⎝⎭，所以12336623a b c a b c++≥≥++， …………………15分当1a b c ===时等号成立．故123a b c++的最小值是6． …………………20分11. （本题满分20分）设数列n a 的通项公式为11515,1,2,225nnna n ．证明：存在无穷多个正整数m ，使得41m m a a 是完全平方数．证明：记121515,22q q ，则12121,1q q q q ，于是121,1,2,5n n na q q n ．所以121,1a a ==．又注意到21(1,2)i i q q i ，有11112121155n n n nn n a a q q q q11221115n nq q q q 221215n n q q ，即21,1,2,n n n a a a n ， …………………5分由此易知，数列n a 的每一项都是正整数．由计算易得44127q q ，故 2323212123211212111155n n nn n na a q q q q212142424412121122115n n n n q q q q q q q q4242441212115nn q q q q4242121715n n q q424212125nn q q221212122115n n n q q a ， …………………15分所以，对任意正整数n ，23211n n a a 都是完全平方数．于是对于正奇数m ，41m m a a 均为完全平方数． …………………20分2020年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、（本题满分40分）如图，,,,,A B C D E是圆上顺次的五点，满足ABC BCD CDE ，点,P Q 分别在线段,AD BE 上，且P 在线段CQ 上．证明：PAQ PEQ ．证明：记S 为AD 与BE 的交点，T 为CQ 延长线与圆的交点．注意到ABC BCD CDE ，可设,AB CD所对的圆周角均为，,BC DE 所对的圆周角均为．于是ATQ ATC ，PTE CTE ，PSQ BDA DBE． ……………20分由ATQPSQ 得,,,S A T Q 四点共圆，又由PTE PSQ 得,,,P S T E 四点共圆．所以PAQPTS PEQ ． ……………40分二、（本题满分40分）设集合{}1,2,,19A =．是否存在集合A 的非空子集12,S S ，满足（1）12S S ，12S S A ；（2）12,S S 都至少有4个元素；（3）1S 的所有元素的和等于2S 的所有元素的乘积？证明你的结论．解：答案是肯定的．设21,2,,219S x y x y ，， ……………10分则1219122x y xy +++−−−−=，所以2187xy x y ++=， ……………20分故()()21213751525x y ++==⨯，所以7,12x y是一组解．……………30分故取123,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19,1,2,7,12S S ，则这样的12,S S 满足条件． ……………40分注：直接给出例子并验证给40分．三、（本题满分50分）给定整数2n ．设1212,,,,,,,0n na a ab b b ，满足1212n n a a a b b b ，且对任意,(1)i j ijn ，均有i jij a a b b ．求12n a a a 的最小值．解：记1212nn Sa a ab b b ．由条件知11()(1)i jij i j ni j na ab b n S ． ……………10分又222111122n i ji ji i j ni j ni a a n a a a ， ……………20分于是222111122221nn ii i ji ji i i j ni j nSa a a a a a nS n ．……………40分注意0S ，故2S n ．另一方面，当2(1,2,,)i i a b i n 时，条件满足，且2S n ．综上，12n Sa a a 的最小值为2n ． ……………50分四、（本题满分50分）设,a b 为不超过12的正整数，满足：存在常数C ，使得9(mod13)nn a b C 对任意正整数n 成立．求所有满足条件的有序数对(,)a b ．解法1：由条件知，对任意正整数n ，有9312(mod13)n n n n a b a b ． ①注意到13为素数，,a b 均与13互素，由费马小定理知12121(mod13)a b ．因此在①中取12n ，化简得9311(mod13)b a ，故93(mod13)b a ．代入①，得33123(mod13)nn nnnn a a b a b a b ，即3()(1)0(mod13)n n a b a ． ②……………20分分两种情况讨论．(i) 若31(mod13)a ，则333121(mod13)b a b b ，又,{1,2,,12}a b ，经检验可知,{1,3,9}a b ．此时9(mod13)n n n n a b a b ．由条件知332(mod13)a b a b ，从而只能是1a b ．经检验，当(,)(1,1)a b 时，对任意正整数n ，9n n a b 模13余2为常数，满足条件． ……………30分(ii) 若31(mod13)a ，则由②知，对任意正整数n ，有(mod13)n n a b ．特别地，(mod13)a b ，故ab ．所以399(mod13)a b a ，即333(1)(1)0(mod13)a a a ，故31(mod13)a ．通过检验1,2,,6(mod13)a ，可知4,10,12a ．经检验，当(,)(4,4),(10,10),(12,12)a b 时，对任意正整数n ，有9933(1())0(mod13)n n n n n a b a a a a ，满足条件．综合(i)、(ii)，所求的有序数对(,)a b 为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)．……………50分解法2：由条件知，对任意正整数n ，有92111102()()()(mod13)n n n n n n a b a b a b ，……………10分化简得11291102(mod13)n n n n n n a b a b a b ，即92()0(mod13)n n a b a b ．由于13为素数，,{1,2,,12}a b ，故213()a b ，进而ab ．……………20分因此，当n 变化时，99(1)n n n a b a a 模13的余数为常数．当910(mod13)a 时，由上式知，n a 模13的余数为常数，特别地，有2(mod13)a a ，故1a ． ……………30分当910(mod13)a 时，由费马小定理得121(mod13)a ，故33912()1(mod13)a a a a ．通过检验1,2,,6(mod13)a，可知4,10,12a ．综上，所求的有序数对(,)a b 为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)． …………50分。

