2020年全国高中数学联赛
山东赛区预赛试卷
（2020年9月6日9：00～11：00）
一．填空题（本题共12道小题，每题5分，共60分）
1．数列?an?是集合S?2?2?2x,y,z?Z,0?x?y?z中的数从小到大排成的数列，
xyz??xyz则a2020?（用2?2?2?x,y,z?Z,0?x?y?z?的形式表示）．
【解析】依题意知当z?z?2?固定时，x,y有Cz种取法，
2∴当z?k?k?N*?时，集合S中的元素个数最多为
33由Ck?2020?Ck?1得k?23，
?Cz?2k2z?Ck3?1，
3212223172223又C24?2024，即a2024?2?2?2，∴a2020?2?2?2．
2．已知a?0，函数f?x??ax?bx?c,g?x??ax?b满足：
2当x?1时，f?x??1，且g?x?有最大值2，则f?x??__________________________________________________________________．
，【解析】由a?0知，g?x??ax?b在??11?上是增函数，∴a?b?2，
??f?0??1??1?c?1???c??1，即f?0???1， 又当x?1时，f?x??1，∴??3?c??1f1?1?????由条件知fmin?x???1x???1,1?，∴f?0??fmin?x?x???1,1?， ∴?????b?0，∴b?0，∴a?2，∴ f?x??2x2?1． 2a3．经过曲线
y?12与y?x?3x?7交点的圆的方程是__________________________________________________________________． x?xy?111372?????y?x?3?7y， 22xyyxy?y?x?3x?72【解析】由条件得：?2于是由x?3x?7?y与y?x?3?7y两式相加得：?x?1???y?3??20，即为所求． 4．设ΔABC中∠A=45°，∠B=60°，则其外心O到三边距离之比为__________________________________________________________________． 【解析】设外心O到BC、CA、AB三边的距离分别为da,db,dc，外接圆半径为R，
1
22
daa2S?OBCR2sin?BOCR2sin2Ada2RsinAR22sinAcosA????则，∴， dbb2S?OCAR2sin?COAR2sin2Bdb2RsinBR22sinBcosB∴
dacosAdbcosBdccosC?,??，同理可得：， dccosCdAcosAdbcosBBOA216?2∴da:db:dc?cosA:cosB:cosC?． ::224【说明：比值没说清顺序，这三项可以按任意顺序排列】
C5．正实数a,b,c成等比数列（公比q?1），logab,logbc,logca成等差数列，则公差d?．
xx?d?b,cx?d?a， 【解析】设logbc?x，则logab?x?d,logca?x?d，∴b?c,abb?a?,c?bq代入上式得：bx?bq①,?又??q?q?x?d?b②,?bq?x?d?b③， qb22?b2xq2d??bq?q2d=b2q2d?2，∴q2d?3?1， ②×③再代入①得：q3． 2x?y法二：记lga?x,lgc?y，则lgb?，且x?y，
2又q?1，∴2d?3?0，∴d??由条件得：
x?yx4y2222??，即?x?y??2x?5xy?y??0，∴y?2x?5xy， 2xyx?y222xy?x2?y22xy?x??2x?5xy?3∴d?logbc?logab????．
2x?x?y?2x?x?y?26．设A，B，C为ΔABC的三个内角， 则使得
11???恒成立的实数λ的最大值是__________________________________________________________________． sinAsinB3?2cosC1??1??．
?sinAsinB?【解析】∵3?2cosC?1?0，∴???3?2cosC??又?3?2cosC??1??1?C?1??12C??4cos?1??4cos?????2??sinAsinB?2?sinAsinB??2sinAsinB?CC8cos22?8?，当且仅当A?B?300时等号成立，
1?cosCcos?A?B??cos?A?B?228cos2
∴?max?8． 7．随机选取M??1,2,,n?中r?1?r?n?个元构成子集的最小数的期望值是__________________________________________________________________．
r【解析】由于集合M中含r个元素的子集共有Cn个，
集合M中以k为最小数，且含r个元素的子集共有Cn?k个，其中1?k?n?r?1， 故最小数的期望值
n?r?1r?1E??kCk?1r?1n?kCrnC??r?1n?1r?1?Cn?2??1r?1?Crr?1???Cn?2??1?Crr?1??rn?1r?1??Crr?1?Crr?1??Cr?1C
【将每个括号中最后一个加数变为Cr，再运用组合数性质Cnrr?1rr?Cn?Cn?1】
rrrr?1r?1Cn?Cn?Crr?1?CrrCn?Cn?Crr?1?Crr?Cnn?1?1??1?1?1????． rrrCnCnCnr?18．与坐标轴交于三个不同点A，B，C的所有抛物线y?x2?ax?b， 则ΔABC的外接圆恒过同一定点__________________________________________________________________．
【解析】设A?x1,0?,B?x2,0?,C?0,b?，⊙ABC交y轴于D，依题意知b?0． 由相交弦定理、割线定理（圆幂定理）及韦达定理得，
