2020年全国高中数学联赛江苏赛区市级选拔赛试题及答案
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题001
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题（时间：4月20日上午8：00—10：00）一、选择题（本题满分30分，每小题6分）1. 如果实数m ，n ，x ，y 满足a n m =+22，b y x =+22，其中a ，b 为常数，那么mx+ny 的最大值为 []A. 2b a +B. abC. 222ba + D. 222b a +2. 设)(x f y =为指数函数xa y =. 在P(1,1)，Q(1,2)，M(2,3)，⎪⎭⎫ ⎝⎛41,21N 四点中，函数)(x f y =与其反函数)(1x f y -=的图像的公共点只可能是点 []A. PB. QC. MD. N3. 在如图的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么z y x ++的值为答：[] A. 1 B. 2C. 3D. 44. 如果111C B A ∆的三个内角的余弦值分别是222C B A ∆的三个内角的正弦值，那么 []A. 111C B A ∆与222C B A ∆都是锐角三角形B. 111C B A ∆是锐角三角形，222C B A ∆是钝角三角形C. 111C B A ∆是钝角三角形，222C B A ∆是锐角三角形D. 111C B A ∆与222C B A ∆都是钝角三角形5. 设a ，b 是夹角为30°的异面直线，则满足条件“α⊆a ，β⊆b ，且βα⊥”的平面α，β[] A. 不存在 B. 有且只有一对 C. 有且只有两对 D. 有无数对二、填空题（本题满分50分，每小题10分）6. 设集合[]{}{}222<==-=x x B x x x A 和，其中符号[]x 表示不大于x 的最大整数，则A B =___________________.7. 同时投掷三颗骰子，于少有一颗骰子掷出6点的概率是P =__________(结果要求写成既约分数）.8. 已知点O 在ABC ∆内部，022=++OC OB OA .OCB ABC ∆∆与的面积之比为____________. 9. 与圆0422=-+x y x 外切，且与y 轴相切的动圆圆心的轨迹方程为________________________.10. 在ABC ∆中，若tanAtanB=tanAtanC+tanctanB ，则 222c b a +=______________.三、解答题（本题满分70分，各小题分别为15分、15分、20分、20分）11. 已知函数c bx x x f ++-=22)(在1=x 时有最大值1，n m <<0，并且[]n m x ,∈时，)(x f 的取值范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡m n 1,1. 试求m ，n 的值.1 2 0.5 1 xyz12. A 、B 为双曲线19422=-y x 上的两个动点，满足0=⋅OB OA 。
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题说明：1. 评阅试卷时, 请依据本评分标准. 选择题、填空题只设6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, 在评卷时可参照本 评分标准适当划分评分档次, 3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)1. 函数 ()y f x = 的图像按向量 (,2)4a π= 平移后, 得到的图像的解析式为sin()24y x π=++. 那么 ()y f x = 的解析式为A. sin y x =B. cos y x =C. sin 2y x =+D. cos 4y x =+答: [ ]2. 如果二次方程 20(,x px q p q --=∈N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个答: [ ]3. 设 0a b >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 5答: [ ]4. 设四棱锥 P ABCD - 的底面不是平行四边形, 用平面 α 去截此四棱锥, 使得 截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 αA. 不存在B. 只有1个C. 恰有4个D. 有无数多个答: [ ]5. 设数列 {}n a : 01212,16,1663n n n a a a a a ++===-, n ∈N*, 则 2005a 被 64 除的余数为A. 0B. 2C. 16D. 48答: [ ]6. 一条走廊宽 2 m, 长 8 m, 用 6 种颜色的 1⨯1 m 2的整块地砖来铺设(每块地砖 都是单色的, 每种颜色的地砖都足够多), 要求相邻的两块地砖颜色不同, 那么所有的不同 拼色方法有A. 830个 B. 73025⨯个 C. 73020⨯个 D. 73021⨯个答: [ ]二．填空题 (本题满分36分, 每小题6分)7. 设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 2π得向量 OB , 且 2(7,9)OA OB +=, 则 向量 OB =8. 设无穷数列 {}n a 的各项都是正数, n S 是它的前 n 项之和, 对于任意正整数 n , na 与 2 的等差中项等于 n S 与 2 的等比中项,则该数列的通项公式为: (n ∈N*) .9. 函数 ∈+=x x x y (|2cos ||cos |R) 的最小值是.10. 在长方体 1111ABCD A B C D - 中, 12,1AB AA AD ===, 点 E 、F 、G 分别是棱 1AA 、11C D 与 BC 的中点, 那么四面体 1B EFG - 的体积是11. 由三个数字 1、2、3 组成的 5 位数中, 1、2、3 都至少出现 1 次, 这样的 5 位数共有个.12. 已知平面上两个点集{(,)||1|,M x y x y x y =++≥∈R},{(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R}. 若 M N ≠∅, 则 a 的取值范围是三．解答题 (第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)13. 已知点 M 是 ABC ∆ 的中线 AD 上的一点, 直线 BM 交边 AC 于点N , 且 AB 是 NBC ∆ 的外接圆的切线, 设BC BN λ=, 试求BMMN(用 λ表示).14. 求所有使得下列命题成立的正整数(2)n n ≥: 对于任意实数 12,,,n x x x ,ABCDNM当 10nii x==∑ 时, 总有 110ni i i x x +=≤∑ ( 其中 11n x x += ).15. 设椭圆的方程为 22221(0)x y a b a b +=>>, 线段 PQ 是过左焦点 F 且不与x 轴垂直的焦点弦. 若在左准线上存在点 R ,使 PQR ∆ 为正三角形, 求椭圆的离心率 e的取值范围, 并用 e 表示直线 PQ 的斜率.n n∈ N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 , 求n的16. (1) 若(最小值, 并说明理由；n n∈ N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005, 求n的(2) 若(最小值, 并说明理由.高考数学（文）一轮：一课双测A +B 精练(四十六) 两直线的位置关系1．(·海淀区期末)已知直线l1：k1x ＋y ＋1＝0与直线l2：k2x ＋y －1＝0，那么“k1＝k2”是“l1∥l2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．当0＜k ＜12时，直线l1：kx －y ＝k －1与直线l2：ky －x ＝2k 的交点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．(·长沙检测)已知直线l1的方程为3x ＋4y －7＝0，直线l2的方程为6x ＋8y ＋1＝0，则直线l1与l2的距离为( )A.85B.32 C ．4D ．84．若直线l1：y ＝k(x －4)与直线l2关于点(2,1)对称，则直线l2恒过定点( ) A ．(0,4) B ．(0,2) C ．(－2,4)D ．(4，－2)5．已知直线l1：y ＝2x ＋3，若直线l2与l1关于直线x ＋y ＝0对称，又直线l3⊥l2，则l3的斜率为( )A ．－2B ．－12C.12D ．2 6．(·岳阳模拟)直线l 经过两直线7x ＋5y －24＝0和x －y ＝0的交点，且过点(5,1)．则l 的方程是( )A ．3x ＋y ＋4＝0B ．3x －y ＋4＝0C ．x ＋3y －8＝0D ．x －3y －4＝07．(·郑州模拟)若直线l1：ax ＋2y ＝0和直线l2：2x ＋(a ＋1)y ＋1＝0垂直，则实数a 的值为________．8．已知平面上三条直线x ＋2y －1＝0，x ＋1＝0，x ＋ky ＝0，如果这三条直线将平面划分为六部分，则实数k 的所有取值为________．9．(·临沂模拟)已知点P(4，a)到直线4x －3y －1＝0的距离不大于3，则a 的取值范围是________．10．(·舟山模拟)已知1a ＋1b ＝1(a ＞0，b ＞0)，求点(0，b)到直线x －2y －a ＝0的距离的最小值．11．(·荆州二检)过点P(1,2)的直线l 被两平行线l1：4x ＋3y ＋1＝0与l2：4x ＋3y ＋6＝0截得的线段长|AB|＝2，求直线l 的方程．12．已知直线l ：3x －y ＋3＝0，求： (1)点P(4,5)关于l 的对称点；(2)直线x －y －2＝0关于直线l 对称的直线方程．1．点P 到点A(1,0)和直线x ＝－1的距离相等，且点P 到直线y ＝x 的距离为22，这样的点P 的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．42．(·福建模拟)若点(m ，n)在直线4x ＋3y －10＝0上，则m2＋n2的最小值是( ) A ．2B ．22 C ．4D ．233．在直线l ：3x －y －1＝0上求一点P ，使得P 到A(4,1)和B(0，4)的距离之差最大． [答 题 栏]A 级1._________2._________3._________4._________5.__________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________ 答 案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十六)A 级1．C2.B3.B4.B5．选A 依题意得，直线l2的方程是－x ＝2(－y)＋3， 即y ＝12x ＋32，其斜率是12，由l3⊥l2，得l3的斜率等于－2.6．选C 设l 的方程为7x ＋5y －24＋λ(x －y)＝0，即(7＋λ)x ＋(5－λ)y －24＝0，则(7＋λ)×5＋5－λ－24＝0.解得λ＝－4.l 的方程为x ＋3y －8＝0.7．解析：由2a ＋2(a ＋1)＝0得a ＝－12.答案：－128．解析：若三条直线有两条平行，另外一条与这两条直线相交，则符合要求，此时k ＝0或2；若三条直线交于一点，也符合要求，此时k ＝1，故实数k 的所有取值为0,1,2.答案：0,1,29．解析：由题意得，点到直线的距离为|4×4－3×a －1|5＝|15－3a|5.又|15－3a|5≤3，即|15－3a|≤15，解得，0≤a ≤10，所以a ∈[0,10]．答案：[0,10]10．解：点(0，b)到直线x －2y －a ＝0的距离为d ＝a ＋2b 5＝15(a ＋2b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝15⎝⎛⎭⎪⎫3＋2b a ＋a b ≥15(3＋22)＝35＋2105，当且仅当a2＝2b2，a ＋b ＝ab ，即a ＝1＋2，b ＝2＋22时取等号．所以点(0，b)到直线x －2y －a ＝0的距离的最小值为35＋2105. 11．解：设直线l 的方程为y －2＝k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋2－k ，4x ＋3y ＋1＝0，解得A ⎝⎛⎭⎪⎫3k －73k ＋4，－5k ＋83k ＋4；由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2－k ，4x ＋3y ＋6＝0，解得B ⎝⎛⎭⎪⎫3k －123k ＋4，8－10k 3k ＋4.∵|AB|＝2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫53k ＋42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5k 3k ＋42＝2， 整理，得7k2－48k －7＝0， 解得k1＝7或k2＝－17.因此，所求直线l 的方程为x ＋7y －15＝0或7x －y －5＝0.12．解：设P(x ，y)关于直线l ：3x －y ＋3＝0的对称点为P ′(x ′，y ′)．∵kPP ′·kl ＝－1，即y ′－yx ′－x ×3＝－1.①又PP ′的中点在直线3x －y ＋3＝0上， ∴3×x ′＋x 2－y ′＋y 2＋3＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝－4x ＋3y －95，③ y ′＝3x ＋4y ＋35.④(1)把x ＝4，y ＝5代入③④得x ′＝－2， y ′＝7，∴P(4,5)关于直线l 的对称点P ′的坐标为(－2,7)．(2)用③④分别代换x －y －2＝0中的x ，y ，得关于l 的对称直线方程为－4x ＋3y －95－3x ＋4y ＋35－2＝0， 化简得7x ＋y ＋22＝0.B 级1．选C ∵点P 到点A 和定直线距离相等， ∴P 点轨迹为抛物线，方程为y2＝4x. 设P(t2,2t)，则22＝|t2－2t|2，解得t1＝1，t2＝1＋2，t3＝1－2，故P 点有三个．2．选C 设原点到点(m ，n)的距离为d ，所以d2＝m2＋n2，又因为(m ，n)在直线4x ＋3y －10＝0上，所以原点到直线4x ＋3y －10＝0的距离为d 的最小值，此时d ＝|－10|42＋32＝2，所以m2＋n2的最小值为4.3．解：如图所示，设点B 关于l 的对称点为B ′，连接AB ′并延长交l 于P ，此时的P 满足|PA|－|PB|的值最大．设B ′的坐标为(a ，b)，则kBB ′·kl ＝－1， 即3·b －4a ＝－1.则a ＋3b －12＝0.①又由于线段BB ′的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b ＋42，且在直线l 上，则3×a 2－b ＋42－1＝0，即3a －b －6＝0.②解①②，得a ＝3，b ＝3，即B ′(3,3)． 于是AB ′的方程为y －13－1＝x －43－4，即2x ＋y －9＝0.解⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －1＝0，2x ＋y －9＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝5，即l 与AB ′的交点坐标为P(2,5)．高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④2．有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．43．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋37．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．23B．3C.3D．42．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为22.若M，N分别是线段DE，CE上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；(3)求该多面体的表面积．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)A级1．A2.A3.C4.B5．选B由斜二测画法知B正确．6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△A BE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，故该几何体的体积为12×2×2sin60°×2－13×12×2×2sin60°×1＝533.答案：5339.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF ，其中E 、F 分别是AD 、BC 的中点，连接AO ，易得AO ＝2，而PA ＝3，于是解得PO ＝1，所以PE ＝2，故其正视图的周长为2＋2 2.答案：2＋2210．解：图1几何体的三视图为：图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体． 