2020年全国高中数学联赛(湖北)赛区预赛试卷(高二)
2020年湖北省新高考联考协作体高二上学期起点考试-数学试卷及答案
2020年湖北新高考联考协作体高二上学期起点考试高二数学试卷考试时间：2020年9月8日上午试卷满分：150分本试卷共22题，满分150分. 考试用时120分钟.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 直线x+√3y−1=0的倾斜角为A. π6B. π3C. 2π3D. 5π62. 关于x的一元二次不等式5x+6<x2的解集为A. {x|x<−1 或 x>6}B. {x|−1<x<6}C. {x|x<−2或 x>3}D. {x|−2<x<3}3. 在等比数列{a n}中， a1=1，公比|q|≠1. 若a16=a1a2a3⋯a k，则k=A. 4B. 5C. 6D. 74. 设m，n是条不同的直线， α， β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是A. 若m∥α， n∥α，则m∥nB. 若α∥β， m⊂α， n⊂β，则m∥nC. 若m⊥α， m⊥n，则n∥αD. 若m⊥α， m∥n， n∥β，则α⊥β5. x∈(0，π2)时，函数f(x)=sin x3+14sin x的最小值为A. 712B. √36C. √33D. √326. 若α ，β都是锐角，且sinα=2√55， sin(α−β)=√1010，则sinβ=A. 7√210B. √22C. 12D. 1107. 在直角三角形ABC中，AB=4， AC=3，M是斜边BC 的中点，则向量AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在向量BC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是A. 1B. −1C. 710D. −7108. 已知圆M:x2+y2−4x−4y−1=0，直线l:3x+4y+11=0， P为l上的动点，过点P作圆M的切线PA， PB，切点为A， B，当四边形PAMB面积最小时，直线AB的方程为A. 3x+4y−5=0B. 3x−4y−5=0C. 3x+4y+5=0D. 3x−4y+5=0二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 已知向量a=(4，3k)， b⃗⃗ =(4k，3)，则A. 若a⊥b⃗，则k=0B. 若a∥b⃗，则 k=1C. 若|a|>|b⃗|，则k<1D. 若|a+b⃗|=|a−b⃗|，则a⊥b⃗10. 已知0<log a2020<log b2020，则下列说法正确的是A. 12020a >12020bB. b2a+a2b>2C. 1a +1b<1 D. 若m>0，则ba<b+ma+m11. 将函数y=sin(ωx)+√3cos(ωx)(ω>0)的图象向右平移π8个长度单位后得到函数f(x)的图象，且f(x)的图象相邻两条对称轴间距离为π2，则下列说法正确的是A. f(x)=2sin(2x+5π24)B. x=5π24是f(x)的一条对称轴C. x∈[0，π4]时f(x)的值域为[√6−√22， 2]D. f(x)在区间[0，π8]上单调递增12. 已知三棱锥P−ABC的所有棱长均为2，E为PA的中点，则下列说法正确的是A. 直线PA 与平面ABC所成角的正弦值为√63B. 过点E且与平面PBC平行的平面被三棱锥所截得的截面面积为√32C. 过点E且与平面PBC垂直的平面与PB，PC分别交于点M，N，当MN∥BC时，则∆EMN的面积为√69D. 三棱锥E−PBC外接球的表面积为17π2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量a， b⃗⃗ 满足|a|=4， | b⃗|=3， a⃗⃗⃗ ⋅b⃗=−6，则a与b⃗的夹角大小为_______.14. 设x， y为正实数，若1x +3y=1，则3x+y的最小值是________.15. 数列{a n}中，a1=3， a m+n=a m+a n，若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=345，则k=_______.16. 在∆ABC中，角A， B， C所对的边分别为a， b， c. 已知向量m⃗⃗ =(cos C ，2cos2B2−1 )， n⃗⃗⃗ =(b，c−4a)且m⃗⃗ ⋅n⃗=0. D为AC边上一点，BD=√5且AD= 2CD. 则cos B =_______，∆ABC面积的最大值为________.（注：第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. （10分）在① b =√3csinB −bcosC ，② (2sin A −sin B )a +(2sin B −sin A )b =2c sin C 这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知△ABC 的角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，c =√7，而且________．(1)求 C ；(2)求△ABC 周长的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．18. （12分）已知 ∆ABC 的顶点 A(4,−5)，AB 边上的中线 CM 所在直线方程为 4x −y −5=0，AC 边上的高 BH 所在直线方程为 x −4y −1=0，求：(1) 顶点 C 的坐标； (2) 直线 BC 的方程.19. （12分）如图，已知四棱锥S −ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°，SA =SD =√7，SB =3，点E 是棱AD 的中点，点F 在SC上，且CF⃗⃗⃗⃗⃗ =λCS ⃗⃗⃗⃗ ，SA//平面BEF ． (1) 求实数 λ 的值； (2) 求三棱锥 F −BCE 的体积．第19题图C20. （12分）若函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)的部分图象如图所示．(1)设α∈(0,π3)且f(α)=1013，求cos2α的值；(2)若x∈[π12,5π12]且g(x)=2f(x)+tcos(4x−π3),(t>0)的最大值为3，求实数t的值.21. （12分）已知等比数列{a n}的公比q>1，前n项和为S n，且a1+a2=10，S3=42. 数列{b n}满足b n=log2a n.(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)求数列{2b n b n+1}的前n项的和；(3)记c k为区间(0，√b k ]内整数的个数(k∈N∗)，求数列{c k}的前50项和T50.22.（12分）已知三点A(−2，0)、B(2，0)、C(1，√3)在圆M上. P为直线x=6上的动点，PA 与圆M的另一个交点为E，PB与圆M的另一个交点为F.(1)求圆M的标准方程；(2)若直线PC 与圆M相交所得弦长为2√3，求点P的坐标；(3)证明：直线EF过定点.2020年湖北新高考联考协作体高二上学期起点考试高二数学参考答案及评分细则一、单选题1-8 D A C D C B D A二、多选题9.AD 10.BD 11.BCD 12.AC三、填空题13.2π314. 1215. 616. 14，9√158（第一空2分，第二空3分）四、解答题17.解：(1)选①因为b=√3csinB−bcosC，所以sinB=√3sinCsinB−sinBcosC，因为sinB≠0，所以√3sinC−cosC=1，即sin(C−π6)=12，..………..………2分又因为0<C<π，所以–π6<C−π6<5π6，所以C−π6=π6，∴C=π3；..………..………5分选②，∵△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，(2sinA−sinB)a+(2sinB−sinA)b=2csinC，∴由正弦定理得a(2a−b)+b(2b−a)=2c2，即a2+b2−c2=ab，..………..………2分∴cosC=a2+b2−c22ab =12，由0<C<π，∴C=π3；..………..………5分(2)由(1)知C=π3，∵c=√7，在三角形ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcosC=7，即a2+b2−ab=3，所以(a+b)2−7=3ab≤3(a+b)24，所以a+b≤2√7，当且仅当a=b时等号成立．所以a+b+c≤3√7，∴△ABC周长的最大值为3√7．..………..………10分18.解：(1) 设C(m,n)，由已知得：{4m−n−5=0n+5m−4=−4，解得{m=2n=3.即：C(2,3). ..………..………5分(2)设B(a,b)，则{a−4b−1=04×a+42−b−52−5=0，解得{a=−3b=−1.∴B(−3,−1). ..………..………10分∴k BC=3+12+3=45.∴直线BC的方程为y+1=45(x+3)，即为4x−5y+7=0. ..………..………12分19. 解：(1) 连接AC，设AC∩BE=G，则平面SAC∩平面EFB=FG，∵SA//平面EFB，∴SA//FG，∵△GEA∽△GBC，∴AGGC =AEBC=12，∴SFFC =AGGC=12⇒SF=13SC，λ=23；..………..………6分(2)∵SA=SD=√7，∴SE⊥AD，SE=√6，又∵AB=AD=2，∠BAD=60°，∴BE=√3. 又SB=3，∴SE2+BE2=SB2，∴SE⊥BE，又AD∩BE=E，∴SE⊥平面ABCD. ..………..………10分所以V F−BCE=23 V S−BCE=13V S−ABCD=13×13×2×2sinπ3×√6=2√23. .…..………12分20. 解：(1)由图得，A=2．34T=π3+5π12，∴T=π,ω=2.又f(π3)=2,2π3+φ=2kπ+π2,即φ=2kπ−π6,k∈Z,又φ∈(−π2，π2)，∴φ=−π6∴f(x)=2sin(2x−π6)．.…..………3分由已知2sin(2α−π6)=1013，sin(2α−π6)=513，因为α∈(0,π3)，所以2α−π6∈(−π6,π2)，所以cos(2α−π6)=1213.…..………5分∴cos2α=cos[(2α−π6)+π6]=cos(2α−π6)cosπ6−sin(2α−π6)sinπ6=12√3−526.…..………7分(2)由(1)知，g(x)=4sin(2x−π6)+t[1−2sin2(2x−π6)]令m=sin(2x−π)∈[0,1],ℎ(m)=−2tm2+4m+t,m∈[0,1],t>0对称轴为m=1t，当1∈(0,1],ℎ(1)=3解得t=1或2,当1>1时，h(1)=3,解得t=1(舍去)综上，实数 t的值为1或2. .…..………12分21.解：(1) 由已知得：{a1(1+q)=10a1(1+q+q2)=42，消a1，得: 5q2−16q−16=0.解得q=4或q=−45（舍）. q=4时a1=2.故{a n}的通项公式为a n=2⋅4n−1=22n−1; .…..………3分b n=2n−1. .…..………4分(2) 2b n b n+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，.