2020年全国高中数学联赛试卷及答案
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 。
2020年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及参考答案
a3 (b c)2
b3 (c a)2
c3 (a b)2
(a
b c) .
求 的最大值.
解：取 a 1 ,b 1 , c 2 ，其中 0 1 .
2
2
6
（1 +）3 则 2
(1 )3 2
(2 )3
（1 +）3 2
1 2
（1 3 )2 ( 1)2 (2 )2 （1 3 )2 2
2
2
2
对任意的（0 1）成立. 6
注意到当
0+
（1 +）3 时， 2
（1 3 )2
1 2
2
1，
2
所以， 1 .
......5 分
另一方面，下证： =1成立，即证
a3 (b c)2
b3 (c a)2
c3 (a b)2
(a b c)
.
不妨设 a b c ，则可令 a=c x,b c y ，其中 x y 0 .
设 A(x1 ,y1) ， B(x2 ,y2 ) ，则 x1 x2 k ， x1x2 1.
过点 A(x1 ,y1) 的抛物线 y x2 的切线方程是 y y1 2x1(x x1) ，
由 y1 x12 ，代入可得 y 2x1x x12 .
过点 B(x2 ,y2 ) 的抛物线 y x2 的切线方程是 y 2x2 x x22 ，
所以，问题得证.
......15 分 ......20 分
参考答案及评分标准 （第 4 页，共 4 页）
令
k2
1 t ( t ≥1 )，则 d
| t2 1 2|
2
t
3
≥2
3
3
t
2 2t
2020年全国高中数学联赛试题(A卷)(含解析)
2020年全国高中数学联合竞赛一试（A 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. 在等比数列{}n a 中，91313,1a a ，则1log 13a 的值为 ．答案：13．解：由等比数列的性质知219913aa a a ，故339121313a a a ．所以11log 133a ． 2. 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 ，则12ABF F 的值为． 答案：2． 解：不妨设的方程为22221(0)x y a ba b ，(,0),(0,)A a B b ，1(,0)F c ，2(,0)F c ，其中22ca b ．由条件知222221212()()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ．所以2221222222AB a b c F F cc． 3. 设0a，函数100()f x xx在区间(0,]a 上的最小值为1m ，在区间[,)a 上的最小值为2m ．若122020m m ，则a 的值为 ．答案：1或100． 解：注意到()f x 在(0,10]上单调减，在[10,)上单调增．当(0,10]a 时，12(),(10)m f a m f ；当[10,)a 时，12(10),()m f m f a ．因此总有12()(10)2020f a f m m ，即100202010120aa，解得1a或100a ．4. 设z 为复数．若2iz z 为实数（i 为虚数单位），则3z 的最小值为 ．答案． 解法1：设i(,)R z ab a b ，由条件知22222(2)i(2)(1)22Im Im0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ，故22a b ．从而22223(12)((3))(3)25zab ab，即35z．当2,2a b 时，3z 取到最小值解法2：由2iR z z 及复数除法的几何意义，可知复平面中z 所对应的点在2与i 所对应的点的连线上（i 所对应的点除外），故3z 的最小值即为平面直角坐标系xOy 中的点(3,0)到直线220xy 223252．5. 在ABC 中，6,4AB BC ，边AC 上的中线长为，则66sin cos 22A A 的值为 ．答案：211256．解：记M 为AC 的中点，由中线长公式得222242()BM AC AB BC ， 可得222(64)4108AC．由余弦定理得2222228647cos 22868CA AB BC A CA AB ，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A= 22222sin cos 3sin cos 2222A A A A231sin 4A213211cos 44256A． 6. 正三棱锥P ABC 的所有棱长均为1，,,L M N 分别为棱,,PA PB PC 的中点，则该正三棱锥的外接球被平面LMN 所截的截面面积为 ．答案：3． 解：由条件知平面LMN 与平面ABC 平行，且点P 到平面,LMN ABC 的距离之比为1:2．设H 为正三棱锥P ABC 的面ABC 的中心， PH 与平面LMN 交于点K ，则PH 平面ABC ，PK 平面LMN ，故12PK PH ．正三棱锥P ABC 可视为正四面体，设O 为其中心（即外接球球心），则O在PH 上，且由正四面体的性质知14OH PH ．结合12PK PH 可知OK OH ，即点O 到平面,LMN ABC 等距．这表明正三棱锥的外接球被平面,LMN ABC 所截得的截面圆大小相等．从而所求截面的面积等于ABC 的外接圆面积，即233AB ．7. 设,0a b，满足：关于x 的方程||||x x a b 恰有三个不同的实数解123,,x x x ，且123x x x b ，则a b 的值为 ．答案：144． 解：令2at x，则关于t 22a a ttb 恰有三个不同的实数解(1,2,3)2iia t x i ．由于()22a af t tt为偶函数，故方程()f t b 的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必有(0)2bf a ．以下求方程()2f t a 的实数解．当2at时，22()4222a a f t t t a a t a ，等号成立当且仅当0t ；当2at 时，()f t 单调增，且当58a t 时()2f t a ；当2a t时，()f t 单调减，且当58at 时()2f t a ．从而方程()2f t a 恰有三个实数解12355,0,88t a t t a ． 由条件知3328a ab x t ，结合2ba 得128a ． 于是91448aa b ．8. 现有10张卡片，每张卡片上写有1,2,3,4,5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1,2,3,4,5的五个盒子中，规定写有,i j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有 种．答案：120．解：用{,}i j 表示写有,i j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}i j (15)i j ． 考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10张卡片，故1号盒至少有3张卡片．能放入1号盒的卡片仅有{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}．情况一：这4张卡片都在1号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有6264种好的放法．情况二：这4张卡片恰有3张在1号盒中，且其余每盒最多仅有2张卡片． 考虑{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒，且{1,5}在5号盒的放法数N ．卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能，其中6种是在2,3,4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2,3,4号盒中各放一张．若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中，不妨设{2,3},{2,4}在2号盒，则{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已有{1,5},{2,5}，故{3,5},{4,5}分别在3号与4号盒，即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一；若{2,3},{2,4},{3,4}在2,3,4号盒中各一张，则2,3,4号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中，对应0133C C 4种放法． 因此612414N ．由对称性，在情况二下有456N 种好的放法． 综上，好的放法共有6456120种．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ABC 中，2sin 2A ．求cos 2cosBC 的取值范围．