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准。

选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次。

2．如果考生的解题方法和本解答不同，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分，5分为一个档次，不要再增加其他中间档次。

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A ，B ，C ，D 四个结论，其中有且仅有一个是正确的。

请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。

每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。

1．使关于x 的不等式36x x k -+-≥有解的实数k 的最大值是（） A ．63- B ．3 C ．63+ D ．62．空间四点A 、B 、C 、D 满足,9||,11||,7||,3||====DA CD BC AB 则BD AC ⋅的取值（）A ．只有一个B ．有二个C ．有四个D ．有无穷多个6.记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2020个数是（）A ．43273767575+++ B ．43272767575+++ C ．43274707171+++ D ．43273707171+++二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。

7.将关于x 的多项式2019321)(x xx x x x f +-+-+-= 表为关于y 的多项式=)(y g,202019192210y a y a y a y a a +++++ 其中.4-=x y 则=+++2010a a a .8.已知)(x f 是定义在),0(+∞上的减函数，若)143()12(22+-<++a a f a a f 成立，则a 的取值范围是。

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)参考答案与评分标准B1卷

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛（B1卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设10分和0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.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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9、10小题5分为一个档次，第11、12小题10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10分，满分80分．1. 若等差数列{}n a 的各项非零，且1234a a a +=，则567a a a +的值为．答案：45．解：设{}n a 的公差为d ，则111()42a a d a d ++=+，即127d a =-．令17,2(0)a t d t t ==-¹，从而56171291418467125a a a d t t a a d t t ++-===+-． 2. 在平面直角坐标系中，圆W 的方程为22202220220x y x y +---=，则圆W 的面积为．答案：2243p ．解：易知2222:(10)(11)202210112243x y W -+-=++=．设圆W 的半径为r ，则22243r =，于是圆W 的面积为22243r p p =．3. 将一枚质地均匀的骰子连续掷两次，则后一次所得点数不小于前一次所得点数的概率为．答案：712．解：连续掷两次骰子共有2636=种情况，其中对每个{1,2,,6}k Î ，当第一次掷骰子所得点数为k 时，第二次掷骰子所得点数不小于k 的情况数为7k -．从而所求概率611217(7)363612k p k ==⋅-==å． 4. 设,R a b Î，若tan()2,tan(2)3a b a b +=+=，则tan a 的值为．答案：139．解：由于2tan tan(2)2tan()tan(22)1tan tan(2)1tan ()a ab a b a b a a b a b +++=+=-⋅+-+，故 2tan 322413tan 123a a +⋅==---，解得13tan 9a =． 5. 设0z 为复数，集合0{i |}Z k A z k =+Î（i 为虚数单位）．若A 的所有元素之和为88i +，则A 的所有元素之积为．答案：65-．解：当0,1,2,3(mod 4)k º时，i k 的值分别为1,i,1,i --，故0000{1,i,1,i}A z z z z =++--．由于A 的所有元素之和为88i +，即0488i z =+，故022i z =+．所以A 的所有元素之积为(32i)(23i)(12i)(2i)65+´+´+´+=-．6. 如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，棱11,AC AC 的中点分别为,M N ，则异面直线BN 与1C M 所成的角的余弦值为．答案：35．解：连接AN ，则1||AN C M ，故异面直线BN 与1C M 所成的角为ANB （或其补角）．不妨设正三棱柱的所有棱长都为2．在ANB D 中，显然有2,AB AN ==又由1BB ^平面111A B C 知11BB B N ^，故BN ===222cos 235AN BN AB ANB AN BN +- ===⋅，即所求的余弦值为35． 7. 设实数,,k l m 满足：函数2(1)()y x x kx l =+++的图像有对称中心(1,0)，且与函数3y x m =+的图像有公共点，则k l m ++的取值范围是．答案：25,12æùçú-¥ççúèû．解：记2()(1)()f x x x kx l =+++．由()y f x =的图像关于点(1,0)对称，可知(1)0f =，又由(1)0f -=得(3)0f =，故2()(1)(1)(3)(1)(43)f x x x x x x x =+--=+-+，即4,3k l =-=．根据题意，方程23(1)()x x kx l x m +++=+有实数解，即方程23(3)0x x m ++-=有实数解，这等价于判别式112(3)0m D =--³，即3712m £．所以25431,12k l m m m æùç++=-++=-Î-¥ççèû． 8. 有四所学校的学生参加一项数学竞赛，每所学校派出3名选手．