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2020年全国高中数学联赛试题及详细解析(4)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-17 19:33
tags:高中数学联赛

高中数学人教a版选修1一2教案-高中数学较好的练习册


2020年全国高中数学联赛
(考试时间:上午8:00—9:40)
一、选择题(本题满分36分,每小题6分)

1. 如图,在正四棱锥
P? ABCD
中,∠
APC
=60°,则二面角
A?PB?C
的平面角的 余弦值为( )
A.
1

7
B.
?
1

7
C.
1

2
D.
?
1

2
5. 设圆
O
1
和圆
O
2
是两个定圆,动圆
P
与这两个定圆都相切,则圆
P
的圆心 轨迹不可能是
( )

6. 已知
A

B
是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:
A

B
的元素个数相 同,且

A

B
空集。若
n

A
时总有2
n
+2∈
B
,则集合
A

B
的元 素个数最多为( )
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
二、填空题(本题满分54分,每小题9分)
7. 在平面直角坐标系内,有四个定点
A
(?3,0),
B
(1,?1),
C
(0,3),
D< br>(?1,3)及一个动

P
,则|
PA
|+|
PB< br>|+|
PC
|+|
PD
|的最小值为__________。
8. 在△
ABC
和△
AEF
中,
B

E F
的中点,
AB
=
EF
=1,
BC
=6,
CA?33
,若
AB?AE?AC?AF?2
,则
EF

BC
的夹角的余弦值等于________。
9. 已知正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1,以顶点
A
为球心,
23
为半径作一个球,则球面
3
与正方体的表面相交所得到 的曲线的长等于__________。
10. 已知等差数列{
a
n
}的 公差
d
不为0,等比数列{
b
n
}的公比
q
是小于 1的正有理数。若
a
1
=
d

22
a
1< br>2
?a
2
?a
3
b
1
=
d
,且是正整数,则
q
等于________。
b
1
?b
2
?b
3
sin(
πx
)?cos(
πx
)?215
(?x?)
,则
f
(
x
)的最小值为________。 11. 已知函数
f(x)?
44
x
2
12. 将2个
a< br>和2个
b
共4个字母填在如图所示的16个小方格内,每个小方格内至多填1
个 字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有________种(用数字作答)。
三、解答题(本题满分60分,每小题20分)


13. 设
a
n
?

1
,求证:当正整数
n
≥2时 ,
a
n
+1
<
a
n

?
k(n?1?k)
k?1
n
14. 已知过点(0,1)的直线< br>l
与曲线
C

y?x?
1
(x?0)
交于两 个不同点
M

N
。求曲线
C
x
在点
M
N
处切线的交点轨迹。


15. 设函数
f(
x
)对所有的实数
x
都满足
f
(
x+
2
π
)
=f
(
x
),求证:存在4个函数
fi
(
x
)(
i
=1,2,
3,4)满足:(1)对i
=1,2,3,4,
f
i
(
x
)是偶函数,且对任意 的实数
x
,有
f
i
(
x+π
)
=f
i
(
x
);
(2)对任意的实数
x
,有
f
(
x
)
=f
1
(
x
)
+f
2< br>(
x
)cos
x+f
3
(
x
)sin
x+f
4
(
x
)sin2
x








2020年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
一、选择题(本题满分36分,每小题6分)
1. 如图,在正四棱锥
P?ABCD
中,∠
APC
=60°,则二面角
A?PB?C
的平面角的余弦值为 ( )


A.
1

7
B.
?
1

7
C.
1

2
D.
?
1

2
P
【答案】B
【解析】如图,在侧面< br>PAB
内,作
AM

PB
,垂足为
M
。连结
CM

AC
,则∠
AMC

二面角
A?P B?C
的平面角。不妨设
AB
=2,则
PA?AC?22
,斜高为< br>7
,故
7
2?7?AM?22
,由此得
CM?AM?
。在△
AMC
中,由余弦定理得
2
AM
2
?CM
2
?AC
2
1
cos?AMC???