…..………5分则数列{2b n b n+1}的前n项的和为(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)=1−12n+1=2n2n+1.…..………7分(3)由题意：k∈N∗时，1≤k≤2，c k=1; 3≤k≤4，c k=2; 5≤k≤8，c k=3; 9≤k≤12，c k=4; 13≤k≤18，c k=5; 19≤k≤24，c k=6; 25≤k≤32，c k=7; 33≤k≤40，c k=8; 41≤k≤50，c k=9;.…..………10分从而：T 50=2+4+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9=310. .…..………12分22. 解: (1) 由于 AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，√3)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，√3)，故得 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3+3=0， ∴ 点 C 在以线段 AB 为直径的圆上，即圆 M 的标准方程为：x 2+y 2=4; .…..………3分(2)圆 M 的半径为2，直线 PC 截圆 M 所得弦长为 2√3，则圆心 (0，0) 到直线 PC 的距离为 1.设直线 PC 的方程为：y =k (x −1)+√3，即 kx −y +√3−k =0.∴√3−k|√k 2+1=1，解得：k =√33. .…..………5分则直线 PC 的方程为：y =√33(x −1)+√3，当 x =6 时，得点 P 的坐标为 (6,8√33); .…..………7分(3) ①当直线 EF 斜率不存在时，设其方程为：x =m .取 E(m ，√4−m 2)，F(m ，−√4−m 2)，由直线 AE 与BF 交点的横坐标为6 可得： m =23，即此时直线 EF 的方程为：x =23;②当直线 EF 斜率存在时，设 EF 的方程为：y =kx +m . 由 {y =kx +mx 2+y 2=4 得：(k 2+1)x 2+2kmx +m 2−4=0. 由 ∆=4k 2m 2−4(k 2+1)(m 2−4)>0 得：4k 2>m 2−4. 设 E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，则 x 1+x 2=−2kmk 2+1，x 1x 2=m 2−4k 2+1.且：y 1y 2=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=m 2−4k 2k 2+1.直线 AE 的方程为：y =y 1x 1+2(x +2)， 直线 BF 的方程为：y =y 2x2−2(x −2)，代入点 P 的横坐标 x =6 得：2y 1x1+2=y 2x2−2.由于 x 22+y 22=4，故有：y 2x 2−2=−x 2+2y 2.从而：2y 1x1+2=−x 2+2y 2，即：x 1x 2+2(x 1+x 2)+2y 1y 2+4=0.即：m 2−4k 2+1−4kmk 2+1+2⋅m 2−4k 2k 2+1+4=0，整理得：4k 2+4km −3m 2=0，解得 m =2k or m =−2k 3.当 m =2k 时，直线 EF 为 y =k(x +2)，过点 A(−2，0)，舍； 当 m =−2k3时，直线 EF 为 y =k (x −23)，过定点 (23，0) . 综上：直线 EF 过定点 (23，0). .…..………12分另解：设 P(6,m)，k AE =m 8,k BF =m4，由 {x 2+y 2=4y =m 8(x +2)得 E (128−2m 2m 2+64,32mm 2+64 )， 由{x 2+y 2=4y =m4(x −2)得 F (2m 2−32m 2+16,−16m m 2+16 )， ∴k EF =32m m 2+64 +16mm 2+16 128−2m 2m 2+64−2m 2−32m 2+16=12m 32−m 2，(m 2≠32)，故直线 EF 的方程为：y −32m m 2+64=12m 32−m 2(x −128−2m 2m 2+64)，整理得：y =4m32−m 2(3x −2)， 过定点(23,0).当 m 2=32 时，代入点 E 、F 的横坐标，得 x E =x F =23，直线 EF 的方程为 x =23，过定点 (23,0).综上，直线 EF 过定点 (23,0). …..………12分。
2020年湖北省新高考联考协作体高二上学期起点考试高二数学答案
2020年湖北新高考联考协作体高二上学期起点考试高二数学参考答案及评分细则一、单选题1-8 D A C D C B D A二、多选题9.AD 10.BD 11.BCD 12.AC三、填空题13.2π314. 1215. 616. 14，9√158（第一空2分，第二空3分）四、解答题17.解：(1)选①因为b=√3csinB−bcosC，所以sinB=√3sinCsinB−sinBcosC，因为sinB≠0，所以√3sinC−cosC=1，即sin(C−π6)=12，..………..………2分又因为0<C<π，所以–π6<C−π6<5π6，所以C−π6=π6，∴C=π3；..………..………5分选②，∵△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，(2sinA−sinB)a+(2sinB−sinA)b=2csinC，∴由正弦定理得a(2a−b)+b(2b−a)=2c2，即a2+b2−c2=ab，..………..………2分∴cosC=a2+b2−c22ab =12，由0<C<π，∴C=π3；..………..………5分(2)由(1)知C=π3，∵c=√7，在三角形ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcosC=7，即a2+b2−ab=3，所以(a+b)2−7=3ab≤3(a+b)24，所以a+b≤2√7，当且仅当a=b时等号成立．所以a+b+c≤3√7，∴△ABC周长的最大值为3√7．..………..………10分18.解：(1) 设C(m,n)，由已知得：{4m−n−5=0n+5m−4=−4，解得{m=2n=3.即：C(2,3). ..………..………5分(2)设B(a,b)，则{a−4b−1=04×a+42−b−52−5=0，解得{a=−3b=−1.∴B(−3,−1). ..………..………10分∴k BC=3+12+3=45.∴直线BC的方程为y+1=45(x+3)，即为4x−5y+7=0. ..………..………12分19. 解：(1) 连接AC，设AC∩BE=G，则平面SAC∩平面EFB=FG，∵SA//平面EFB，∴SA//FG，∵△GEA∽△GBC，∴AGGC =AEBC=12，∴SFFC =AGGC=12⇒SF=13SC，λ=23；..………..………6分(2)∵SA=SD=√7，∴SE⊥AD，SE=√6，又∵AB=AD=2，∠BAD=60°，∴BE=√3. 又SB=3，∴SE2+BE2=SB2，∴SE⊥BE，又AD∩BE=E，∴SE⊥平面ABCD. ..………..………10分所以V F−BCE=23 V S−BCE=13V S−ABCD=13×13×2×2sinπ3×√6=2√23. .…..………12分20. 解：(1)由图得，A=2．34T=π3+5π12，∴T=π,ω=2.又f(π3)=2,2π3+φ=2kπ+π2,即φ=2kπ−π6,k∈Z,又φ∈(−π2，π2)，∴φ=−π6∴f(x)=2sin(2x−π6)．.…..………3分由已知2sin(2α−π6)=1013，sin(2α−π6)=513，因为α∈(0,π3)，所以2α−π6∈(−π6,π2)，所以cos(2α−π6)=1213.…..………5分∴cos2α=cos[(2α−π6)+π6]=cos(2α−π6)cosπ6−sin(2α−π6)sinπ6=12√3−526.…..………7分(2)由(1)知，g(x)=4sin(2x−π6)+t[1−2sin2(2x−π6)]令m=sin(2x−π6)∈[0,1],ℎ(m)=−2tm2+4m+t,m∈[0,1],t>0对称轴为m=1t，当1t∈(0,1],ℎ(1t)=3解得t=1或2,当1t>1时，h(1)=3,解得t=1(舍去)综上，实数 t的值为1或2. .…..………12分21.解：(1) 由已知得：{a1(1+q)=10a1(1+q+q2)=42，消a1，得: 5q2−16q−16=0.解得q=4或q=−45（舍）. q=4时a1=2.故{a n}的通项公式为a n=2⋅4n−1=22n−1; .…..………3分b n=2n−1. .…..………4分(2) 2b n b n+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，.…..………5分则数列{2b n b n+1}的前n项的和为(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)=1−12n+1=2n2n+1.…..………7分(3)由题意：k∈N∗时，1≤k≤2，c k=1; 3≤k≤4，c k=2; 5≤k≤8，c k=3; 9≤k≤12，c k=4; 13≤k≤18，c k=5; 19≤k≤24，c k=6; 25≤k≤32，c k=7; 33≤k≤40，c k=8; 41≤k≤50，c k=9;.…..………10分从而：T50=2+4+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9=310..…..………12分22. 解: (1) 由于 AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，√3)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，√3)，故得 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3+3=0， ∴ 点 C 在以线段 AB 为直径的圆上，即圆 M 的标准方程为：x 2+y 2=4; .…..………3分(2)圆 M 的半径为2，直线 PC 截圆 M 所得弦长为 2√3，则圆心 (0，0) 到直线 PC 的距离为 1.设直线 PC 的方程为：y =k (x −1)+√3，即 kx −y +√3−k =0.∴√3−k|√k 2+1=1，解得：k =√33. .…..………5分则直线 PC 的方程为：y =√33(x −1)+√3，当 x =6 时，得点 P 的坐标为 (6,8√33); .…..………7分(3) ①当直线 EF 斜率不存在时，设其方程为：x =m .取 E(m ，√4−m 2)，F(m ，−√4−m 2)，由直线 AE 与BF 交点的横坐标为6 可得： m =23，即此时直线 EF 的方程为：x =23;②当直线 EF 斜率存在时，设 EF 的方程为：y =kx +m .由 {y =kx +m x 2+y 2=4 得：(k 2+1)x 2+2kmx +m 2−4=0. 由 ∆=4k 2m 2−4(k 2+1)(m 2−4)>0 得：4k 2>m 2−4. 