11．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中， 高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7， 在Rt △SOA 中，OA ＝SA2－OS2＝2，∴AC ＝4. ∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2. 作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点． 连接SE ，则SE 即为斜高， 在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3，∴SE ＝5，即侧面上的斜高为 5.12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级1．选A 当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为2 3.2．解析：依题意得，点E 到直线AB 的距离等于32－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为12·BC ×2＝22，所以BC ＝1，DE ＝EC ＝DC ＝2.所以△DEC 是正三角形，∠DEC ＝60°，tan ∠DEA ＝AD AE ＝33，∠DEA ＝∠CEB ＝30°.把△DAE ，△DEC 与△CEB 展在同一平面上，此时连接AB ，AE ＝BE ＝3，∠AEB ＝∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE ·BEcos120°＝9，即AB ＝3，即AM ＋MN ＋NB 的最小值为3.答案：33．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：(2)证明：如图，连接AC ，BD ，交于O 点，连接OE. ∵E 为AA1的中点，O 为AC 的中点， ∴在△AA1C 中，OE 为△AA1C 的中位线． ∴OE ∥A1C.∵OE ⊄平面A1C1C ，A1C ⊂平面A1C1C ， ∴OE ∥平面A1C1C.(3)多面体表面共包括10个面，SABCD ＝a2， SA1B1C1D1＝a22，S △ABA1＝S △B1BC ＝S △C 1DC ＝S △ADD1＝a22，S △AA1D1＝S △B1A1B ＝S △C1B1C ＝S △DC1D1 ＝12×2a 2×32a 4＝3a28， ∴该多面体的表面积S ＝a2＋a22＋4×a22＋4×3a28＝5a2.。
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分，要求直接将答案写在横线上。
）1.已知点P(4,1)在函数$f(x)=\log_a(x-b)$（$b>0$）的图像上，则$ab$的最大值是______。
解：由题意知，$\log_a(4-b)=1$，即$a+b=4$，且$a>0$，$a\neq 1$，$b>0$，从而$ab\leq 4$。
当$a=b=2$时，$ab$的最大值是4.2.函数$f(x)=3\sin(2x-\frac{\pi}{4})$在$x=\frac{3\pi}{4}$处的值是______。
解：$2x-\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}$，所以$f(\frac{3\pi}{4})=3\sin(\frac{3\pi}{4}-\frac{\pi}{4})=-\frac{3}{\sqrt{2}}$。
3.若不等式$|ax+1|\leq 3$的解集为$\{x|-2\leq x\leq 1\}$，则实数$a$的值是______。
解：设函数$f(x)=|ax+1|$，则$f(-2)=f(1)=3$，故$a=2$。
4.第一只口袋里有3个白球、7个红球、15个黄球，第二只口袋里有10个白球、6个红球、9个黑球，从两个口袋里各取出一球，取出的球颜色相同的概率是______。
解：有两类情况：同为白球的概率是$\frac{3}{25}\times\frac{10}{25}=\frac{6}{125}$，同为红球的概率是$\frac{7}{25}\times\frac{6}{25}=\frac{42}{625}$，所求的概率是$\frac{6}{125}+\frac{42}{625}=\frac{72}{625}$。
5.在平面直角坐标系$xOy$中，设焦距为$2c$的椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$有相同离心率$e$，则$e$的值是______。
全国高中数学联赛江苏赛区试卷(8)含解析
江苏赛区初赛试题参考答案及评分标准一、选择题（本题满分30分，每小题6分）1.答：[B] 解 由柯西不等式ab y x n m ny mx =++≤+))(()(22222；或三角换元即可得到ab ny mx ≤+，当2an m ==，2b y x ==时，ab ny mx =+. 选B. 2.答：[D]解 取161=a ，把坐标代入检验，4116121=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，而2116141=⎪⎭⎫ ⎝⎛，∴公共点只可能是 点N . 选D. 3.答：[A]解 第一、二行后两个数分别为2.5，3与1.25，1.5；第三、四、五列中的5.0=x ，165=y ，163=z ，则1=++z y x . 选A. 4. 答：[B] 解 两个三角形的内角不能有直角；111C B A ∆的内角余弦都大于零，所以是锐角三角形；若222C B A ∆是锐角三角形，则不妨设cos 1A =sin 2A =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12A π， cos 1B =sin 2B =cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-22A π，cos 1C =sin 2C =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12C π.则 212A A -=π，212B B -=π，212C C -=π，即 )(23222111C B A C B A ++-=++π，矛盾. 选B.5.答： [D]解 任作a 的平面α，可以作无数个. 在b 上任取一点M ，过M 作α的垂线. b 与垂线确定的平面β垂直于α. 选D.二、填空题（本题满分50分，每小题10分） 6. 解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x ]=2-，则02=x 无解； 当[x ]=1-，则12=x ，∴x =1-； 当[x ]=0，则22=x 无解； 当[x ]=1，则32=x ，∴3=x . 所以31或-=x .7. 解 考虑对立事件，216916513=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=P .8. 解 由图，ABC ∆与OCB ∆的底边相同，高是5：1. 故面积比是5：1.9. 解 由圆锥曲线的定义，圆心可以是以(2,0)为焦点、2-=x 为准线的抛物线上的点；若切点是原点，则圆心在x 轴负半轴上.所以轨迹方程为)0(82>=x x y ，或)0(0<=x y .10. 解 切割化弦，已知等式即CB CB C A C A B A B A cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin +=， 亦即C B A C B A cos )sin(sin sin sin +=，即C C B A 2sin cos sin sin =1，即1cos 2=c C ab .所以，122222=-+c c b a ，故3222=+cb a . 三、解答题（本题满分70分，各小题分别为15分、15分、20分、20分）11. 解 由题 1)1(2)(2+--=x x f ， ……5分1)(≤∴x f ，11≤∴m，即1≥m ，[]n m x f ,)(在∴上单调减， m m m f 11)1(2)(2=+--=∴且nn n f 11)1(2)(2=+--=. ……10分m ∴，n 是方程xx x f 11)1(2)(2=+--=的两个解，方程即)122)(1(2---x x x =0，解方程，得解为1，231+，231-.n m <≤∴1，1=∴m ，231+=n . ……15分12. 证 （Ⅰ）设点A 的坐标为)sin ,cos (θθr r ，B 的坐标为)sin ,cos (θθ''''r r ，则r =，r ='A 在双曲线上，则19sin 4cos 222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-θθr .所以9sin 4cos 1222θθ-=r . …5分 由0=⋅得⊥，所以θθ22sin cos ='，θθ'=22sin cos .同理，9cos 4sin 9sin 4cos 122222θθθθ-='-'='r ，3659141'11||||2222=-=+=+r r OB OA . ……10分=，所以==⎪⎭⎫⨯.1365914111=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⨯. 于是，5362=OP . 即P 在以O 为圆心、556为半径的定圆上. ……15分 13.解 在平面M 中，过A 作DA 的垂线，交射线DB 于B 点；在平面N 中，过A 作DA 的垂线，交射线DC 于C 点.设DA=1，则βtan =AB ，βcos 1=DB ，γtan =AC ，γcos 1=DC ，…5分并且ϕ=∠BAC 就是二面角N l M --平面角. ……10分在ABC DBC ∆∆与中，利用余弦定理，可得等式ϕγβγβαγβγβcos tan tan 2tan tan cos cos cos 2cos 1cos 122222-+=-+=BC ， 所以，αγβγβγβϕγβcos cos cos 2cos 1cos 1tan tan cos tan tan 22222+--+= =γβγβαcos cos )cos cos (cos 2-，……15分故得到γβγβαϕsin sin cos cos cos cos -=. ……20分14. 解（Ⅰ）不能. ……5分因为若每行的积都相等，则9个数的积是立方数. 但是 2×4×6×8×12×18×24×36×48=21+2+1+3+2+1+3+2+4×3121211+++++=219·38不是立方数，故不能.（Ⅱ）可以. ……15分 如右表表中每行、每列及对角线的积都是26·23. ……20分36 2 248 12 18 6724。
2020年全国高中数学联赛江苏赛区市级选拔赛试卷(初赛) (word版,含答案)
2020年全国高中数学联赛江苏赛区市级选拔赛试卷考生注意:1､本试卷共两大题(14小题),全卷满分150分｡考试时间:120分钟.2､用钢笔､签字笔或圆珠笔作答.3.解题书写不要超出装订线.4.不能使用计算器.一､填空题(本题共10小题,满分70分,每小题7分,要求直接将答案写在横线上.)1.已知集合A={1,2,3,...2020}, B={1,2,3,...2000}, 若集合C 满足C∩A=C 且C∩B≠∅,则集合C 的个数是_____.2.已知函数22,1,()2,(),1,x x f x x x g x x x -≥⎧=-=⎨-<⎩则不等式f(x)≤2g(x)的解集为____. 3.已知在△ABC 中,2.3.AB BC BC CA CA AB ⋅==,则△ABC 的最大角的正弦值为_______.4.函数242(1)()31x x f x x x +=++的最小值是_________. 5.已知集合A={-2,0,2},在平面直角坐标系xOy 中,点集P ={(x,y)|x ∈A,y ∈A},从集合P 中任取三个点,这三个点能构成等腰直角三角形的概率是________.6.已知在△ABC 中, AB=4,△ABC 的内切圆与边AB 相切于点D,且AD=3DB,则∠CAB 的取值范围是_________.7. 已知z 为复数,若为纯虚数,则的最小值为_________.8.已知棱长为a 的正方体中,E 为DC 的中点, F 在线段上运动,则三棱锥F - ADE 的外接球表面积的最小值为________.9. 已知正整数m,n 均为质数,且7m + n 和mn+11也都是质数,则的值为_______.10. 平面区域的面积是________.二､解答题(本大题共4小题,每小题20分,共80分)11.如图,已知椭圆的下顶点为A,上顶点为B,点M(m,-2) (m≠0)在直线y=-2上,直线MA, MB分别与椭圆C 交于两点G,H,记△MAB 的面积为△MGH 的面积为求最大值及相应的m 的值.12.已知递增数列{a n }的前n 项和满足2n n S na n -=.(1)求证:数列是等差数列;(2)设求证:存在唯一的正整数n,使得12n n n a b a ++≤<13.如图,过等腰△ABC底边BC上一点P作PM//CA交AB于点M ,作PN//BA交AC于点N ,设点P关于直线MN 的对称点为Q,求证:点Q在△ABC的外接圆上.14.在△ABC的内部有2020个点,将顶点A,B,C和这2020个点用线段连结,使这些线段除端点外没有其它公共点,可以把△ABC分割成多少个没有重叠部分的小三角形?.。
2020年全国高中数学联赛试题及详细解析(1)
2
4
2
2
【解析】 a =b ， c =d ，设 a=x ， b=x ； c=y ， d=y ，x － y =9． ( x+y )( x－ y ) =9．
∴ x+y2=9， x－ y2=1， x=5， y2=4． b－ d=53－25=125－ 32=9 3．
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
n=q2+q+1，l
≥
1 q(
q+1)
2+1，
2
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
BD DQ 本题成立．而要证 BDQ∽ DAQ，只要证 AD=AQ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．
l
m
n
已知
3 10 4
=
3 10 4
=
3 10 4
，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．
2
y=－ (cot
u+tan u)+cos
u=－ sin2
u+cosu．在
u∈ [ － ，－ ] 46
时， sin2
u与
cos u 都单调递
11 增，从而 y 单调递增．于是 u=－ 6时， y 取得最大值 6 3，故选 C．
全国高中数学联赛江苏赛区试卷(9)含解析
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 已知函数2sin y x =，则 答：[ ]（A ）有最小正周期2π （B ）有最小正周期π（C ）有最小正周期2π （D ）无最小周期 2. 关于x 的不等式22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值的和是 答：[ ]（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线的三点是 答：[ ]（A ） A 、B 、D （B ） A 、B 、C（C ） B 、C 、D （D ） A 、C 、D4. 设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是 答：[ ]（A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥5. 若m 、{}22101010n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中{}1234567i a ∈，，，，，，，012i =，，，并且 636m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为 答：[ ]（A ）60个 （B ）70个 （C ）90个 （D ）120个6. 已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ）， 且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有 答：[ ]（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若510S =，105S =-，则公差为 .8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则a b +等于 .9. 已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 .10.30x y -+=的离心率是 .11. 在ABC ∆中，已知tan B =，sin 3C =，AC =ABC ∆的面积为 12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 .三、解答题（本题满分60分，共4小题，每题各15分）13. 设不等式组 00x y x y +>⎧⎨-<⎩， 表示的平面区域为D . 区域D 内的动点P 到直线0x y += 和直线0x y -=的距离之积为2. 