解：记cos 2cos fBC ． 由条件知4A 或34A ． …………………4分当4A 时，34B C ，其中304C，此时 3cos 2cos 4f C C 22sin cos 22C C sin (0,1]4C ． …………………8分当34A 时，4B C ，其中04C，此时 cos 2cos 4f C C 232sin cos 22C C 5sin()C ， 其中arctan 3． …………………12分 注意到42，，函数()5sin ()g x x 在0,2上单调增，在,24上单调减，又32(0)224g g，52g，故(2,5]f．综上所述，cos 2cos f BC 的取值范围是(0,1](2,5]．…………………16分10. （本题满分20分）对正整数n 及实数(0)x x n ，定义[][]1(,)(1{})C {}C x x n n f n x x x ，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x ．若整数,2m n 满足121,,,123mn f m f m f m n n n，求121,,,mn f n f n f n m m m 的值． 解：对0,1,,1k m ，有111111111,C 1+C C C 2n n n k k k k m m m mi i i i i i n f m k n n n ． …………………5分 所以121,,,mn f m f m f m n nn 111101C ,m m n jm j k i i f m kn11100122C C 2m m mk k m m k k n1222121(21)12m mm m n n ．……………10分 同理得121,,,mn f n f n f n m m m(21)1n m ． 由条件知(21)1123m n ，即(21)124m n ，故(21)124m ．又2m ，所以21{3,7,15,31,63,127,}m ，仅当5m 时，2131m 为124的约数，进而有124431n ．进而121,,,mn f n f n f n m mm4(21)5174．…………………20分11. （本题满分20分）在平面直角坐标系中，点,,A B C 在双曲线1xy 上，满足ABC 为等腰直角三角形．求ABC 的面积的最小值．解：不妨设等腰直角ABC 的顶点,,A B C 逆时针排列，A 为直角顶点．设(,)ABs t ，则(,)ACt s ，且ABC 的面积222122ABCs t SAB ． …………………5分注意到A 在双曲线1xy上，设1,A a a，则11,,,B a s t C a t s a a．由,B C 在双曲线1xy 上，可知11()()1a s t a t s a a，这等价于sat st a ， ① tas st a．②由①、②相加，得()0s ta ts a，即2t sa t s． ③由①、②相乘，并利用③，得2222221s t s t at as a st s t a a a 2222224t s t s st st s t st st t s t s s t22222()s t s t ． …………………10分所以由基本不等式得2224222222222221()()22()4s t s t s t s t s t s t32222222226122()()43108s t s t s t s t ，④故2210863s t ． …………………15分以下取一组满足条件的实数(,,)s t a ，使得2263s t （进而由,,s t a 可确定一个满足条件的ABC ，使得22332ABCs t S）．考虑④的取等条件，有222222()s t s t ，即2223s t．不妨要求0st ，结合2263s t ，得3(31),3(31)s t ．由①知0a，故由③得tsa ts，其中3131312t s s ，从而有312312a．综上，ABC 的面积的最小值为 …………………20分2020年全国高中数学联合竞赛加试（A 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，在等腰ABC 中，AB BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC ，PI 延长线上一点H 满足MHPH ，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BHQH ．证明：取AC 的中点N ．由3AP PC ，可知P 为NC 的中点．易知,,B I N 共线，90INC ．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 ． ……………10分考虑HMQ 与HIB ．由于MH PH ，故90HMQ HMI HIB ．又90IHM INP ，故HM NPHI NI，于是 1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB．所以HMQ ∽HIB ，得HQMHBI ． ……………30分 从而,,,H M B Q 四点共圆．于是有90BHQBMQ ，即BH QH ． ……………40分二．（本题满分40分）给定整数3n ．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b ， 且对任意1,2,,2i n ，有21i i i i a a b b （这里211222211,,n nna a a ab b ）．求122n a a a 的最小值．解：记122122n n Sa a ab b b ． 不失一般性，设13212nS T a a a ． 当3n时，因为32212113k kk Ta a 2221335511()()()02a a a a a a ，故结合条件可知233221212121133()34k k k k k k S T a a b b S ． 又0S ，所以12S ．当2(16)i i a b i 时，S 取到最小值12． ……………10分当4n时，一方面有212121211()nnk kkk k k a a b b S ．另一方面，若n 为偶数，则22121152337211()()4nk kn n k T a a a a a a a a ， 其中第一个不等式是因为15233721()()n n a a a a a a 展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．……………20分若n 为奇数，不妨设13a a ，则12121212121311n n k k k kn k k a a a a a a215213723()()4n n T a a a a a a ． 从而总有2221211416nk k k T S S a a ．又0S ，所以16S ． ……………30分 当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n 时，S 取到最小值16．综上，当3n 时，S 的最小值为12；当4n 时，S 的最小值为16．……………40分三．（本题满分50分）设12121,2,2,3,4,n nn a a a a a n．证明：对整数5n，n a 必有一个模4余1的素因子．证明：记12,12，则易求得nnna ．记2nnn b ，则数列{}n b 满足122(3)n nn b b b n． ①因121,3b b 均为整数，故由①及数学归纳法，可知{}n b 每项均为整数．……………10分 由222()22nn nnn ，可知222(1)(1)n n n b a n ．② ……………20分当1n 为奇数时，由于1a 为奇数，故由{}n a 的递推式及数学归纳法，可知na 为大于1的奇数，所以n a 有奇素因子p ．由②得21(mod )nb p ，故112(1)(mod )p p nbp ．又上式表明(,)1n p b ，故由费马小定理得11(mod )pn b p ，从而12(1)1(mod )p p ．因2p，故必须12(1)1p ，因此1(mod 4)p ． ……………30分 另一方面，对正整数,m n ，若|m n ，设n km ，则(1)(2)(2)(1)()nnmmk m k m m m k m k mna1(212)(212)01(22)(22)0()(),2,()()(),2 1.l im l i m l i mmi l im l i m li mlmmi a k l a kl因2s ss b 为整数（对正整数s ），1为整数，故由上式知n a 等于ma 与一个整数的乘积，从而|m n a a ． 因此，若n 有大于1的奇因子m ，则由前面已证得的结论知m a 有素因子1(mod 4)p，而|m n a a ，故|n p a ，即n a 也有模4余1的素因子．……………40分 最后，若n 没有大于1的奇因子，则n 是2的方幂．设2(3)l n l ，因84082417a 有模4余1的素因子17，对于4l，由8|2l 知82|l a a ，从而2la 也有素因子17．证毕． ……………50分四．（本题满分50分）给定凸20边形P ．用P 的17条在内部不相交的对角线将P 分割成18个三角形，所得图形称为P 的一个三角剖分图．