全國高中數學聯合競賽一試B卷

全國高中數學聯合比賽一試B卷全國高中數學聯合比賽一試B卷PAGEPAGE10全國高中數學聯合比賽一試B卷PAGE2020年全國高中數學聯合比賽一試B卷

試題參照答案及評分標準〔B卷〕

講明：

1．評閱試卷時，請依據本評分標準．選擇題只設6分和0分兩檔，填空題只設9分和0分兩檔；其他

各題的評閱，請嚴格依據本評分標準的評分品位給分，不要增添其他中間品位．

2．假如考生的解答形式和本解答不一樣樣，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參照本評分標準適合劃

分品位評分，解答題中5分為一個品位，不要增添其他中間品位．

一、選擇題〔此題總分值36分，每題6分〕1．函數f(x)54xx2在(,2)上的最小值是〔B〕2xA．3B．2C．1D．0[解]當x2時，2x0，因此f(x)1(44xx2)1(21(2x)2x2x)2x2x2，當且僅當12x時上式取等號．而此方程有解x1(,2)，因此f(x)在(,2)2x上的最小值為2．2．設A[2,4)，B{xx2ax40}，假設BA，那么實數a的取值范圍為〔A〕A．[0,3)B．[0,3]C．[1,2)D．[1,2][解]因x2ax40有兩個實根22x1aaaa424，x2，424故BA等價于x12且x24，即a4a22且a4a2244，24解之得0a3．3．甲乙兩人進行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負者得0分，比賽進行到有一人比對方多2分或打滿6局時停留．設甲在每局中獲勝的概率為2，乙在每局中獲勝的概率為1，33且各局輸贏相互獨立，那么比賽停馬上已打局數的期盼E為〔C〕A.670B.274C.266D.241243818181[解法一]依題意知，的所有或許值為2，4，6.

設每兩局比賽為一輪，那么該輪停止時比賽停留的概率為

(2)2(1)25．339假設該輪停止時比賽還將連續(xù)，那么甲、乙在該輪中必是各得一分，現在，該輪比賽結果對下輪比賽可否停留沒有阻攔．進而有P(2)5，9P(4)(4)(5)20，9981P(6)(4)216，981故E25420616266．9818181[解法二]依題意知，的所有或許值為2，4，6.令k表示甲在第k局比賽中獲勝，那么Ak表示乙在第k局比賽中獲勝．A由獨立性與互不相容性得P(2)P(A1A2)P(A1A2)5，9P(4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)2[(2)3(1)(1)3(2)]20，333381P(6)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)4(2)2(1)216，3381故E25420616266．98181814．假設三個棱長均為整數〔單位：cm〕的正方體的表面積之和為564cm2，那么這三個正方體的體積之和為D〕

A.586cm3B.586cm3或564cm3C.764cm3D.764cm3或586cm3[解]設這三個正方體的棱長分不為a,b,c，那么有6a2b2c2564，a2b2c294，沒關系設，進而22222c只能取1abc103cabc94，c31．故6c10．，98，7，6．假設c9，那么222a2(a,b,c)(2,3,9)b94913b3a，易知，得一組解．，假設c8，那么a2b2946430，b5．但2b230，b4，進而b4或5．假

設b5，那么a25無解，假設b4，那么a214無解．現在無解．假設c7，那么a2b2944945，有唯一解a3，b6．假設c6，那么a2b2943658，現在2b2a2b258，b229．故b6，但bc6，故b6，現在a2583622無解．a2,a3,綜上，共有兩組解b3,或b6,c9c7.體積為V1233393764cm3或V2336373586cm3．xyz0,的有理數解(x,y,z)的個數為〔C〕5．方程組xyzz0,xyyzxzy0A.4B.3C.2D.1[解]假設z0，那么xy，x，x，0解得0或1xyy0.y0y1.假設z0，那么由xyzz0得xy1．①由xyz0得zxy．②將②代入xyyzxzy0得x2y2xyy0．③由①得x1，代入③化簡得(y1)(y3y1)0.y310無有理數根，故y1，由①得x1，由②得z0，與z0矛盾，易知yyx0,x1,故該方程組共有兩組有理數解y0,或y1,z0z0.6．設ABC的內角A,B,C所對的邊a,b,c成等比數列，那么sinAcotCcosA的取值范圍sinBcotCcosB是〔B〕A.(51,)B.(51,51)222C.(0,51)D.(0,)2aq2，而[解]設a,b,c的公比為q，那么baq,csinAcotCcosAsinAcosCcosAsinCsinBcotCcosBsinBcosCcosBsinC