记点P 的轨迹为曲线C .过点F 的直线l 与 曲线C 交于A 、B 两点. 若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求直线l 的斜率.14. 如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，面11AAC C 是菱形，160ACC ∠=︒，侧面11ABB A ⊥11AAC C ，11A B AB AC ===.求证：（1）1AA ⊥1BC ；（2）求点1A 到平面ABC 的距离.15. 已知数列{}n a 中，11a =，33n n a a +≤+，22n n a a +≥+. 求2007a .16. 已知平面上10个圆，任意两个都相交. 是否存在直线l ，与每个圆都有公共点？证明你的结论.江苏省高中数学联赛初赛试题参考答案及评分标准 B 1B A 1C 1 A C一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．已知函数2sin y x =，则（ B ）.（A ） 有最小正周期为π2 （B ） 有最小正周期为π（C ） 有最小正周期为2π （D ） 无最小正周期 解：)2cos 1(21sin 2x x y -==，则最小正周期π=T . 故选（B ）． 2．关于x 的不等式02022<--a ax x 任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值 的和是（ C ）.（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-解：方程02022=--a ax x 的两根是14x a =-，25x a =，则由关于x 的不等式 22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，得9|9|||21≤=-a x x ，即11≤≤-a . 故选（C ）．3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线 的三点是（ A ）.（A ）A 、B 、D （B ）A 、B 、C （C ）B 、C 、D （D ）A 、C 、D解：2BD BC CD =+=a 4+b 2AB =，所以A 、B 、D 三点共线. 故选（A ）．4．设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ D ）.（A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥解：（A ）选项缺少条件m α⊂；（B ）选项当//αβ，βγ⊥时，//m β；（C ）选项当 α、β、γ两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m βγ=时，m β⊂；（D ）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题. 故选（D ）．5. 若m 、{}22101010n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中{}1234567i a ∈，，，，，，，012i =，，，并且 636m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为（ C ）（A ）60个 （B ）70个 （C ）90个 （D ）120个解：由6514233=+=+=+及题设知，个位数字的选择有5种. 因为321=+= 7610=+-，故（1） 由321=+知，首位数字的可能选择有2510⨯=种；（2） 由37610=+-及54123=+=+知，首位数字的可能选择有248⨯=种.于是，符合题设的不同点的个数为5(108)90⨯+=种. 故选（C ）．6．已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ）， 且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有（ D ）.（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个解：由题设知()f x 为偶函数，则考虑在11≤≤-x 时，恒有()2(1232007)20082007f x =⨯++++=⨯．所以当21321a a -≤-+≤，且111a -≤-≤时，恒有2(32)(1)f a a fa -+=-．由于不等式21321a a -≤-+≤的解集为3322a ≤≤ 111≤-≤-a 的解集为20≤≤a ．因此当2253≤≤-a 时，恒有 2(32)(1)f a a f a -+=-. 故选（D ）．二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若105=S ，510-=S ，则公差为 1-=d . 解：设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d .由题设得⎩⎨⎧-=+=+，，545101010511d a d a 即 ⎩⎨⎧-=+=+，，1922211d a d a 解之得1-=d . 8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则b a +等于 4 .解：由题设知 log (2)1log (8)2a ab b +=⎧⎨+=⎩，， 化简得 2(2)(8).b a b a +=⎧⎨+=⎩， 解之得 1131a b =⎧⎨=⎩，； 2224.a b =-⎧⎨=-⎩，（舍去）. 故a b +等于4. 9．已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 [21)x ∈-， ．解： 因为 ()()22lg 620lg (3)11lg111x x x -+=-+≥>，所以 ()2lg 6200x x -+<. 于是，由图象可知，2111x x +≤-，即 201x x +≤-，解得 21x -≤<. 故x 的取值范围为 [21)x ∈-，．10．圆锥曲线0|3|102622=+--+-++y x y x y x 的离心率是 2 ．解：原式变形为|3|)1()3(22+-=-++y x y x ，即= 2|3|2+-y x ．所以动点),(y x 到定点(31)-，的距离与它到直线03=+-y x 的距离之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．11．在ABC ∆中，已知3tan =B ，322sin =C ，63=AC ，则ABC ∆的面积为ABC S ∆=．解：在ABC ∆中，由3tan =B 得︒=60B ．由正弦定理得sin 8sin AC C AB B⋅==． 因为︒>60322arcsin ，所以角C 可取锐角或钝角，从而31cos ±=C ．sin sin()sin cos cos sin A B C B C B C =+=+=±．故sin 2ABC AC AB S A ∆⋅==． 12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a . 解：由a a <2得10<<a ．由0142>++ax x 对于任何x ∈R 成立，得04162<-=∆a ，即2121<<-a ．因为命题P 、Q 有且仅有一个成立，故实数 a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a ． 三、解答题（本题满分60分，每小题15分）13. 设不等式组 00x y x y +>⎧⎨-<⎩， 表示的平面区域为D . 区域D 内的动点P 到直线0x y +=和直线0x y -=的距离之积为2. 记点P 的轨迹为曲线C .过点F 的直线 l 与曲线C 交于A 、B 两点. 若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求直线l 的斜率. 解：由题意可知，平面区域D 如图阴影所示．设动点为(,)P x y2=，即 224x y -=．由P D ∈知0x y +>，x －y <0，即x 2－y 2<0．所以y 2－x 2＝4(y ＞0)，即曲线C 的方程为 y 24－x 24＝设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则以线段AB 为直径的圆的圆心为1212()22x x y y Q ++，. 因为以线段AB 为直径的圆L 与y 轴相切，所以半径 12122x x r AB +==，即 12AB x x =+． ① 因为直线AB 过点F (22，0)， 当AB ⊥ x 轴时，不合题意．所以设直线AB 的方程为y ＝k (x －22)． 代入双曲线方程y 24－x 24＝1(y ＞0)得， k 2(x －22)2－x 2＝4，即(k 2－1)x 2－42k 2x ＋(8k 2－4)＝0．因为直线与双曲线交于A ，B 两点， 所以k ≠±1．所以x 1＋x 2＝42k 2k 2－1，x 1x 2＝8k 2－4k 2－1． 所以|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝(1＋k 2)[⎝ ⎛⎭⎪⎫42k 2k 2－12－4⋅8k 2－4k 2－1]＝|x 1＋x 2|＝|42k 2k 2－1|， 化简得：k 4＋2k 2－1＝0， 解得k 2＝2－1（k 2＝－2－1不合题意，舍去）． 由△＝(42k 2)2－4(k 2－1) (8k 2－4) ＝3k 2－1＞0，又由于y ＞0，所以－1<k <－ 33．所以k ＝－2－114. 如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，面11AAC C 是菱形，160ACC ∠=︒，侧面11ABB A ⊥11AAC C ，11A B AB AC ===.求证：（1）1AA ⊥1BC ；（2）求点1A 到平面ABC 的距离.B 1 B A 1C 1A C证：（1）设1AA 中点为D ，连C 、D .因为AB B A =1，所以1AA BD ⊥．因为面C C AA A ABB 1111⊥，所以⊥BD 面C C AA 11．又1ACC ∆为正三角形，111A C AC =，所以 11AA D C ⊥. 从而11AA BC ⊥．（2） 由（1），有1BD C D ⊥，11BC CC ⊥，1CC ⊥面1C DB ．设1A 到面ABC 的 距离为h ，则1113ABC B CAC B CDC hS V V ∆--==. 因为11113C C DB C DB V CC S -∆=⨯， 所以1C DBABC S h S ∆∆=．又 1C D BD =，且2211==⨯=∆BD BD D C S DB C 设ABC ∆的高为AE ，则2512312221212=+=+=+=BD CC BC BC ， 8325411=⋅-=AE ， 41583252=⋅=∆ABC S . 于是有 515153==h ，即1A 到平面ABC 的距离为515． ………………15分 15．已知数列{}n a 中，11a =，33n n a a +≤+，22n n a a +≥+. 求2007a .解：由题设，22n n a a +≥+，则2007200520031222210032007a a a a ≥+≥+⨯≥≥+⨯=.由22n n a a +≥+，得22n n a a +≤-，则3223231(1)n n n n a a a a n +++≤+≤-+=+≥. 于是 200720062005200219991123123212a a a a a ≤+≤+⨯≤++⨯≤+⨯+⨯136********a ≤≤+⨯+⨯=，所以a 2007=2007． 易知数列11a =，22a =，，n a n = 符合本题要求． 注意：猜得答案n a n =或20072007a =，给2分．16．已知平面上10个圆，任意两个都相交．是否存在直线l ，与每个圆都有公共点？证明你的结论．解：存在直线l ，与每个圆都有公共点．证明如下：如图，先作直线0l ，设第i 个圆在直线0l 上的正投影是线段i i A B ，其中i A 、i B 分别是线段的左（第14题） A 1 A k A 2 B 1B 2 B m右端点．10个圆有10个投影线段，有10个左端点，有10个右端点．因为任意两个圆都相交，所以任意两条投影线段都有重叠的部分，设k A 是最右边的左端点，则所有右端点都在k A 的右边，否则必有两条投影线段无重叠部分，与对应的两个圆相交矛盾．再设m B 是最左边的右端点，同理所有左端点都在m B 的左边. k A 与m B 不重合，线段 k m A B 是任意一条投影线段的一部分，过线段k m A B 上某一点作直线0l 的垂线l ，则l 与10 个圆都相交．。
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。
(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 (3)
2020年全国高中数学联赛试题及详细解析一、选择题本题共有6小题，每题均给出（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．设全集是实数，若A ={x|2-x ≤0}，B ={x |2210-x=x 10},则B A I 是 （ ）(A) {2} (B) {-1} (C) {x |x ≤2} (D) ∅2．给定正数p ,q ,a ,b ,c ，其中p ≠q ，若p ,a ,q 是等比数列，p ,b ,c ,q 是等差数列，则一元二次方程bx 2-2ax +c =0 （ ） (A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根 3．平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线5435+=x y 的距离中的最小值是 (A)17034 (B) 8534 (C) 201 (D) 301（ ） 4．设5sin5cosππωi +=，则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是 （ ）(A) x 4+x 3+x 2+x +1=0 (B) x 4-x 3+x 2-x +1=0(C) x 4-x 3-x 2+x +1=0 (D) x 4+x 3+x 2-x -1=0二、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。
5．arcsin(sin2000︒)=__________. 6．设a n 是(3-n x )的展开式中x 项的系数(n =2,3,4,…)，则nn n a a a 333(lim 3322+++∞→Λ)=________. 7．等比数列a +log 23,a +log 43,a +log 83的公比是____________.8． 在椭圆12222=+by a x (a ＞b ＞0)中，记左焦点为F ，右顶点为A ，短轴上方的端点为B .若该椭圆的离心率是215-，则∠ABF =_________.【加试】（10月15日上午10∶00-12∶00）一．（本题满分50分）如图，在锐角三角形ABC 的BC 边上有两点E 、F ，满足∠BAE =∠CAF ，作FM ⊥AB ，FN ⊥AC （M 、N 是垂足），延长AE 交三角形ABC 的外接圆于D ．证明：四边形AMDN 与三角形ABC 的面积相等．二．（本题满分50分） 设数列{a n }和{b n }满足，且Λ,2,1,0 47836711=⎩⎨⎧-+=-+=++n b a b b a a n n n n n n证明a n （n=0，1，2，…）是完全平方数．A B C DE F M N三．（本题满分50分）有n 个人，已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n －2个人之间通电话的次数相等，都是3 k次，其中k 是自然数，求n 的所有可能值．2000年全国高中数学联合竞赛试题答案1.【答案】D【解析】由22≤-x 得x=2，故A={2}；由x x 101022=-得022=--x x ，故B={-1，2}.所以B A I =φ.3．【答案】C【解析】如图所示，设BD=t ，则OD=3t-1，从而B （3t-1，t ）满足方程122=-y x ，可以得到t=3,所以等边三角形，ΔABC 的面积是33.4．【答案】 A【解析】由题意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+b⇒32qp b +=，32q p c +=⇒bc=32q p +32q p +≥3232pq q p ⋅=pq=a 2 .因为p ≠q ，故bc> a 2，方程的判别式Δ= 4a 2-4bc<0，因此，方程无实数根.5．【答案】B【解析】设整点坐标(m,n)，则它到直线25x-15y+12=0的距离为22)15(25121525-++-=n m d 34512)35(5+-=n m由于m,n ∈Z ，故5(5m-3n)是5的倍数，只有当m=n=-1，时5(5m-3n)=-10 与12的和的绝对值最小，其值为2，从而所求的最小值为8534.二、填空题（满分54分，每小题9分） 7．【答案】-20°【解析】sin2000°=sin(5×360°+200°)=sin200°=-sin20°故a rcsin(sin2000°)= a rcsin(-sin20°)= -a rcsin(sin20°)= -20° 8．