对P 的任意一个三角剖分图T ，P 的20条边以及添加的17条对角线均称为T 的边．T 的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配．当T 取遍P 的所有三角剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值．解：将20边形换成2n 边形，考虑一般的问题． 对凸2n 边形P 的一条对角线，若其两侧各有奇数个P 的顶点，称其为奇弦，否则称为偶弦．首先注意下述基本事实：对P 的任意三角剖分图T ，T 的完美匹配不含奇弦．（*）如果完美匹配中有一条奇弦1e ，因为T 的一个完美匹配给出了P 的顶点集的一个配对划分，而1e 两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T 的另一条边2e ，端点分别在1e 的两侧，又P 是凸多边形，故1e 与2e 在P 的内部相交，这与T 是三角剖分图矛盾． ……………10分记()f T 为T 的完美匹配的个数．设11F =，22F =，对2k ≥，21k k k F F F ++=+，是Fibonacci 数列． 下面对n 归纳证明: 若T 是凸2n 边形的任意一个三角剖分图，则()n f T F ≤．设122n P A A A =是凸2n 边形．从P 的2n 条边中选n 条边构成完美匹配，恰有两种方法，1234212,,,n n A A A A A A −或2345222121,,,,n n n A A A A A A A A −−．当2n =时，凸四边形P 的三角剖分图T 没有偶弦，因此T 的完美匹配只能用P 的边，故2()2f T F ==．当3n =时，凸六边形P 的三角剖分图T 至多有一条偶弦．若T 没有偶弦，同上可知()2f T =．若T 含有偶弦，不妨设是14A A ，选用14A A 的完美匹配是唯一的，另两条边只能是2356,A A A A ，此时()3f T =．总之3()3f T F ≤=．结论在2,3n =时成立．假设4n ≥，且结论在小于n 时均成立．考虑凸2n 边形122n P A A A =的一个三角剖分图T ．若T 没有偶弦，则同上可知()2f T =．对于偶弦e ，记e 两侧中P 的顶点个数的较小值为()w e ．若T 含有偶弦，取其中一条偶弦e 使()w e 达到最小．设()2w e k =，不妨设e 为221n k A A +，则每个(1,2,,2)i A i k =不能引出偶弦．事实上，假设i j A A 是偶弦，若{22,23,,21}j k k n ∈++−，则i j A A 与e 在P的内部相交，矛盾．若{1,2,,21,2}j k n ∈+，则()2i j w A A k <，与()w e 的最小性矛盾．又由（*）知完美匹配中没有奇弦，故122,,,k A A A 只能与其相邻顶点配对，特别地，1A 只能与2A 或2n A 配对．下面分两种情况．情形1：选用边12A A ．则必须选用边34212,,k k A A A A −．注意到221n k A A +的两侧分别有2,222k n k −−个顶点，221222()2n k n k w A A k +−−≥=，而4n ≥，因此5226n k −≥．在凸22n k −边形121222k k n P A A A ++=上，T 的边给出了1P 的三角剖分图1T ，在T 中再选取n k −条边12,,,n k e e e −，与1234212,,,k k A A A A A A −一起构成T 的完美匹配，当且仅当12,,,n k e e e −是1T 的完美匹配．故情形1中的T 的完美匹配个数等于1()f T ． ……………20分 情形2：选用边12n A A ．则必须选用边23221,,k k A A A A +．在凸222n k −−边形2222321k k n P A A A ++−= 中构造如下的三角剖分图2T ：对2221k i j n +≤<≤−，若线段i j A A 是T 的边，则也将其作为2T 的边，由于这些边在内部互不相交，因此可再适当地添加一些2P 的对角线，得到一个2P 的三角剖分图2T ，它包含了T 的所有在顶点222321,,,k k n A A A ++−之间的边．因此每个包含边2123221,,,n k k A A A A A A +的T 的完美匹配，其余的边必定是2T 的完美匹配．故情形2中的T 的完美匹配个数不超过2()f T ．由归纳假设得1()n k f T F −≤，21()n k f T F −−≤，结合上面两种情形以及1k ≥，有 1211()()()n k n k n k n f T f T f T F F F F −−−−+≤+≤+=≤．……………40分 下面说明等号可以成立．考虑凸2n 边形122n A A A 的三角剖分图n ∆: 添加对角线222332121442232,,,,,,,n n n n n n n n n A A A A A A A A A A A A A A −−−++．重复前面的论证过程，2()2f ∆=，3()3f ∆=．对n ∆，4n ≥，考虑偶弦3n A A ．情形1，用12A A ，由于在凸22n −边形342n A A A 中的三角剖分图恰是1n −∆，此时有1()n f −∆个T 的完美匹配．情形2，用12n A A ，由于在凸24n −边形4521n A A A −中T 的边恰构成三角剖分图2n −∆，不用添加任何对角线，故这一情形下T 的完美匹配个数恰为2()n f −∆ ．从而对4n ≥，有 12()()()n n n f f f −−∆=∆+∆．由数学归纳法即得()n n f F ∆=．结论得证．因此，对凸20边形P ，()f T 的最大值等于1089F =．……………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一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 已知△ABC，若对任意t R，BA t BC AC，则△ABC一定为A．锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.答案不确定【答案】（）2. 设log(2xx 2x 1)log21，则x的取值范围为xA．12x 1B．x12,且x 1C．x 1D．0x 1【答案】（）5. 设f(x)x3log2x x21，则对任意实数a,b，a b 0是f(a)f(b)0的A. 充分必要条件B.充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】（）6.数码a,a,a,L,a1232006中有奇数个9的2020位十进制数2a a a L a1232006的个数为A．11(10200682006) B．22(10200682006)C．10200682006D．10200682006【答案】（）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 设f(x)sin4x sin x cos x cos4x，则f(x)的值域是。
8. 若对一切R，复数z (a cos )(2a sin )i的模不超过2，则实数a的取值范围为.9. 已知椭圆x2y21164的左右焦点分别为F与F ，点P在直线l：x 3y 823012上. 当F PF 12取最大值时，比PF 1 PF2的值为 .10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为 1 2cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注 水 cm 3.11. 方程( x20061)(1x2x4L x2004) 2006 x2005 的实数解的个数为.12. 袋内有 8 个白球和 2 个红球，每 次从中随机取出一个球，然后放回 1 个白球，则第 4次恰好取完所有红球的概率为 . 三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）15.设f ( x ) x 2a .记f 1( x ) f ( x )，f n ( x ) f ( f n 1( x )) ，n 2,3, L，n .证明：1M2,4.2020 年全国高中数学联合竞赛加试试卷（考试时间：上午 10：00—12：00）一、以 B 和 B 为焦点的椭圆 △与AB B 的边 AB 交于 C （i =0，0 1 0 1 i i1）。
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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全国高中数学联赛试题及详细解析含评分标准
为
．
1
答案： 5 ． 解法 1：设 z a bi (a, b R) ，由条件知
Im z 2 Im (a 2) bi
zi
a (b 1)i
(a 2)(b 1) ab a2 (b 1)2
a 2b 2 a2 (b 1)2
0，
故 a 2b 2 ．从而
5 z 3 (12 22 )((a 3)2 b2 ) (a 3) 2b 5
−
) {x}
·
C|nx|
+
{x}
·
Cn|x|+1,
[x]
x
, {x} = x − [x].