设 E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，则 x 1+x 2=−2kmk 2+1，x 1x 2=m 2−4k 2+1.且：y 1y 2=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=m 2−4k 2k 2+1.直线 AE 的方程为：y =y 1x 1+2(x +2)， 直线 BF 的方程为：y =y 2x 2−2(x −2)，代入点 P 的横坐标 x =6 得：2y 1x 1+2=y 2x 2−2.由于 x 22+y 22=4，故有：y 2x2−2=−x 2+2y 2.从而：2y 1x 1+2=−x 2+2y 2，即：x 1x 2+2(x 1+x 2)+2y 1y 2+4=0.即：m 2−4k 2+1−4kmk 2+1+2⋅m 2−4k 2k 2+1+4=0，整理得：4k 2+4km −3m 2=0，解得 m =2k or m =−2k 3.当 m =2k 时，直线 EF 为 y =k(x +2)，过点 A(−2，0)，舍；当 m =−2k3时，直线 EF 为 y =k (x −23)，过定点 (23，0) . 综上：直线 EF 过定点 (23，0). .…..………12分另解：设 P(6,m)，k AE =m8,k BF =m4， 由 {x 2+y 2=4y =m8(x +2) 得 E (128−2m 2m 2+64,32mm 2+64 )， 由{x 2+y 2=4y =m4(x −2)得 F (2m 2−32m 2+16,−16m m 2+16 )， ∴k EF =32m m 2+64 +16mm 2+16 128−2m 2m 2+64−2m 2−32m 2+16=12m 32−m 2，(m 2≠32)，故直线 EF 的方程为：y −32m m 2+64=12m32−m 2(x −128−2m 2m 2+64)，整理得：y =4m32−m 2(3x −2)， 过定点(23,0).当 m 2=32 时，代入点 E 、F 的横坐标，得 x E =x F =23，直线 EF 的方程为 x =23，过定点 (23,0).综上，直线 EF 过定点 (23,0). …..………12分。
解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
2024 年全国高中数学联赛福建赛区预赛 暨 2024 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案(考试时间: 2024 年 6 月 22 日上午 9:00-11:30, 满分 160 分)一、填空题 (共 10 小题, 每小题 6 分, 满分 60 分. 请直接将答案写在题中的横线上) 1. 在 △ABC 中,已知 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,若动点 P 满足 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,则 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 . 【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =14[(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2]=14[(2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−BA⃗⃗⃗⃗⃗ 2]=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14×42=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−4由 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,知 AB 2=CA 2+CB 2 ,于是 CA ⊥CB . 所以 CO =12AB =2 .又 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,所以 |PO ⃗⃗⃗⃗⃗ | 的最大值为 CO +1=3 . 所以 AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 32−4=5 . 2. 已知 z 1,z 2,z 3 为方程 z 3=−i 的三个不同的复数根,则 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1= . 【答案】 0【解答】设 z =x +yi (x,y ∈R ) 为方程 z 3=−i 的复数根, 则 z 3=(x +yi )3=x 3+3x 2(yi )+3x (yi )2+(yi )3=−i . 即 x 3+3x 2yi −3xy 2−y 3i =−i,x 3−3xy 2+(3x 2y −y 3)i =−i . 由 x,y ∈R ,得 {x 3−3xy 2=03x 2y −y 3=−1,解得 {x 1=0y 1=1 , {x 2=√32y 2=−12,{x 3=−√32y 3=−12.于是 z 1=i, z 2=√32−12i, z 3=−√32−12i . 所以 z 2+z 3=(√32−12i)+(−√32−12i)=−i ,z 2z 3=(√32−12i)(−√32−12i)=(−12i)2−(√32)2=−14−34=−1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1(z 2+z 3)+z 2z 3=i ×(−i )−1=0 .3. 设a=66⋯6⏟10个6,b=33⋯3⏟6个3,则a,b的最大公约数为 .【答案】 33【解答】用(x,y)表示正整数x,y的最大公约数.则(a,b)=(66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3)=(33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3)=3(11⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1) .设m=11⋯1⏟10个1, n=11⋯1⏟6个1,则由m=11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111 ,可知(m,n)=(1111,11⋯1⏟6个1) .同理可得, (m,n)=(1111,11⋯1⏟6↑1)=(11,1111)=(11,11)=11 .所以(a,b)=3(m,n)=33 .4. 某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派 4 名选手参加比赛. 组委会随机将这 12 名选手分成 6 组, 每组 2 人, 则在上述分组方式中每组的 2 人均来自不同年级的概率为 .【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有: C122C102C82C62C42C22A66=11×9×7×5×3×1种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有C42×C42×A44=36×24种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有2×1种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有36×24×2种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5. 如图,在棱长为 6 的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点E,F分别为 AB,BC 的中点,点 G 在棱 CC 1 上. 若平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 3√1717,则平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得截面多边形的周长为 . 【答案】 6√13+3√2【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA,DC,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图) z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E (6,3,0),F (3,6,0) . 设 G (0,6,t ) ,则 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,3,0) , EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,3,t ) . 设 m ⃗⃗ =(x,y,z ) 为平面 EFG 的一个法向量,则{m ⃗⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +3y +0=0m ⃗⃗ ⋅EG⃗⃗⃗⃗⃗ =−6x +3y +tz =0 ,于是 m ⃗⃗ =(t,t,3) 为平面 EFG 的一个法向量.又 n ⃗ =(0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为 3√1717, 所以 |cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩|=|m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ ||=√2t 2+9⋅1=3√1717. 结合 t >0 ,解得 t =2 . 所以 G (0,6,2),CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E,F 分别为 AB,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 . 由 CG DD 1=26=39=MCMD 知, M,G,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形. 易知 EF =√32+32=3√2,FG =√32+22=√13,GD 1=√42+62=2√13 ,D 1P =√62+42=2√13, PE =√22+32=√13.所以截面五边形的周长为 6√13+3√2 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF,∠GHC 为二面角 G −EF −D 的平面角,于是 tan∠GHC =CGCH =3√22=2√23,因此 CG =2 。
湖北省新高考联考协作体2020-2021学年高二上学期开学联考数学试题
=
310 10
，
所以 sinβ = sinα - (α - β) = sinαcos(α - β) - cosαsin(α - β)
=
25 5
×
310 10
-
5 5
×
10 10
=
550 50
=
22 .