sin(AC)sin(B)sinBbq．sin(BC)sin(A)sinAa因此，只要要q的取值范圍．因a,b,c成等比數列，最大邊只能是a或c，因此a,b,c要產生三角形的三邊，必需且只要abc且bca．即有不等式組aaqaq2,即q2q10,aqaq2aq2q10.125q51,解得251或q51q.22進而51q51(51,51)．22，因此所求的取值范圍是22二、填空題〔此題總分值54分，每題9分〕7．設f(x)axb，其中a,b為實數，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,，假設f7(x)128x381，那么f2(2)17.[解]由題意知fn(x)nn1n2a1)bax(aaanxan1b，a1由f7(x)128x381得a7128，a71b381，因此a2，b3．a1因此f2(2)2a2a21b8221317．a1218．設f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值為1，那么a23．2[解]f(x)2cos2x12a2acosx2(cosxa)21a22a1，22(1)a2時，f(x)當cosx時取最小值14a；1(2)a2時，f(x)當cosx1時取最小值；1(3)2a2時，f(x)當cosxa時取最小值1a22a1．22又a2或a2時，f(x)的最小值不能夠為1，2

故1a22a11，解得a23，a23(舍去)．22

9．將24個理想者名額分配給3個學校，那么每校最稀有一個名額且各校名額互不一樣樣的分

配形式共有222種．

[解法一]用4條棍子間的空隙代表3個學校，而用表示名額．如||||表示第一、二、三個學校分不有4，18，2個名額．假設把每個〝〞與每個〝|〞都視為一個地址，由于左右兩端必定是〝｜〞，故不一樣樣的分配形式相當于24226個地址〔兩端不在內〕被2個〝｜〞占有的一種〝占位法〞．〝每校最稀有一個名額的分法〞相當于在24個〝〞之間的23個空隙中選出2個間隙插入〝｜〞，故有C232253種．又在〝每校最稀有一個名額的分法〞中〝最稀有兩個學校的名額數相同〞的分配形式

有31種．綜上知，知足條件的分配形式共有253－31＝222種．[解法二]設分配給3個學校的名額數分不為x1,x2,x3，那么每校最稀有一個名額的分法數為不定方程x1x2x324．的正整數解的個數，即方程x1x2x321的非負整數解的個數，它等于3個不一樣樣元素中取21個元素的可重組合：H321C2321C232253．又在〝每校最稀有一個名額的分法〞中〝最稀有兩個學校的名額數相同〞的分配形式

有31種．

綜上知，知足條件的分配形式共有253－31＝222種．10．設數列{an}的前n項和Sn知足：Snann1，，那么Sn=11．1)n1,2,n12nn(n[解]an1Sn1Snnan1n1an，(n1)(nn(n1)2)即2an1n2211an(n1)(n2)n1n(n1)=2an1，1)(n2)n(n(n1)由此得2(an11)an1．(n1)(n2)n(n1)令bnan1，b1a111(a10)，n(n1)22