组委会要抽选其中若干名选手做一项调研，要求任意两所学校被抽中的选手数之和至少为1、至多为3，则不同的抽选方式数为（结果用数值表示）．答案：837．解：将四所学校被抽中的选手数从小到大依次记为,,,()a b c d a b c d £££，则有1,3a b c d +³+£．故1b ³（否则0a b ==，矛盾）且1c £（否则24c d c +³³，矛盾），于是必有1b c ==．此时a 只能为0或1，d 只能为1或2．易验证(,,,)(0,1,1,1),(1,1,1,1),(0,1,1,2),(1,1,1,2)a b c d =均符合题意．当(,,,)(0,1,1,1)a b c d =时，指定一所学校无选手被抽中，在剩下三校中各抽1名选手，由乘法原理知有11343C (C )108´=种抽选方式．当(,,,)(1,1,1,1)a b c d =时，每所学校各抽1名选手，有143(C )81=种抽选方式．当(,,,)(1,1,1,2)a b c d =时，指定一所学校有2名选手被抽中，再抽该校的2名选手及剩下三校各1名选手，共1213433C C (C )324´´=种抽选方式．11当(,,,)(0,1,1,2)a b c d =时，依次指定两所学校，第一所无选手被抽中，第二所有2名选手被抽中，再于第二所学校抽2名选手，剩下两校各抽1名选手，有2212433P C (C )324´´=种抽选方式．综上，满足条件的抽选方式数为10881324324837+++=．二、解答题：本大题共4小题，满分120分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分20分）解方程：2lg10lg()1x x =-．解：显然0x >．原方程等价于1lg 2lg 1x x +=-． ……………5分当lg 1x £-时，方程化为(1lg )2lg 1x x -+=--，即lg 0x =，舍去． ……………10分当1lg 0x -<£时，方程化为1lg 2lg 1x x +=--，即2lg 3x =-，得x =． ……………15分当lg 0x >时，方程化为1lg 2lg 1x x +=-，即lg 2x =，得100x =．综上，原方程的解为x =或100x =． ……………20分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，x 轴正半轴上的两个动点A 、B 满足2022OB OA -=，抛物线2:4y x G =上一点P 满足PA AB ^，过点P 作G 的切线l ，记点B 到直线l 的距离为d ．求d 的最小值，并求出当d 取到最小值时数量积PA PB ⋅ 的值．解：设(,0),(2022,0)A t B t +，0t >．由于PA AB ^，可设(,)P t u ，其中P 在G 上，故24u t =．切线l 的方程为2()uy x t =+，即220x uy t -+=． ……………5分点B 到直线l的距离为d = ……………10分利用基本不等式，可知2d =³． ……………15分=1009t =时，d取到最小值．此时22()44036PA PB PA PA AB PA u t ⋅=⋅+==== ． ……………20分11. （本题满分40分）对任意三个两两不同的非负实数,,a b c ，定义343434(,,)||||||b c c a a b S a b c a b b c c a +++=++---，并设(,,)S a b c 能取到的最小值为0m ．(1) 证明：当,,a b c 均为正数时，0(,,)S a b c m >；(2) 求所有非负实数组(,,)x y z ，使得0(,,)S x y z m =．解：(1) 不妨设min{,,}0c a b c =>，则将,,a b c 同时减去c ，得三个两两不同的非负实数,,0a a c b b c c ¢¢¢=-=-=，此时(,,)S a b c 343434||||||b c c a a b a b b c c a +++=++¢¢¢¢¢¢--- 343434||||||b c c a a b a b b c c a ¢¢¢¢¢¢+++>++¢¢¢¢¢¢---(,,)S a b c ¢¢¢=，而0(,,)S a b c m ¢¢¢³，从而0(,,)S a b c m >． ……………10分(2) 设0(,,)S x y z m =．由(1)知,,x y z 中有一个为零，不妨设0z =，则034343(,,0)43||||y x x y y x y m S x y x y y x x y y x æö+÷ç==++=++÷+ç÷ç÷--èø，其中,x y 为两个不相等的正数．假如x y <，则33(,,0)(,,0)0x y S y x S x y y x y x-=-<--，故0(,,0)S y x m <，矛盾．所以x y >． ……………20分设(1)x y l l =>，则利用基本不等式得033143431y x y m x y y x l l l æöæöçç=++=+++ççççèø--èø 143161l l l l æöæö÷÷çç=-++++÷÷çç÷÷ççèøèø-3616³⋅=， ……………30分等号成立当且仅当2l =，即2,(0)x t y t t ==>（从而016m =）．由轮换性，满足条件的所有非负实数组(,,)x y z 为(2,,0),(0,2,),(,0,2)t t t t t t ，其中0t >． ……………40分12. （本题满分40分）对每个正整数n ，将形如2(1)2(2)a b c n n n ++-+（,,a b c 为正整数）的整数称为“n -有趣数”．(1) 判断2022是否为2-有趣数，说明理由；(2) 求所有正整数n ，使得存在两个n -有趣数互为相反数．解：(1) 由于11122232420486322022+⋅-⋅=+-=，故2022为2-有趣数．……………10分(2) 考虑n -有趣数2(1)2(2)a b c n n n ++-+模1n +的余数，有2(1)2(2)(1)21,3(mod(1))a b c a n n n n ++-+º--º--+．若这些数中存在两个数互为相反数，则或有(1)(1)0(mod(1))n -+-º+，或有(1)(3)0(mod(1))n -+-º+，或有(3)(3)0(mod(1))n -+-º+，从而1n +只可能为2,3,4,6，即{1,2,3,5}n Î． ……………20分当1,5n =时，对任意正整数,,a b c ，均有2(1)2(2)1021(mod 4)a b c n n n ++-+º+-º-，这样的数中不存在两个互为相反数． ……………30分当2n =时，1212232412+⋅-⋅=与1222232412+⋅-⋅=-均为2-有趣数，且互为相反数；当3n =时，322324259+⋅-⋅=与222324259+⋅-⋅=-均为3-有趣数，且互为相反数．综上，所求正整数n 为2,3． ……………40分。