故选：B.
【点睛】本题考查利用两角和差的正弦公式, 同角三角函数基本关系，将 β = α - (α - β) 进行转化是
+
1 4sin x
≥
2
sinx 3
×
1 4sin x
=
33 ,
当且仅当
sinx 3
=
1 4sin x
，即
x
=
π 3
时取得最小
值.
故选：C
【点睛】本题考查基本不等式求函数最值，属于基础题 .
6.
若
α，β 都是锐角
，且
sinα
=255
，sin
α
-
β
=
10 10
，则
sinβ
=（
）
A.
72 10
B.
2 2
2020 年湖北新高考联考协作体高二上学期起点考试
高二数学试卷
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分 . 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的 .
1. 直线 x + 3 y - 1 = 0 的倾斜角是（ ）
A.
π 6
B.
2π 3
C.
3π 4
D.
5π 6
可得
q15
=
q
×
2020年全国高中数学联赛试题及详细解析(1)
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．。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)
2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。
若A B ⊆，则实数m 的取值范围为 。
2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。
3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。
4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。
5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。
6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。
7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。
8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。
9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。
10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（ ，A 为C 的圆心。
直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。
则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。
2020年全国高二数学 联合竞赛预赛试题(湖北省)新人教
2020年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题（高二年级）说明：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；解答题的评阅，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。
一、填空题（本题满分64分，每小题8分。
直接将答案写在横线上。
）1．已知P 是△ABC 所在平面上一点，满足23PA PB PC AB ++=u u u r u u u r u u u r u u u r，则△ABP 与△ABC 的面积之比为1:2．2．已知数列{}n a 满足：*1212122,1,(N )n n n n n n a a a a a a a a n ++++===++∈，则122011a a a +++=L4022 ．3．已知R α∈，如果集合{sin ,cos 2}{cos ,sin 2}αααα=，则所有符合要求的角α构成的集合为{|2,}k k Z ααπ=∈．4．满足方程28sin()160x x xy ++=（R,[0,2)x y π∈∈）的实数对(,)x y 的个数为 8 ．5．设z 是模为2的复数，则1||z z-的最大值与最小值的和为 4 ． 6．对一切满足||||1x y +≤的实数,x y ，不等式3|23||1||23|2x y y y x a -++-+--≤恒成立，则实数a 的最小值为232．7．设集合{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}A =.如果方程20x mx n --=（,m n A ∈）至少有一个根0x A ∈，就称该方程为合格方程，则合格方程的个数为 23 ．8．已知关于x 的方程||2x k -=[1,1]k k -+上有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是01k <≤．二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分）9．已知二次函数2()y f x x bx c ==++的图象过点（1，13），且函数y =1()2f x -是偶函数. （1）求()f x 的解析式；（2）函数()y f x =的图象上是否存在这样的点，其横坐标是正整数，纵坐标是一个完全平方数？如果存在，求出这样的点的坐标；如果不存在，请说明理由.解 （1）因为函数1()2y f x =-是偶函数，所以二次函数2()f x x bx c =++的对称轴方程为12x =-，故1b =.------------------------------------------4分又因为二次函数2()f x x bx c =++的图象过点（1，13），所以113b c ++=，故11c =. 因此，()f x 的解析式为2()11f x x x =++.------------------------------------------8分（2）如果函数()y f x =的图象上存在符合要求的点，设为P 2(,)m n ，其中m 为正整数，n 为自然数，则2211m m n ++=，从而224(21)43n m -+=，即[2(21)][2(21)]43n m n m ++-+=.------------------------------------------12分注意到43是质数，且2(21)2(21)n m n m ++>-+，2(21)0n m ++>，所以有2(21)43,2(21)1,n m n m ++=⎧⎨-+=⎩解得10,11.m n =⎧⎨=⎩因此，函数()y f x =的图象上存在符合要求的点，它的坐标为（10，121）.---------------------16分10．已知数列{}n a 满足2*1121,(N )3n n n a a a a n n+==+∈.证明：对一切*N n ∈，有（1）11n n a a +<<； （2）1124n a n>-． 解 （1）显然，0n a >，所以212n n n n a a a a n+=+>（*n N ∈）.所以，对一切*k N ∈，211221k k k k k k a a a a a a k k++=+<+，所以21111k k a a k +-<. --------------------5分所以，当2n ≥时，111121122111111111111()3[1]3[1()](1)1n n n n k k k k n k k a a a a a k k k k k ----====+=-->->-+=-+---∑∑∑∑ 13[11]111nn n =-+-=>--， 所以1n a <. 又1113a =<，故对一切*n N ∈，有1n a <.因此，对一切*n N ∈，有11n n a a +<<. -------------10分（2）显然111113424a =>=-.由1n a <，知2122k k k k k a a a a a k k +=+<+，所以2121k k k a a k +>+，所以2211122221111k k k k k k k k k a k a a a a a a a a k k k k +++=+>+⋅=+++，所以211111k k a a k +->+，------------------------------------------15分所以，当*n N ∈且2n ≥时，111121111111111111111()33()1(1)1n n n n k k k k n k k a a a a a k k k kk ----====+=--<-<-=--+++∑∑∑∑ 1213(1)n n n+=--=， 所以11112122(21)24n n a n n n>=->-++.------------------------------------------20分11．已知椭圆C ：22142x y +=，过点P 1)33-而不过点Q 的动直线l 交椭圆C 于A 、B 两点. （1）求∠AQB ；（2）记△QAB 的面积为S ，证明：3S <．解 （1）如果直线l 的斜率存在，设它的方程为y kx b =+，因为点P 在直线l 上，所以133k b -=+，故11)3b =-+.联立直线l 和椭圆C 的方程，消去y ，得222(21)4240k x kbx b +++-=.设A 11(,)x y ，B 22(,)x y ，则122421kbx x k +=-+，21222421b x x k -=+， 212122242()222121k b by y k x x b b k k +=++=-+=++，222221212121222244()()()()2121b kby y kx b kx b k x x kb x x b k kb b k k -⋅=++=+++=⋅+⋅-+++222421b k k -=+------------------------------------------6分因为11(1)QA x y =-u u u r，22(1)QB x y =-u u u r，所以11221212(1)(1)((1)(1)QA QB x y x y x x y y =--=+--u u u r u u u r g g12121212)2()1x x x x y y y y =+++-++222222224442()2121212121b kb b k b k k k k --=-++-+++++2221[3221)1]21b k b k =++--+222112[1)21)1]2133k k =++-+--+ ＝0，所以QA QB ⊥u u u r u u u r，显然A 、Q 、B 三点互不相同，所以∠AQB ＝90°.如果直线l 的斜率不存在，则A 、B两点的坐标为33±，容易验证∠AQB ＝90°也成立. 因此，∠AQB＝90°.------------------------------------------12分（2）由（1）知∠AQB ＝90°，所以△QAB 是直角三角形.如果直线QA 或QB 的斜率不存在，易求得△QAB的面积为3S =<.如果直线QA 和QB 的斜率都存在，不妨设直线QA的方程为(1y m x =+，代入椭圆C 的方程，消去y，得222(21)41)1)40m x m x +--+--=，则||QA ==. 又QB ⊥QA ，所以，同理可求得221|()1|||||122()1m m QB m m-+==+-+.--------------------------16分于是，△QAB 的面积为11||||22S QA QB ==g224(1)4(1)m m =⋅+=⋅+222221||1142()1m mm m m m -+++=⋅++. 令22212cos ,sin 11m m m m θθ-==++，则21|sin |2412sin 4S θθθ+=⋅+.注意到13sin ||sin()|22θθθϕ+=+≤=，212sin 24θ+≥，且等号不能同时取得，所以32432S<⋅=.------------------------------------------20分。