【答案】18 【解析】由二项式定理知，223-⋅=n nn C a ，因此⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-⋅=n n n n a n n 11118)1(2332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++∞→n n n a a a 3333322lim Λ=⎪⎭⎫⎝⎛-∞→n n 1118lim =18.11．【答案】3242a12．【答案】28【解析】abcd 中恰有2个不中数字时，能组成C 24= 6个不中数字abcd 中恰有3个不中数字时，能组成C 1312C 12C +12C 12C =12+4=16个不中数字abcd 中恰有4个不中数字时，能组成P 33=6个不中数字所以，符合要求的数字共有6+16+6=28个14．【答案】所求区间为[1,3]或[-2-17413]. 【解析】 化三种情况讨论区间[a,b].(1) 若0≤a<b, 则f (x)在[ a, b ] 上单调递减，故f(a) =2b, f(b)=2a 于是有⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=21321221321222b a a b ，解之得[ a, b ] = [ 1, 3 ], (2)若a <0 <b, f (x)在[ a, b ] 上单调递增，在[0,b] 上单调递减，,因此f (x)在x=0处取最大值2b 在x=a 或x=b 处取最小值2a.故2b=213,b=413.由于a<0, 又f(b)=-21(413)2 + 213=03239>故 f(x)在x=a 处取最小值2a,即 2a=221a +213,解得a=-2-17;于是得 [a,b]=[-2-17,413].(2) 当a<b ≤0时，f(x)在[a,b] 上单调递增，故f(a)=2a, f(b)=2b,即2a=-221a +213,2b=-221a +213.由于方程21x 2+2x-213=0的两根异号，故满足a πb π0的区间不存在.综上所述，所求区间为[1,3]或[-2-17413].15．【答案】所求条件为21a +21b=1.又在Rt △POQ 中，设点O 到PQ 的距离为h ，则h 1=21OP +21OQ=1,故得h=1 同理，点O 到QR ，RS ，SP 的距离也为1，故菱形PQRS 与C 0外切.充分性得证. [注]对于给出2222b a b a =+ ，22ba ab +=1等条件者，应同样给分.2000年全国高中数学联合竞赛试卷答案加试二．【解析】[证法一]：由假设得a 1=4, b 1=4且当n ≥1时（2a n+1-1）+13+n b =(14a n +12b n -7)+3(8a n +7b n -4) =[(2a n -1)+n b 3](7+43)依次类推可得（2a n -1）+n b 3= (7+1)34-n (2a 1 -1+13b )=(7+4n )3同理（2a n -1+ ）-n b 3=(7+4n)3从而 a n =41(7+4n )3+41(7+4n)3+21 .由于 7±43=（2±2)3 ，所以 a n =[21(2+n )3+21(2-3)2]n由二项式展开得 c n =21(2+n )3+21(2-3)n =∑≤≤nk k n C 202 k 3 k n 22- , 显然C n 为整数，于是a n 为完全平方数.[证法二]：由已知得a n+1=7a n +6b n -3=7a n +6(8a n-1+7b n-1-4)-3=7a n +48a n-1+42b n-1-27 , 由 a n =7a n-1+6b n-1-3 ,得 42b n-1=7a n -49a n-1+21 ,从而 a n+1=7a n +48a n-1+7a n -49a n-1+21-27=14a n -a n-1-6 . 也就是 a n+1=14a n -a n-1-6 .设(a n+1-ka n +t)=p(a n -ka n-1+t) ……①②③④则有⎪⎩⎪⎨⎧=-==+6)1(114p t pk k p解得()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=-=+=+=323323473234722t p k 或()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=+=-=-=323323473234722t p k三．【解析】显然n ≥5. 记n 个人为A 1，A 2， A N ，设A 1通话的次数为m 1, A i 与 A j 之间通话的数为y ij , l ≤n j i ≤, .则m i +m j – y i . j =∑=ns s m 121-k 3= c . （*）其中c 是常数 ，l ≤n j i ≤, .根据（*）知，=-j i m m )()(s j s i m m m m +-+=s j s i y y ..-≤1 , l ≤n j i ≤, .⇒1≤-j i m m , l ≤n j i ≤,设 m i =max{m s ,1.n s ≤≤} ,m j = min{m s,1≤s ≤n.} , 则 m i +m j ≤1.若 m i +m j =1 ,则对于任意 s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,都有(m i +m s -y I ,s )- (m j +m s -y I ,s )=1-(y I ,s – y j ,s )=0 , 即 y I ,s – y j ,s = 1 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,因此 m i ≥ n -2 , m j ≥1 . 于是 ，m i +m j ≥n -3≥2 . 出现矛盾 ，故 m i +m j =0 ，即 m s (1≤s ≤n)恒为常数 。
2022年全国高中数学联赛江苏赛区苏州市选拔赛试题
2022年全国高中数学联赛江苏赛区苏州市选拔赛试卷一､填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分.要求直接将答案写在横线上.）1.已知：z 为虚数，且9z z+为实数，则z =___________.2.已知第一只口袋里有2个白球，3个红球，5个黄球，第二只口袋里有2个白球，4个红球，4个黄球，若从两个口袋中各取一球，则取出的球颜色不同的概率是___________.3.已知半径为2的半球面碗中装有四个半径均为r 的小球，碗壁和球的表面都是光滑的，且每个小球均与碗口平面相切，则r 的值为___________.4.若等差数列{}n a 满足202220221a a a =+=，则1a 的值为___________.5.已知双曲线C ：22221x y a b-=（>0a ，>0b ）的左､右焦点为1F ，2F ，离心率为53，若过1F 的直线l 与圆222x y a +=相切于点T ，且l 与双曲线C 的右支交于点P ，则11F PFT = ___________.6.已知ABC 的外心为O ，且3450++=OA OB OC ，则cos ABC ∠的值为___________.7.若关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，则实数a 的最大值为___________.8.已知正实数a ，b ，c 满足()2a b ab =，且a b c abc ++=，则c 的最大值为___________.9.若1sin sin 2x y +=，1cos cos 2x y ++=，则()cos x y +的值为___________.10.现要将一边长为101的正方体1111ABCD A B C D -，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 于点P ，Q ，R ，S （可与顶点重合）；（2）线段AP ，BQ ，CR ，DS 的长度均为非负整数，且线段AP ，BQ ，CR ，DS 的每一组取值对应一种分割方式，则有___________种不同的分割方式.（用数字作答）二､解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11.已知数列{}n a 满足>0n a ，12a =，且()2211n n n n a na a ++=+，N n *∈.（1）证明：11n n a a +<<；（2）证明：22223202224222222342022a a a a ++++< .12.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()12,0A -，()22,0A ，动点(),P x y 满足直线1A P 与2A P 的斜率之积为34-，记P 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程；（2）设点M 在直线4x =上，过M 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且MA MB MP MQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.13.如图，I 是ABC 的内心，A 的外角平分线交BC 于点D ，直线BI 交ABC 外接圆于点E ，直线CI 与直线DE 交点为F ，证明：//AF BE .14.定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.（1）如果19（2）如果20支球队参加单循环比赛，求友好组个数的最大值.2022年全国高中数学联赛江苏赛区苏州市选拔赛试卷一､填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分.要求直接将答案写在横线上.）1.已知：z 为虚数，且9z z+为实数，则z =___________.【答案】3【解析】【分析】设出虚数()i ,,0z a b a b b =+∈≠R ，计算化简9z z +，由9z z+的虚部为0得229a b +=，再由模长公式即可求解.【详解】设()i ,,0z a b a b b =+∈≠R ，则()()()2222229i 9999i 99i+i+i i i i i a b a b a b z a b a b a b a b z a b a b a b a b a b a b --⎛⎫+=+=+=++=++- ⎪++-+++⎝⎭，则2290bb a b-=+，则229a b +=，3z ==.故答案为：3.2.已知第一只口袋里有2个白球，3个红球，5个黄球，第二只口袋里有2个白球，4个红球，4个黄球，若从两个口袋中各取一球，则取出的球颜色不同的概率是___________.【答案】1625##0.64【解析】【分析】先求出两个球都为白球、红球、黄球的概率，进而求出两球颜色相同的概率，即可求出球颜色不同的概率.【详解】若两个口袋都取出白球，概率为221101025⨯=；若两个口袋都取出红球，概率为343101025⨯=；若两个口袋都取出黄球，概率为54110105⨯=；则取出两球颜色相同的概率为131********++=，则取出的球颜色不同的概率是91251625-=.故答案为：1625.3.已知半径为2的半球面碗中装有四个半径均为r 的小球，碗壁和球的表面都是光滑的，且每个小球均与碗口平面相切，则r 的值为___________.【答案】1-【解析】【分析】先从碗口垂直方向分析四个球中，求得对角球心间的距离，再根据对角球与半球的切点在同一过球心的平面上，根据几何关系列式求解即可【详解】由题意，两个对角球心,A B 间的距离为()()222222r r r +=，根据球的性质可得球,A B 与半球碗的切点,P Q 在同一过球心O 的截面上，且,,O A P 三点共线，,,O B Q 三点共线，作,AC BD 分别垂直于碗的水平线，则()2223OA r rr =+=，又球的半径为2，且OA AP OP +=，故32r r +=，即23131r ==-+31-4.若等差数列{}n a 满足202220221a a a =+=，则1a 的值为___________.【答案】19814002【解析】【分析】直接由条件得出首项和公差的方程组，即可求出1a .【详解】由题意知：2022120221202112401a a d a a a d =+=⎧⎨+=+=⎩，解得11981400214002a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩.故答案为：19814002.5.已知双曲线C ：22221x y a b-=（>0a ，>0b ）的左､右焦点为1F ，2F ，离心率为53，若过1F 的直线l 与圆222x y a +=相切于点T ，且l 与双曲线C 的右支交于点P ，则11F PFT = ___________.【答案】4【解析】【分析】根据离心率得出b a 、的关系，作2//F M OT 交1PF 于M 点，T 是1MF 的中点求得1=FT MT ，22=MF TO ，利用122PF PF a -=和22222=+PF PM MF 求出1PF 可得答案.【详解】如图，由题可知，则122+=OF OF c ,OT a =，则1FT b =，因为5=3e ，222c a b =+，所以43b a =，作2//F M OT 交1PF 于M 点，因为O 是12F F 的中点，所以T 是1MF 的中点，所以143===FT MT b a ，222==MF TO a ，因为122PF PF a -=，所以222+=-PM PF b a ，即223-=-PM PF a ，又22222224+==+PF PM M PMa F ，可得2103=PF a ，则83=PM a ，所以1816233=+=PF b a a ，143==FT b a ，所以114= F PFT ..故答案为：46.已知ABC 的外心为O ，且3450++=OA OB OC ，则cos ABC ∠的值为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，设cos ABC θ∠=，||||||OA OB OC r === ，将3450OA OB OC ++=变形为435OB OA OC -=+，由数量积的计算公式可得cos 2θ的值，由二倍角公式计算可得答案．【详解】解：根据题意，设ABC θ∠=，则2AOC θ∠=，若O 为ABC 的外心，则设||||||OA OB OC r ===，若3450OA OB OC ++=，则435OB OA OC -=+，则有2221306925OB OA OC OA OC ++=⋅，即22221692530cos 2r r r r θ=++，所以3cos 25θ=-，由图可得：02θπ<<，则02πθ<<，则有23cos 22cos 15θθ=-=-，解得5cos 5θ=或5cos 5θ=-（舍去），故答案为：55．7.若关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，则实数a 的最大值为___________.【答案】e 【解析】【分析】关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，即关于x 的不等式()()ln ln ee ax x ax x +≤+恒成立，则()ln ax x ≤，即e x ax ≤，分0,0,0a a a =<>三种情况讨论，分离参数，构造新的函数，利用导数求出函数的最值，从而可得出答案.【详解】解：关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，即关于x 的不等式()()ln ln ee ax x ax x +≤+恒成立，因为函数,e x y x y ==为增函数，所以函数e x y x =+为增函数，所以()ln ax x ≤，所以e x ax ≤，当0a =时，()ln ax 无意义，故0a ≠，当0a <时，则0x <，则e xa x≥，令()()e 0xf x x x =<，则()()()2e 100x xf x x x-'=<<，所以函数()f x 在(),0∞-上递减，当x →-∞时，()0f x -→，所以0a ≥，与0a <矛盾，所以0a <舍去，当0a >时，则e xa x≤，令()()e 0xh x x x =>，则()()()2e 10x x h x x x-'=>，当01x <<时，()0h x '<，当1x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以()()min 1e h x h ==，所以0e a <≤，综上所述，0e a <≤，所以实数a 的最大值为e .故答案为：e .8.已知正实数a ，b ，c 满足()2a b ab +=，且a b c abc ++=，则c 的最大值为___________.【答案】815【解析】【分析】先由基本不等式求得16ab ≥，再由条件得11222c ab =+-，结合ab 的范围，即可求出c 的最大值.【详解】由0,0a b >>，则()22a b ab +=≥⋅，可得16ab ≥，当且仅当4a b ==时取等；又由a b c abc ++=可得11122222a b ab c ab ab ab +===+---，由16ab ≥可得1102230ab <≤-，则18215c <≤，则c 的最大值为815.故答案为：815.9.若1sin sin 2x y +=，1cos cos 2x y ++=，则()cos x y +的值为___________.【答案】2【解析】【分析】对两式平方相加整理可得()cos 0x y -=，则ππ+,Z 2x y k k =+∈，讨论k 的奇偶，代入处理运算．