2020年全国高中数学联合竞赛一试试题及答案(A卷)

2020年全国高中数学联合竞赛 一试试题参考答案及评分标准（A卷）

说明：

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

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

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

54xx21．函数f(x)在(,2)上的最小值是 （ C ）

2x A．0 B．1 C．2 D．3

[解] 当x2时，2x0，因此

1(44xx2)11f(x)(2x)2(2x) 2x2x2x2x因此f(x)在(,2)上的最小值为2．

A．[1,2)

22，当且仅当12x时上式取等号．而此方程有解x1(,2)，

（ D ）

2．设A[2,4)，B{xx2ax40}，若BA，则实数a的取值范围为

B．[1,2] C．[0,3]

D．[0,3)

2aa2aa[解] 因xax40有两个实根 x14，x24，

24242aa2aa故BA等价于x12且x24，即42且44，解之得24240a3．

3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对

21方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，

33且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望E为 （ B ） A．

241266274 B． C． 818181 [解法一] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.

D．

670 243215设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 ()2()2．

339若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对

5P(2)下轮比赛是否停止没有影响．从而有 ，

94520， P(4)()()9981416P(6)()2，

981故E252016266． 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局比赛中获胜，则Ak表示乙在第k局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得P(2)P(A1A2)P(A1A2)5， 9

P(4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)2112202[()3()()3()]，

3333812116P(6)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)4()2()2，

3381故E25201626646． 98181812

4．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm，则这三个正方体的体积之和为 （ A ） A．764 cm或586 cm C．586 cm或564 cm

3

3

3

3

B．764 cm D．586 cm

3

3

[解] 设这三个正方体的棱长分别为a,b,c，则有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．

若c9，则a2b2949213，易知a2，b3，得一组解(a,b,c)(2,3,9)． 若c8，则a2b2946430，b5．但2b30，b4，从而b4或5．若b5，则a5无解，若b4，则a14无解．此时无解． 若c7，则a2b2944945，有唯一解a3，b6．

若c6，则a2b2943658，此时2bab58，b29．故b6，但

222222222222bc6，故b6，此时a2583622无解．

a2,a3,综上，共有两组解b3,或b6,

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

3

3

xyz0,5．方程组xyzz0,的有理数解(x,y,z)的个数为

xyyzxzy0 A．1

B．2

C．3

D．4

（ B ）

xy0，x0，x1，[解] 若z0，则解得或

xyy0.y0y1.若z0，则由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,y1, 故该方程组共有两组有理数解y0,或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，则

是 A．(0,)

[解] 设a,b,c的公比为q，则baq,caq2，而

B．(0,

x1,sinAcotCcosA的取值范围

sinBcotCcosB

（ C ）

51) 2C．(515151,) D．(,) 222sinAcotCcosAsinAcosCcosAsinC sinBcotCcosBsinBcosCcosBsinCsin(AC)sin(B)sinBbq．

sin(BC)sin(A)sinAa因此，只需求q的取值范围．

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

22aaqaq,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，因此所求的取值范围是(,)． 2222二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7．设f(x)axb，其中a,b为实数，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,L，若

f7(x)128x381，则ab 5 . [解] 由题意知fn(x)ax(a7nn1an2an1La1)b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118．设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为，则a223．

a1[解] f(x)2cos2x12a2acosx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个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．

[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如 ||L|| 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．

若把每个“”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的

分配方法相当于24226个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”． “每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有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个学校的名额数分别为x1,x2,x3，则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

212中取21个元素的可重组合：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．

n110．设数列{an}的前n项和Sn满足：Snan，n1,2,L，则通项an=11．

nn(n1)2n(n1)[解] an1Sn1Sn即 2an1nn1an1an，

(n1)(n2)n(n1)n221121， an=an(n1)(n2)n1n(n1)(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，所以ann22n(n1)211．设f(x)是定义在R上的函数，若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，则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)Lf(2)f(0)f(0)

10031412006200423f(0)220082007． 3(22L21)f(0)41[解法二] 令g(x)f(x)2x，则

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，所以

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，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是

723．

[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r，作平面A1B1C1//平面ABC，与小球相切于点D，则小球球心O为正四面体PA1B1C1的中心，

PO面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心．

1因 VPABCSABCPD4VOA1B1C1

111311114SA1B1C1OD，

3故PD4OD4r，从而

POPDOD4rr3r．

记此时小球与面PAB的切点为P1，连接OP1，则

22PP(3r)2r222r． 1POOP1答12图1

考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB)相 切时的情况，易知小球在面PAB上最靠近边的 切点的轨迹仍为正三角形，记为P，如答 1EF12图2．记正四面体

的棱长为a，过P1作PMPA于M． 1 因MPP1，有

636r， 2PMPP1cosMPP122r故小 三角形的边长

PEPA2PMa26r． 1答12图2

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，所以SPABSPEF24363183．

1由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723． 三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13．已知函数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

答13图

[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(,切，其切点为A(,sin)，(,3)内相23)． 2…5分

3sin由于f(x)cosx，x(,)，所以cos，即tan． …10分 2因此

coscos sinsin32sin2cos14sincos …15分

cos2sin21tan212． …20分 4sincos4tan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

所以 x4x210，(x215215)(x)0． …15分 22所以x2151515，即x或x． 222故原不等式解集为(,51)U(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，则不等式为g(1)g(x21)， 2x1x21， …15分 2x显然g(t)t32t在R上为增函数，由此上面不等式等价于

即(x2)2x210，解得x25151 (x2舍去)， 2251,)． …20分 2故原不等式解集为(,51)U(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．

题15图

[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， 同理有(x02)c22y0cx00． …10分

4x4y08x0x02y0所以bc，bc，则(bc)20． 2x02(x02)x022因P(x0,y0)是抛物线上的点，有y02x0，则

2222x04x0，bc． …15分 (bc)2x2(x02)02所以SPBCx14(bc)x00x0(x02)42448． 2x02x02当(x02)24时，上式取等号，此时x04,y022．

因此SPBC的最小值为8． …20分