全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题(解析)

1、1:设r为方程x3解析：因为设,42(r 2r22x x2：已知1) 9f(a)解析：由题意得:3：某竹竿长为2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛解析x 3 0的解，则以r2为其解的首项系数为1的整系数7L次方程为为方程x3x 3 0的根，则r(r2 1)3 ,两边平方可得r(r2打开可得r62min xx a,a 1L2x2r41,2,a2,0 a a2 2a24米，一端靠在墙上,次方程为x3 2x2则f(a)在1,1上的最大值为1 ，所以f (a)在1,1上的最大值为1,a 121)1;故填1.另一端落在地面上.若竹竿上某一节点到墙的垂直距离和到地面的垂直距离都是 7米，则此时竹竿靠在墙

2、上的端点到地面的垂直距离为米解析1:以边为参由题得:&AEC CFBAE CECF BF49即ab 72.2a b242 ,所以2ab 576 ,即因为ab 0,所以a b 32,所以 ab224,即a, b为方程x232x224米.0的两根,14 a b 576a 16b 164+或4 216164 2,l，故填164 24应与 16 4s/2 -解析2:以线为参设直线AB方程为-y a b则C 7,7在直线上，所以7 a2.2a btan解析3:以角为参ACE CBF ,4：设x R,则y16为，所以AB ACsinx 的最大值为2 cosx解析1:半角+基本不等式sin xxx2

3、sin - cos-22CBcos7 sin结合sin22 cosx2 x 2 x2 x . 2 x2 sin - cos - cos - sin 一2222cos21 ,得一 .x八2sin - cos22_2 x 2 x3sin 一 cos 一2212分子分母同除以sinxcosx得 3tan31222 tan）2解析2:辅助角公式23_2733 .故填：立3sin x2 cosx2yy cosxsin x2ysin x y cosx2y sin x2y4y2.故填:3解析3：辅助角公式；3sinx cosx 2sin x2,3sin x2 cosxsin x2 cosx也故填:3解析4：

4、换元二次函数最值cosx1,3 贝U y2.2sin x2cosxd21 cos x22 cosx2 t23t231 tY3.取等号时31,3.故填：一3解析5：根判别式（万能法）令 t cosx1,1 则 m一 2sin x4cos xcost21 t24mt4m4t 416m2m 1 4my 近.取等号时m 3故填:解析6：斜率几何意义切线人 sin x令y 2 cosxsin x 0k可以看做1,1cosx 2动点A cosx, sin x 和点B2,0的斜率最大值贝U A cosx, sinx在单位圆1上;设则 1AB: y k xkx2k拓2kl故dO l,k2 1k2,3故填:35

5、：在四面体PABC中，棱PA AB, AC两两垂直，且PA ABAC, E,F分别为线段AB, PC的中点,则直线EF与平面PBC所成角的正弦值为解析1:等体积法不妨设PA AB ACPBPC 2Sa pbc&C243 , 2，,1由Vp ABC2Ve ABC -31 AB AC2AP设E到平面PBC的距离为d ,则Ve abc1G一 Sa pbc33 dd6一故d_26，又AE , AF工PC -,且易知AE 222AFAB平面PAC )，故 EFAE22AF_J2设直线EF与平面PBC所成角为，则sin解析2：建系，纳入正方体考虑 不妨设PA AB AC 1 ,因棱PA, AB,

6、AC两两垂直，可以以A为原点，以iB , AC , NP为x, y,z轴正方向单位向量建立空间直角坐标系，一一11 11111则 A(0,0,0), B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0,1), E(-,0,0) , F(0,-,-), EF (,),22 22 2 2(1,1,1)P ABC可视为棱长为1的正方体的一角，可知平面 PBC的法向量方向为正方体体对角线方向设直线EF与平面PBC所成角为，则sin6：设平面上不共线的三个单位向量EF3|n|若011,则12a tb （i t）ti的取值范围为解析：设a OA,bOA,b OB,c OC,2aOA",则由于0