【详解】∵1sin sin 2x y -+=，1cos cos 2x y ++=则222sin 2sin sin sin 2x x y y ++=，222cos 2cos cos cos 2x x y y ++=两式相加得：()22cos 2x y +-=，则()cos 0x y -=∴ππ+,Z 2x y k k -=∈，即ππ+,Z 2x y k k =+∈若k 为奇数时，则可得π1sin sin sin π+sin sin cos 22x y y k y y y -⎛⎫+++=-= ⎪⎝⎭π1cos cos cos π+cos sin cos 22x y y k y y y +⎛⎫+=++=+=⎪⎝⎭∴1sin ,cos 22y y ==，则()πcos cos sin 22sin co +s 22π2x y y y y y k ⎛⎫+==== ⎪⎝+⎭若k 为偶数时，则可得π1sin sin sin π+sin sin cos 22x y y k y y y -⎛⎫+=++=+= ⎪⎝⎭π1cos cos cos π+cos cos sin 22x y y k y y y ⎛⎫+=++=-=⎪⎝⎭∴1sin ,cos 22y y =-=，则()πcos cos sin 222sin cos 2π+2x y y y y y k ⎛⎫+==-=-= ⎪⎝⎭+故答案为：2．10.现要将一边长为101的正方体1111ABCD A B C D -，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 于点P ，Q ，R ，S （可与顶点重合）；（2）线段AP ，BQ ，CR ，DS 的长度均为非负整数，且线段AP ，BQ ，CR ，DS 的每一组取值对应一种分割方式，则有___________种不同的分割方式.（用数字作答）【答案】707504【解析】【分析】先由面面平行的性质证得四边形PQRS 为平行四边形，再由空间向量求得PA RC SD QB +=+，设AP ，BQ ，CR ，DS 的长度为a b c d ,,,，a c b d t +=+=，分0101t ≤≤和102202t ≤≤两种情况求出有序数列(),,,a b c d 的个数，即可求解.【详解】易得平面11A ABB ∥平面11D DCC ，平面PQRS 平面11A ABB PQ =，平面PQRS 平面11D DCC RS =，则PQ RS ，同理可得PS QR ，则四边形PQRS 为平行四边形，则PQ SR = ，即PA AB BQ SD DC CR ++=++，整理得PA RC SD QB +=+，即PA RC SD QB +=+，设AP ，BQ ，CR ，DS 的长度为a b c d ,,,，a cb d t +=+=，又a b c d ,,,为非负整数，且[],,,0,101a b c d ∈，易得t 为非负整数且[]0,202t ∈，下面考虑满足上述条件的有序数列(),,,a b c d 的个数；当0101t ≤≤时，易得a 可取0,1,2,,t 共1t +种情况，b 可取0,1,2,,t 共1t +种情况，由乘法原理可得共有()21t +，则有序数列(),,,a b c d 共有()()10122220102103210211121023589556t ⨯⨯⨯++=+++==∑ 个；当102202t ≤≤时，易得a 可取101,100,,101t t -- 共203t -种情况，b 可取101,100,,101t t -- 共203t -种情况，由乘法原理可得共有()2203t -，则有序数列(),,,a b c d 共有()()20222221021011022101120310110013485516t ⨯⨯⨯+-=+++==∑ 个；又当有序数列(),,,a b c d 为()0,0,0,0和()101,101,101,101时，不满足将正方体1111ABCD A B C D -分割成两部分，故共有3589553485512707504+-=种分割方式.故答案为：707504.【点睛】本题关键点在于将问题转化为满足a c b d t +=+=，且a b c d ,,,为非负整数，[],,,0,101a b c d ∈的有序数列(),,,a b c d 的个数，分0101t ≤≤和102202t ≤≤两种情况求出有序数列(),,,a b c d 的个数，即可求解.二､解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11.已知数列{}n a 满足>0n a ，12a =，且()2211n n n n a na a ++=+，N n *∈.（1）证明：11n n a a +<<；（2）证明：22223202224222222342022a a a ++++ .【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意整理可得()()()()()1111111n n n n n a a a na n +++-+=-++，结合符号分析可得故11n a +-与1n a -同号，进而可证>1n a ，再代入原式放缩可得()()22111n n n a n a ++<+，可证1n n a a +<；（2）根据题意可得()2211n n n a n a na +=+-，利用累加法得()2121142n n a a a n a n ++++=+-< ，进而分析得222nn a n+≤，再利用放缩可得()()()223212222111n n a n n n n n n n n ++≤<=--+-，结合裂项相消法求和证明．【小问1详解】由已知数列{}n a 满足>0n a ，12a =，且()2211n n n n a na a ++=+，N n *∈，即()()221111n n n n a n na n a ++-+=-+-，故()()()()()1111111n n n n n a a a na n +++-+=-++，由>0n a ，N n *∈，有()()111>0n n a +++，1>0n na n ++，故11n a +-与1n a -同号，因为111>0a -=，则21>0a -，31>0a -，以此类推可知，对任意的N n *∈，>1n a ，所以()()222111n n n n n a na a n a ++=+<+，则1n n a a +<，所以11n na a +<<.【小问2详解】因为()2211n n n a n a na +=+-，则221212a a a =-，2223232a a a =-，()2211n n n a n a na +=+-，累加得()2121142n n a a a n a n ++++=+-< ，所以21241n n a n ++≤+，可得222n n a n +≤.当2n ≥时，()()()()22321222221111n n a n n n n n n n n n n ++≤<==--+--，故22223202224222222222222223420222231a a a a n n n++++<-+-++=-- .【点睛】解该题的关键是因式分解和放缩的运用，观察题中递推公式因式分解得：()()()()()1111111n n n n n a a a na n +++-+=-++；放缩的灵活准确运用：()()222111n n n n n a na a n a ++=+<+，()2121142n n a a a n a n ++++=+-< 和()()()223212211n n a n n n n n n ++≤<-+．12.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()12,0A -，()22,0A ，动点(),P x y 满足直线1A P 与2A P 的斜率之积为34-，记P 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程；（2）设点M 在直线4x =上，过M 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且MA MB MP MQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.【答案】（1）()221243x y x +=≠±（2）0【解析】【分析】（1）表示出1A P 与2A P 的斜率，由斜率之积为34-，即可求得C 的方程；（2）设出M 点坐标及直线MA ，MP 参数方程，联立C 的方程求得,MA MB MP MQ ⋅⋅，求得两条直线倾斜角之和αβπ+=，即可求出斜率之和.【小问1详解】易得2x ≠±，直线1A P 的斜率为2y x +，直线2A P 的斜率为2y x -，则3224y y x x ⋅=-+-，整理得22143x y +=，则曲线C 方程为()221243x y x +=≠±；【小问2详解】设点()4,M k ，设直线MA 参数方程为4cos ,sin ,x t y k t αα=+⎧⎨=+⎩（t 为参数），代入22143x y+=，整理得()()()22223cos4sin 24cos 8sin 4360t k t k αααα+++++=，设,A B 对应的参数为12,t t ，则212223643cos 4sin k MA MB t t αα+⋅==+，设直线MP 参数方程为4cos sin x m y k m ββ=+⎧⎨=+⎩（m 为参数），,P Q 对应的参数为12,m m ，同理212223643cos 4sin k MP MQ m m ββ+⋅==+，由于MA MB MP MQ ⋅=⋅，则2222223643643cos 4sin 3cos 4sin k k ααββ++=++，解得22sin sin αβ=，又αβ≠，所以αβπ+=，此时直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0.13.如图，I 是ABC 的内心，A ∠的外角平分线交BC 于点D ，直线BI 交ABC 外接圆于点E ，直线CI 与直线DE 交点为F ，证明：//AF BE .【答案】证明见解析【解析】【分析】由梅涅劳斯定理可知1CD BE IF DB EI FC ⋅⋅=，由外角平分线和角平分线定理可得CD bDB c =，bc AP a c=+；由三角形相似和三角形内心性质可求得BE a c EI b +=，由此可得IF c FC a c =+，结合PA cAC a c=+可证得结论.【详解】设BC a =，=CA b ，AB c =，直线AC 与直线BE 交于点P；在BIC △中，由梅涅劳斯定理得：1CD BE IF DB EI FC⋅⋅=；由外角平分线定理可知：CD bDB c=；BE 为ABC ∠的角平分线，AP AP AB cCP AC AP CB a ∴===-，则bc AP a c=+；由BCE BPA ∽△△得：BE BA a cCE PA b+==，由内心性质得：CE IE =，则BE a cEI b +=；由1CD bDB c BE a cEI b CD BE IF DB EI FC ⎧=⎪⎪+⎪=⎨⎪⎪⋅⋅=⎪⎩得：IF c FC a c =+，又PA c AC a c =+，IF PAFC AC∴=，//AF BE ∴.14.定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.（1）如果19支球队参加单循环比赛，求友好组个数的最大值；（2）如果20支球队参加单循环比赛，求友好组个数的最大值.【答案】（1）285（2）330【解析】【分析】设有x 个友好组，考虑其反面，证明一般性结论：当球队个数m 为奇数时，友好组个数最大值为()()1124m m m -+；当球队个数m 为偶数时，友好组个数最大值为()()2224m m m -+再求解即可.【小问1详解】当m 为奇数时，令21m n =+，由于共有21n +支球队进行单循环比赛，故总共有221C n +场比赛.不妨设有x 个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三队为非友好组.不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.因此，若队()1,2,,21i A i n =+ 在比赛中赢了i k 场，则212211C n in i k++==∑，且以i A 为组长的非友好组有2C i k 个（补充定义：2201C C 0==），于是所有非友好组的个数为()()()2212121212122111111211111C 2222122i n n n n n k i i i i i i i i i n n n k k k k n +++++=====-+⎛⎫=-≥-= ⎪+⎝⎭∑∑∑∑∑.（其中等号成立当且仅当1221n k k k +== ）.故有()()()()321121121C 26n n n n n n n x +-+++≤-=.当i k n =（1,2,,i = 21n +）时，取到最大值()()1216n n n ++，即()()1124m m m -+.构造例子：设在1221,,,n A A A + 共21n +支球队中，队i A 胜12,,,i i i n A A A +++ ，负12,,,i i i n A A A --- ，其中下标是在模21n +的意义下的.则友好组的个数为()()1216n n n ++.综上所述，当m 为奇数时，友好组个数的最大值为()()1124m m m -+；故如果19支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为()()1919119128524-+=【小问2详解】当m 为偶数时，令2m n =，则总共有22C n 场比赛.不妨设有x 个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.因此，若队()1,2,,2i A i n = 在比赛中赢了i k 场，则2221ni n i k C ==∑，且以i A 为组长的非友好组有2C i k 个（补充定义：2201C C 0==）于是所有非友好组的个数为221Cink i =∑.下求的221Cink i =∑最小值.若在122,,,n k k k 中，不妨设2j i k k -≥.则令1i i k k *=+，1j j k k *=-，其余j i k k *=（12l n ≤≤且,l i j ≠），故调整后221Cink i =∑的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为1.不妨设有y 个a ，2n y -个1a +，则有()()()2221C 21n ya n y a n n +-+==-，整理有()1122y a n n -=--.由于121y n ≤≤-，故()0,12yn∈.由等式两边对应相等可知，1a n =-，y n =，即调整后有n 个1n -，n 个n .此时的值221C i nk i =∑为()21n n -，则()()()23211C 13n n n n x n n -+≤--=，故友好组个数的最大值为()113n n n -+，即()()2224m m m -+.下面为取到最大值的例子：设在122,,,n A A A .共2n 支球队中，当1i n ≤≤时，队i A 胜12,,i i i n A A A +++ ；当12n i n +≤≤时，队i A 胜121,,,i i i n A A A +++- ，下标均是在模2n 的意义下.综上所述，当m 为偶数时，友好组个数的最大值为()()2224m m m -+.故如果20支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为()()2020220233024-+=。
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简析,附试卷真题、答案
第9题 考察基本的三角恒等式的记忆和使用，有一定的计算量，相较于往年一试
第一道解答题来说难度持平或者略有上升。 第 10 题
虽然的定义比较复杂，但是经过适当的分组之后仍然是比较常规的恒等变 形，本题难度不大，但是需要细心的计算，否则容易算错或者得不出答案。 第 11 题
较为常规的解析几何试题，思路是容易想到的，计算量相比于 2018 年的 那一道题来说也小许多，难度上放在高考中也不为过，只是一试的时间相对紧 张，考生不一定有时间来做本题。
论都知道的学生来说本题是加试中最难的题，总体难度中档偏难。
考试真题
一试：
二试
参考答案
一试：
二试
数情形的处理只要知道递推数列的一个基本结论，和二次剩余之后就能够做出
来，奇数情形相对困难一些，需要观察数列的前若干项找出规律，当然也没有
比偶数情形难太多，总体难度中档偏难。
组合、通过试一些常见的剖分可以猜到结果，因此归纳的方法是可以猜到
的，但是具体细节仍然具有一定的难度，对于准备充分，二三两题涉及到的结
二试
总评
本次二试难度相对平均，难度下限和上限都有所收拢，没有特别突 出的难题或者特别水的题目，对具备一定实力的考生来说能够着手处理 的题目变多了，但是对于实力尚弱的考生来说二试拿分变难了。
几何、较为简示性，
没有卡手的地方，是加试最简单的一道题，但是比 2019 年高联的几何题要难
2020 年全国高中数学联赛试题简析，试卷真题、答案
一试 总评
本次一试大部分的题目都不难，但是整体计算量偏大，对考生的计 算能力进行了考察，此外，能否在有限的时间内对试题进行取舍，保证 自己会做的题目的正确率，在本次考试中也非常重要。
一、填空题
2020年全国高中数学联赛试题及详细解析(2)
16 4
3y 8 2 3 0
上 . 当 F1PF2 取最大值时，比
PF1 的值为 PF2
.