2022年全国高中数学联赛加试A卷参考答案
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛 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，在凸四边形ABCD 中，90ABC ADC ，对角线BD 上一点P 满足2APB CPD ，线段AP 上两点,X Y 满足2AXB ADB ，2AYD ABD ．证明：2BD XY ．Y XDBCPA证明：注意90ABC ADC ，取AC 的中点O ，则O 为凸四边形ABCD 的外心．显然,P B 在AC 的同侧（否则2APB CPD CPD ，不合题意）．根据条件，可知2,2AXB ADB AOB AYD ABD AOD ，分别得到,,,A O X B 四点共圆，,,,A Y O D 四点共圆． ………………10分因此OXA OBA CAB CDB ，OYP ODA CAD CBD ，所以OXY CDB ∽． ………………20分M LK Y X DBCP AO设OM AP 于点M ，CK AP 于点K ，CL BD 于点L ． 由O 为AC 的中点，得2CK OM ．由于2KPL APB CPD ，即有PC 平分KPL ，故CK CL ．………………30分考虑到,OM CL 是相似三角形,OXY CDB 的对应边,XY DB 上的高，从而12XY OM OM BD CL CK ， 即有2BD XY ． ………………40分二．（本题满分40分）设整数(1)n n 恰有k 个互不相同的素因子，记n 的所有正约数之和为()n ．证明：()(2)!n n k ．证法1：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)i i i im p p i k ，则1()ki i n m ．我们证明2(1,2,,)i n k km i k ．①事实上，111i i i ii i m p p p 11122i i i p 12212i i i i i p p (1,2,,)i k ． ………………10分所以11,222122i ji i kk j j j inn nm p kp， 最后一步是因为11121C (2)k k k k 以及021 ．故①成立．………………20分由①可知，对每个1,2,,i k ，在1,2,,2n k 中至少有k 个i m 的倍数．从而1,2,,2n k 中可找到两两不同的正整数12,,,k t t t ，它们分别是12,,,k m m m 的倍数．因此1()ki i n m 整除(2)!n k ． ………………40分证法2：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)ii i im p p i k ，则1()ki i n m ．令1(1,2,,)jj i i S m j k ，00S ．我们证明以下两个结论：（1）()!k n S ；（2）2k S n k ．结论（1）的证明：对1,2,,i k ，连续i m 个整数111,2,,i i i S S S 中必存在i m 的倍数，故11(1)(2)Z i i iiS S S m ．从而111(1)(2)Z ki i ii i S S S m ，这等价于()!k n S ．………………10分结论（2）的证明：对1,2,,i k ，有111ii i ii i m p p p 11122i i i p 12212i ii i i p p． ②………………20分记(1,2,,)i i i p i k ，则2i ．反复利用“若,2a b ≥，则ab a b ≥+”，可得11kki i i i n ，结合②得111(21)22kkkk i i i i i i S m k n k ．由结论（1）、（2），原题得证． ………………40分三．（本题满分50分）设12100,,,a a a 是非负整数，同时满足以下条件： （1）存在正整数100k ，使得 12k a a a ，而当i k 时0i a ； （2）123100100a a a a ； （3）123100*********a a a a ． 求22212310023100a a a a 的最小可能值．解法1：当121819202122231000,19,40,41,0a a a a a a a a a ===========，21k =时，符合题设三个条件，此时10023221192040214140940ii i a==+×+×=∑． ………………10分下面证明这是最小可能值．首先注意21k ≥．否则，若20k ≤，则100111202000kki i i i i i ia ia a ===≤≤∑∑∑，这与条件（3）矛盾． 根据条件（2）、（3），有100100100100221111(20)40400iiiii i i i i a i a ia a ====−+−∑∑∑∑10021(20)40880ii i a ==−+∑． 当2040a ≤时，100100100222011,1,2020(20)(20)10060i iii i i i i i a i a aa ==≠≠−=−≥=−≥∑∑∑，故1002140940ii i a=≥∑． ………………30分当2041a ≥时，由21k ≥及条件（1）可知2141a ≥，故10010010010021111(19)(20)39380iiiii i i i i a i i a ia a ====−−+−∑∑∑∑1001(19)(20)40858i i i i a ==−−+∑21(2119)(2120)4085840940a ≥−−+≥．综上，所求最小值为40940． ………………50分 解法2：对于满足题目条件的非负整数12100,,,a a a ，可对应地取100个正整数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ ，其中恰有1a 个1，2a 个2，……，100a 个100（条件（2）保证恰好是100个数）．条件（1）、（3）分别转化为以下条件（A ）、（B ）：（A ） 存在正整数100k ≤，12100,,,x x x 中不含大于k 的数，且1的个数，2的个数，……，k 的个数依次（非严格地）递增；（B ） 100100112022j i j i x ia ===∑∑，即12100,,,x x x 的平均值为20.22µ=．注意到1001002211i j i j i a x ==∑∑，故题目转化为：100个数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ 满足条件（A ）和（B ），求10021j j x =∑的最小值．当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，1002140940j j x ==∑．………………10分下面证明10021j j x =∑的值至少为40940．由于100100100100222221111()1002100()jjj j j j j j x xx x µµµµµ====−−+=+−∑∑∑∑，故转化为考虑10021()j j x µ=−∑的最小值．由20.22µ=知存在21j x ≥，也存在20j x ≤．设12100,,,x x x 中有a 个21j x ≥，b 个20j x =及c 个19j x ≤．由条件（A ）可知a b ≥．我们放宽条件（A ）至条件（A ′）：a b ≥．在条件（A ′）、（B ）下，证明最小值仍是在19个19，40个20，41个21时取到． ………………20分由于满足（A ′）、（B ）的12100,,,x x x 的取法只有有限种，选取平方和最小的一组12100,,,x x x ．若19c ≥，注意到100a b c ++=及a b ≥，有10022221()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥++∑ 2221001000.780.22 1.2222c c c −− ≥⋅+⋅+2220.78410.2240 1.2219≥×+×+×．………………30分若18c ≤，则82a b +≥．此时有0c >，因为若0c =，则j x 的平均值不小于20.5，与条件（B ）不符．亦有0b >．否则，假如0b =，则由82a ≥及0c >知，可取一个20i x <和一个20j x >，替换为1i x +和1j x −，平均值不变，但2222(1)(1)i j i j x x x x ++−<+，平方和变小，a 至多减少1，b 至多增加2，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．又假如存在一个18i x ≤，则由0b >知可取一个20j x =，将,i j x x 替换为1i x +和1j x −，类似可知平均值不变，平方和减小，且b 减少1，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．所以c 个19j x ≤都等于19．但此时1001()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥−−∑1001000.780.22 1.2222c c c −−≥⋅−⋅− 0.78410.2241 1.22180≥×−×−×>，与条件（B ）矛盾．所以当且仅当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，10021()j j x µ=−∑取得最小值，相应地，1001002211i j i j i a x ==∑∑取到最小值40940． ………………50分四．