7、t i,若设 tb (i t)C Op,则点P在线段BC上.设线段由此|tb (i t)Ci |OP OA'| |PA'|的最小值为I MAI 2 i 2,最大值为 |"BA'I故12a tb （i t）Ci的取值范围为5,.2A'ABC的重心.由于Bbc的中点为M .OA,或7:设z为复数，且zi .当 i z 3z2Z4取得最小值时，此时复数解析：运用共轲复数的性质注意到z1 z 3z2z2113z-2-Dzz-2-z z 3 z其中z z2Re z （表不' z的实部）2 c - Fz 2zz z2,则t2 t则当1 , 一，一2时，取最

8、小值Im z1 Rez15115.一 i .448:已知由6个正整数组成的六位十进制数中,其个位上的数字是4的倍数，十位和百位上的数字都是 3的倍数，且六位数的数码和为 21 ,则满足上述条件的六位数的个数为解析:（分类+隔板法）个位为4 ,十位、百位都为3 ,则有C2 45个；个位为4 ,十位、百位为3和6 ,则有C2 A2 42个；个位为4,十位、百位为3和9或都为6,则有C2 A2 C2 18个;个位为8,十位、百位都为3,则有C： 15个；个位为8 ,十位、百位为3和6,则有C；屋 6个；综上所述，共有 45 42 18 15 6 126个，故填126.9： 一个正整数若能写成20a

9、8b 27c （a,b,c为非负整数）形式，则称它为“好数”，则集合1,2, ,200中好数的个数为解析：将 1,2, ,200中的数按除以8的余数分类不妨记imod80,1,2,7八类，其中2027 3 ,则0中最小的数为 8,因为8 2027 0,最大的数是200,因为200 202527 0 （还有其他不同的a,b,c满足要求），共25个;1中最小的数为81,因为81 20 0 80 274,最大的数是193,因为193 20 0 8 14 274,共15个；依次类推，可列表如下:余数01234567最小开始数8817427201015447最大数20019319419519619719

10、8199个数2515162223131920故共有：25+15+16+22+23+13+19+20=153 个.10：设ii,i2,“|,in是集合1,2,|",n的一个排列.如果存在k l且ik ii ,则称数对ik,ii为一个逆序，排 列中所有逆序对的数目称为此排列的逆序数.比如，排列1432的逆序为43,42,32，此排列的逆序数就是 3 .则当n 6时，且i3 4的所有排列逆序数的和为 .解析：由于第三个数为 4,故这样的排列一共有 A55 120种，由于除4以外的每个数位置都等价(都存A5 2在一前一后)，所以除 4以外的逆序数和为 1C1 600,接下去计算与4有关的逆序

11、数和，当1,2,3都在4右边时，此时与 4有关的逆序数对为 5,所以共有A3A2 5 60；当1,2,3有两个在4右边时，此时与 4 有关的逆序数对为 3,所以共有C32C2A3A：2 3 216；当1,2,3只有1个在4右边时，此时与 4有关的逆序 数对为1,所以共有C3A3A2 1 36 .综上可得所有逆序数的和为600 60 216 36 912.11.已知数列4,且a1 夜1 , an / VJ1 1(n 2,3,11|),令bn工，记数列bn的前n项 1an1 Jn 1 nan和为Sn .(1)求数列an的通项公式；(2)若对任意的n N* , 向2(Sn 1) n 101恒成立，求

12、实数的取值范围.(1)解析：an :"当即aJn an1 /n-,n 2,所以数列a=n是常数列，an 1n 1. nn 1, nn 1于是包二n曳j 1,所以an而7品. n 12n(2)解析：因为bnn,所以 Snni 1,由Jn2(Sn 1) n 101,得J=赤F -40°=对任意的n N*恒成立，n 1. n 1则(l1T)maxGn 11°° )min ，所以20 . n 1n 1212.已知椭圆C的中心在原点，焦点在 x轴上，离心率为 字，且椭圆C的任意三个顶点构成的三角1形面积为1.2(1)求椭圆C的方程；(2)若过P( ,0)的直线l与