m, n 2
( )( )
(
)
1 f m,
2 + f m,
+ · · · + f m, mn − 1
= 123,
n
n
n
( )( )
(
)
1 f n,
2 + f n,
+ · · · + f n, mn − 1
定写有 i, j 的卡片只能放在 i 号或 j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果 1 号
盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有
种．
答案：120 ．
解：用{i, j}表示写有 i, j 的卡片．易知这10 张卡片恰为{i, j} (1 i j 5) ．
考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10 张卡片，故1号盒至少有 3 张
9.（本题满分 16 分） 在 ABC 中，sin A 范围．
2 ．求 cos B 2
2 cosC 的取值
解：记 f cos B 2 cosC ．
(数学)2020年全国高中数学联赛江苏复赛试题+Word版含答案
2020年全国高中数学联赛江苏赛区复赛一、填空题(每题8分，满分64分，将答案填在答题纸上)2.____________ 若函数/(Λ)=(X2-1)(X2+^+⅛)对于任意XeR都满足/(X) = /(4-x),则f(x)的最小值是_____ .3•在正三棱柱ABC-A I B I C l中，D,E分别是侧棱BQ,CG上的点，EC=BC = 2BD,则截而ADE与底面ABC所成的二而角的大小是______________ ・4.若SinXSill2xsin3x+cosxcos2xcos3x = 1,则X = __________ ・5.设儿V是实数，则"+ ⑺•的最大值是2X4+4∕+9---------6.设Cl n =l + 2 + --+π,π∈∕V∖S m =q+①+…+ ©”，〃? = 123,…，则S1,52√-∙,52017中能被2整除但不能被4整除的数的个数是__________ •27.在直角平面坐标系XOy中，耳，▲分别是双曲线x2--^ = l(^>0)的左、右焦点，过点Fl作圆x2 + y2 = 1的切线，与双曲线左、右两支分别交于点A.B.若F l B = AB .则方的8.从正1680边形的顶点中任取若干个，顺次相连成多边形，英中正多边形的个数1•若数列仏｝满足则吆存的值为2 3 色+2/! + 1为 _________ ・二、解答题V-10 •在平而直角坐标系XOy 中，椭圆C:-+ y 2= 1的上顶点为A ∙不经过点A 的直线/与 椭圆C 交于P,Q 两点，且AP AQ=0.(1) 直线/是否过泄点？若是，求岀左点坐标；若不是，说明理由.(2) 过P,0两点分别作椭圆的切线，两条切线交于点3,求^BPQ 而积的取值范羽. 11.设函数 Λ(AT )=1+ X+丄X 2+••• + 丄x".2! n↑ (1)求证：当 XW(O,*o),时，e x > ∕r (x):2020年全国高中数学联赛江苏赛区复赛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 eD = BC ED求证：OPdAE.2•设X 」是非负实数，α=低+Qe=Jr 巨+j τ巨，若""是两个不相邻的整数, 求°丄的值，9•已知x,ye∕?,且X 2+ y 2=2,∣Λ∣≠∣y∣求点+G ⅛的最小值•(2)设x>0y neN ∖若存在ywR 使得Q=九W+一:一严 RS + l)!求证: OVyV X.3.平而上2〃个点（〃>1 MWN）,无三点共线，任意两点间连线段，将其中任意用+ 1条线段染成红色.求证：三边都为红色的三角形至少有”个•4•设”为正整数，I + - + -+ - +—=— >2 3 H h n其中a ll,bιι为互素的正整数，对素数”，令集合证明：对每一个素数p≥5,集合SP中至少有三个元素.1. 1试卷答案2. -163. 45°4. kπ.k∈Z3026 15盲二.解答题6. 2527 1 + √J8. 34329•解：因为X2 + y2 = 2.所以(χ + y)'+(χ-y)2 =4,所以点+FyVfc⅛+洁⅜+h+(-b) ≥1(1 + 1)2 =1.4v ,当X = λ∕2,y = O时，-__ + = 1.(兀+井(―井所以λ1x. + Z1的最小值为1.(χ+y)- (χ-γy10•解：(1)因为AP AQ = O f所以乔丄廷直线AP.AQ与X轴平行时，P或0与A重合，不合题意.设PA: y = kx+1,则QA:y = x + ∖.k将y = kx+l代入宀3b =3, w(l + 3∕r2}v2+6H = 0.所以XP =6k、— 21 + 3疋宀_] + 3疋_同理XQ=6k I6 Λ2+3°ek 2+3化简得/：〉，= -丄.4k 2直细纵截距是常数弓故直线,过定点所以P^=36(l÷^)∙ 宀 +宀 十(")•兽窖峠IL(l + 3∕)依2+3)」 (1 + 3/) ∖k 2+3f_36(1 + 疋*& + 15疋+15∕ + 1)(3^ + 10/+3)2^不妨设k>0,令f = £ +丄，贝∣J∕≥2,可化得PQ 2=k 即P-嘤乎.3r +4设B(X (P y o ),则切点弦PQ 的方程是X O X + 3y°y = 3 ,k _] 1又EQ 在l:y = —-—x--上，所以y 0 = -2 ,4k 2（2）由 (1)6∣Zr∣√l+P 1 + 3X同理, AQ = 6y ∣∖ +k 2k 2+336∕%2+ 12) (3r+4)2从而⅞ =3(2-1)2k因此的而积gxdxP 皆卜爲f x 寧晋9t i2(3/$+4)所以B 到P0的距离〃=3尸 2√r 2+1 9令“=一，则 O —,化得 S= 一~r ------ ・t2 2(4M 3+3W )当O VHS 丄时，4M 3+3M 递增，2O1所以OV4∕+3"S2,即S≥-,当且仅当U=-,即∕ = 2,k = 1时，等号成立，42故ABPQ 的而积S 的取值范困是冷11.解：(1)用数学归纳法证明如下：(i )当” =1 时，令/(X ) = ^-∕1(Λ) = ^-X -1,则/'(x) = e'-l>0,xe(0,p)恒成 立， 所以/(Λ)在区间(O,-KO)为增函数， 又因为 /(0)=0,所以/(Λ)>0,即e t> ∕1(x).(ii)假设H = k 时，命题成立，即当X ∈ (O,-KX))时，e x >f k (x),( 1 1 1则n = k + ∖时，令g(x)=e'—£+|(X)=，一 1 + X +-X 2+∙-∙ + -ΛΛ+-__ √+,6 7 用 72! k ∖ (k + ∖).函数，又因为 g(θ) = θ,所以 g(x)>0,x∈(θ,+oo)恒成立,即 e x> ./^+1(x),x∈(θ,+∞), 所以n = k +1时，命题成立.由(i )(ii )及归纳假设可知，V H ∈7V ∖当X ∈ (θ,+oo)时，£“〉£(x)・(2)由(1)可知 b>∕n Jx),即 A(A-)+-i-χn+1^v > A(Λ-)+-i-χn+1,所以R>l,即y>0,下证：yvx.下面先用数学归纳法证明：当Λ∙>O0 vl + x +丄F+…+厂丄^兀心+丄#ZsW AT 2! (-I)!n ∖(i )当 〃 =1 时，令 F(X)= ∖ + xe x -e x ,则 F ,(x) = Xe X > O,x ∈ (θ,+≪)),则 √(x)=e x-f l÷x÷l√÷-÷lχ 2! k ∖ = ^V-A(X)>0,所以g(x)在区间(0,+8)为增所以F(X)在区间(0,*o)单调增， 又F(O)=O,故F(X)>0,即e x<l + xe ∖(ii)假设H = k 时，命题成立，即当 X ∈(0,-HO)时，e x< l + x + -X 2 + …+ — XZ +-L√>∖ ' 72! (—1)! k ∖所以G(X)在区间(O,P)上为增函数，又G(O)=O,故G(X)>0,即由(i ) (ii )及归纳假设,可知当 XW(O,+8)时，e x< l + x + 丄 W +••■ + 丄 0 + ―― X n^e x.对舁 成立,2!n ∖ (" + 1)!所以't = 1+x+⅛χ2 +'+⅛χπ +(⅛χπ+v < 1+x+⅛χ2+"+^χn+0⅛x "v从而Rve"即yvx,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 ZBA F = ZDEF, ZABF= ZEDF, 所以ZBF 〜随DF 、令 G(Λ) = 1 +X + A疋+ (1)k'・GtV)=I÷x÷l√÷.∙∙÷lχ^÷1所以箸FB FB 同理,PE PFBC" BF<l + x +丄/+・・・ +丄《?+2! k ∖DC DF因为ABSrCS 所以器耸" 所以PE=P4・即点P 是弧AE 的中点, 所以OP 丄AE2•解：因为αb 是不相邻的整数,所以 25b —a = JX+2 + J y+2 — (yfx + ^y)=(Jx+2 -Vxj+ (Jy+2 — y∣~y )2 I 2 √Λ∙ + 2 + √X Jy+ 2+77由于b-a 是整数，所以b-a = 2.设 a = 〃 - 1,Z?=H ÷ I,/? ∈ Z 9 即 y[x + y∣~y = U -19 JX +2 + Jy + 2 =Il+ 1, λj√^-√y IX-y I =n _ 1, _ ------- = /2 +1 ♦JX+ 2 — Jy+ 2则頁-V7=.χ-y ∖y [^2-^2=χ-y . n -1 /2 + 1于是 2 Vx = n -1 + -~~- ,2JX+ 2 = n +1 + -~~-n -1 /7 + 1从而2(n-i)y∣x = (n -Iy + (X- y\2(n + I)VX+ 2 = (/? +1)2+(x-y), 故(∕2-l)Vx + 2n = (/7 + l)Jx + 2 ・ 又因为(√Γ巨j-(√^j=2.①令t =長,得代入①得/2 + 12nt 2 -2〃(H-I ”-什 -2〃-I)= 0 ,2∏(H -1)± ^4H 2(∕7-1) +8/7(7?2-2/7-1) _ 77(/7-1)±(7? + 1 )J"(n- 2)4π2n“=”亠頁=也Zl 土壘mIn因此，/7 > 2,并且ZI(M-I)≥ S + UHQl -2), 即∕ι2-2w-l≤0,解之得l-√2≤n≤l +√2,由①X ②X ③得ABPE DC于是y[x = t =从而2 ≤ 7? < 1 + \/2 ,且n w Z ,故n = 2・所以a = ∖,b = 3.3.