2023年全国高中数学联合竞赛一试(B)卷参考答案及评分标准

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0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.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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5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. 函数22023log (910)y x x 的定义域为．答案：(,1)(10,) ．解：由2910(1)(10)0x x x x ，解得(,1)(10,)x ． 2. 若实数m 满足2424mm，则m 的值为．答案：1 ．解：由于2424242mmm，故224m m ，两边约去2(0)m 得112m ．所以1m ．3. 若双曲线22122:1(,0)x y a b a b 的离心率为3，则双曲线22222:1y x b a的离心率为．答案：324．解：设22c a b ，则1 的离心率1c e a，2 的离心率2c e b ．因此2222212111a b e e c ．由13e 知22189e ，得2324e ． 4. 设n 为正整数．从1,2,,n 中随机选出一个数a ，若事件“24a ”发生的概率为23，则n 的所有可能的值为．答案：12和18．解：注意到24a ，a 为正整数，即{5,6,,16}a ．根据条件，显然5n ．当516n 时，有423n n ，得12n ．当17n 时，有1223n ，得18n ．综上，n 的所有可能的值为12和18．5. 平面上五点,,,,A B C D E 满足AB BC CD ，4EA EB ，5EB EC，8EC ED ，则EA ED的值为．答案：3．解：记,EB b EC c．由条件知2,2EA b c ED c b ，于是22(2)(2)522EA ED b c c b b c b c3(2)(2)b c b b c c c b 3EB EC EA EB EC ED 35483 ．6. 将所有非完全平方的正奇数与所有正偶数的立方从小到大排成一列（前若干项依次为3,5,7,8,11,13, ），则该数列的第2023项的值为．答案：4095．解：用{}n a 表示题述数列．前2023个正奇数依次为1,3,5,,4045 ，其中恰有2221,3,,63 这32个完全平方数，而在小于4045的正整数中恰有3332,4,,14 这7个偶立方数．因此4045是{}n a 的第20233271998 项．进而202319982254095a a （注意2654095 且3164095 ）．7. 设P ABCD 与Q ABCD 为两个正四棱锥，且90PAQ ，点M 在线段AC 上，且3CM AM ．将异面直线,PM QB 所成的角记为，则cos 的最大可能值为．答案：23．解：设正方形ABCD 的中心为O ，由条件知PQ 垂直平面ABCD 于点O ，又90PAQ ，由射影定理知2OP OQ OA ．显然O 在,P Q 之间．以O 为原点，,,OA OB OP方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设1(1,0,0),(0,1,0),(0,0,),0,0,(0)A B P a Q a a．易知1,0,02M ，因此11,0,,0,1,2PM a QB a．所以22112cos 13111124PM QB PM QB a a．当22a时，cos 取到最大可能值23．8. 七张标有,,,,,,A B C D E F G 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,D A B E C F G 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,D B A E C F G 的次序取走卡片），则取走这七张卡片的不同次序的数目为．DGFEC B A答案：164．解：如左下图重新标记原图中的七张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个七阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在2,3m n 时的特殊情况．-1P-2132G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(2,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ，由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)60f ，(2,2)72f ，(2,3)164f ，即所求数目为164．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）将方程2sin cos 2x x的所有正实数解从小到大依次记为123,,,x x x ．求1220x x x 的值．解：由于sin cos 2sin 4x x x ，原方程等价于1sin 42x ．所以 246x k 或52()6Z k k ． ……………4分其中所有正实数解为2(1,2,)12x k k 或72(0,1,)12x k k，故 21272(1),2(1,2,)1212m m x m x m m．……………8分从而1012202121()m m m x x x x x 10172(1)21212m m m 101342m m 1011341022 205 ．……………16分 10.（本题满分20分）平面直角坐标系中，圆与x 轴、y 轴均相切，与椭圆2222:1(0)x y a b a b有唯一的公共点(8,9)A ，且的圆心位于内．试比较的直径与的焦距的大小．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则由PA r 知222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在内，故5r ． ……………5分椭圆在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b，其法向量可取为2289,n a b ． ……………10分由条件，l 也是圆的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ． ……………15分从而的焦距为22210a b ．又的直径为210r ，故的直径与的焦距相等． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1 的实数t ：对任意[2,]a t ，总存在,[2,]b c t ，使得1ab c ．解：当1t 时，对任意[2,1]a ，取2,1b c a，则,[2,1]b c ，且211ab c ，满足要求． ……………5分当10t 时，取a t ，则对任意,[2,]b c t ，有21ab c tb t t t t ，不满足要求． ……………10分当01t 时，取0a ，则对任意,[2,]b c t ，有1ab c c t ，不满足要求． ……………15分当1t 时，对任意[2,]a t ，取0,1b c ，则,[2,]b c t ，且1ab c ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当{1}[1,)t ． ……………20分。

3_2020年全国高中数学联赛加试参考答案及评分标准(A卷)

MQ ． IB
……………30 分
从而 H , M , B, Q 四点共圆．于是有 BHQ BMQ 90 ，即 BH QH ．
……………40 分
1
二．（本题满分 40 分）给定整数 n 3 ．设 a1, a2, , a2n , b1, b2, , b2n 是 4n 个非负实数，满足
a1 a2
a2n
A
Q
HI
P
M
B
C
证明：取 AC 的中点 N ．由 AP 3PC ，可知 P 为 NC 的中点．易知 B, I, N 共
线， INC 90 ．
由 I 为 ABC 的内心，可知 CI 经过点 Q ，且
QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，
又 M 为 BI 的中点，所以 QM BI ．进而 QM || CN ．
当 n 4 时，一方面有
n
a2k 1a2k 1
k1
另一方面，若 n 为偶数，则
n
(b2k 1
k1
b2k )
S．
n
a2k 1a2k 1 (a1 a5
k1
a2n 3 )(a3 a7
a2n 1)
T2 ， 4
其中第一个不等式是因为 (a1 a5
a2n 3 )(a3 a7
a2n 1) 展开后每一项
均非负，且包含 a2k 1a2k 1(1 k n) 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．
且对任意 i 1, 2, , 2n ，有 aiai 2 bi
求 a1 a2
a2n 的最小值．
解：记 S a1 a2
a2n b1
不失一般性，设T a1 a3
当 n 3 时，因为