13、椭圆交于相异两点A,B,且限2PB，求实数 的范围.解析:1)设椭圆的长半轴长为a,短半轴长为b,则有色一b_ Y3,ab，解得，a 1,b 1，所a 222 '以椭圆C的方程为x2 4y2 1 .(2)设直线l的方程为x my,设两个交点坐标为 A(x1, y1)，B(x2, y2).由 AP 2pB，得到 y1 2y2.联立方程组22x 4y 1x my222得到(m 4)y2 my 1 0显然，y122为方程的两个相异的实根，则有22222(2 m)2 4(1)(m2 4) 0m24( 2 1)由韦达定理得y1y2马旦，y1y2联立得到m 4 m 42 m 2122()0 mm

14、4 m 4-1 一、又 1,3不符合题意.2、把代入得到色一) 4(9113.已知函数f(x) x24(1)-2,21221)1( 1,911 e x a ,(-,1)(1)若f(x) 0恰有三个根，求实数 a的取值范围; 在(1)的情形下，设f(x) 0的三根为x1,x2,x3 ,且“x2x3,证明 x2x1解析：(1) x11 时，f xx 1 e；, f'xxx e所以函数f x在 ，11,0, 0,且 f(x)故a 0(x ), f( 1) 0, f(0 ),f(0)0,51(2)设 g(x) x 一 ,下证 g(x) x,0上恒成立.即证|"x1 x 1e &quo

15、t;,变形得到e ',0上，显然成立.,0上有两解*4?5,且x41x5 .可得：f x1a g x4f x4 , f x2a g x5f x5注意到f x的单调性，有x1X4?2x5.通过解二次方程可以解得x4a .a2 4,x52则有 x2 x1x5x4a .14：设正整数n 3,已知n个数a1,a2,|,an,记两两之和为bjai aj(i j),得到如下表格:b21bn1,bn2,bn,n 1若在上述表格中任意取定 k个数，可以唯一确定出 n个数a1,a2,|,an ,求k的最小值.解析：(1)当n 3时，显然由b21a2a1，b32a3a2,b31a3a1才能唯一确定出国&#

16、169;2e3,此时k 3 .(2)当n 4时.显然由k C； 1 4,否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数.当k 4时，如果b21, 01笛42,b43这4个值，也无法确定出 a1，a2,a3,a4 .当k 5时，若已知 d1, dhbdhbbv中任意五个数的值.不妨设 d1的值未知，则由b31, b32 ,b42 , b43 可以确定 a3(2(b32b43b42),从而唯一确定出a1，a2, a3, a4.（a）当n5时，kC421 7,即如果知道7个bj,则一定存在一个下标s, % （或bjs）最多出现2 次，至少出现1次.事实上，7个bj共有14个下标，而1,2,3,4,5 每

17、个下标出现3次及以上，就共出现15个下标，这是不可能的.因此根据（2）,由至少5个bj,i,j 1,2,3,4,5s的值可唯一确定出ai,i1,2,3,4,5 s,再由至少出现一次的 小 （或bjs）唯一确定出as.（b）当n6时，用数学归纳法证明k C21 1 .当取k个bj时，一定存在一个下标s,bis（或bjs）最 多出现 n 2 次(因为 2k n(n 1),则 bj,i,j 1,2,3, ”|,ns至少有k (n 2)C21 n 3C21 1由归纳可知，这些bj可唯一确定出ai,i1,2,3, |,n s,然后再有入（或bjs）确定出as.2020m,n 115：设 ai解析：证明:am-m n2020am,bj为实数列，证明2020.ambnm,n 1m . n12020-222amm 120202020不等式的左边a