证明：首先证明一泄存在红色三角形(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 I.AB2i- -,AB k ,则k≥n + ↑.若B1,B2∙∙∙,伤中存在两点，不妨设为B l,禺使线段B1B2为红色线段，则AAdB2为红色三角形，若B v B2,相互之间没有红色线段相连，则从B,(i = 12…,k)出发的红色线段最多有2n-k条,所以这2〃个点红色线段最多有丄W + k(2n-k)+ (In一1 一k)] = «(2" —R)≤ "十 ^^"~— = n~ < n~ +1.2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∏ = 2时，平而上有四个点A,5C,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ΔACZλ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R个红色三角形，当〃 = R + 1时，有2k+2个点，且有(Ar+ I)2+ 1条红色线段,一泄存在一个红色三角形，设为MBe考察从A,B,C引出的红色线段分别记为d(A),d(B∖ J(C)条，不妨设J(A)≤√(B)≤ J(C) 若d(A)+ d(B)< 2k + 2,则除去点A, B余下的Ik个点之间至少有(k + l)2+l-(2 上+ I)?=疋+1,由归纳假设可知存在至少R 个红色三角形，再加上MBC 至少有£ + 1个红色三角形, 若d（A ）+ d （B ）≥2k + 3,贝IJd （A ）+ d （β）+d （C ）≥3k + 5,故从A.B.C 岀发向其它2«-1个点引出红色线段至少有3«-1条， 因为（3£_1）_（2£_1）=化 这（3/:-1）线段至少有R 对线段有公共点（不包括A^C ）故至少存在k 个红色三角形，再加上MBC,则至少有R+ 1个红色三角形， 所以n = k + ∖时命题也成立，由（1） （2）可知，当n>∖j ιeN 时，2“点之间的朴2 + 1条红色线段至少可组成”个红色 三角形・其中为互素的正整数，那么〃*・ 引理的证明：因为素数P≥5,由FemIat d×⅛理•以及I A+2' +--- + (/?-Iy ≡ θ(rnod “)，其中 ∖≤k ≤ P _2 ,有((切 +1X ® + 2)…(切 + P -1))Z A三一芬∙2I 三一壬严三0(mθd"/-1r-I所以((切+1X 切+2)…(切+ 〃_1))EA = PM(M WAr)4.证明：引理：设p 25为素数，R 为非负整数f P-I11 /T w7⅛ = =2∑L+ ' (2£ + 1)〃 ∖kp+i kp+ p-i 丿2 若l(kp+iXkp+p-i)' "-I 令A =工r-11 ______=Σ/=1（（切+ IX 切+ 2）…（妙+ 〃 一 1）厂(kp+i ∖kp+p-i)kp+∖ kp+2精品文档在线編辑 更女好内容为您奉上即殳=(2k + MMSk 2((切 + IXkp+ 2).(切 + ” -1))"T 因为(几 2((切 + IX 切+2)…(Rp+ P - I))I )=1, 所以p 2∖t k ,引理证毕，由引理得，P 2a p-i ,所以Pa P-I , 从而 P(P_I)ESP ,P 2->1 1 P-> 1 PTPT 1 =∑7=-∑7÷∑∑1-/=1 l P /=1 1 妇 O /=! KP 十 I 因为P 2 a p ^p 2∖t k .所以M 宀 从而 p 2-l≡S p . 因为p-l<p(p-l)<p 2-l,所以集合SP 中元素至少有3个. 丄 P +Σ十 λ∙=C S k。
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 +。
2020全国高中数学联赛B卷一试+加试：试题及详解
2020全国高中数学联赛B卷一试+加试：试题及详解2020年全国高中数学联合竞赛一试(B卷)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log2X = log4(2x)+log8(4%)，则-=.2.在平面直角坐标系xQv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.3.设集合X = {1,2，…,20}, 4是X的子集，4的元素个数至少是2,且/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.A A4.在三角形43。
中，3C=4,C4=5,H8 = 6, WO sm6-+cos6-= _________________ .2 25.设9元集合月={o + Zn|a,。
w {1,2,3}} , i是虚数单位.a =仪/2,…,zj是/中所有元素的一个排列，满足㈤引二2佰…4闻，则这样的排列a的个数为.6.已知一个正三棱柱的各条棱长均为3,则其外接球的体枳为.7.在凸四边形N8CQ中，BC= 2AD .点P是四边形MBCD所在平面上一点，满足方5+2020而+正+2020万=6.设S"分别为四边形/SCO与△2店的面枳，贝.S8.己知首项系数为1的五次多项式/(x)满足:/(%)=8几〃=1, 2,…,5 ,则f(x)的一次项系数为.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)在岬射，上为长轴的一个端点，8为短釉的一个端点，为两个焦点.若箫•丽+瓯•瓯=0,求tan/NBATan/ABE的值. - -10.（本题满分20分）设正实数〃,4。
满足/+4/+9°2 =46 + 120-2,求2 3卜+—的最小值.b c证明：存在无穷多个支整数加，使得〃加1是完全平方数•=1.2，….11.（本题满分20分）设数列4的通项公式为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log2 X = log,（2x） + log s（4x）,则x =答案：128.解：由条件知log? x = log」2+ log4 x + log8 4 + log8 x = + 1■十! log? ”，2 23 o解得1咤2工=7,故x = 128.2,在平血直角坐标系xOy中，圆。
2020年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试题Word版含答案
2020年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试题第Ⅰ卷（共64分）一、填空题（每题8分，满分64分，将答案填在答题纸上）1.设三个复数1，i ，z 在复平面上对应的三点共线，且5z =，则z = ．2.设n 是正整数，且满足5438427732293n =，则n = ．3.函数()()()()sin 2sin 3sin 4f x x x x =++的最小正周期= ．4.设点P ，Q 分别在函数2x y =和2log y x =的图象上，则PQ 的最小值= ．5.从1,2,,10中随机抽取三个各不相同的数字，其样本方差21s ≤的概率= ．6.在边长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一小球，该小球与正方体的对角线段1AC 相切，则小球半径的最大值= ．7.设H 是ABC ∆的垂心，且3450HA HB HC ++=，则cos AHB ∠= ．8.把21,2,,n 按照顺时针螺旋方式排成n 行n 列的表格n T ，第一行是1,2,,n .例如：3123894765T ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦.设2018在100T 的第i 行第j 列，则(),i j = ．第Ⅱ卷（共86分）二、解答题 （本大题共4小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）9. 如图所示，设ABCD 是矩形，点E ，F 分别是线段AD ，BC 的中点，点G 在线段EF 上，点D ，H 关于线段AG 的垂直平分线l 对称.求证：3HAB GAB ∠=∠.10. 设O 是坐标原点，双曲线2222:1x y C a b-=上动点M 处的切线交C 的两条渐近线于A ，B 两点.（1）求证：AOB ∆的面积S 是定值；（2）求AOB ∆的外心P 的轨迹方程.11. （1）求证：对于任意实数x ，y ，z 都有)22223x y z xy yz zx ++≥++.（2）是否存在实数k >x ，y ，z 下式恒成立？()22223x y z k xy yz zx ++≥++试证明你的结论.12. 在正2018边形的每两个顶点之间均连一条线段，并把每条线段染成红色或蓝色.求此图形中三边颜色都相同的三角形的最小个数.2020年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试题参考答案一、填空题1.43i -或34i -+2.2133.2π4.()1ln ln 22ln 2+ 5.115 6.465- 7.66- 8.()34,95二、解答题9.解：由E ，F 分别是AD ，BC 的中点，得//EF AB AD ⊥.设P 是E 关于l 的对称点，则//EP AG l ⊥，故四边形AEPG 是等腰梯形. 进而PAG EGA GAB ∠=∠=∠，APG GEA ∠=∠，从而AP HG ⊥.再由HP DE EA PG ===，得HAP PAG GAB ∠=∠=∠.因此3HAB GAB ∠=∠.10.解：（1）()00,M x y 处的切线方程00221x x y y a b -=. 与渐近线方程联立，得()110000,,a b A x y x y x y a b a b ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪++⎝⎭，()220000,,a b B x y x y x y a b a b ⎛⎫ ⎪-= ⎪ ⎪--⎝⎭. 从而，122112S x y x y ab =-=是定值. （2）由（1）可设(),A a b λλ，,a b B λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(),P x y ，λ为非零常数.