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析.docx

2020 年全国高中数学联赛试题及详细解析说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准。

选择题只设6 分和 0 分两档，填空题只设9 分和 0 分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次。

2．如果考生的解题方法和本解答不同，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分， 5 分为一个档次，不要再增加其他中间档次。

一、选择题（本题满分36 分，每小题 6 分）本题共有 6 小题，每小题均给出 A ， B ，C ，D 四个结论，其中有且仅有一个是正确的。

请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。

每小题选对得 6 分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得 0 分。

1．使关于 x 的不等式 x 36 x k 有解的实数 k 的最大值是（）A ． 63B． 3C． 63D ． 62．空间四点 A 、 B 、 C 、 D 满足 | AB | 3, | BC | 7 , | CD | 11 , | DA | 9 , 则 AC BD 的取值（）A ．只有一个B ．有二个C ．有四个D ．有无穷多个a 1 a 2 a 3a 4| a iT , i 1,2,3,4}, 将 M 中的元素按从大到小的6. 记集合 T { 0,1,2,3,4,5,6}, M {7 27 3747序排列，第2020 个数是（）A ． 5 5 6 3B ． 55 6 2 7 7273 74 772 73 7 4 C ．11 0 4 D ．11 0 3 7 72737477273 7 4二、填空（本分54 分，每小 9 分）本共有 6 小，要求直接将答案写在横上。

7. 将关于 x 的多式 f ( x)1 x x2 x 3x 19x 20 表关于 y 的多式 g( y)a 0 a 1 y a 2 y 2 a 19 y 19 a 20 y 20, 其中 y x 4. a 0a 1a20.8. 已知 f (x) 是定在 ( 0,) 上的减函数，若 f (2a 2a1) f (3a 24a 1) 成立， a 的取范是。

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析一、选择题(每小题6分，共36分)1．(2020年全国高中数学联赛)删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2020项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492．设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是yxO Ox yO xyyx O A.B. C.D.3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A ) 163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 34．若x ∈[－5π12 ，－π3 ]，则y=tan(x +2π3 )－tan(x +π6 )+cos(x +π6 )的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 1253二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是．8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，则△PF 1F 2的面积等于．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R}若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．12．设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ．求证：∠DBQ=∠PAC ．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．2020年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2020项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【答案】C【解析】452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2020－1980=23项．由2025+23=2048．知选C ．3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A) 163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点在y=p k =43上，即AB 中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x －43)+43，令y=0，得点P 的坐标为163．∴ PF=163．选A ．4．若x ∈[－5π12 ，－π3]，则y=tan(x +2π3)－tan(x +π6)+cos(x +π6)的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 1253【答案】C【解析】令x +π6=u ，则x +2π3=u +π2，当x ∈[－5π12，－π3]时，u ∈[－π4，－π6]，y=－(cot u +tan u )+cos u=－2sin2u +cos u ．在u ∈[－π4，－π6]时，sin2u 与cos u 都单调递增，从而y 单调递增．于是u=－π6时，y 取得最大值1163，故选C ．二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是．【答案】(－3，－5－12)∪(5－12，3)．【解析】即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，⇒(|x |－3)(|x |－5－12)(|x |+5+12)<0．⇒|x |<－5+12，或5－12<|x |<3． ∴ 解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R}若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是．