2022年全国高中数学联合竞赛一试模拟试题参考答案及评分标准2020

2022年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准(B卷)说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和0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，不要增加其他中间档次.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9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次。一、填空题(本题满分64分，每小题8分)函数f(x)7-5f24-3x的值域是[-3八3].解：易知f(x)的定义域是屈，且f(x)在屈上是增函数，从而可知f(x)的值域为-3<a<-3<a<12则实数a的取值范围是2已知函数y=(aC0S2x-3)sinx的最小值为-3解：令sinx二t，则原函数化为g⑴=(―at2+a-3)t，即g(t)=—at3+(a—3)t—at3+(a—3)t'—3，一at(t2一1)一3(t—1)>0(t—1)(一at(t+D-3)>0及t—1<0知—at(—at(t+1)—3<0a(t2+1)>—31)当t=0,—1时(1)总成立;*0<t<1,0<12+1<2对；—1<t<0,—<t2+t<0对4从而可知

双曲线x2-y2二1的右半支与直线x=100围成的区域内部(不含边界)整点(纵横坐标均为整数的点)的个数是9800.解：由对称性知，只要先考虑x轴上方的情况，设y=k(k=1,2,,99)与双曲线右半支于Ak,交直线x=100于Bk，则线段AkBk内部的整点的个数为99-k，从而在x轴上方区域内部整点的个数为£9(99-k)二99X49二4851k=1.又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为2x4851+98=9800已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，其中a1=3,b1=ha2=b2，3a5=b3，且存在常数，卩使得对每一个正整数n都有a=logb+0么+卩=33+3TOC\o"1-5"\h\znan，则解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则3+d=q,(1)\o"CurrentDocument"3(3+4d)=q2，(2)(1)代入(2)得9+12d=d2+6d+9，求得d=6,q=9.从而有3+6(n-卩=lOga9n-1+0对一切正整数"都成立,即6n-3=(n-1)loga9+0对一切正整数“都成立.从而log9=6,-3=-log9+0从而求得a=茄求得a=茄3,0=3，函数f(x)=a2x+3ax-2(a>0,a丰1)在区间xe[-1,1]上的最大值为8,则它在这个区间上的最小值是

3解：令ax=y,则原函数化为g(y)=y2+3y-2,g(y)在2'+上是递增的.当0<a<1时,当0<a<1时,yg[a,a-1],g(y)maxmax=a-2+3a-i—2=8na-1=2na=—2所以g(y)minmin=(丄)2+3X1—2=--224当a当a>1时,yg[a-i,a]，g(y)=a2+3a-2=8na=2max，g(y)=2-2+3X2-1—2=——所以min4所以_1综上f(x)在xG[-1,1]上的最小值为4两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由12另一人投掷•先投掷人的获胜概率是1721_7解：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为36112=X=—121-112=X=—121-2517144正三棱柱ABC-A1B1C1的9条棱长都相等，戶是CC1的中点，二面角B-A1P-B1=a,V10则sina=4解一：如图，以AB所在直线为x轴，线段AB中点°为原点，°C所在直线为y轴，建立空间直角坐标系•设正三棱柱的棱长为2,则B(1,0,0),B1(1,0,2),A1(-1,0,2),卩(爪3,1)，从而，1+(_5)2X_7+(2)4xL+12121212