10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为
1 cm 的实心铁球，四个球两两相切， 2
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 ( x2006 1)(1 x 2 x4 L x 2004 ) 2006 x 2005 的实数解的个数为
（ 1 ），又由圆幂定理，
PF2 AF2
2
AP AF1 AF2 （ 2），而 F1( 2 3,0) ，F2(2 3,0) ，A( 8 2 3,0) ，从而有 AF1 8 ，
AF2
8 4 3 。代入（ 1），（ 2）得 PF1 PF 2
AF1 AF 2
8 8 43
4 23
3 1。
12. 【答案】 0.0434 【解析】第 4 次恰好取完所有红球的概率为
.
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
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）
1 个白球，则第 4
15. 设
f ( x) x2 a . 记 f 1 (x) f (x) ，
n
f ( x)
f
(
f
n
1
( x))
，n
2,3,L ，
【解析】建立直角坐标系，以Ａ为坐标原点，ＡＢ为
ｘ轴，ＡＣ为 ｙ轴，ＡＡ １为ｚ轴，
1
1
则 F (t1,0,0) （ 0
t1
1 ），
E(0,1, ) 2
2020年江苏省苏州市中考数学联赛试卷附解析
2020年江苏省苏州市中考数学联赛试卷学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1．如果α、β都是锐角，下面式子中正确的是（）A．sin（α+β）=sinα+sinβB．cos（α+β）=21时，则α+β=600 C．若α≥β时，则cosα≥cosβD．若cosα>sinβ,则α+β>9002．下列各点中，在反比例函数2yx=-图象上的是（）A．(21)，B．233⎛⎫⎪⎝⎭，C．(21)--，D．(12)-，3．下列语句不是命题的个数是（）（1）大于90°的角都是钝角；（2）请借给我一枝钢笔；（3）小于零的数是负数；（4）如果a=0，那么ab=0．A．0个B．1个C．2个D．3个4．已知△ABC在直角坐标系中的位置如图所示，若△A′B′ C′与△ABC关于y轴对称，则点A的对称点A′的坐标为（）A．（-4，2）B．（-4，-2）C．（4，-2）D．（4，2）5．若分式3242xx+-有意义，则字母x的取值范围是（）A．12x=B．23x=-C．12x≠23x≠-6．若Ａ、Ｂ、Ｃ三点在同条一直线上，且AB=5，BC=3，那么AC= （）A．8 B．4 C．2 D．２或８7．在∠AOB的内部任取一点C，作射线0C，则一定存在（）A．∠AOB>∠AOC B．∠AOC>∠BOC C．∠BCE<∠AOC D．∠AOC=∠BOC 8．下面说法正确的是（）A．一个数的立方根有两个，它们互为相反数B ．任何实数都有立方根C ．任何一个实数必有立方根和平方根D ．负数没有立方根二、填空题9．如图1，先将一矩形ABCD 置于直角坐标系中，使点A 与坐标系的原点重合，边AB 、AD 分别落在x 轴、y 轴上，再将此矩形在坐标平面内按逆时针方向绕原点旋转30°(如图2)，若AB ＝4，BC ＝3，则图1和图2中点B 点的坐标为 ；点C 的坐标 ． 解答题 10．己将二次函数23(2)4y x =+-的图象向右平移 1 个单位，再向上平移 3 个单位得到 ．11． 如果二次三项式22(1)16x m x -++是一个完全平方式，那么 m 的值是 ．12．某学校为部分外地学生免费安排住宿，如果每间住5人，那么有12人安排不下；如果每间住8人，那么有1间房还余一些床位，则该校住宿的学生有 人．13．某电视台为满足观众在北京奥运会期间收看不同比赛项目的要求，做了一个随机调查，结果如下表：如果你是电视台负责人，在现场直播时，将优先考虑转播 比赛． 14．若分式13a -无意义，242b b --的值为 0，则ab = . 15．若0.0011x =，1(3)27y -=-，则x y -= ． 16．说出图示花边图案的设计运用了哪些图形变换: .17．上学期期末考试，60名学生中，数学成绩为优秀的有20人，良好的有30人，及格的有10人．如果将其制成扇形统计图，则三个圆心角的度数分别为 、 、 .18．用内径为9 cm 的圆柱形玻璃杯(已装满水)向一个底面积为13．1×13．1 cm 2，内高为8．1 cm 的长方形铁盒内倒水，当铁盒装满水时，玻璃杯中水的高度下降 ． (π取3．14，精确到0．1 cm)19．如图，已知圆的半径为 R ，正方形的边长为 a ．(1)表示出阴影部分的面积S= ；最喜欢观看的项目 游 泳 体 操 球 类 田 径 人 数 30 75 200 95(2)当R=20 cm，a=8 cm，阴影部分面积S= cm2．20．某书城开展学生优惠售书活动，凡一次性购书不超过200元的一律九折优惠，超过200元的，其中200元按九折算，超过200元的部分按八折算．某学生第一次去购书付款72元，第二次又去购书享受了八折优惠，他查看了所买书的定价，发现两次共节省了34元钱．则该学生第二次购书实际付款元．三、解答题21．如图，以直角三角形各边为直径的三个半圆围成的两个新月形( 阴影部分)的面积和，与直角三角形的面积有什么关系？为什么？22．已知二次函数y＝x2＋ax＋a－2，证明：不论a取何值，抛物线的顶点总在x轴的下方．Δ＝（a-2）2+4>0，抛物线与x轴有两个交点，又抛物线的开口向上，所以抛物线的顶点总在x轴的下方.23．如图，梯形ABCD中，DC∥AB，DE∥BC交AB于E，已知△ADE的周长为12cm,CD=5 cm．求梯形的周长．24．如图，△ACB、△ECD都是等腰直角三角形，且点C在AD上，AE的延长线与BD交于点F．请你在图中找出一对全等三角形，并写出证明它们全等的过程．25．如图．(1)求出图形轮廓线上各转折点A、B、C、D、E的坐标；(2)在图上找出A、B、C、D、E各点关于x轴的对称点A′、B′、C′、D′、E′，并求出其坐标．26．如图，画出△ABO绕点O逆时针旋转90°后的图形．27．已知2ax+=的解，求a的值.x=是方程3228．某酒店客房部有三人间、双人间客房，收费数据如下表：普通(元／间／天)豪华(元／间／天)三人间150300双人间140400为吸引游客，实行团体入住五折优惠措施，一个50人的旅游团优惠期间到该酒店入住，住了一些三人普通间和双人普通间客房．若每问客房正好住满，且一天共花去住宿费1510元，则旅游团住了三人普通间和双人普通间客房各多少间?(只要求列出方程，不解方程)29．有一根长 20m 的绳子，第一天截去一半，第二天截去剩下的一半，如此截下去，第五天后还剩多少？30．如图，为测河宽，小丽在河对岸岸边任意选取一点A，再在河这边B处观察A，此时视线BA与河岸BD所成的夹角为600；小丽沿河岸BD向前走了50米到CA与河岸BD所成的夹角为450.根据小丽提供的信息能测出河宽吗？若能，请写出求解过程；若不能，请说明理由.（结果精确到1米）【参考答案】学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1．B2．D3．B4．D5．C6．D7．A8．B二、填空题9．B（4，0）、（32，2）， C（4，3）、（2334-，2433+）10．23(1)1y x =+-11．3 或5-12．37或4213．乒乓球14．-615．316．轴对称变换,平移变换17．120°, 180°,60°18．5．5 cm19．（1）22nR a - (2）40064π-20．204三、解答题21．阴影部分面积之和=直角三角形面积，设直角三角形的斜边为c ，其余两条直角边分别为 a 、b ，则阴影部分面积之和2221111()2222a b c ab πππ=+-- 22211()22a b c ab π=+-+,∵222c a b =+,∴阴影部分面积之和=12ab ,12Rt S ab ∆=, ∴阴影部分面积之和=Rt S ∆．22．23．22 cm24．△ACE ≌△BCD （SAS ）．25．(1)A(-2，-l)，B(4，4)，C(2，O)，D(4，1)，E(4，O)；(2)图略，A ′(-2，1)，B ′(4，-4)，C ′(2，0)，D ′(4，-l)，E ′(4，0)26．略27．12a =- 28． 设三人普通间共住了x 人，则双人普通间共住了 (50x -)人，由题意得5015050%14050%151032x x -⨯⨯+⨯⨯=29． 58m 30．能测出河宽．过点A 作 AE ⊥BC ，垂足为E ，设河宽为X 米,在Rt △AEB 中，tan ∠ABE=BEAE ，∴BE =ABE AE ∠tan =x 33 在Rt △AEC 中, ∵∠ACE=45°，∴EC=AE=x,∵ BE + EC =BC ， ∴33x+x=50，∴ x ≈32(米) 答：河宽约为 32 米．。
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷一、选择题(本题满分36分，每小题6分)本题共有6小题，每题均给出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的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分．1．已知数列{an}的通项公式an ＝，则{an}的最大项是 （ ） A ．a1 B ．a2 C ．a3 D ．a42．函数y ＝3 |log 3x|的图象是 （ ） A ．B ．C ．D ．3．已知抛物线y2＝2px ，O 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF 是直角三角形，则这样的P 点共有 （ ） A ．0个 B ．2个 C ．4个 D ．6个4．设f(x)是定义在R 上单调递减的奇函数，若x1＋x2＞0，x2＋x3＞0，x3＋x1＞0，则（） A ．f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＞0 B ．f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＜0 C ．f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＝0 D ．f(x1)＋f(x2)＞f(x3)5．过空间一定点P 的直线中，与长方体ABCD －A1B1C1D1的12条棱所在直线所成等角的直线共有 （ ） A ．0条 B ．1条 C ．4条 D ．无数多条6．在△ABC 中，tanA ＝，cosB ＝,10)．若的最长边为1，则最短边的长为 （ ） A ．,5)B ．,5)C ．,5)D ．,5)二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本小题共有6小题，要求直接将答案写在横线上．7．集合A ＝｛x|x ＝3n ，n ∈N ，0＜n ＜10｝，B ＝｛y|y ＝5m ，m ∈N ，0≤n≤6｝则集合A ∪B 的所有元素之和为__________________．8．设cos2θ＝,3)，则cos4θ＋sin4θ的值是__________________． 9．(x －3x2)3的展开式中，x5的系数为__________________．10．已知⎩⎪⎨⎪⎧y≥0，3x －y≥0，x ＋3y －3≤0，则x2＋y2的最大值是__________________．11．等比数列{an}的首项为a1=，公比q ＝－，设f(n)表示这个数列的前n 项的积，则当n ＝_________________时，f(n)有最大值．12．长方体ABCD －A1B1C1D1中，已知AB1＝4，AD1＝3，则对角线AC1的取值范围是______________________________．三、解答题（本题满分60分，第13题，第14题各12分，第15题16分，第16题20分）13．设集合A ＝｛x|log 12(3－x)≥－2｝，B ＝｛x|≥1｝，若A∩B ＝，求实数a 的取值范围．14．椭圆＋＝1的有焦点为F ，P1，P2，…，P24为24个依逆时针顺序排列在椭圆上的点，其中P1是椭圆的右顶点，并且∠P1FP2＝∠P2FP3＝∠P3FP4＝…＝∠P24FP1，x O yx O yx O yx O y若这24个点到右准线的距离的倒数和为S ，求S 的值．15．△ABC 中，AB ＜AC ，AD 、AE 分别是BC 边上的高和中线，且∠BAD ＝∠EAC ．证明是直角．16．设p 是质数，且p2＋71的不同正因数的个数不超过10个，求p ． 全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷一、选择题(本题满分36分，每小题6分)本题共有6小题，每题均给出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的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分．1．