2020年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)

2023年12月10日发(作者：合肥最新中考数学试卷)

2020年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）

试题参考答案及评分标准〔A卷〕

讲明：

1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．

2．假如考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次．

一、选择题〔此题总分值36分，每题6分〕

54xx21．函数f(x)在(,2)上的最小值是 〔 C 〕

2xA．0 B．1 C．2 D．3

1(44xx2)11[解] 当x2时，2x0，因此f(x)(2x)

(2x)22x2x2x1当且仅当而此方程有解x1(,2)，因此f(x)在(,2)2，2x时上式取等号．2x上的最小值为2．

2．设A[2,4)，B{xx2ax40}，假设BA，那么实数a的取值范畴为

〔 D 〕

A．[1,2) B．[1,2] C．[0,3] D．[0,3)

[解] 因x2ax40有两个实根

2aa2aa

x14，x24，

2424故BA等价于x12且x24，即

2aa2aa42且44，

2424解之得0a3．

3．甲乙两人进行乒乓球竞赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，竞赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为21，乙在每局中获胜的概率为，33且各局胜负相互独立，那么竞赛停止时已打局数的期望E为 〔 B 〕

241670266274 B. C. D.

812438181 [解法一] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.

A. 设每两局竞赛为一轮，那么该轮终止时竞赛停止的概率为

215

()2()2．

339假设该轮终止时竞赛还将连续，那么甲、乙在该轮中必是各得一分，现在，该轮竞赛结果对下轮竞赛是否停止没有阻碍．从而有

5

P(2)，

94520

P(4)()()，

9981416

P(6)()2，

98152016266故E246．

9818181[解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.

令Ak表示甲在第k局竞赛中获胜，那么Ak表示乙在第k局竞赛中获胜．

由独立性与互不相容性得

P(2)P(A1A2)P(A1A2)5，

9P(4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)

211220

2[()3()()3()]，

333381P(6)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)

2116

4()2()2，

338152016266故E246．

98181814．假设三个棱长均为整数〔单位：cm〕的正方体的表面积之和为564 cm2，那么这三个正方〔 A 〕

A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3

C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3

[解] 设这三个正方体的棱长分不为a,b,c，那么有6a2b2c2564，a2b2c294，不妨设1abc10，从而3cabc94，c31．故6c10．c只能取9，8，7，6．

假设c9，那么a2b2949213，易知a2，b3，得一组解(a,b,c)(2,3,9)．

假设c8，那么a2b2946430，b5．但2b30，b4，从而b4或5．假222222体的体积之和为

设b5，那么a5无解，假设b4，那么a14无解．现在无解．

假设c7，那么a2b2944945，有唯独解a3，b6．

假设c6，那么a2b2943658，现在2bab58，b29．故b6，但bc6，故b6，现在a583622无解．

2222222a2,a3,综上，共有两组解b3,或b6,

c9c7.333333体积为V1239764cm3或V2367586cm3．

xyz0,5．方程组的有理数解(x,y,z)的个数为 〔 B 〕

xyzz0,xyyzxzy0A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

x1，xy0，x0，[解] 假设z0，那么解得或

xyy0.y0y1.假设z0，那么由xyzz0得xy1． ①

由xyz0得zxy． ②

将②代入xyyzxzy0得x2y2xyy0． ③

由①得x1，代入③化简得(y1)(y3y1)0.

y易知y3y10无有理数根，故y1，由①得x1，由②得z0，与z0矛盾，x0,x1,故该方程组共有两组有理数解y0,或y1,

z0z0.6．设ABC的内角A,B,C所对的边a,b,c成等比数列，那么sinAcotCcosA的取值范畴sinBcotCcosB是

〔 C 〕

51)

2515151C.

(,) D.

(,)

222[解] 设a,b,c的公比为q，那么baq,caq2，而

A.

(0,) B.

(0,sinAcotCcosAsinAcosCcosAsinC

sinBcotCcosBsinBcosCcosBsinC

sin(AC)sin(B)sinBbq．

sin(BC)sin(A)sinAa因此，只需求q的取值范畴．

因a,b,c成等比数列，最大边只能是a或c，因此a,b,c要构成三角形的三边，必需且只需abc且bca．即有不等式组

22aaqaq,qq10,即

22aqaqaqq10.1551q,22解得

q51或q51.22从而51515151q，因此所求的取值范畴是(,)．

2222，假二、填空题〔此题总分值54分，每题9分〕

7．设f(x)axb，其中a,b为实数，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,设f7(x)128x381，那么ab 5 .

[解] 由题意知fn(x)anx(an1an2a1)b

an1axb，

a1na71由f7(x)128x381得a128，b381，因此a2，b3，ab5．

a1718．设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为，那么a2[解]

f(x)2cos2x12a2acosx

23．

a1

2(cosx)2a22a1，

22(1)

a2时，f(x)当cosx1时取最小值14a；

(2)

a2时，f(x)当cosx1时取最小值1；

(3)