~~1—■■I—设分别与平面BA1P、平面BiAiP垂直的向量是BA=(—2,0,2),BP=(―1八3,1),BA=(—2,0,0),设分别与平面BA1P、平面BiAiP垂直的向量是m=穌yi,Z1)、n=(X2,y2,Z2)，则m-BA=-2x+2ziii-FFi—m-BP=-x+{3yJiim-BA=-2x+2ziii-FFi—m-BP=-x+{3yJii厂fn-BA=—2x=0,112~1in-BP=—x+Q3yJ12:=0,+z=°,12-z2=0,由此可设m=n=（°丄卞3）所以m-n=m-|n||cosa；6\3=、］2-2|cosa|n|cos叫=——即4所以.710sina=——4解二：如图，PC=PC1,PA1=PB设A】B与AB1交于点0,则OA=OB,OA=OB,AB丄AB1111因为PA=PB,所以PO丄AB,11从而AB1丄平面PA1B过°在平面PA1B上作OE丄AiP唾足为E.1连结BiE，则ZB1EO为二面角B-AiP-B1的平面角.AA=2设AA1=2,则易求得PB=PA=.5,AO=BO=迈,PO=iii在直角APA1O中，A1O-PO=AiP-OE___6■<2*3=<5-OEOE=175又B1O*B1e匕兀干+5二唇••BO迈V'10sina=sinZBEO=1BE4J541方程x+y+z=2010满足x-y-z的正整数解（x,y,z）的个数是336675.解：首先易知X+y+Z=2010的正整数解的个数为C2oo9二2009%1004把x+y+z=2010满足x'y虫z的正整数解分为三类:（1）x,y,z均相等的正整数解的个数显然为1;（2）X,y,Z中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设X,y,Z两两均不相等的正整数解为k.易知1+3%1003+6k2009%1004，6k二2009x1004-3x1003-1二2006x1005-2009+3x2-1二2006x1005-2004k1003x335-334335671从而满足x-y-z的正整数解的个数为1+1003+335671336675二、解答题（本题满分56分）9.（本小题满分16分）已知函数f（x）二ax3+bx2+cx+d（a丰0），当0-x-1时,f'（-1，试求a的最大值.解一：f(x)二3ax2+2bx+c,f'(0)=c,f'()=a+b+c,244分)f，(1)=3a+2b+4分)8分)3a=2f'(0)+2f'(1)-4f'q8分)1所以3|a|二2f'(0)+2f'(l)—4广$)所以<2广(0)|+2|广(1)|+4广(》12分）f（x）=f（x）=又易知当（m为常数）满足题设条件，所以°最大值为3.（16分）解一f'(x)=3ax2+2bx+c设g(x)=f'(x)+1，则当0<x<1时，0<g(x)<2x=,—1<z<1设z二从而当—1<z<1从而当—1<z<1时,分）z+13a3a+2b3a4分）h(Z)=g(〒)=才Z2+hZ+才+b+C+4分）8分）容易知道当—1<z<1时,0<h(z)<2,0<h(—z)<8分）0<hz)+h(—z)<20<字2+普+b+c+1<2—+b+c+1>0—z2<2从而44从而f（x）=又易知当8（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为3.16分）10.（本小题满分20分）已知抛物线y2二6x上的两个动点AW'W和B（x2‘y2）10.（本小题满分X1丰X2且Xl+X2=4•线段AB的垂直平分线与X1丰X2且Xl+X2=4•线段AB的垂直平分线与X轴交于点C，求AABC面积的最大值.解一：设线段AB的中点为M（y0），则x+xy+yx=—i2=2,y=i20202，kABy-y21X一X216y+y21线段AB的垂直平分线的方程是1）易知x=5,y=0是（1）的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为（5,0）.5分）由（1）知直线AB的方程为=(x一2)y02)(2)代入y2=6X得y2=2y0(y一y0)+12，即y2-2儿y+2y0一12=0.(3)依题意，yry2是方程（3）的两个实根，且y1丰y2，所以A=4y2一4(2y2一12)=-4y2+48>0000\AB\=X]-x2)2+(y1-y2)2屮屮+¥）（4y2-*y2-⑵)=3v(9+y2)(12-y2)定点C（5,0）到线段AB的距离h=|CM|p(5-2)2+(0-y詁2=；9+y210分)SAABC11=2|AB-h=外(9+y2)(12-y2)飞9+y214二畀2(9+yo)(24-2yo)(9+y:)1'19+y2+24一2y2+9+y2<(00亠)332314一=亍715分）当且仅当9+y0=24-2y0，即y°占\A(6+F^-办B(6¥^〜A(6+；35,-(J5+77)),B(二i35，-弱+、环或33时等号成立.14<7所以AABC面积的最大值为320分）解二：同解一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为（5'°）.（5分）设X1=12,X12二12,t>12,t]2+与二4，则210v6t

■<6r12121122S2=(丄(5p6t+*6t21-x,：6t12-5、6t))2AABC21121223=—(t—t)2(tt+5)221212SAABC2的绝对值,10分）3315分）当且仅当（t1t即1v6A(6^品+身),B(^lv633川6^,-(応+万)),B(15分）当且仅当（t1t即1v6A(6^品+身),B(^lv633川6^,-(応+万)),B(6—3H,-5+环时等号成立.V7所以AABC面积的最大值是320分）11.（本小题满分20分）数列%足a1n+1a2na2n(n=1,2,…)-a+1n求证:111—<a+a+.…+a<——232n—11n232n1）证明：an+1a2na2-a+1nnan+111[—+1

a

na2nan+111—1-(—1)

an2）所以an+1—1-an+1a2n—1-anan—1-an-a,n=—(4-2tt)(tt+5)(tt+5)21212123(14)〜一(—)323SAABC—t)2—11+5t2+12—4212且12，n+1.5分）从而+a+…n+1.5分）从而+a+…+a2a—1—1—a1a1—aa—3—1—a3a-n+1—1—a

n+1a—1—1—a1an+1——1-an+1an+1——21-an+1a—nn+1n1—a1—an所以（1）等价于111a11—<—n+1<—232n-121—a232nn+1,32n—132n—11—a<n+1<32"an+13）10分)an+1an+1及a2na2—a+1nn32it<6<321即n—1时，（3）成立.设n—k(k>1)时，3）成立，即时，由2)知32k—11—a<设n—k(k>1)时，3）成