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数t ：将100100 的方格纸的每个小方格染为某一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过104，则存在一个1t 或1t 的矩形，其中t 个小方格含有至少三种不同颜色．解：答案是12．将方格纸划分成100个1010×的正方形，每个正方形中100个小方格染同一种颜色，不同的正方形染不同的颜色，这样的染色方法满足题目条件，且易知任意111×或111×的矩形中至多含有两种颜色的小方格．因此12t ≥．………………10分下面证明12t =时具有题述性质．我们需要下面的引理．引理：将1100×的方格表X 的每个小方格染某一种颜色，如果以下两个条件之一成立，那么存在一个112×的矩形，其中含有至少三种颜色．（1）X 中至少有11种颜色．（2）X 中恰有10种颜色，且每种颜色恰染了10个小方格． 引理的证明：用反证法，假设结论不成立．取每种颜色小方格的最右边方格，设分别在（从左往右）第12kx x x <<< 格，分别为12,,,k c c c 色，则对2i k ≤<，有111i i x x −−≥．这是因为若110i i x x −−≤，则从第1i x −格至第1i x +格（不超过12格）中至少含有三种不同颜色（第1i x −格为1i c −色，第i x 格为i c 色，第1i x +格一定不同于1,i i c c −色），与假设不符．若条件（1）成立，则11k ≥，于是10111911100,100x x x ≥+×≥>，矛盾．因此在条件（1）下结论成立．若条件（2）成立，考虑第11x +格至第111x +格，因每种颜色的方格至多10个，故这11个方格至少含有两种颜色，且均不同于1c 色，则从第1x 至第111x +格中至少含有三种颜色，与条件（2）不符．因此在条件（2）下结论也成立．引理得证． ………………20分 回到原问题，设12,,,k c c c 为出现的所有颜色．对1i k ≤≤，记i s 为含有i c 色小方格的个数，i u 为含有i c 色小方格的行的个数，i v 为含有i c 色小方格的列的个数．由条件知104i s ≤．又显然i i i u v s ≥，等号成立当且仅当含有i c 色小方格的所有行与列的交叉位置上都是i c 色小方格．下面证明：15i i i u v s +≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． 若21i i u v +≥，则由104i s ≤知15i i i u v s +>；若20i i u v +≤，则2()2055i i i i ii i u v u v s u v ++≥≥≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． ………………30分 于是111()20005k ki i i i i u v s =+≥=∑∑．若1()2000ki i i u v =+>∑，由抽屉原理知，存在一行或者一列至少含有11种颜色的小方格．若1()2000ki i i u v =+=∑，则由等号成立的条件，可知每种颜色恰染100格，且是10行与10列交叉位置，因此每一行每一列中恰有10种颜色的方格，每种颜色的方格恰有10个．由引理可知这两种情况都导致存在112×或121×的矩形含有至少三种颜色的小方格．综上所述，所求最小的t 为12． ………………50分。
2020年全国高中数学联赛试题及详细解析.docx
2020 年全国高中数学联赛试题及详细解析说明：1． 评阅试卷时，请依据本评分标准。
选择题只设6 分和 0 分两档，填空题只设9 分和 0 分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次。
2． 如果考生的解题方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分， 5 分为一个档次，不要再增加其他中间档次。
一、选择题（本题满分36 分，每小题 6 分）本题共有 6 小题，每小题均给出 A ， B ，C ，D 四个结论，其中有且仅有一个是正确的。
请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。
每小题选对得 6 分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得 0 分。
1．使关于 x 的不等式 x 36 x k 有解的实数 k 的最大值是（）A ． 63B． 3C． 63D ． 62．空间四点 A 、 B 、 C 、 D 满足 | AB | 3, | BC | 7 , | CD | 11 , | DA | 9 , 则 AC BD 的取值（）A ．只有一个B ．有二个C ．有四个D ．有无穷多个a 1 a 2 a 3a 4| a iT , i 1,2,3,4}, 将 M 中的元素按从大到小的6. 记集合 T { 0,1,2,3,4,5,6}, M {7 27 3747序排列， 第2020 个数是（）A ． 5 5 6 3B ． 55 6 2 7 7273 74 772 73 7 4 C ．11 0 4 D ．11 0 3 7 72737477273 7 4二、填空 （本 分54 分，每小 9 分） 本 共有 6 小 ，要求直接将答案写在横 上。
7. 将关于 x 的多 式 f ( x)1 x x2 x 3x 19x 20 表 关于 y 的多 式 g( y)a 0 a 1 y a 2 y 2 a 19 y 19 a 20 y 20, 其中 y x 4. a 0a 1a20.8. 已知 f (x) 是定 在 ( 0,) 上的减函数， 若 f (2a 2a1) f (3a 24a 1) 成立， a 的取 范是。
2020年湖北省孝感市楚才高级中学高二数学理模拟试卷含解析
2020年湖北省孝感市楚才高级中学高二数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 函数f(x)＝ax m(1－x)n在区间[0,1]上的图象如图所示，则m，n的值可能是( )A．m＝1，n＝1 B．m＝1，n＝2 C．m＝2，n＝1 D．m＝3，n＝1参考答案：B略2. 圆心坐标为，半径长为2的圆的标准方程是（）A. B.C. D.参考答案：C【分析】根据圆的标准方程的形式写.【详解】圆心为，半径为2的圆的标准方程是.故选C.【点睛】本题考查了圆的标准方程，故选C.3. 若函数的图象如图所示，且，则（）参考答案：A4. 设△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c成等比数列，则的取值范围是( )A．（0，+∞）B．（0，）C．（，+∞）D．（，）参考答案：D【考点】正弦定理；等比数列的性质．【分析】首先对三角关系式进行恒等变换，然后利用等比中项代入三角形的三边关系式，利用换元法解不等式，求的结果．【解答】解：====设∵△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c成等比数列∴b2=ac即：c=把c=代入a+b＞c得到：a2+ab＞b2两边同除以a2得到：t2﹣t﹣1＜0解得：（1）同理：把c=代入a+c＞b和b+c＞a解得：或（2）综合（1）（2）得：【点评】本题考查的知识点：三角函数的恒等变换，等比中项，三角形的三边关系，换元法在不等式中的应用5. 圆x2+y2﹣2x﹣8y+13=0的圆心到直线ax+y﹣1=0的距离为1，则a=（）A．﹣B．﹣C．D．2参考答案：A【考点】圆的一般方程；点到直线的距离公式．【分析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案．【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣8y+13=0的圆心坐标为：（1，4），故圆心到直线ax+y﹣1=0的距离d==1，解得：a=，故选：A．6. 过（1，1）的直线l与双曲线有且仅有一个公共点的直线有（）条．A．4 B．3 C．2 D．1参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【分析】可利用几何法考虑，直线与双曲线有一个公共点的情况有两种，一种是直线与双曲线相切，一种是直线平行于双曲线的渐近线，只需判断P点与双曲线的位置关系，就可找到结论．【解答】解：双曲线双曲线的渐近线方程为y=±x，∴点P（1，1）不在双曲线的渐近线y=x上，∴可过P点作双曲线的l两条切线，和两条平行于渐近线y=x的直线，这四条直线与双曲线均只有一个公共点，故选：A．7. 双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．参考答案：D【考点】双曲线的定义．【分析】由双曲线方程与渐近线方程的关系，只要将双曲线方程中的“1”换为“0”，化简整理，可得渐近线方程．【解答】解：由题意，由双曲线方程与渐近线方程的关系，可得将双曲线方程中的“1”换为“0”，双曲线的渐近线方程为y=x，故选D．8. 若，则“”是方程“”表示双曲线的（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参考答案：A9. 已知为虚数单位,则的实部与虚部的乘积等于( )A. B.C.D.参考答案： A10. 已知集合，直线与双曲线有且只有一个公共点，其中，则满足上述条件的双曲线共有 （ ）A ．4条B ．3条C ．2条D ．1条参考答案：A 略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设椭圆方程为，过点的直线交椭圆于点、，为坐标原点，点为的中点，当绕点旋转时，求动点的轨迹方程。
2020年湖北新高考联考协作体高二下学期摸底考试数学答案
2Tn 2 2 3 22 4 23 (n 1) 2n
.．．．．．．．．6 分
相减得 Tn 2 2 22 2n1 (n 1) 2n n 2n
.．．．．．．．．9 分
Tn n 2n
选②: n
2时
,an
Sn
Sn1
n(n 3) 2
(n 1)(n 2
2)
n 1
.．．．．．．．．10 分
．．．．．．．．10 分
cos n1, n2 n1 n2 | n1 || n2 |
3 5
15 5
所求二面角 B AP C 的余弦值为 15 5
.．．．．．．．．12 分
21. 解：（1）由题设： c 6 , 2b 2 ，解得 a2 3,b2 1， a3
∴椭圆 C 的方程为 x2 y2 1 3
n 1 时, a1 2 符合上式. an n 1,下同①
选③
:
d
a8 a1 8 1
2, a n
2
2(n
1)
2n
