全国高中数学联合竞赛一试B卷

全国高中数学联合比赛一试B卷全国高中数学联合比赛一试B卷PAGEPAGE10全国高中数学联合比赛一试B卷PAGE2020年全国高中数学联合比赛一试B卷

试题参照答案及评分标准〔B卷〕

讲明：

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，请严格依据本评分标准的评分品位给分，不要增添其他中间品位．

2．假如考生的解答形式和本解答不一样样，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适合划

分品位评分，解答题中5分为一个品位，不要增添其他中间品位．

一、选择题〔此题总分值36分，每题6分〕1．函数f(x)54xx2在(,2)上的最小值是〔B〕2xA．3B．2C．1D．0[解]当x2时，2x0，因此f(x)1(44xx2)1(21(2x)2x2x)2x2x2，当且仅当12x时上式取等号．而此方程有解x1(,2)，因此f(x)在(,2)2x上的最小值为2．2．设A[2,4)，B{xx2ax40}，假设BA，那么实数a的取值范围为〔A〕A．[0,3)B．[0,3]C．[1,2)D．[1,2][解]因x2ax40有两个实根22x1aaaa424，x2，424故BA等价于x12且x24，即a4a22且a4a2244，24解之得0a3．3．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方多2分或打满6局时停留．设甲在每局中获胜的概率为2，乙在每局中获胜的概率为1，33且各局输赢相互独立，那么比赛停马上已打局数的期盼E为〔C〕A.670B.274C.266D.241243818181[解法一]依题意知，的所有或许值为2，4，6.

设每两局比赛为一轮，那么该轮停止时比赛停留的概率为

(2)2(1)25．339假设该轮停止时比赛还将连续，那么甲、乙在该轮中必是各得一分，现在，该轮比赛结果对下轮比赛可否停留没有阻拦．进而有P(2)5，9P(4)(4)(5)20，9981P(6)(4)216，981故E25420616266．9818181[解法二]依题意知，的所有或许值为2，4，6.令k表示甲在第k局比赛中获胜，那么Ak表示乙在第k局比赛中获胜．A由独立性与互不相容性得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．假设三个棱长均为整数〔单位：cm〕的正方体的表面积之和为564cm2，那么这三个正方体的体积之和为D〕

A.586cm3B.586cm3或564cm3C.764cm3D.764cm3或586cm3[解]设这三个正方体的棱长分不为a,b,c，那么有6a2b2c2564，a2b2c294，没关系设，进而22222c只能取1abc103cabc94，c31．故6c10．，98，7，6．假设c9，那么222a2(a,b,c)(2,3,9)b94913b3a，易知，得一组解．，假设c8，那么a2b2946430，b5．但2b230，b4，进而b4或5．假

设b5，那么a25无解，假设b4，那么a214无解．现在无解．假设c7，那么a2b2944945，有唯一解a3，b6．假设c6，那么a2b2943658，现在2b2a2b258，b229．故b6，但bc6，故b6，现在a2583622无解．a2,a3,综上，共有两组解b3,或b6,c9c7.体积为V1233393764cm3或V2336373586cm3．xyz0,的有理数解(x,y,z)的个数为〔C〕5．方程组xyzz0,xyyzxzy0A.4B.3C.2D.1[解]假设z0，那么xy，x，x，0解得0或1xyy0.y0y1.假设z0，那么由xyzz0得xy1．①由xyz0得zxy．②将②代入xyyzxzy0得x2y2xyy0．③由①得x1，代入③化简得(y1)(y3y1)0.y310无有理数根，故y1，由①得x1，由②得z0，与z0矛盾，易知yyx0,x1,故该方程组共有两组有理数解y0,或y1,z0z0.6．设ABC的内角A,B,C所对的边a,b,c成等比数列，那么sinAcotCcosA的取值范围sinBcotCcosB是〔B〕A.(51,)B.(51,51)222C.(0,51)D.(0,)2aq2，而[解]设a,b,c的公比为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要产生三角形的三边，必需且只要abc且bca．即有不等式组aaqaq2,即q2q10,aqaq2aq2q10.125q51,解得251或q51q.22进而51q51(51,51)．22，因此所求的取值范围是22二、填空题〔此题总分值54分，每题9分〕7．设f(x)axb，其中a,b为实数，f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x))，n1,2,3,，假设f7(x)128x381，那么f2(2)17.[解]由题意知fn(x)nn1n2a1)bax(aaanxan1b，a1由f7(x)128x381得a7128，a71b381，因此a2，b3．a1因此f2(2)2a2a21b8221317．a1218．设f(x)cos2x2a(1cosx)的最小值为1，那么a23．2[解]f(x)2cos2x12a2acosx2(cosxa)21a22a1，22(1)a2时，f(x)当cosx时取最小值14a；1(2)a2时，f(x)当cosx1时取最小值；1(3)2a2时，f(x)当cosxa时取最小值1a22a1．22又a2或a2时，f(x)的最小值不能够为1，2