【答案】－4≤a ≤－1．【解析】A=(1，3)；又，a ≤－21－x∈(－1，－14)，当x ∈(1，3)时，a ≥x 2+52x－7∈(5－7，－4)．∴ －4≤a ≤－1．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．【答案】93【解析】a 3=b 2，c 5=d 4，设a=x 2，b=x 3；c=y 4，d=y 5，x 2－y 4=9．(x +y 2)(x －y 2)=9．∴ x +y 2=9，x －y 2=1，x=5，y 2=4．b －d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．【答案】2+48【解析】如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD 绕其中心旋转45︒而得．设E 的射影为N ，则MN=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．12．设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，N MHGFEDCBAT n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．【答案】118【解析】由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =2n －1．在每一位(从第一位到第n －1位)小数上，数字0与1各出现2n －2次．第n 位则1出现2n －1次．∴ S n =2n －2⨯0.11…1+2n －2⨯10－n．∴ lim n →∞S n T n =12⨯19=118．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R)与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．【解析】曲线方程为：Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c s in 4t )∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ①若a －2b +c=0，则Z 0、Z 1、Z 2三点共线，与已知矛盾，故a －2b +c ≠0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c 0，得4x 2+4x +1=0，此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a +2b +c ))．加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ．求证：∠DBQ=∠PAC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ ，则∆BDQ ∽∆DAQ ．反之，若∆BDQ ∽∆DAQ ．则本题成立．而要证∆BDQ ∽∆DAQ ，只要证BD AD =DQAQ即可．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．【解析】当3l、3m、3n的末四位数字相同时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n104．即求满足3l ≡3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n ．∴ 3n (3l －n －1)≡0 (mod 104)．(l －n >0)但 (3n ，104)=1，故必有3l －n ≡1(mod 104)；同理3m －n ≡1(mod 104)．下面先求满足3x ≡1(mod 104)的最小正整数x ．∵ ϕ(104)=104⨯12⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数；∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．即，使3x ≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l －n 、m －n 都是500的倍数，设l －n=500k ，m －n=500h ，(k ，h ∈N*，k >h )．由m +n >l ，即n +500h +n >n +500k ，⇒n >500(k －h )≥500，故n ≥501．取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，则由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2 b i －1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i +2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式)＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2)(2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n －1)[(n －1)q +2－b 0][(n －1)(q －1)+2－b 0]．(两边同乘以2(n －1)即 (n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(n －1≥q (q +1)代入) 得 q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(各取一部分因数比较) ①但(nq －q －n +3－b 0)－q (n －b 0－1)＝(q －1)b 0－n +3(b 0≥q +2)≥(q －1)(q +2)－n +3＝q 2+q +1－n ＝0．②(nq －q +2－b 0)－(q +1)(n －b 0)＝qb 0－q －n +2≥q (q +1)－n +2＝1＞0． ③由假设，不存在处在不同行的2个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了q ＋2列，故还余q 2－1列，不同的列对数为C 2 q 2－1)i ＝1n －1∑C 2 m i ≤C 2 q 2－1．所以q 2·q (q －1)＋q (q －1)(q －2)≤(q 2－1)(q 2－2)．⇒ q (q －1)(q 2＋q －2)≤(q －1)(q ＋1)(q 2－2)⇒q 3＋q 2－2q ≤q 3＋q 2－2q －2．矛盾．故证．。