2?AM?CM7


D
M
C
BA


3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完 全
相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为
a
,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号 码为
b

则使不等式
a
?2
b
+10>0成立的事 件发生的概率等于( )
A.
52

81
B.
59

81
C.
60

81
D.
61

81
【答案】D
2
【解析】甲、乙二人每人摸出一 个小球都有9种不同的结果,故基本事件总数为9=81个。
由不等式
a
?2
b
+10>0得2
b
<
a
+10,于是,当
b
=1 、2、3、4、5时,每种情形
a
可取1、2、…、
9中每一个值,使不等式成立,则 共有9×5=45种;当
b
=6时,
a
可取3、4、…、9中每一
个 值,有7种;当
b
=7时,
a
可取5、6、7、8、9中每一个值,有5种; 当
b
=8时,
a
可取
7、8、9中每一个值,有3种;当
b
=9时,
a
只能取9,有1种。于是,所求事件的概率为
45?7?5?3? 161
?

8181

4. 设函数
f
(
x
)=3sin
x
+2cos
x
+1。若实数
a

b

c
使得
af
(
x
)
+bf
(
x?c
)=1对任意实数
x
恒成


bcos c
的值等于( )
a
11
A.
?
B.
22
立,则
【答案】D
C. ?1 D. 1
5. 设圆
O
1
和圆
O
2
是两个定圆,动圆
P
与这两个定圆 都相切,则圆
P
的圆心轨迹不可能是( )


【答案】A
【解析】设圆
O
1
和圆
O
2
的半径分别是
r
1

r
2
,|
O
1
O
2
|=2
c
,则一般地,圆
P
的圆心轨迹是焦
点为
O
1

O
2
,且离心率分别是
2c2c
和的圆锥曲线(当< br>r
1
=
r
2
时,
O
1
O
2
的中垂线是轨
r
1
?r
2
|r
1
?r2
|
迹的一部份,当
c=
0时,轨迹是两个同心圆)。
r
1
=
r
2

r
1
+
r2
<2
c
时,圆
P
的圆心轨迹如选项B;当0<2
c< br><|
r
1
?
r
2
|时,圆
P
的圆心 轨迹如选
项C;当
r
1

r
2

r
1
+
r
2
<2
c
时,圆
P
的圆心轨迹如 选项D。由于选项A中的椭圆和双曲线的
焦点不重合,因此圆
P
的圆心轨迹不可能是选 项A。

6. 已知
A

B
是集合{1,2,3,…,1 00}的两个子集,满足:
A

B
的元素个数相同,且

A

B
空集。若
n

A
时总有2
n
+2∈
B
,则集合
A

B
的元素个数最多为( )
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
【答案】B
【解析】先证|< br>A

B
|≤66,只须证|
A
|≤33,为此只须证若
A
是{1,2,…,49}的任一个34
元子集,则必存在
n

A
,使得2
n
+2∈
B
。证明如下:
将{1,2,…,49 }分成如下33个集合:{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共12个;
{2 ,6},{10,22},{14,30},{18,38}共4个;{25},{27},{29},…,{4 9}共13个;
{26},{34},{42},{46}共4个。由于
A
是{1,2 ,…,49}的34元子集,从而由抽屉原理


可知上述33个集合中至少有一个2元集合 中的数均属于
A
,即存在
n

A
,使得2
n
+2∈
B

如取
A
={1,3,5,…,23,2,10,14 ,18,25,27,29,…,49,26,34,42,46},
B
={2
n< br>+2|
n

A
},则
A

B
满足题 设且|
A

B
|≤66。


9. 已知正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的 棱长为1,以顶点
A
为球心,
23
为半径作一个球,则球面
3
与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。
【答案】
53π

6
【解析】如图,球面与正方体的六个面都相交 ,所得的交线分为两类:一类在顶点
A
所在的
三个面上,即面
AA
1
B
1
B
、面
ABCD
和面
AA
1
D
1
D
上;另一类在不过顶点
A
的三个面上,即面
BB1
C
1
C


CC
1
D
1< br>D
和面
A
1
B
1
C
1
D
1
上。在面
AA
1
B
1
B
上,交线为弧
EF
且在过球心
A
的大圆上,因为
23
πππ

AA< br>1
=1,则
?A
1
AE?
。同理
?BAF?
,所以
?EAF?
,故弧
3
666
23
π
3
??π
,而这样的弧共有三条。在面
BB
1
C
1
C
上,交线为弧
FGEF
的长为
369
AE?
且在距球心为1的平面 与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为B,半径为
33
π
3
π
??π
。这样的弧也有三条。 ,
?FBG?
,所以弧
FG
的长为
3326
2
3353
π
π?
3
?π?
于是 ,所得的曲线长为
3
?