有bn11bn，故bn1，因此an11．2n1)22nn(nn11111因此Snn(n1)(2nn(n1))n12n．11．設f(x)是界說在R上的函數，假設f(0)2009，且對任意xR，知足f(x2)f(x)32x，f(x6)f(x)632x，那么f(2008)=220082008．[解法一]由題設條件知f(x2)f(x)(f(x4)f(x2))(f(x6)f(x4))(f(x6)f(x))32x232x4632x32x，因此有f(x2)f(x)32x，故f(2008)f(2008)f(2006)f(2006)f(2004)f(2)f(0)f(0)3(22006200421)f(0)2234100311f(0)41220082008．[解法二]令g(x)f(x)2x，那么g(x2)g(x)f(x2)f(x)2x22x32x32x0，g(x6)g(x)f(x6)f(x)2x62x632x632x0，即g(x2)g(x),g(x6)g(x)，故g(x)g(x6)g(x4)g(x2)g(x)，得g(x)是周期為2的周期函數，因此f(2008)g(2008)2008g(0)200820082008．22212．一個半徑為1的小球在一個內壁棱長為46的正周圍體容器內可向各個目標自由運動，那么該小球永遠不或許接觸到的容器內壁的面積是723．[解]如答12圖1，考慮小球擠在一個角時的狀況，記小球半徑為r，作平面A1B1C1//平面ABC，與小球相切于點D，那么小球球心O為正周圍體PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D為A1B1C1的中心．

因VPABC1SABCPD11131114VOABC111

答12圖1

1SA1B1C1OD，3

故PD4OD4r，進而POPDOD4rr3r．

在小球與面PAB的切點P1，接OP1，那么

22(3r)2r222r．PP1POOP1考小球與正周圍體的一個面(沒關系取PAB)相切的狀況，易知小球在面PAB上最湊近的切點的跡仍正三角形，P1EF，如答122．正周圍體的棱a，P1作PM1PA于M．因MPP1，有PMPP1cosMPP122r36r，故小三角形的26PEPA2PMa26r．1小球與面PAB不能夠接觸到的部分的面〔如答12中陰影部分〕

SPABSP1EF3(a2(a26r)2)32ar63r2．4又r1，a46，因此SPABSPEF24363183．答1221由稱性，且正周圍體共4個面，因此小球不能夠接觸到的容器內壁的面共723．三、解答〔此分60分，每20分〕13．函數f(x)|sinx|的像與直ykx(k0)有且有三個交點，交點的橫坐的最

大，求：

cos12．sinsin34[]f(x)的象與直ykx(k0)的三個交點如答13所示，且在(,3內相切，其切點)2A(,sin)，(,3．)2答13?5分由于f(x)cosx，x(,3)，因此cossin，即tan．?10分2因此

coscossinsin32sin2cos1?15分4sincoscos2sin24sincos1tan24tan12?20分．414．解不等式

log2(x123x105x83x61)1log2(x41)．[解法一]由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上增函數，故原不等式等價于x123x105x83x612x42．即x123x105x83x62x410．?5分分析析x12x10x82x102x82x64x84x64x4x6x4x2x4x210，(x82x64x4x21)(x4x21)0，?10分因此x4x210，(x215)(x215)0．?15分22因此x215，即15x125．22故原不等式解集(51,51)．?20分22[解法二]由1log2(x41)log2(2x42)，且log2y在(0,)上增函數，故原不等式等價于x123x105x83x612x42．?5分即

21x63x43x212x22(x21)32(x21)，x2x6(12)32(12)(x21)32(x21)，?10分xx令g(t)t32t，那么不等式g(1)g(x21)，x2明g(t)t32t在R上增函數，由此上面不等式等價于1x21，?15分x2即(x2)2x210，解得x251，2故原不等式解集(51,51)．?20分2215．如15，P是拋物y22x2y10上的點，點B,C在直x1上，2(y21內切于PBC，求PBC面的最?。畑1)[解]P(x0,y0),B(1,b),C(1,c)，沒關系bc．直PB的方程:yby0b(x1)，x01化得(y0b)x(x01)yx0by00．又心(0,1)到PB的間隔1，x01x0by01，?5分(y0b)2(x01)2

故(y0b)2(x01)2(x01)2(x0by0)22(x01)(x0by0)，張開得(x021)b22(x01)(x0y0)b2y0(x01)0，易知x01，15故(x01)b22(x0y0)b2y00，同理有(x01)c22(x0y0)c2y00．?10分因此bc2(