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）.pdf

1、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

2、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，

3、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

4、,() 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，

5、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

6、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

7、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

8、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 s

9、incos 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

10、，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

11、 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

12、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

13、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

14、 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

15、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ar

16、ctan3 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 121 , mn f nf nf n mmm 的值 解解：对0,1,1km，有 5 11

17、1 11 111 1 ,C1+CCC 2 nnn kkkk mmmm iii iiin f m k nnn 5 分 所以 121 , mn f mf mf m nnn 111 101 C, mmn j m jki i f m k n 11 1 00 1 22CC 2 mm mkk mm kk n 1 222121(21)1 2 mmmm n n 10 分 同理得 121 , mn f nf nf n mmm (21)1 n m 由条件知(21)1123 m n， 即(21)124 m n， 故(21) 124 m 又2m， 所以213, 7,15,31, 63,127, m ，仅当5m时，21

18、31 m 为124的约数，进 而有 124 4 31 n进而 121 , mn f nf nf n mmm 4 (21) 5174 20 分 11. （本题满分本题满分 20 分分） 在平面直角坐标系中， 点,A B C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 解解：不妨设等腰直角ABC的顶点,A B C逆时针排列，A为直角顶点 设( , )ABs t，则(, )ACt s，且ABC的面积 22 2 1 22 ABC st SAB 5 分 注意到A在双曲线1xy上，设 1 ,A a a ， 则 11 ,B astC ats aa 由,B C在双曲线1xy上，可知 1

19、1 ()()1astats aa ， 这等价于 s atst a ， t asst a 由、相加，得()0 st a ts a ，即 x y C A B O 6 2 ts a ts 由、相乘，并利用，得 2 2222 2 1st s tatasastst aaa 2222 22 4tstsst stststst tstsst 222 22 ()st st 10 分 所以由基本不等式得 2 22 42 2222 22 222 2 1 ()()22() 4 sts tsts ts tst 3 2 22 222 222 6 122()() 43108 s ts tstst ， 故 22 1086 3st 15 分 以下取一组满足条件的实数( , , )s t a，使得 22 6 3st（进而由, ,s t a可确 定一个满足条件的ABC，使得 22 3 3 2 ABC st S） 考虑的取等条件，有 2 2222 2()s tst，即 2 2 23 s t 不妨要求0st，结合 22 6 3st，得3( 31),3( 31)st 由知0a，故由得 ts a ts ，其中 3131 312 tss，从而有 312 312 a 综上，ABC的面积的最小值为3 3 20 分