966

10. 已知等差数列 {
a
n
}的公差
d
不为0,等比数列{
b
n
}的公比
q
是小于1的正有理数。若
a
1
=
d


22
a
1
2
?a
2
?a
3
b
1
=
d
,且是正整数,则
q
等于 。
b
1
?b
2
?b
3
1
【答案】
2
2
11. 已知函数
f(x)?
【答案】
sin(
πx
)?cos(
πx
)?215
(?x?)
,则
f(
x
)的最小值为 。
44
x

45

5
12. 将2个
a
和2个
b
共4 个字母填在如图所示的16个小方格内,每个小方格内至多填1
个字母,若使相同字母既不同行也不同列 ,则不同的填法共有 种(用数字作答)。
【答案】3960
22
【解析】使2个
a
既不同行也不同列的填法有
C
4
A
4=72种,同样,使2个
b
22
既不同行也不同列的填法也有
C
4
A
4
=72种,故由乘法原理,这样的填法共有
2
72种,其中不 符合要求的有两种情况:2个
a
所在的方格内都填有
b
的情况
12< br>有72种;2个
a
所在的方格内仅有1个方格内填有
b
的情况有
C
16
A
9
=16×72
2
种。所以,符合题设条件的填 法共有72
?72?16×72=3960种。


三、解答题(本题满分60分,每小题20分)

1
,求证:当正整数n
≥2时,
a
n
+1
<
a
n
?
k(n?1?k)
k?1
2
n
1
1111
? (?)
,因此
a
n
?
【解析】证明:由于,于是,对
?n?1
k?1
k
k(n?1?k)n?1kn?1?k
13. 设
a
n
?
n


11
n
11
n?11
任意的正整数
n
≥2,有
(a
n
?a
n?1
)?
?
?
?

2n?1
k?1
kn?2< br>k?1
k
nn
111111
?(?)
?
??(
?
?1)?0
,即
a
n
+1
<
a
n
n?1n?2
k?1
k(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)
k?1
k

15. 设函数
f
(
x
)对所有的实数
x
都满足
f
(
x+
2
π
)
=f< br>(
x
),求证:存在4个函数
f
i
(
x
)(
i
=1,2,
3,4)满足:(1)对
i
=1,2,3,4,
f
i
(
x
)是偶函数,且对任意的实数
x
,有
f
i
(
x+π
)
=f
i
(
x
);< br>(2)对任意的实数
x
,有
f
(
x
)
=f< br>1
(
x
)
+f
2
(
x
)cosx+f
3
(
x
)sin
x+f
4
(
x
)sin2
x

【解析】证明:记
g(x)?

f(x)?f(?x)f(x)?f(?x)

h(x)?
,则
f
(
x
)=
g
(
x
)+
h
(
x
),且
22
g
(
x
)是偶函数,
h
(
x
)是奇函数,对任意的
x

R

g
(
x+
2
π
)
=g
(
x
),
h
(
x+
2
π
)
=h
(
x
)。令
f
1
(x)?
g
(
x
)?
g
(
x
?
π
)
2

?
g
(
x
)?
g
(
x
?
π
)
?
2cosx
f
2
(x)?
?
?
0
?
x?kπ?
π
2
π
x?kπ?
2


?
h
(
x)?
h
(
x
?
π
)
?
f
3< br>(x)?
?
2sinx
?
0
?
?
h
(
x
)?
h
(
x
?
π
)
?
2sin2x
x?kπ

f
4
(x)?
?
?x?kπ
0
?
x?