由PA PO PB ==，得()()222222a b x a y b x y x y λλλλ⎛⎫⎛⎫-+-=+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 从而有()222ax by a b λ+=+，()2212ax by a b λ-=+. 上述两式相乘，得P 的轨迹方程为()222222214a xb y a b -=+.11.解：（1）由均值不等式，221322x y +≥，221322x z +≥，221322y z +≥.故)22223x y z xy yz zx ++≥++.（2）()222222222232322442k k k k k x y z k xy yz zx x y z y z k yz ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-++=--+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭上式0≥恒成立当且仅当2204k -≥且2222423244k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≤-- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.化简得k ≤326240k k -+≥.显然，2k =>. 12.设N 是此图形中三边颜色都相同的三角形数目，M 是此图形中三边颜色不全相同的三角形数目，i x 是以第i 个顶点为端点的红色线段数目，则有32018M N C +=，()2018120172i ii x x M =-=∑. 当且仅当每个1008i x =或1009时，N 取得最小值32320181009100910082C C -⨯=.310092N C =是可以取到的，例如把线段()mod201812018,1504i i j i j →±≤≤≤≤染成红色，其它线段染成蓝色.。
2020年全国高中数学联合竞赛一试试题及答案(A卷)
2020年全国高中数学联合竞赛 一试试题参考答案及评分标准（A 卷）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的评分档次给分，不要增加其他中间档次．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5分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．函数254()2x x f x x-+=-在(,2)-∞上的最小值是 （ C ）A ．0B ．1C ．2D ．3[解] 当2x <时，20x ->，因此21(44)1()(2)22x x f x x x x+-+==+---2≥2=，当且仅当122x x=--时上式取等号．而此方程有解1(,2)x =∈-∞，因此()f x 在(,2)-∞上的最小值为2．2．设[2,4)A =-，2{40}B x x ax =--≤，若B A ⊆，则实数a 的取值范围为（ D ）A ．[1,2)-B ．[1,2]-C ．[0,3]D ．[0,3)[解] 因240x ax --=有两个实根 12a x =22a x =故B A ⊆等价于12x ≥-且24x <，即22a ≥-且42a ，解之得03a ≤<．3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数ξ的期望E ξ为 （ B ） A ．24181 B ．26681 C ．27481 D ．670243[解法一] 依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 22215()()339+=．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 5(2)9P ξ==，4520(4)()()9981P ξ===， 2416(6)()981P ξ===，故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=． [解法二] 依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6.令k A 表示甲在第k 局比赛中获胜，则k A 表示乙在第k 局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得12125(2)()()9P P A A P A A ξ==+=， 1234123412341234(4)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++332112202[()()()()]333381=+=，1234123412341234(6)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++2221164()()3381==，故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=． 4．若三个棱长均为整数（单位：cm ）的正方体的表面积之和为564 cm 2，则这三个正方体的体积之和为 （ A ） A ．764 cm 3或586 cm 3B ．764 cm 3C ．586 cm 3或564 cm 3D ．586 cm 3[解] 设这三个正方体的棱长分别为,,a b c ，则有()2226564a b c ++=，22294a b c ++=，不妨设110a b c ≤≤≤<，从而2222394c a b c ≥++=，231c >．故610c ≤<．c 只能取9，8，7，6．若9c =，则22294913a b +=-=，易知2a =，3b =，得一组解(,,)(2,3,9)a b c =． 若8c =，则22946430a b +=-=，5b ≤．但2230b ≥，4b ≥，从而4b =或5．若5b =，则25a =无解，若4b =，则214a =无解．此时无解． 若7c =，则22944945a b +=-=，有唯一解3a =，6b =．若6c =，则22943658a b +=-=，此时222258b a b ≥+=，229b ≥．故6b ≥，但6b c ≤=，故6b =，此时2583622a =-=无解．综上，共有两组解2,3,9a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩或3,6,7.a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩体积为3331239764V =++=cm 3或3332367586V =++=cm 3．5．方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为（ B ）A ．1B ．2C ．3D ．4[解] 若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③ 由①得1x y=-，代入③化简得3(1)(1)0y y y ---=. 易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①得1x =-，由②得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩ 6．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则sin cot cos sin cot cos A C AB C B++的取值范围是（ C ）A ．(0,)+∞ B． C． D．)+∞[解] 设,,a b c 的公比为q ，则2,b aq c aq ==，而sin cot cos sin cos cos sin sin cot cos sin cos cos sin A C A A C A C B C B B C B C++=++ sin()sin()sin sin()sin()sin A C B B bq B C A A aππ+-=====+-．因此，只需求q 的取值范围．因,,a b c 成等比数列，最大边只能是a 或c ，因此,,a b c 要构成三角形的三边，必需且只需a b c +>且b c a +>．即有不等式组22,a aq aq aq aq a ⎧+>⎪⎨+>⎪⎩即2210,10.q q q q ⎧--<⎪⎨+->⎪⎩解得11,2211.22q q q ⎧<<⎪⎪⎨⎪><-⎪⎩或q <<11(,)22． 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．设()f x ax b =+，其中,a b 为实数，1()()f x f x =，1()(())n n f x f f x +=，1,2,3,n =，若7()128381f x x =+，则a b += 5 . [解] 由题意知12()(1)nn n n f x a x aaa b --=+++++11n na a xb a -=+⋅-，由7()128381f x x =+得7128a =，713811a b a -⋅=-，因此2a =，3b =，5a b +=．8．设()cos 22(1cos )f x x a x =-+的最小值为12-，则a=[解] 2()2cos 122cos f x x a a x =---2212(cos )2122a x a a =----，(1) 2a >时，()f x 当cos 1x =时取最小值14a -； (2) 2a <-时，()f x 当cos 1x =-时取最小值1； (3) 22a -≤≤时，()f x 当cos 2a x =时取最小值21212a a ---． 又2a >或2a <-时，()f x 的最小值不能为12-，故2112122a a ---=-，解得2a =-2a =-舍去)．9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用*表示名额．