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析2020年全国高中数学联赛试题及详细解析说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准。

选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其他中间档次。

2.如果考生的解题方法和本解答不同，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分，5分为一个档次，不要再增加其他中间档次。

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A、B、C、D四个结论，其中有且仅有一个是正确的。

请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。

每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。

1.使关于 x 的不等式 x - 3 + 6 - x ≥ k 有解的实数 k 的最大值是（）。

A。

6 - 3B。

3C。

6 + 3D。

62.空间四点 A、B、C、D 满足 |AB| = 3，|BC| = 7，|CD| = 11，|DA| = 9，则 AC·BD 的取值（）。

A。

只有一个B。

有两个C。

有四个D。

有无穷多个6.记集合 T = {1.2.3.4.5.6}，M = {ai | ai ∈ T。

i = 1.2.3.4.}，将 M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第 2020 个数是（）。

A。

2 + 3 + 4 +。

+ 5563B。

2 + 3 + 4 +。

+ xxxxxxxC。

2 + 3 + 4 +。

+ xxxxxxxx7D。

2 + 3 + 4 +。

+二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。

7.将关于 x 的多项式 f(x) = 1 - x + x^2 - x^3 +。

- x^2319 + x^20 表为关于 y 的多项式 g(y) = a + a1y + a2y^2 +。

+ a19y^19 + a20y^20，其中 y = x - 4，则 a + a1 +。

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2023年全国高中数学联合竞赛加试(B卷)试题与答案

说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，102023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）试题与答案分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，ABC 的外心为O ，在边AB 上取一点D ，延长OD 至点E ，使得,,,A O B E 四点共圆．若2,3,4,5OD AD BD CD ，证明：ABE 与CDE 的周长相等．证明：由,,,A O B E 共圆得AD BD OD DE ，又2,3,4OD AD BD ，所以6DE ． ……………10分由OA OB 得OAD OEA ，故OAD OEA ∽，故OA OE AEOD OA AD．所以22(26)16OA OD OE ，得4OA ．进而26OEAE AD AD OA．同理可得OBD OEB ∽ ，28BE BD ． ……………20分由于22OC OA OD OE ，故OCD OEC ∽． ……………30分因此EC OC CD OD．由2,8OD OE OD DE 知4OC ，又5CD ，故210EC CD ．计算得76821AB AE BE ，561021CD DE EC ，即ABE 与CDE 的周长相等． ……………40分二．（本题满分40分）设,m n 是给定的整数，3m n ≥≥.求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在m 个红色的数12,,,m x x x （允许相同），满足121m m x x x x -+++< ，或者存在n 个蓝色的数12,,,n y y y （允许相同），满足121n n y y y y -+++< ．C E O A BD C EO A B D解：答案是1mn n -+．若k mn n =-，将1,2,,1n - 染为蓝色，,1,,n n mn n +- 染为红色．