2
,其中
k
为 任意整

x?
2
数。
容易验证
f
i
(
x
),
i
=1,2,3,4是偶函数,且对任意的
x
R

f
i
(
x+π
)
=f
i
(
x
),
i
=1,2,3,


2020年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、(本题满分50分) 如图,在锐角△
ABC
中,
AB
AD
是边
BC
上的高,
P
是线段
AD

一点。过
P

PE

AC
,垂足为
E
,作
PF
AB
,垂足为
F

O
1

O
2
分别是△
BDF
、△
CDE
的外心。
求证:
O
1

O
2

E

F
四点共圆的充要条件为< br>P
是△
ABC
的垂心。
【解析】证明:连结
BP

CP

O
1
O
2

EO
2

EF

FO
1
。因为
PD

BC
PF

AB
,故
B

D

P

F
四点共圆,且
BP
为该圆的直径。又因为
O
1
是△
BDF
的外心,故
O
1

BP
上且 是
BP
的中点。
同理可证
C

D

P
E
四点共圆,且
O
2
是的
CP
中点。综合以 上知
O
1
O
2

BC
,所以∠
PO
2
O
1
=∠
PCB
。因为
AF·AB=AP·AD=AE ·AC
,所以
B

C

E

A
F
四点共圆。
E
充分性:设
P
是△
ABC
的垂心, 由于
PE

AC

PF

AB
,所以B

O
1

P

F
E
四点共 线,
C

O
2

P

F
四点共线 ,∠
FO
2
O
1
=∠
FCB
=∠
FEB< br>=∠
FEO
1
,故
P
O
1

O2

E

F
四点共圆。
O
2
必要性 :设
O
1

O
2

E

F
四点共圆,故∠
O
1
O
2
E
+∠
EFO
1
=180°。
O
1
由于∠
PO
2
O
1
=∠
PCB
=∠
ACB
?∠
ACP
,又因为
O
2
是直角△
CEP
的斜边中点,
也就是△
CEP
的外心,所以∠
PO
2
E
=2∠
ACP
。因为
O
1
是直角△
BFP
的斜边
B
DB'
中点,也就是△
BFP
的外心,从而∠
PFO
1
=90°?∠
BFO
1
=90°?∠
ABP
。因

B

C

E

F
四点共圆,所以∠
AFE
=∠
ACB
,∠
PFE
=90°?∠
ACB
。于是,由∠
O
1
O
2
E
+∠
EFO
1
=180°

( ∠
ACB
?∠
ACP
)+2∠
ACP
+(90°?∠
ABP
)+(90°?∠
ACB
)=180°,即∠
ABP
=∠< br>ACP
。又因为
AB
AD

BC
, 故
BD。设
B'
是点
B
关于直线
AD
的对称点,则
B'
在线段
DC
上且
B'D=BD

连结
AB'

PB'
。由对称性,有∠
AB'P
=∠ABP
,从而∠
AB'P
=∠
ACP
,所以
A

P

B'

C
四点
共圆。由此可知∠
P B'B
=∠
CAP
=90°?∠
ACB
。因为∠
PBC=∠
PB'B

故∠
PBC
+∠
ACB
=( 90°?∠
ACB
)+∠
ACB
=90°,故直线
BP
和< br>AC
垂直。由题设
P
在边
BC
的高
上,所以
P
是△
ABC
的垂心。

二、(本题满分50分)如图,在7×8 的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。
如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点,那么称这 两个棋子相连。现从这56个棋子中取
出一些,使得棋盘上剩下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、 斜方向)上依次相连。问
最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由。
C



图1 图2
第二步构造一种 取法,共取走11个棋子,余下的棋子没有五子连珠。如图2,只要取出有
标号位置的棋子,则余下的棋 子不可能五子连珠。
综上所述,最少要取走11个棋子,才可能使得余下的棋子没有五子连珠。


三、(本题满分50分)设集合
P
={1,2,3,4,5}, 对任意
k

P
和正整数
m
,记
?
k?1
?
f
(
m

k
)=
?
?
m
?
,其中[
a
]表示不大于
a
的最大整数。求证:对任意 正整数
n
,存在
i?1
i?1
??
5
k

P
和正整数
m
,使得
f
(
m

k
)=
n



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