故1a22a11，解得a23，a23(舍去)．22

9．将24个理想者名额分配给3个学校，那么每校最稀有一个名额且各校名额互不一样样的分

配形式共有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||||表示第一、二、三个学校分不有4，18，2个名额．假设把每个〝〞与每个〝|〞都视为一个地址，由于左右两端必定是〝｜〞，故不一样样的分配形式相当于24226个地址〔两端不在内〕被2个〝｜〞占有的一种〝占位法〞．〝每校最稀有一个名额的分法〞相当于在24个〝〞之间的23个空隙中选出2个间隙插入〝｜〞，故有C232253种．又在〝每校最稀有一个名额的分法〞中〝最稀有两个学校的名额数相同〞的分配形式

有31种．综上知，知足条件的分配形式共有253－31＝222种．[解法二]设分配给3个学校的名额数分不为x1,x2,x3，那么每校最稀有一个名额的分法数为不定方程x1x2x324．的正整数解的个数，即方程x1x2x321的非负整数解的个数，它等于3个不一样样元素中取21个元素的可重组合：H321C2321C232253．又在〝每校最稀有一个名额的分法〞中〝最稀有两个学校的名额数相同〞的分配形式

有31种．

综上知，知足条件的分配形式共有253－31＝222种．10．设数列{an}的前n项和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．设f(x)是界说在R上的函数，假设f(0)2009，且对任意xR，知足f(x2)f(x)32x，f(x6)f(x)632x，那么f(2008)=220082008．[解法一]由题设条件知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)是周期为2的周期函数，因此f(2008)g(2008)2008g(0)200820082008．22212．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正周围体容器内可向各个目标自由运动，那么该小球永远不或许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状况，记小球半径为r，作平面A1B1C1//平面ABC，与小球相切于点D，那么小球球心O为正周围体PA1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心．

因VPABC1SABCPD11131114VOABC111

答12图1

1SA1B1C1OD，3

故PD4OD4r，进而POPDOD4rr3r．

在小球与面PAB的切点P1，接OP1，那么

22(3r)2r222r．PP1POOP1考小球与正周围体的一个面(没关系取PAB)相切的状况，易知小球在面PAB上最凑近的切点的迹仍正三角形，P1EF，如答122．正周围体的棱a，P1作PM1PA于M．因MPP1，有PMPP1cosMPP122r36r，故小三角形的26PEPA2PMa26r．1小球与面PAB不能够接触到的部分的面〔如答12中阴影部分〕

SPABSP1EF3(a2(a26r)2)32ar63r2．4又r1，a46，因此SPABSPEF24363183．答1221由称性，且正周围体共4个面，因此小球不能够接触到的容器内壁的面共723．三、解答〔此分60分，每20分〕13．函数f(x)|sinx|的像与直ykx(k0)有且有三个交点，交点的横坐的最

大，求：

cos12．sinsin34[]f(x)的象与直ykx(k0)的三个交点如答13所示，且在(,3内相切，其切点)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,)上增函数，故原不等式等价于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,)上增函数，故原不等式等价于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上增函数，由此上面不等式等价于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是抛物y22x2y10上的点，点B,C在直x1上，2(y21内切于PBC，求PBC面的最小．x1)[解]P(x0,y0),B(1,b),C(1,c)，没关系bc．直PB的方程:yby0b(x1)，x01化得(y0b)x(x01)yx0by00．又心(0,1)到PB的间隔1，x01x0by01，⋯5分(y0b)2(x01)2

故(y0b)2(x01)2(x01)2(x0by0)22(x01)(x0by0)，张开得(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(