Tn 1 2 2 22 3 23 n 2 n 2Tn 1 22 2 23 3 24 n 2 n1
bn n 2n
相减得 Tn 2 23,0), AP (0, 2 3, 2 3)
设平面 PAC 的一个法向量为 n1 (x, y, z) ,则
由
n1 n2
AC AP
0 0
，得
3x 2
3 3y 3x 2
0 3z
0
，
x
z
y
3y
取
y
1得
n1
(
3,1,1)
.．．．．．．．．9 分
又平面 PAB 的一个法向量可取为 n2 (1,0,0)
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年湖北省宜昌市高级中学高二数学理测试题含解析
2020年湖北省宜昌市高级中学高二数学理测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知双曲线C： =1（a＞0，b＞0）满足：（1）焦点为F1（﹣5，0），F2（5，0）；（2）离心率为，且求得双曲线C的方程为f（x，y）=0．若去掉条件（2），另加一个条件求得双曲线C 的方程仍为f（x，y）=0，则下列四个条件中，符合添加的条件共有（）①双曲线C上任意一点P都满足||PF1|﹣|PF2||=6；②双曲线C的虚轴长为4；③双曲线C的一个顶点与抛物线y2=6x的焦点重合；④双曲线C的渐进线方程为4x±3y=0．A．1个B．2个C．3个D．4个参考答案：B【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】利用双曲线性质求解．【解答】解：对于①，∵||PF1|﹣|PF2||=2a=6∴a=3又∵焦点为F1（﹣5，0），F2（5，0）∴c=5∴离心率e=，故①符合条件；对于②，双曲线C的虚轴长为4，∴b=2，a==，∴离心率e=，故②不符合条件；对于③，双曲线C的一个顶点与抛物线y2=6x的焦点重合，∴a=，e==，故③不符合条件；对于④，∵近线方程为4x±3y=0∴=，又∵c=5，c2=a2+b2，∴a=3∴离心率e=，故④符合条件．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意双曲线方程的性质的合理运用．2. 若过点的直线与圆有公共点，则直线斜率的取值范围为（）A． B． C． D．参考答案：C3. 某工科院校对A、B两个专业的男、女生人数进行调查统计，得到以下表格：如果认为工科院校中“性别”与“专业”有关，那么犯错误的概率不会超过（）注：A. 0.005B. 0.01C. 0.025D. 0.05参考答案：D【分析】根据联表中的数据，与临界值比较，即可得到结论。
2013年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛(高二)试题与解答
解：经简单变形可得到 P 2[(cos x 1) (cos y 1) ], 注意到当 x (0,
2
) 时， f ( x) (cos x 1)2 (0,1) 且单调增，于是 P ( 2,0) .
6、 设 F 为椭圆 C :
x2 y2 过椭圆 C 外的一点 P 作椭圆 C 的切线， 切点为 M ， 1 的右焦点， 4 3
二、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分。 ） 11、求函数 y x x x 1 的值域.
2 2
12、 已知数列 {an },{bn } 满足： a1 1, b1 3, an 1 2
27an 27b , bn 1 2 n 2 , n N * . 2 2 9an 4bn 9an 4bn
2013 年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题 （高二年级）
（考试时间：5 月 12 日上午 8:00——10:00） 考生注意：1、本试卷共两个大题（13 个小题） ，全卷满分 150 分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、不能使用计算器。 一、填空题（本题满分 90 分，每小题 9 分。直接将答案写在横线上。 ） 1、设集合 A {1,3,5,7,9}, B {2,4,6,18} ，若 C {a b | a A, b B} ，则集合 C 的所 有元素之和为＿＿＿＿ . 2、已知数列 {an } 满足： a0 0, a1 1 ，且 a2 n an , a2 n 1 an 1, n N * , 则
于是 L 1 ( )
2
二、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分。 ） 11、求函数 y x x x 1 的值域.
2 2
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年湖北省武汉市武昌黄鹤楼中学高二数学文联考试题含解析
2020年湖北省武汉市武昌黄鹤楼中学高二数学文联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若，则有（）（A）（B）（C）（D）参考答案：A2. 在圆内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为A． B． C D．参考答案：D3. 椭圆的两焦点之间的距离为（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．参考答案：C4. 用反证法证明命题“a，b∈N，如果ab可以被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．”假设的内容是()A. a，b都能被5整除B. a，b都不能被5整除C. a不能被5整除D. a，b有1个不能被5整除参考答案：B试题分析：由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．命题“a，b∈N，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．”的否定是“a，b都不能被5整除”．考点：反证法5. 定义在上的偶函数满足：对任意的，有.则A. B.C. D.参考答案：B6. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，则（）A．8 B．12 C. 16 D．52参考答案：C由题意得，选C.7. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（）A．192 里B．96 里C．48 里D．24 里参考答案：B【考点】8B：数列的应用．【分析】由题意得：每天行走的路程成等比数列{a n}、且公比为，由条件和等比数列的前项和公式求出a1，由等比数列的通项公式求出答案即可．【解答】解：由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得=378，解得a1=192，∴第此人二天走192×=96里，∴第二天走了96里，故选：B．8. 对下列三种图像，正确的表述为（）A．它们都是流程图B．它们都是结构图C.（1）、（2）是流程图，（3）是结构图D．（1）是流程图，（2）、（3）是结构图参考答案：C9. 在曲线上某一点A处作一切线使之与曲线以及轴所围的面积为，则这个切线方程是. ( )A.y=-2x-1B.y=-2x+1C.y=2x-1D.y=2x+1参考答案：C略10. 已知，，则M∩N=（）A. {1}B. {－1}C. {－1,1}D. {－1,0,1}参考答案：C【分析】分别求得集合，再根据集合交集的运算，即可求解，得到答案．【详解】由题意，集合，，则集合，故选C．【点睛】本题主要考查了集合的表示，及集合的交集的运算，其中解答中熟记集合的交集的概念及运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是.参考答案：略12. 关于的不等式的解集为，则不等式的解集为 .参考答案：略13. 已知，则]的值___________.参考答案：1714. 如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD的边长为7，BD1与底面所成角的大小为，则该正四棱柱的高等于．参考答案：【考点】直线与平面所成的角．【分析】根据正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱D1D⊥底面ABCD，判断∠D1BD为直线BD1与底面ABCD所成的角，即可求出正四棱柱的高．【解答】解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱D1D⊥底面ABCD，∴∠D1BD为直线BD1与底面ABCD所成的角，∴tan∠D1BD=，∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD的边长为3，∴BD=7，∴正四棱柱的高=7=，故答案为：15. 在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB=3，AD=1，AA1=2，且∠BAA1=∠DAA1=60°．则异面直线AC与BD1所成角的余弦值为．参考答案：【考点】异面直线及其所成的角．【分析】建立如图所示的坐标系，求出=（3，1，0），=（﹣3，2，），即可求出异面直线AC与BD1所成角的余弦值．【解答】解：建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），C（3，1，0），B（3，0，0），D1（0，2，），∴=（3，1，0），=（﹣3，2，），∴异面直线AC与BD1所成角的余弦值为||=，故答案为：．16. 抛物线y=2x2上两点A（x1，y1），B（x2，y2）关于直线y=x+m对称，且x1?x2=﹣，则实数m的值为．参考答案：2【考点】抛物线的简单性质．【分析】先利用条件得出A、B两点连线的斜率k，再利用A、B两点的中点在直线y=x+m求出关于m 以及x2，x1的方程，再与已知条件联立求出实数m的值．【解答】解：由题意， =﹣1，y2﹣y1=2（x22﹣x12），∴x1+x2=﹣，在直线y=x+m上，即，所以有2（x22+x12）=x2+x1+2m，即2[（x2+x1）2﹣2x2x1]=x2+x1+2m，∴2m=4，∴m=2，故答案为2．17. （5分）（2015秋?辽宁校级月考）若2sinθ=cosθ，则cos2θ+sin2θ的值等于．参考答案：【考点】同角三角函数基本关系的运用．【专题】三角函数的求值．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得tanθ的值，再利用二倍角公式求得cos2θ+sin2θ的值．【解答】解：∵2sinθ=cosθ，∴tanθ=，∴cos2θ+sin2θ=====，故答案为：．【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于基础题．三、解答题：本大题共5小题，共72分。