如 ||||******** 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“*”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于24226+=个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”． “每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“*”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有223C 253=种． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为123,,x x x ，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程12324x x x ++=．的正整数解的个数，即方程12321x x x ++=的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：2121232323H C C 253===． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．10．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足：1(1)n n n S a n n -+=+，1,2,n =，则通项n a =112(1)nn n -+．[解] 1111(1)(2)(1)n n n n n n n a S S a a n n n n +++-=-=--++++，即 2n n a n n n n n n a ++++-++-+=+)1(111)2)(1(221=)1(1)2)(1(2+++++-n n a n n n ， 由此得 2)1(1))2)(1(1(1++=++++n n a n n a n n ． 令1(1)n n b a n n =++，111122b a =+= (10a =)，有112n n b b +=，故12n n b =，所以)1(121+-=n n a n n ．11．设()f x 是定义在R 上的函数，若(0)2008f = ，且对任意x ∈R ，满足 (2)()32x f x f x +-≤⋅，(6)()632x f x f x +-≥⋅，则)2008(f =200822007+．[解法一] 由题设条件知(2)()((4)(2))((6)(4))((6)())f x f x f x f x f x f x f x f x +-=-+-+-+-+++-24323263232x x x x ++≥-⋅-⋅+⋅=⋅， 因此有(2)()32x f x f x +-=⋅，故(2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)f f f f f f f f =-+-++-+2006200423(2221)(0)f =⋅+++++10031413(0)41f +-=⋅+-200822007=+．答12图1答12图 2[解法二] 令()()2x g x f x =-，则2(2)()(2)()2232320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≤⋅-⋅=， 6(6)()(6)()226326320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≥⋅-⋅=， 即(2)(),(6)()g x g x g x g x +≤+≥，故()(6)(4)(2)()g x g x g x g x g x ≤+≤+≤+≤， 得()g x 是周期为2的周期函数，所以200820082008(2008)(2008)2(0)222007f g g =+=+=+．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是723．[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r ，作平面111A B C //平面ABC ，与小球相切于点D ，则小球球心O 为正四面体111P A B C -的中心，111PO A B C ⊥面，垂足D 为111A B C 的中心．因 11111113P A B C A B C V S PD -∆=⋅1114O A B C V -=⋅111143A B C S OD ∆=⋅⋅⋅，故44PD OD r ==，从而43PO PD OD r r r =-=-=．记此时小球与面PAB 的切点为1P ，连接1OP ，则222211(3)22PP PO OP r r r =-=-=． 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB )相 切时的情况，易知小球在面PAB 上最靠近边的 切点的轨迹仍为正三角形，记为1P EF ，如答 12图2．记正四面体的棱长为a ，过1P 作1PM PA ⊥于M ． 因16MPP π∠=，有113cos 226PM PP MPP r r =⋅==， 故小 三角形的边长1226PE PA PM a r =-=-．答13图小球与面PAB 不能接触到的部分的面积 为（如答12图2中阴影部分） 1PAB P EF S S ∆∆-223(26))a a r =--23263ar r =-． 又1r =，6a =124363183PAB PEF S S ∆∆-==由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723 三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13．已知函数|sin |)(x x f =的图像与直线y kx = )0(>k 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，求证：2cos 1sin sin 34ααααα+=+．[证] ()f x 的图象与直线y kx = )0(>k 的三个交点如答13图所示，且在3(,)2ππ内相切，其切点为(,sin )A αα-，3(,)2παπ∈． …5分由于()cos f x x '=-，3(,)2x ππ∈，所以sin cos ααα-=-，即tan αα=． …10分 因此cos cos sin sin 32sin 2cos αααααα=+ 14sin cos αα=…15分22cos sin 4sin cos αααα+=21tan 4tan αα+=214αα+=． …20分 14．解不等式121086422log (3531)1log (1)x x x x x ++++<++．[解法一] 由44221log (1)log (22)x x ++=+，且2log y 在(0,)+∞上为增函数，故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+．即 1210864353210x x x x x +++-->． …5分 分组分解12108x x x +-1086222x x x ++-864444x x x ++-642x x x ++-4210x x ++->，864242(241)(1)0x x x x x x +++++->， …10分所以 4210x x +->，22(0x x >． …15分所以2x >，即x <x >．故原不等式解集为51(,()2--∞+∞． …20分 [解法二] 由44221log (1)log (22)x x ++=+，且2log y 在(0,)+∞上为增函数，故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+． …5分 即6422232262133122(1)2(1)x x x x x x x x +<+++++=+++， )1(2)1()1(2)1(232232+++<+x x x x ， …10分 令3()2g t t t =+，则不等式为221()(1)g g x x<+， 显然3()2g t t t =+在R 上为增函数，由此上面不等式等价于2211x x<+， …15分即222()10x x +->，解得2x >(2x <舍去)，故原不等式解集为51(,()2--∞+∞． …20分题15图 15．如题15图，P 是抛物线22y x =上的动点，点B C ,在y 轴上，圆22(1)1x y -+=内切于PBC ∆，求PBC ∆面积的最小值．[解] 设00(,),(0,),(0,)P x y B b C c ，不妨设b c >．直线PB 的方程:00y by b x x --=， 化简得 000()0y b x x y x b --+=．又圆心(1,0)到PB 的距离为1，0022001()y b x b y b x-+=-+ ， …5分故22222000000()()2()y b x y b x b y b x b -+=-+-+，易知02x >，上式化简得2000(2)20x b y b x -+-=， 同理有2000(2)20x c y c x -+-=． …10分所以0022y b c x -+=-，002x bc x -=-，则22200020448()(2)x y x b c x +--=-． 因00(,)P x y 是抛物线上的点，有2002y x =，则22204()(2)x b c x -=-，0022x b c x -=-． …15分 所以00000014()(2)4222PBC x S b c x x x x x ∆=-⋅=⋅=-++--2448≥=．当20(2)4x -=时，上式取等号，此时004,x y ==±．因此PBC S ∆的最小值为8． …20分。
2020年全国高中数学联合竞赛二试试题卷(高联二试含答案及评分标准)
2020全国高中数学联赛二试一、如图，在等腰三角形ABC 中，AB=BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上的一点，满足AP=3PC ，PI 延长线上一点H 满足MH ⊥PH ，Q 为△ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点，证明：BH ⊥QH二、给定整数n ≥3，设1232122,,...,,,,...,n n a a a a b b b 是4n 个非负实数，满足122122......0n n a a a b b b ++=+++>，且对任意1,2,...,2i n =，有21i i i i a a b b ++≥+，（这里211222211,,n n n a a a a b b +++===）， 求122...n a a a +++的最小值。