则对任意m 个红色的数12,,,m x x x ，有121(1)m m x x x n m x -+++≥-≥ ，对任意n 个蓝色的数12,,,n y y y ，有1211n n y y y n y -+++≥-≥ ，上述例子不满足要求．对k mn n <-，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子．因此所求1k mn n ≥-+． ………………10分下面证明1k mn n =-+具有题述性质．假设可将1,2,,1mn n -+ 中的每个数染为红色或蓝色，使得结论不成立．情形一：若1是红色的数，则红色的数均不超过1m -，否则可取一个红色的数m x m ≥，再取1211m x x x -==== ，则11m m x x x -++< ，与假设矛盾． ………………20分故,1,,1m m mn n +-+ 均为蓝色的数，此时取121,1n n y y y m y mn n -=====-+ ，有121(1)11n n y y y m n mn m mn n y -+++=-<-+≤-+= ，（*）与假设矛盾． ………………30分情形二：若1是蓝色的数，则同情形一可知蓝色的数均不超过1n -，故,1,,1n n mn n +-+ 均是红色的数．此时取121,1m m x x x n x mn n -=====-+ ，与（*）类似，可得矛盾．故1k mn n =-+时结论成立．综上，所求最小的正整数1k mn n =-+． ………………40分三．（本题满分50分）是否存在2023个实数122023,,,(0,1]a a a ，使得20236120231110i j i j k ka a a证明你的结论．解：记20231202311i j i j k kS a a a．假设存在122023,,,(0,1]a a a ，使得610S ．不妨设12202301a a a ，则将12023i j i j a a去掉绝对值后，k a 的系数为22024k ，从而202311(22024)k k kS k a a． ……………10分当11011k 时，由基本不等式知 11(22024)(20242)220242k k kkk a k a k a a． ……………20分当10122023k 时，由于1()(22024)k f x k x x在(0,1]上单调增，故1(22024)(1)22025k k kk a f k a．从而1011202311012220242(22025)k k S k k1011110101012202422k k k． ……………30分注意到202422(20242)2202444k k k k ，故61010101210114410S ，这意味者不存在122023,,,a a a 满足条件． ……………50分四．（本题满分50分）设正整数,,,a b c d 同时满足： (1) 2023a b c d +++= ； (2) ab ac ad bc bd cd +++++ 是2023的倍数； (3) abc bcd cda dab +++是2023的倍数．证明：abcd 是2023的倍数．证明：易知22023717=⨯．首先，由(1)，(3)知2()()()()() a b a c a d a a b c d abc bcd cda dab +++=+++++++是2023的倍数，故,,a b a c a d +++中至少有一个是 7的倍数． ……………10分由对称性，不妨设a b +是7的倍数，则) 2023( c d a b +=-+也是7的倍数，()()ac ad bc bd a b c d +++=++也是7的倍数，故结合(2)知ab cd +是7的倍数，因此22) (()()a c a a b c c d ab cd +=+++-+也是 7的倍数．又平方数除以 7的余数只能是0,1,2,4，因此22,a c 只能同时是 7的倍数，这表明,,,a b c d 都是 7的倍数． ………………20分同上面分析可知：) ()()( a b a c a d +++是217的倍数，故或者其中有一个因子是217的倍数，或者其中有两个因子是 17的倍数．如果有一个因子是217的倍数，不妨设a b +是217的倍数，结合 ,a b 都是7的倍数知，a b +是 22023717=⨯的倍数，但这与2023a b c d +++=及,,,a b c d 是正整数相矛盾！ ………………30分因此,,a b a c a d +++中至少有两个是17的倍数．不妨设,a b a c ++都是17的倍数，那么b d +也是17的倍数，由2()()(2)()ab ac ad bc bd cd a b d b d c a a b a a c a +++++=+++++++-知，22a 是17的倍数，故a 是17的倍数．因此,,,a b c d 都是17的倍数，这就说明了abcd 是44717⨯的倍数，也就是2023的倍数．………………50分。