2a2时，f(x)当cosxa1时取最小值a22a1．

221又a2或a2时，f(x)的最小值不能为，

211故a22a1，解得a23，a23(舍去)．

229．将24个理想者名额分配给3个学校，那么每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．

[解法一] 用4条棍子间的间隙代表3个学校，而用表示名额．如

||||

表示第一、二、三个学校分不有4，18，2个名额．

假设把每个〝〞与每个〝|〞都视为一个位置，由于左右两端必须是〝｜〞，故不同的分配方法相当于24226个位置〔两端不在内〕被2个〝｜〞占据的一种〝占位法〞．

〝每校至少有一个名额的分法〞相当于在24个〝〞之间的23个间隙中选出2个间隙插入〝｜〞，故有C2种．

23253又在〝每校至少有一个名额的分法〞中〝至少有两个学校的名额数相同〞的分配方法有31种．

综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．

[解法二] 设分配给3个学校的名额数分不为x1,x2,x3，那么每校至少有一个名额的分法数为不定方程

x1x2x324．

的正整数解的个数，即方程x1x2x321的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：

212．

H3C2123C23253又在〝每校至少有一个名额的分法〞中〝至少有两个学校的名额数相同〞的分配方法有31种．

综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．

10．设数列{an}的前n项和Sn满足：Snan[解]

an1Sn1Sn即 2an1 =n1，n1,2,n(n1)，那么通项an=11．

n2n(n1)nn1an1an，

(n1)(n2)n(n1)n2211an

(n1)(n2)n1n(n1)21，

an(n1)(n2)n(n1)11．

)an(n1)(n2)n(n1)由此得 2(an1令bnan有bn1111，b1a1 (a10)，

22n(n1)1111．

bn，故bnn，因此ann22n(n1)211．设f(x)是定义在R上的函数，假设f(0)2008 ，且对任意xR，满足

f(x2)f(x)32x，f(x6)f(x)632x，那么f(2008)=[解法一] 由题设条件知

220082007．

f(x2)f(x)(f(x4)f(x2))(f(x6)f(x4))(f(x6)f(x))

32x232x4632x32x，

因此有f(x2)f(x)32x，故

f(2008)f(2008)f(2006)f(2006)f(2004)

3(2200622004f(2)f(0)f(0)

221)f(0)

4100311

3f(0)

41

220082007．

[解法二] 令g(x)f(x)2x，那么

g(x2)g(x)f(x2)f(x)2x22x32x32x0，

g(x6)g(x)f(x6)f(x)2x62x632x632x0，

即g(x2)g(x),g(x6)g(x)，

故g(x)g(x6)g(x4)g(x2)g(x)，

得g(x)是周期为2的周期函数，

因此f(2008)g(2008)22008g(0)22008220082007．

12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正四面体容器内可向各个方向自由运动，那么该小球永久不可能接触到的容器内壁的面积是723．

[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情形，记小球半径为r，作平面A1B1C1//平面与小球相切于点D，那么小球球心O为正四面体PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，ABC，垂足D为A1B1C1的中心．

1因VPABCSABCPD

1113111

4VOA1B1C1

14SA1B1C1OD，

3故PD4OD4r，从而POPDOD4rr3r．

记现在小球与面PAB的切点为P1，连接OP1，那么

2222．

PP1POOP1(3r)r22r答12图1 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB)相切时的情形，易知小球在面PAB上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为P，如答12图2．记正四面体

1EF的棱长为a，过P1作PMPA于M．

1 因MPP13，有PMPP6r，故小三角形的边长1cosMPP122r62PEPA2PMa26r．

1小球与面PAB不能接触到的部分的面积为〔如答12图2中阴影部分〕

SPABSP1EF322(a(a26r)2)32ar63r．

4又r1，a46，因此

SPABSPEF24363183．

1答12图2

由对称性，且正四面体共4个面，因此小球不能接触到的容器内壁的面积共为723．

三、解答题〔此题总分值60分，每题20分〕

13．函数f(x)|sinx|的图像与直线ykx

(k0)有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证：

cos12 ．

sinsin34[证]

f(x)的图象与直线ykx

(k0)的三个交点如答13图所示，且在(,3)内相切，其切点23)．

2…5分

为A(,sin)，(,答13图

3sin由于f(x)cosx，x(,)，因此cos，即tan． …10分

2因此

coscos

sinsin32sin2cos14sincos …15分

cos2sin2

4sincos1tan2

4tan12． …20分

414．解不等式

log2(x123x105x83x61)1log2(x41)．

[解法一] 由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于

x123x105x83x612x42．

即

x123x105x83x62x410． …5分

分组分解

x12x10x8

2x102x82x6

4x84x64x4

x6x4x2

x4x210，

(x82x64x4x21)(x4x21)0， …10分

因此

x4x210，

(x215215)(x)0． …15分

22因此x2151515，即．

x222故原不等式解集为(51,251)． …20分

2[解法二] 由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上为增函数，故原不等式等价于

x123x105x83x612x42． …5分

即

216422232x3x3x12x2(x1)2(x1)，

x2x6

(131232)2()(x1)2(x1)， …10分

x2x2令g(t)t32t，那么不等式为

g(1)g(x21)，

2x明显g(t)t32t在R上为增函数，由此上面不等式等价于

分

即(x2)2x210，解得x21x21， …152x51 ，

2故原不等式解集为(51,251)． …20分

215．如题15图，P是抛物线y22x上的动点，点B,C在y轴上，圆(x1)2y21内切于PBC，求PBC面积的最小值．

[解] 设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不妨设bc．

直线PB的方程:yby0bx，

x0化简得

(y0b)xx0yx0b0．

又圆心(1,0)到PB的距离为1，

y0bx0b(y0b)x2201 ， …5分

222故(y0b)2x0(y0b)22x0b(y0b)x0b，

易知x02，上式化简得(x02)b22y0bx00，

2题15图

同理有(x02)c2y0cx00． …10分

因此bcx02y0，bc，那么

x02x022224x04y08x0．

(bc)(x02)22因P(x0,y0)是抛物线上的点，有y02x0，那么

22x04x0，bc． …15分

(bc)2x2(x02)02因此SPBCx14(bc)x00x0(x02)4

2x02x02

2448．

当(x02)24时，上式取等号，现在x04,y022．

因此SPBC的最小值为8． …20分