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2020年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题（高二年级）说明：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；解答题的评阅，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。
一、填空题（本题满分64分，每小题8分。
直接将答案写在横线上。
）1．函数741)(2+++=x x x x f 的值域为________________． 2．已知1sin 2sin 322=+βα，1)cos (sin 2)cos (sin 322=+-+ββαα，则=+)(2cos βα_______________．3．已知数列}{n a 满足：1a 为正整数，⎪⎩⎪⎨⎧+=+,,13,,21为奇数为偶数n n n n n a a a a a 如果29321=++a a a ，则=1a ．4．设集合}12,,3,2,1{ =S ，},,{321a a a A =是S 的子集，且满足321a a a <<，523≤-a a ，那么满足条件的子集A 的个数为 ．5．过原点O 的直线l 与椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 交于N M ,两点，P 是椭圆C 上异于N M ,的任一点．若直线PN PM ,的斜率之积为31-，则椭圆C 的离心率为_______________．6．在△ABC 中，2==BC AB ，3=AC ．设O 是△ABC 的内心，若AC q AB p AO +=，则qp的值为_______________． 7．在长方体1111D C B A ABCD -中，已知p AB C B AC ===11,2,1，则长方体的体积最大时，p 为_______________．8．设][x 表示不超过x 的最大整数，则2012120122[]2k k k +=+=∑ ． 二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分） 9．已知正项数列}{n a 满足21211143n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++++++=+且11a =，28a =，求}{n a 的通项公式．10．已知正实数b a ,满足122=+b a ，且333)1(1++=++b a m b a ，求m 的取值范围．11．已知点),(n m E 为抛物线)0(22>=p px y 内一定点，过E 作斜率分别为21,k k 的两条直线交抛物线于D C B A ,,,，且N M ,分别是线段CD AB ,的中点．（1）当0=n 且121-=⋅k k 时，求△EMN 的面积的最小值； （2）若λ=+21k k （λλ,0≠为常数），证明：直线MN 过定点．2020年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考答案（高二年级）说明：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；解答题的评阅，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。
一、填空题（本题满分64分，每小题8分。
直接将答案写在横线上。
） 1．函数741)(2+++=x x x x f 的值域为6]． 2．已知1sin 2sin 322=+βα，1)cos (sin 2)cos (sin 322=+-+ββαα，则=+)(2cos βα13-． 3．已知数列}{n a 满足：1a 为正整数，⎪⎩⎪⎨⎧+=+,,13,,21为奇数为偶数n n n nn a a a a a 如果29321=++a a a ，则=1a 5 ．4．设集合}12,,3,2,1{ =S ，},,{321a a a A =是S 的子集，且满足321a a a <<，523≤-a a ，那么满足条件的子集A 的个数为 185 ．5．过原点O 的直线l 与椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 交于N M ,两点，P 是椭圆C 上异于N M ,的任一点．若直线PN PM ,的斜率之积为31-，则椭圆C 的离心率为63．6．在△ABC 中，2==BC AB ，3=AC ．设O 是△ABC 的内心，若AC q AB p AO +=，则q p的值为32． 7．在长方体1111D C B A ABCD -中，已知p AB C B AC ===11,2,1，则长方体的体积最大时，p 2313+． 8．设][x 表示不超过x 的最大整数，则2012120122[]2kk k +=+=∑ 2020 ． 二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分） 9．已知正项数列}{n a 满足21211143n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++++++=+且11a =，28a =，求}{n a 的通项公式．解 在已知等式两边同时除以1+n n a a ，得3141112++=++++nn n n a aa a ， 所以211114(11)n n n na aa a ++++=+． ------------------------------------------4分令111++=+nn n a a b ,则n n b b b 4,411==+，即数列}{n b 是以1b ＝4为首项,4为公比的等比数列，所以nn n b b 4411=⋅=-.------------------------------------------8分所以n nn a a 4111=+++,即nn n a a ]1)14[(21--=+.------------------------------------------12分于是，当1>n 时,22221121]1)14[(]1)14[(]1)14[(-------⋅--=--=n n n n n n a a a∏∏-=--=---=--==112111121]1)14[(]1)14[(n k k n k k a ，因此,⎪⎩⎪⎨⎧≥--==∏-=-.2,]1)14[(,1,11121n n a n k k n ------------------------------------------16分10．已知正实数b a ,满足122=+b a ，且333)1(1++=++b a m b a ，求m 的取值范围． 解 令cos ,sin a b θθ==，02πθ<<，则322333)1sin (cos 1)sin sin cos )(cos sin (cos )1sin (cos 1sin cos ++++-+=++++=θθθθθθθθθθθθm ．----------------------------------------5分令θθsin cos +=x ，则 ]2,1()4sin(2∈+=πθx ，且21sin cos 2-=x θθ．------------------------------10分 于是21)1(23)1(22)1(22)1(232)1(1)211(223332-+=+-=+-+=+-+=++--=x x x x x x x x x x x x m ． ------------------------------15分因为函数21)1(23)(-+=x x f 在]2,1(上单调递减，所以)1()2(f m f <≤．又2423)2(,41)1(-==f f ，所以)41,2423[-∈m ． --------------------------------------20分11．已知点),(n m E 为抛物线)0(22>=p px y 内一定点，过E 作斜率分别为21,k k 的两条直线交抛物线于D C B A ,,,，且N M ,分别是线段CD AB ,的中点．（1）当0=n 且121-=⋅k k 时，求△EMN 的面积的最小值； （2）若λ=+21k k （λλ,0≠为常数），证明：直线MN 过定点．解 AB 所在直线的方程为m n y t x +-=)(1，其中111k t =，代入px y 22=中，得 2112220y pt y pt n pm -+-=，设1122(,),(,)A x y B x y ，则有1212pt y y =+，从而1211211(2)2(22)2x x t y y n m t pt n m +=+-+=-+．则2111(,)M pt nt m pt -+．CD 所在直线的方程为m n y t x +-=)(2，其中221k t =，同理可得2222(,)N pt nt m pt -+． ------------------------------------------5分（1）当0=n 时，(,0)E m ，211(,)M pt m pt +，222(,)N pt m pt +，2111||||t pt EM +=，2221||||t pt EN +=．又121-=⋅k k ，故121-=⋅t t ，于是△EMN 的面积22222212121211|||||(1)(1)2222p S EM EN p t t t t t t =⋅=++=++2242p p ≥=， 当且仅当1||||21==t t 时等号成立． 所以，△EMN的面积的最小值为2p .------------------------------------------10分（2）p nt t t t n t t p t t p k MN -+=----=)(1)()()(2121222121，MN 所在直线的方程为]([)(1121211m nt pt x pn t t pt y +--⋅-+=-，即m x t pt pnt t y -=--+2121)(． ------------------------------------------15分又λ=+=+212111t t k k ，即λ2121t t t t +=，代入上式，得1212()t t n y t t p x m p λ++--⋅=-，即 m pnyx p y t t -+=-+))((21λ．当0=-λp y 时，有0=-+m p ny x ，即⎪⎩⎪⎨⎧-==λλn m x p y 为方程的一组解，所以直线MN 恒过定点),(λλpn m -． ------------------------------------------20分。