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2020年全国高中数学联合竞赛一试试题卷(高联一试含答案及评分标准)

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2020年全国高中数学联合竞赛一试试题卷(高联一试含答案及评分标准)

2020 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷) 一.填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,满分 64 分. 1.在等比数列 n a中,1,13 139 aa,则13log 1 a 的值为. 2. 在 椭 圆中 ,A为 长 轴 的 一 个 端 点 ,B为 短 轴 的 一 个 端 点 , 21,F F为 两 个 焦 点 . 若 0 2121 BFBFAFAF,则 21F F AB 的值为. 3.设0a,函数 x xxf 100 )(在区间a, 0上的最小值为 1 m,在区间, a上的最小值为 2 m,若 1 m2020 2 m,则a的值为. 4.设z为复数,若 iz z 2 为实数(i 为虚数单位),则3z的最小值为. 5.在ABC 中,4, 6BCAB,边 AC 上的中线长为10,则 2 cos 2 sin 66 AA 的值为. 6.正三棱锥ABCP的所有棱长都为 1,NML,分别为棱PCPBPA,的中点,则该三棱锥的外接球 被平面LMN所截的截面面积为. 7.设0,ba,满足:关于x的方程baxx|恰有三个不同的实数解 321 ,xxx,且 bxxx 321 ,则ba的值为_. 8.现有 10 张卡片,每张卡片上写有5 , 4 , 3 , 2 , 1中两个不同的数,且任意两张卡片上的数不完全相同.将这 10 张卡片放入标号为5 , 4 , 3 , 2 , 1的五个盒子中,规定写有ji,的卡片只能放在i号或j号盒子中.一种放法称为 “好的”,如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数.则“好的”放法公共有_种. 二.解答题:本大题共 3 小题,满分 56 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 9.(本题满分 16 分)在ABC中,, 2 2 sinA求CBcos2cos的取值范围. 10.(本题满分 20 分)对正整数n及实数)0(nxx,定义 1 )1 (),( x n x n CxCxxnf其中x 表示不超过实数x的最大整数,xxx.若整数2,nm满足 123) 1 ,() 2 ,() 1 ,( n mn mf n mf n mf, 求) 1 ,() 2 ,() 1 ,( m mn nf m nf m nf 的值. 11.(本题满分 20 分)在平面直角坐标系中,点CBA,在双曲线1xy上,满足ABC为等腰直角三角 形,求ABC的面积的最小值. 1 2020 年年全国高中数学全国高中数学联合竞赛一联合竞赛一试试(A A 卷)卷) 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明:说明: 1. . 评阅试卷时,请依据本评分标准评阅试卷时,请依据本评分标准. . 填空题只设填空题只设 8 分和分和 0 分两档;其他各题的分两档;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, 解答题中第参考本评分标准适当划分档次评分, 解答题中第 9 小题小题 4 分为一个档次, 第分为一个档次, 第 10、 11 小题小题 5 分为一个档次,不得增加其他中间档次分为一个档次,不得增加其他中间档次 一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,满分 64 分 1. 在等比数列 n a中, 913 13,1aa,则 1 log 13 a 的值为 答案答案: 1 3 解解:由等比数列的性质知 2 19 913 aa aa ,故 3 3 9 1 2 13 13 a a a 所以 1 1 log 13 3 a 2. 在椭圆中,A为长轴的一个端点,B为短轴的一个端点, 12 ,F F为两个 焦点若 1212 0AF AFBF BF,则 12 AB FF 的值为 答案答案: 2 2 解解:不妨设的方程为 22 22 1(0) xy ab ab ,( ,0),(0, )A aBb, 1( , 0)Fc, 2( , 0) F c,其中 22 cab由条件知 22222 1212 ()()()20AF AFBF BFca cacbabc 所以 222 12 22 222 ABabc FFcc 3. 设0a,函数 100 ( )f xx x 在区间(0, a上的最小值为 1 m,在区间 ,)a上的最小值为 2 m若 12 2020m m,则a的值为 答案答案:1或100 解解: 注意到( )f x在(0,10上单调减, 在10,)上单调增 当(0,10a时, 12 ( ),(10)mf amf;当10,)a时, 12 (10),( )mfmf a因此总有 12 ( ) (10)2020f a fmm, 即 1002020 101 20 a a ,解得1a或100a 4. 设z为复数若 2 i z z 为实数(i为虚数单位) ,则3z的最小值 为 2 答案答案:5 解法解法 1:设i( ,)Rzaba b,由条件知 2222 2(2)i(2)(1)22 ImIm0 i(1)i(1)(1) zabababab zababab , 故22ab从而 2222 53(12 )(3)(3)25zabab, 即35z当2,2ab时,3z取到最小值5 解法解法 2:由 2 i R z z 及复数除法的几何意义,可知复平面中z所对应的点在 2与i所对应的点的连线上(i所对应的点除外) ,故3z的最小值即为平面直 角坐标系xOy中的点( 3,0)到直线220 xy的距离,即 22 32 5 12 5. 