已知数列{an}的通项公式an ＝，则{an}的最大项是 （ ） A ．a1 B ．a2 C ．a3 D ．a4解：an ＝1(n －2)2＋1，当n ＝2时，an 取最大值，故选B ．2．函数y ＝3的图象是 （ ） A ．B ．C ．D ．解：由于|log3x|≥0，故y≥1，只有A 满足此条件，故选A ．3．已知抛物线y2＝2px ，O 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF 是直角三角形，则这样的P 点共有 （ ） A ．0个 B ．2个 C ．4个 D ．6个解：作垂直于x 轴的焦点弦交抛物线于点P1、P2，则△P1OF 、△P2OF是直角三角形．对于抛物线上异于O 、P1、P2的点Q ，显然∠QFO≠90˚，∠QOF≠90˚，从而若△QOF 为直角三角形，则只能是∠FQO ＝90˚．设点Q 坐标为(y22p，y)(y≠0，±p)，则有y22p (y22p －p2)＋y2＝0， 由y≠0得，y22p ＋3p2＝0，此方程无实解，从而这样的点P 只能2个，选B ．4．设f(x)是定义在R 上单调递减的奇函数，若x1＋x2＞0，x2＋x3＞0，x3＋x1＞0，则（ ）A ．f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＞0B ．f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＜0C ．f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＝0D ．f(x1)＋f(x2)＞f(x3)解：则x1＞－x2，知f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)f(x1)＋f(x2)＜0； 同理，f(x2)＋f(x3)＜0，f(x3)＋f(x1)＜0； 所以，f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＜0．选B ．5．过空间一定点P 的直线中，与长方体ABCD －A1B1C1D1的12条棱所在直线所成等角的直线共有 （ ） A ．0条 B ．1条 C ．4条 D ．无数多条解：首先，过角的顶点与角的两边成等角的直线在角所在平面的射影是角(或其外角)的平分线．故若以长方体的过一个顶点的三个平面为坐标平面建立空间坐标系，则方程|x|＝|y|＝|z|共有8解，此8解共组成4条直线，故选C ．6．在△ABC 中，tanA ＝，cosB ＝,10)．若的最长边为1，则最短边的长为 （ ） A ．,5)B ．,5)C ．,5)D ．,5)解：作辅助图如右：取高CD ＝a ，则AD ＝2a ，BD ＝ A B C D Ex O y x O y x O y x O yABDC3a2aa3a ，最短边AC ＝5a ；由5a ＝1，得a ＝，故选D ． 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本小题共有6小题，要求直接将答案写在横线上．7．集合A ＝｛x|x ＝3n ，n ∈N ，0＜n ＜10｝，B ＝｛y|y ＝5m ，m ∈N ，0≤n≤6｝则集合A ∪B 的所有元素之和为__________________．解：A∩B ＝{15}；故所求和＝(3＋6＋…＋27)＋(0＋5＋…＋30)－15＝225． 8．设cos2θ＝,3)，则cos4θ＋sin4θ的值是__________________． 解：已知即cos2θ－sin2θ＝,3)cos4θ＋sin4θ－2cos2θsin2θ＝； ① 又，cos2θ＋sin2θ＝1cos4θ＋sin 4θ＋2cos2θsin2θ＝1． ② (①＋②)÷2： cos4θ＋sin4θ＝．9．(x －3x2)3的展开式中，x5的系数为__________________． 解：(x －3x2)3＝x3－3x2×3x2＋3x×9x4－27x6．x5 的系数＝27．10．已知⎩⎪⎨⎪⎧y≥0，3x －y≥0，x ＋3y －3≤0，则x2＋y2的最大值是__________________．解：满足条件的点集组成的图形为图中阴影部分及其边界．其中点(3，0)与原点距离最大，故(x2＋y2)max ＝9．11．等比数列{an}的首项为a1=，公比q ＝－，设f(n)表示这个数列的前n 项的积，则当n ＝_________________时，f(n)有最大值．解：由于f(4k)＞0，f(4k ＋1)＞0，(k ∈N*)．f(4k)＝a 4k 1 q2k(4k －1)；f(4k ＋1)＝a 4k ＋11q2k(4k ＋1)．故＝a1q4k ．于是f(12)＞f(13)，且当k≥3时，f(4k ＋1)＜f(4k)；又＝a 31q30，有f(9)＜f(12)；＝a 41q2(8k ＋3)， 故f(8)＜f(12)，且k≥3时，f(4k ＋4)＜f(4k)， 从而f(12)最大．12．长方体ABCD －A1B1C1D1中，已知AB1＝4，AD1＝3，则对角线AC1的取值范围是______________________________．解：设长方体的三度分别为x ，y ，z ，对角线AC ＝d ．则可得x2＋z2＝16，y2＋z2＝9．d2＝x2＋y2＋z2＝25－z2，但0＜z ＜3，从而16＜d2＜254＜d ＜5所求取值范围为(4，5)．三、解答题（本题满分60分，第13题，第14题各12分，第15题16分，第16题20分）13．设集合A ＝｛x|log 12(3－x)≥－2｝，B ＝｛x|≥1｝，若A∩B ＝，求实数a 的取值范围．解：由log 12(3－x)≥－20＜3－x≤4－1≤x ＜3．由≥1(x －a)(x －3a)≤0．1321Oyx① 当a ＞0时，解为a ＜x ＜3a ； ② 当a ＝0时，解为；③ 当a ＜0时，解为3a ＜x ＜a ．若A∩B≠，则当a ＜0时，有a ＞－1－1＜a ＜0；当a ＞0时，有3a ＜30＜a ＜1． 所以，a 的取值范围为(－1，0)∪(0，1)．14．椭圆＋＝1的有焦点为F ，P1，P2，…，P24为24个依逆时针顺序排列在椭圆上的点，其中P1是椭圆的右顶点，并且∠P1FP2＝∠P2FP3＝∠P3FP4＝…＝∠P24FP1，若这24个点到右准线的距离的倒数和为S ，求S 的值．解法一：已知椭圆的a ＝3，b ＝2，c ＝5，e ＝53，p ＝b2c ＝45． 对于椭圆上任一点P ，|FP|＝r ，P 到准线的距离|PH|＝d ，FP 与Ox 正向夹角为θ，则有 rcosθ＋d ＝p ，rd＝e ．于是， d(1＋ecosθ)＝p ，1d ＝1p(1＋ecosθ)．所以， S ＝i ＝1∑241di ＝1p i ＝1∑24(1＋ecosθ)＝24p ＋e p i ＝1∑24co sθ＝24p ．故 S2＝242p2＝180．解法二：设过焦点且斜率为k 的直线交椭圆于A 、B 两点．则有⎩⎨⎧y ＝k(x －c)， ①4x2＋9y2＝36． ②①代入②： 4x2＋9k2(x －5)2－36＝0．即， (4＋9k2)x2－185xk2＋45k2－36＝0．所以， x1＋x2＝185k24＋9k2，x1x2＝45k2－364＋9k2．而点P 到准线距离d ＝a2c －x ＝9－5x 51d ＝59－5x ，故直线①与椭圆的两个交点到准线距离的倒数和为59－5x1＋59－5x2＝5[18－5(x1＋x2)]81－95(x1＋x2)＋5x1x2＝5[18－5·185k24＋9k2]81－95·185k24＋9k2＋545k2－364＋9k2＝185(4＋9k2)－905k281(4＋9k2)－810k2＋225k2－180＝725＋725k2144＋144k2＝52．而过焦点且倾斜角θ＝90˚时，两交点到准线的距离＝a2c －c ＝45，故θ＝90˚及270˚的pθF P OxyH rd两个点到准线距离倒数和也＝52． 所以，S ＝12×52＝65；S2＝180．解法三：令⎩⎨⎧x ＝5＋tcosθ，y ＝tsinθ．代入椭圆方程得，t2(4cos 2θ＋9sin2θ)＋85tcosθ－16＝0．同上．15．△ABC 中，AB ＜AC ，AD 、AE 分别是BC 边上的高和中线，且∠BAD ＝∠EAC ．证明是直角．证明一：延长AE 到F ，使EF ＝AE ，延长AD 到K ，使DK ＝AD ．连FK ，FB ．因FB ∥AC ∠AFB ＝∠EAC ．又BD 垂直平分AK ，故∠AKB ＝∠BAD ，因∠BAD ＝∠EAC ，所以∠AKB ＝∠AFB ．所以A 、F 、K 、B 四点共圆． FK ∥BC ∠FKA ＝90˚．故AF 为该圆直径．E 为此圆圆心．故EA ＝EB ＝EC ，即点C 在此圆上．此圆为△ABC 的外接圆，BC 为圆的直径． 所以∠BAC 为直角．证明二：取△ABC 的外接圆，延长AE 交圆于点F ，连FB ，则∠CBF ＝∠CAF ＝∠BAD ，但∠BAD ＋∠ABD ＝90˚，从而∠FBC ＋∠ABC ＝90˚，即∠ABF ＝90˚． 从而AF 为圆的直径．若E 不是圆心，则AF ⊥BC ，AB ＝AC ．与已知矛盾．故E 为外心．从而∠BAC ＝90˚．证明三：作△ABC 的外接圆，作EF ⊥BC ，交外接圆于点F ，连AF ．则EF 是BC 的垂直平分线，故F 为⌒BC 的中点，于是AF 是∠BAC的平分线．由∠BAD ＝∠EAC ，得∠DAF ＝∠EAF ．又，EF ∥AD ，故∠DAF ＝∠EFA ∠EAF ＝∠EFA ．EA ＝EF ．故AF 的垂直平分线经过点E ．由于△ABC 的外接圆圆心应是弦AF 、BC 的垂直平分线的交点，故E 为△ABC 的外心．从而△ABC 为直角三角形，得，∠BAC 为直角．证明四：取AC 中点F ，连DF 、EF ， 由EF ∥AB ∠AEF ＝∠EAB ＝∠BAD ＋∠DAE ＝∠EAC＋∠DAE ＝∠DAC ，由AD 为高，故∠DAC ＝∠ADF ，所以，∠ADF ＝∠AEF A 、D 、E 、F 四点共圆．于是有∠EFA ＝90˚，从而∠BAC ＝90˚，故证．证明五：以D 为原点，BC 所在直线为x 轴建立坐标系．设点A 、B 、C 的坐标分别为A(0，a)，B(b ，0)，C(0，c)．FE D CB AA B C D E FK FD E C B A设AB 到AD 的角为α，则tanα＝－ba ．kAC ＝－a c ，kAE ＝－2ab ＋c ，tan ∠EAC ＝－a c ＋2a b ＋c 1＋2a2c(b ＋c)＝a(c －b)2a2＋bc ＋c2．由tan ∠EAC ＝tanα－ba ＝a(c －b)2a2＋bc ＋c2．化简得a2＝－bc ．即|AD|2＝|DB|·|DC|．故△ABC 为直角三角形．证明六：设BC ＝a ，BD ＝p ，AD ＝h ，则tanB ＝hp ，tan ∠AEB ＝h 12a －p ＝2ha －2p ．∠BAE ＝∠DACtan ∠BAE ＝tan ∠DAC ＝a －ph．在△ABE 中，有h p ＋2ha －2p ＋a －p h ＝h p ·2h a －2p ·a －p h ＝2h(a －p)p(a －2p)．即h2(a －2p)＋2ph2＋p(a －p)(a －2p)＝2h2(a －2p)．h2＝p(a －p)．从而|AD|2＝|DB|·|DC|．故△ABC 为直角三角形．得证．证明七：设∠BAD ＝∠EAC ＝α，则AD ＝ABcosα＝ACsinC ， ①∠BAE ＝∠DAC ＝90˚－C ．而S △BAE ＝S △CAE AB·AEsin(90˚－C)＝AC·AEsinαABcosC ＝ACsinα．②①×②：sin2α＝sin2C α＋C ＝90˚或α＝C ．若α＋C ＝90˚，则D 、E 重合，与AC ＞AB 矛盾，α＝C ．则有∠BAC ＝90˚，得证． 16．设p 是质数，且p2＋71的不同正因数的个数不超过10个，求p ． 解 p ＝2时，p2＋71＝75＝3×52，d(75)＝2×3＝6＜10，故p ＝2是本题的解； p ＝3时，p2＋71＝80＝24×5，d(80)＝5×2＝10≤10，故p ＝3是本题的解； 若质数p ＞3，则p2≡1(mod 8)p2＋71≡0(mod 8)，故23|p2＋71； p2≡1(mod 3)p2＋71≡0(mod 3)，故3|p2＋71．所以，p2＋71＝2α×3β×t ．其中α、β∈N*，且α≥3．当α＝3，β＝1，t 若有大于3的质因子，则d(p2＋71)≥4×2×2，故t ＝1．此时无质数p 满足题意；当α＝4，β＝1，必有t ＝1，此时有d(p2＋71)≥5×2＝10．此时无质数p 满足题意； 当α≥4，β≥1，且等号不同时成立时，d(p2＋71)＞10． 综上可知，解为p ＝2，3．xyA (0,a )B (b ,0)C (c ,0)D EahpABCED高考理科数学试题及答案（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
2020年全国高中数学联赛江苏赛区 精品