三、设12121,2,2,3,4,...n n n a a a a a n −−===+=证明：对整数5,n n a ≥必有一个模4余1的素因子 四、给定凸20边形P ，用P 的17条在内部不相交的对角线将P 分割成18个三角形，所得图形成为P 的一个三角形剖分图。
对P 的任意一个三角剖分图T ，P 的20条边以及添加的17条对角线均称为T 的边，T 的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配。
当T 取遍P 的所有三角剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值。
B2020年全国高中数学联合竞赛加试（A 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，在等腰ABC 中，AB BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC ，PI 延长线上一点H 满足MHPH ，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BHQH ．证明：取AC 的中点N ．由3AP PC ，可知P 为NC 的中点．易知,,B I N 共线，90INC ．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 ． ……………10分考虑HMQ 与HIB ．由于MH PH ，故90HMQ HMI HIB ．又90IHM INP ，故HM NPHI NI，于是 1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB．所以HMQ ∽HIB ，得HQMHBI ． ……………30分 从而,,,H M B Q 四点共圆．于是有90BHQBMQ ，即BH QH ． ……………40分二．（本题满分40分）给定整数3n ．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b ， 且对任意1,2,,2i n ，有21i i i i a a b b （这里211222211,,n nna a a ab b ）．求122n a a a 的最小值．解：记122122n n Sa a ab b b ． 不失一般性，设13212nS T a a a ． 当3n时，因为32212113k kk Ta a 2221335511()()()02a a a a a a ，故结合条件可知233221212121133()34k k k k k k S T a a b b S ． 又0S ，所以12S ．当2(16)i i a b i 时，S 取到最小值12． ……………10分当4n时，一方面有212121211()nnk kkk k k a a b b S ．另一方面，若n 为偶数，则22121152337211()()4nk kn n k T a a a a a a a a ， 其中第一个不等式是因为15233721()()n n a a a a a a 展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．……………20分若n 为奇数，不妨设13a a ，则12121212121311n n k k k kn k k a a a a a a215213723()()4n n T a a a a a a ． 从而总有2221211416nk k k T S S a a ．又0S ，所以16S ． ……………30分 当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n 时，S 取到最小值16．综上，当3n 时，S 的最小值为12；当4n 时，S 的最小值为16．……………40分。
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．
答案： 5 ．
解：设{an}的公差为 d ．由条件知 a1 + a2 = ak （ k 是某个正整数），则
2a1 + d = a1 + (k -1)d ，
即
(k
-
2)d
=
a1
，因此必有
k
¹
2
，且
d
=
k
a1 -
2
．这样就有
an
=
a1
+
(n
-1)d
=
a1
+
n -1 k -2
a1
，
而此时对任意正整数 n ，
a1
+
a2
++
an
=
a1n
+
n(n -1) 2
d
=
a1
+
(n
-1)a1
+
n(n -1) 2
d
=
a1
+ ççèæç(n -1)(k
- 2)
+
n(n -1) 2
÷÷øö÷d
，
确实为 {an} 中的一项． 因此，仅需考虑使 k - 2 | a1 成立的正整数 k 的个数．注意到 2019 为两个素数
3 与 673 之积，易知 k - 2 可取-1, 1, 3, 673, 2019 这 5 个值，对应得到 5 个满足条
件的等差数列．
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．
(2(r -1))2 - 4(2r +1) = 4r(r - 4) ³ 0 ，
解得 r ³ 4 ．
经检验，当 r = 4 时， (a, b) = (3, 2 3) 满足条件．因此 r 的最小值为 4 ．
8. 设等差数列{an}的各项均为整数，首项 a1 = 2019 ，且对任意正整数 n ，总
存在正整数 m ，使得 a1+ a2++ an = am ．这样的数列{an} 的个数为
=
(-1)n-32n(n -1)(n
- 2)
．
因此有
n(n
-1)(n 24
2)(n
-
3)
=
(-1)n-3
2n(n
-1)(n
-
2)
．注意到
n
>
4
，化简得
n -3 = (-1)n-3 48 ，故只能是 n 为奇数且 n - 3 = 48 ．解得 n = 51．
7. 在平面直角坐标系中，若以 (r +1, 0) 为圆心、 r 为半径的圆上存在一点
其中
xn-4
项仅出现在求和指标
r
=
4
时的展开式
C
4 n
xn-4 (2
项系数为
(-1)4
C4n
=
n(n
-1)(n 24
2)(n
-3)
．
y -1)4 中，其 xn-4
而
xy
项仅出现在求和指标
r
=
n
-1
时的展开式
C n-1 n
x
⋅
(2
y -1)n-1 中，其 xy
项系数为
C C n-1 2 n n-1
4⋅ (-1)n-3
2. 若平面向量 a = (2m , -1) 与 b = (2m -1, 2m+1) 垂直，其中 m 为实数，则 a 的
模为
．
答案： 10 ． 解：令 2m = t ，则 t > 0 ．条件等价于 t ⋅(t -1) + (-1) ⋅2t = 0 ，解得 t = 3 ．
因此 a 的模为 32 + (-1)2 = 10 ．
，北京四中资料共享群：
201290 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, p) ，cosa, cosb 是方程 5x2 -3x -1= 0 的两根，则 sin asin b 的
值为
．
答案：
7 5
．
解：由条件知 cosa + cosb = 3 , cosa cos b = -1 ，从而
5
5
(sin a sin b)2 = (1-cos2a)(1- cos2 b) = 1- cos2a - cos2 b + cos2a cos2 b
的数互不相等．因此满足条件的 8 位数的个数为 96 -1 = 95 ． 6. 设整数 n > 4 ，(x + 2 y -1)n 的展开式中 xn-4 与 xy 两项的系数相等，则 n
的值为
．
答案： 51．
ån
解：注意到 (x + 2 y -1)n = Crn xn-r (2 y -1)r ．
r=0
一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．
1. 已知实数集合{1, 2, 3, x} 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则 x 的
值为
．
答案：-3 ． 解：条件等价于1, 2, 3, x 中除最大数以外的另三个数之和为 0 ．显然 x < 0 ，
从而1+ 2 + x = 0 ，得 x = -3 ．
体积的最大值为
．
答案： 2 6 ． 3
解：设三棱锥 P - ABC 的高为 h ．取 M 为棱 AB 的中点，则
h £ PM = 32 -12 = 2 2 ．
当平面 PAB 垂直于平面 ABC 时， h 取到最大值 2 2 ．此时三棱锥 P - ABC 的体
积取到最大值
1 3
SDABC
⋅
2
2
=
1 3
=
(1+
cos
a
cos
b)2
-
(cos
a
+
cos
b)2
=
ççèæç
4 5
÷÷øö÷2
-èæççç53øö÷÷÷2
=
7 25
．
又由 a, b Î (0, p) 知 sin asin b > 0 ，从而 sin a sin b = 7 ． 5
4. 设三棱锥 P - ABC 满足 PA = PB = 3, AB = BC = CA = 2 ，则该三棱锥的
⋅
3⋅2
2=2 6． 3
5. 将 5 个数 2, 0, 1, 9, 2019 按任意次序排成一行，拼成一个 8 位数（首位不
为 0），则产生的不同的 8 位数的个数为
．
答案： 95 ．
解：易知 2, 0, 1, 9, 2019 的所有不以 0 为开头的排列共有 4´4!= 96 个．其中，
除了 (2, 0, 1, 9, 2019) 和 (2019, 2, 0, 1, 9) 这两种排列对应同一个数 20192019 ，其余
(a, b) 满足 b2 ³ 4a ，则 r 的最小值为
．
答案： 4 ． 解：由条件知 (a - r -1)2 + b2 = r2 ，故
4a £ b2 = r2 - (a - r -1)2 = 2r(a -1) - (a -1)2 ． 即 a2 - 2(r -1)a + 2r +1£ 0 ．
上述关于 a 的一元二次不等式有解，故判别式