在ABC中 ,6,4ABBC, 边AC上 的 中 线 长 为10, 则 66 sincos 22 AA 的值为 答案答案: 211 256 解解:记M为AC的中点,由中线长公式得 2222 42()BMACABBC, 可得 22 2(64 )4 108AC 由余弦定理得 222222 8647 cos 22 8 68 CAABBC A CA AB ,所以 66224224 sincossincossinsincoscos 22222222 AAAAAAAA = 2 2222 sincos3sincos 2222 AAAA 2 3 1sin 4 A 2 13211 cos 44256 A 6. 正三棱锥PABC的所有棱长均为1,,L M N分别为棱,PA PB PC的中 点,则该正三棱锥的外接球被平面LMN所截的截面面积为 答案答案: 3 解解:由条件知平面LMN与平面ABC平行,且点P到平面,LMN ABC的距离 之比为1:2设H为正三棱锥PABC的面ABC的中心, PH与平面LMN交于 点K,则PH平面ABC,PK平面LMN,故 1 2 PKPH 正三棱锥PABC可视为正四面体,设O为其中心(即外接球球心) ,则O 在PH上, 且由正四面体的性质知 1 4 OHPH 结合 1 2 PKPH可知OKOH, 3 即点O到平面,LMN ABC等距 这表明正三棱锥的外接球被平面,LMN ABC所截 得的截面圆大小相等 从而所求截面的面积等于ABC的外接圆面积,即 2 33 AB 7. 设,0a b,满足:关于x的方程| |xxab恰有三个不同的实数 解 123 ,x xx,且 123 xxxb,则ab的值为 答案答案:144 解解: 令 2 a tx, 则关于t的方程 22 aa ttb恰有三个不同的实数 解(1, 2,3) 2 ii a txi 由于( ) 22 aa f ttt为偶函数,故方程( )f tb的三个实数解关于 数轴原点对称分布, 从而必有(0)2bfa 以下求方程( )2f ta的实数解 当 2 a t时, 22 ( )42 22 aa f tttaata,等号成立当且 仅当0t;当 2 a t时,( )f t单调增,且当 5 8 a t时( )2f ta;当 2 a t时, ( )f t单调减,且当 5 8 a t时( )2f ta 从而方程( )2f ta恰有三个实数解 123 55 ,0, 88 ta tta 由条件知 33 28 aa bxt,结合2ba得128a 于是 9 144 8 a ab 8. 现有10张卡片,每张卡片上写有1, 2,3, 4,5中两个不同的数,且任意两张 卡片上的数不完全相同将这10张卡片放入标号为1, 2,3, 4,5的五个盒子中,规 定写有, i j的卡片只能放在i号或j号盒子中一种放法称为“好的”,如果 1 号 盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数 则 “好的” 放法共有 种 答案答案:120 解解:用 , i j表示写有, i j的卡片易知这10张卡片恰为 , i j(15)ij 考虑“好的”卡片放法五个盒子一共放有10张卡片,故1号盒至少有 3 张 卡片能放入 1 号盒的卡片仅有1,2,1,3,1,4,1,5 情况一:这 4 张卡片都在 1 号盒中,此时其余每个盒中已经不可能达到 4 张 卡片,故剩下 6 张卡片无论怎样放都符合要求,有 6 264种好的放法 情况二:这 4 张卡片恰有 3 张在 1 号盒中,且其余每盒最多仅有 2 张卡片 考虑1,2,1,3,1,4在 1 号盒,且1,5在 5 号盒的放法数N 卡片2,3,2, 4,3, 4的放法有 8 种可能,其中 6 种是在2,3, 4号的某个盒 中放两张,其余 2 种则是在2,3, 4号盒中各放一张 若2,3,2, 4,3, 4有两张在一个盒中,不妨设2,3,2, 4在2号盒,则 4 2,5只能在 5 号盒,这样 5 号盒已有1,5,2,5,故3,5,4,5分别在 3 号与 4 号盒,即2,5,3,5,4,5的放法唯一; 若2,3,2, 4,3, 4在2,3, 4号盒中各一张, 则2,3, 4号盒均至多有2张卡片, 仅需再使 5 号盒中不超过 2 张卡片,即2,5,3,5,4,5有 0 张或 1 张在 5 号盒 中,对应 01 33 CC4种放法 因此6 12414N由对称性,在情况二下有456N种好的放法 综上,好的放法共有6456120种 二、解答题:本大题共 3 小题,满分 56 分解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤 9.(本题满分本题满分 16 分分) 在ABC中, 2 sin 2 A求cos2cosBC的取值 范围 解解:记cos2cosfBC 由条件知 4 A或 3 4 A 4 分 当 4 A时, 3 4 BC,其中 3 0 4 C,此时 3 cos2cos 4 fCC 22 sincos 22 CCsin(0,1 4 C 8 分 当 3 4 A时, 4 BC,其中0 4 C,此时 cos2cos 4 fCC 23 2 sincos 22 CC5sin()C, 其中arctan3 12 分 注意到 42 ,函数( )5sin()g xx在0, 2 上单调增,在 , 24 上单调减, 又 3 2 (0)2 24 gg,5 2 g, 故(2,5f 综上所述,cos2cosfBC的取值范围是(0,1(2,5 16 分 10. (本题满分本题满分 20 分分)对正整数n及实数(0)xxn,定义 1 ( , )(1 ) C C xx nn f n xxx, 其中 x表示不超过实数x的最大整数, xxx若整数,2m n满足 121 ,123 mn f mf mf m nnn , 求 1

注意事项

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