2020年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则一 试一、填空题（本题满分64分，每小题8分） 1．已知数列{a n }、{b n }满足a n ＝22n +35，b n ＝1nlog 2(a 1a 2a 3…a n )，n ∈N*，则数列{b n }的通项公式是 ． 答案：b n ＝n ＋45，n ∈N* 简解：由a n ＝22n +35，得a 1a 2a 3…a n ＝22(1＋2＋…＋n )＋3n5＝2n (n ＋4)5，n ∈N*．所以b n ＝1n ×n (n ＋4)5＝n ＋45，n ∈N*．2．已知两点M (0，2)、N (－3，6)到直线l 的距离分别为1和4，则满足条件的直线l 的条数是 ． 答案：3简解：易得MN ＝5，以点M 为圆心，半径1为的圆与以点N 为圆心，半径为4的圆外切，故满足条件的直线l 有3条．3．设函数f (x )＝ax 2＋x ．已知f (3)＜f (4)，且当n ≥8，n ∈N*时，f (n )＞f (n ＋1)恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 答案：(－17，－117)简解：(方法一) 因为当n ≥8时，f (n )＞f (n ＋1)恒成立，所以a ＜0，此时f (n )＞f (n ＋1)恒成立等价于f (8)＞f (9)，即64a ＋8＞81a ＋9，解得a ＜－117．因为f (3)＜f (4)，所以9a ＋3＜16a ＋4，解得a ＞－17．即a ∈(－17，－117)．(方法二)考察二次函数f (x )＝ax 2＋x 的对称轴和开口方向．因为当n ≥8时，f (n )＞f (n ＋1)恒成立，所以a ＜0，且－12a ＜172，解得a ＜－117．因为f (3)＜f (4)，所以－12a ＞72，解得a ＞－17．即a ∈(－17，－117)．4．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是边长为3的正方体，点P 、Q 、R 分别是棱AB 、AD 、AA 1上的 点，AP ＝AQ ＝AR ＝1，则四面体C 1PQR 的 体积为 ． 答案：43简解：因为C 1C ⊥面ABCD ，所以C 1C ⊥BD ．又因为AC ⊥BD ，所以BD ⊥面ACC 1，所以AC 1⊥BD ．(第4题)CA BDD 1C 1B 1A 1PQR又PQ ∥BD ，所以AC 1⊥PQ ．同理AC 1⊥QR ．所以AC 1⊥面PQR ．因为AP ＝AQ ＝AR ＝1，所以PQ ＝QR ＝RP ＝2．因为AC 1＝33，且V A －PQR ＝13·12·12·1＝16，所以V C 1－PQR ＝13·34·(2)2·33－V A －PQR ＝43． 5．数列{}n a 满足1112,1nn na a a a ++==-，n ∈N*．记T n ＝a 1a 2…a n ，则T 2020等于 ． 答案：－6简解：易得：a 1＝2，a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 1a 2 a 3a 4＝1．又a 5＝2＝a 1，由归纳法易知a n ＋4＝a n ，n ∈N*．所以T 2020＝T 2008×a 2020×a 2020＝a 1a 2＝－6．6．骰子是一个立方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、5、6点. 现有质地均匀的 骰子10只. 一次掷4只、3只骰子，分别得出各只骰子正面朝上的点数之和为6的 概率的比为 ．答案：1：6.提示：掷3只骰子，掷出6点的情况为1，1，4；1，2，3；2，2，2. 共 3+3!+1=10种，概率为 3106 .掷4只骰子，掷出6点的情况为1，1，1，3；1，1，2，2. 共 4+24C =10种，概率为 4106 . 所以概率的比为 3106:4106 = 1:6 .7．在△ABC 中，已知BC ＝5，AC ＝4，cos(A －B )＝78，则cos C ＝ ． 答案：1116简解：因BC AC >，故A B ∠>∠. 如图，作AD ，使∠BAD ＝∠B ，则∠DAC ＝∠A －∠B ．设AD ＝BD ＝x ，则DC ＝5－x ．在△ADC 中，由余弦定理得x ＝3．再由余弦定理得cos C ＝1116．8．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y 2＝2x 的焦点为F . 设M 是抛物线上的动点，则MOMF的最大值为 ． 答案：233ABD C(第7题)简解：设点M (x ，y )，则(MO MF )2＝x 2＋y 2(x ＋12)2＝4x 2＋8x 4x 2＋4x ＋1＝1＋4x －14x 2＋4x ＋1．令4x －1＝t ，当t ≤0时，显然MO MF≤1． 当t ＞0时，则(MO MF)2＝1＋4t ＋6＋9t≤1＋13＝43，且当t ＝3，即x ＝1时，等号成立． 所以MO MF 的最大值为233，此时点M 的坐标为(1，±2)．二、解答题（本题满分16分）如图，点P 是半圆C ：x 2＋y 2＝1(y ≥0)上位于x 轴上方的任意一点，A 、B 是直径的两个端点，以AB 为一边作正方形ABCD ，PC 交AB 于E ，PD交AB 于F ，求证：BE ，EF ，FA 成等比数列．证明：设P (cosα，sinα)，C (－1，－2)，D (1，－2)，E (x 1，0)，F (x 2，0)． 因为点P 、E 、C 三点共线，所以sinα＋2cosα＋1＝2x 1＋1，所以x 1＝2(cosα＋1)sinα＋2－1． ………………5分由点P 、F 、D 三点共线，所以sinα＋2cosα－1＝2x 2－1，所以x 2＝2(cosα－1)sinα＋2＋1． ………………10分所以BE ＝x 1＋1＝2(cosα＋1)sinα＋2，EF ＝x 2－x 1＝2sin αsinα＋2 ，FA ＝2(cosα－1)sinα＋2．所以BE ·FA ＝2(cosα＋1)sinα＋2×2(cosα－1)sinα＋2＝4sin 2α(sinα＋2)2＝EF 2．即BE ，EF ，FA 成等比数列． ………………16分三、解答题（本题满分20分）设实数a ，m 满足1a≤，0m <≤()()2221amx mx f x a a a m-=+-，()0,x a ∈. 若存在a ，m ，x ，使()f x ≥，求所有的实数x 的值． 解答：因为(0, )x a ∈时，2222()244x ma ma amx mx m a -=--+≤， 当且仅当2ax =时等号成立， ……………5分所以22222222342(1)(1)4(1(1))a mamx mx am a a a m a a a m a m -≤≤=+-+-+- 3442am m ≤≤≤， ……………15分 当且仅当2ax =及1a =与23m =时等号成立. 故1x =. ……………20分四、解答题（本题满分20分）数列{a n }中，已知a 1∈(1，2)，a n ＋1＝a n 3－3a n 2＋3a n ，n ∈N*，求证：(a 1－a 2)( a 3－1)＋(a 2－a 3)( a 4－1)＋…＋(a n －a n ＋1)( a n ＋2－1)＜14．证明：(方法一) 由a n ＋1＝a n 3－3a n 2＋3a n ，得a n ＋1－1＝(a n －1)3．令b n ＝a n －1，则0＜b 1＜1，b n ＋1＝b n 3＜b n ，0＜b n ＜1． ………………5分 所以 (a k －a k ＋1)( a k ＋2－1)＝(b k －b k ＋1)×b k ＋2＝(b k －b k ＋1)×b k ＋13＜14(b k －b k ＋1)×(b k 3＋b k 2b k ＋1＋b k b k ＋12＋b k ＋13)＜14(b k 4－b k ＋14)． ………………15分所以 (a 1－a 2)(a 3－1)＋(a 2－a 3)(a 4－1)＋…＋(a n －a n ＋1)(a n ＋2－1)＜14(b 14－b 24)＋14(b 24－b 34)＋…＋14(b n 4－b n ＋14) ＝14(b 14－b n ＋14)＜14b 14＜14． ………………20分 (方法二) 由a n ＋1＝a n 3－3a n 2＋3a n ，得a n ＋1－1＝(a n －1)3．令b n ＝a n －1，则0＜b 1＜1，b n ＋1＝b n 3，0＜b n ＜1． ………………5分 所以 (a 1－a 2)( a 3－1)＋(a 2－a 3)( a 4－1)＋…＋(a n －a n ＋1)( a n ＋2－1)＝(b 1－b 2) b 3＋(b 2－b 3) b 4＋…＋(b n －b n ＋1) b n ＋2＝(b 1－b 2) b 23＋(b 2－b 3) b 33＋…＋(b n －b n ＋1) b n＋1313014x dx <=⎰．………………20分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 试一、（本题满分40分）圆心为I 的ABC ∆的内切圆分别切边AC 、AB 于点E 、F. 设M 为线段EF 上一点， 证明：MAB ∆与MAC ∆面积相等的充分必要条件是MI BC ⊥.证明：过点M 作MP AC ⊥、MQ AB ⊥，垂足分别为P 、Q . 圆I 切边BC 于点D ，则ID BC ⊥, IF AB ⊥, IE AC ⊥.显然AF=AE , 所以AFM AEM ∠=∠, 从而推知Rt Rt QFMPEM ∆∆, 得MQ MFMP ME=. 又 1212MAB MACMQ ABS MQ AB MF AB S MP AC ME AC MP AC ∆∆⋅==⋅=⋅⋅, 所以 MAB ∆与MAC ∆面积相等的充要条件是AB MEAC MF=. ① 由①可知，问题转化为证明：AB MEAC MF =的充分必要条件是MI BC ⊥. ………10分 首先证明：若MI BC ⊥，则AB MEAC MF=. 由MI BC ⊥可知点M 在直线ID 上.因为B 、D 、I 、F 四点共圆，所以MIF DBF B ∠=∠=∠，MIE ECD C ∠=∠=∠.又 IE=IF ，则由正弦定理得sin sin sin()sin MF FI IE MEMIF IMF IMF MIEπ===∠∠-∠∠,即sin sin ME C MF B =，而sin sin AB C AC B =. 所以AB MEAC MF=. ……………30分 其次证明：若AB MEAC MF=，则MI BC ⊥. A B C EFPQM IA B CEF M I (第1题)设直线ID 与EF 交于点'M ，则由上述证明可知''AB M EAC M F=，于是有 ''AB M EAC M F=，从而 'M M ≡. 故命题成立. ……………40分二、（本题满分40分）将凸n 边形12n A A A 的边与对角线染上红、蓝两色之一，使得没有三边均为蓝色的三角形. 对k =1, 2,…，n ，记k b 是由顶点k A 引出的蓝色边的条数，求证：2122n n b b b +++≤.证明：不妨设12max{,,,}n b b b b =，并且由点A 向12,,,b A A A 引出b 条蓝色边，则12,,,b A A A 之间无蓝色边，12,,,b A A A 以外的n b -个点，每点至多引出b 条蓝色边，因此蓝色边总数()n b b ≤-22()24n b b n-+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭. …………20分故 2212242n n n b b b +++≤⨯=. 命题得证. ……………40分三、（本题满分50分）设正整数的无穷数列{}n a （n ∈N *）满足44a =，2111n n n a a a -+-=（2n ≥），求{}n a 的通项公式． 解：由已知得11n n n na aa a -+>. 若有某个n ，使11n na a -≥，则 1n n a a +>， …………10分 从而112n n n n a a a a -++≥>>>，这显然不可能，因为*{} (N )n a n ∈是正整数的无穷数列. 故数列{}n a 中的项是严格递增的. …………20分 从而由44a =可知， 11a =，22a =，33a =. …………30分于是由{}n a 的递推公式及数学归纳法知*(N )n a n n =∈. …………40分显然数列*{} (N )n n ∈满足要求，故所求的正整数无穷数列为{}n (1)n ≥. …………50分 四、（本题满分50分）设p 是一个素数， 3 (mod 4)p ≡. 设x ，y 是整数，满足221|4p p x xy y +-+. 求证：存在整数u ，v ，使得222211()44p p x xy y p u uv v ++-+=-+. 证明：由条件可知22|(2)p x y py -+，则2|(2)p x y -.因p 是素数，故有|2p x y -. 设2x y pk -=， …………20分 则 222211((2))44p x xy y py x y +-+=+- 2221((2))4x pk p p k =-+ 22((2))4px pk pk =-+ …………30分 22((2))4px pk k k pk =-+-+ 22((2))4p u v pv =-+ （这里(1)2k p u x -=-，v k =） 22(44(1))4pu uv p v =-++ 221()4p p u uv v +=-+.命题得证. …………50分。