OAOB?OCOD，x1x2?b，∴OD?1，
DyByDDByCBOAOC2xCOAxAx又抛物线y?x?ax?b图像开口向上，故点D必在y轴的正半轴上， ∴D?0,1?是一系列ΔABC的外接圆所经过的定点．
9．设OABC是边长为1的正四面体，E、F分别为AB与OC的中点， 则异面直线OE与BF的距离是__________________________________________________________________．
【解析】将正四面体OABC放在棱长为a的正方体中，易知OE∥FD，
3
AOEDBFC
∴异面直线OE与BF的距离等于线OE到面BDF的距离，也等于点E到面BDF的距离，设为d， 由条件得：BF是正ΔOBC的一条中线，DF＝BF，∴S?BDF?521a,S?BDE?a2， 44∵VE?BDF?VF?BDE，∴
152112510． ad?aEF，∴d?a?343451010．一棱长为6的正方体封闭空盒子中放有一半径为1的小球， 若将盒子任意翻动，则小球达不到的空间的体积是__________________________________________________________________ ． 【解析】将盒子任意翻动时，小球达不到的空间有两类：
一是正方体8个角处的空间，二是正方体12条棱处的空间．
其中8个角处的空间可以合并为棱长为2的正方体挖掉半径为1的小球，其体积为8?4?； 312条棱处的空间合并为3个空心正四棱柱(底边长2高4的正四棱柱挖去一底半径1高4的圆柱)， 体积为3(16?4?)，
所以小球达不到的空间的体积为8?440???3(16?4?)?56?． 3311．数列?an?共1001项，a1?0,a1001?2020,且ak?1?ak?1或3?k?1,2,则满足这种条件的不同数列的个数为__________________________________________________________________．（用组合数作答） 【解析】由条件得，a1001??a1001?a1000???a1000?a999??,1000?，
??a2?a1??2020，
?x?3y?2020?x?490yx??设这1000个差中有个1，个3，则?．
x?y?1000y?510??又知490个1和510个3的每一个排列都唯一对应于一个满足条件的数列?an?， 故数列?an?的个数为
1000!490510?C1000?C1000．
490!510!12．用6种不同颜色，给图中n?n?2?个彼此相连的区域A1，A2，…，An染色， 任何相邻的两个区域染不同色，则所有不同的染色方案种数an?
__________________________________________________________________．
【解析】记符合要求的染色方案an种，依题意知a2?6?5?30， 由于区域A1有6种染法，区域A2,A3,…,An各有5种染法， 当n?3时，包括An与A1染同色或不同色两类：
若区域An与A1同色，则视An，A1为一个区域，共n-1个区域， 符合要求的染法an?1种，若区域An与A1染不同色，则有an种染法．
n?1nn?1∴an?an?1?6?5?5?5，即an?5??an?1?5… A4 An-2 An－1 P A3 An A1 A2 n?n?1?，
4
∴an?5???1?nn?2?a2n2?5????1?5，∴an?5???1?5?n?2?．
nn二．解答题（本题共4道小题，每题20分，共80分） 13．已知常数a?0，且a?1．
?求所有函数f:R?R，对任意x,y?R,f?xy??f?x??f?y?，且f?a??1．
?【解析】取x=y=1得f(1)=0，则
y??f?x(1?)??f(x)f(1?1f(x?y)?f(x)x??limf'(x)?lim?lim?y?0y?0xy?0yyxy)?f(1)1x?f'(1)，
yxx令C1?f'?1?，则f'(x)?C1，∴f(x)?C1lnx?C2，其中C1，C2为常数， x又C2=f(1)= 0，f(a)=C1lna=1，∴C1?1lnx,f(x)??logax， lnalna另一方面f(x)?logax满足方程，故f(x)?logax即为所求．
x2y214．设AB为椭圆，但不过原点， ??1的长轴，该椭圆的动弦PQ过C（2，0）
166直线AP与QB相交于点M，PB与AQ相交于点N．求直线MN的方程．
【解析】椭圆可化为：3x2+8y2=48，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(-4，0)，B(4，0)， 则直线AP、QB的方程为?4(x1y2?x2y1?4(y2?y1))?y(x1?4)?y1(x?4)，消去y得：xM?①，
xy?xy?4(y?y)y(x?4)?y(x?4)1221122?22222??8y1?48?3x1y116?x1222222由?相除得2?，即x1y2?x2y1?16(y2?y1)②， 222y216?x2??8y2?48?3x2由P、C、Q共线得，
y1y?2，即x1y2?x2y1?2(y2?y1)③， x1?2x2?2由②÷③得：x1y2?x2y1?8(y2?y1)④，
因PQ运动过程中y1?3y2不恒为0，将③,④代入①得：xM?8，同理xN因此直线MN的方程为x?8． 15．已知a,b?N*，且a?b，sin??8，
?2ab?(0???)． 222a?b证明：对?n?N*，存在锐角?，使得
2(a2?b2)nsin(n???)均为整数．
2aba2?b2【证】由sin??2得：cos??， 222a?ba?b
5
运用复数的三角形式运算及代数形式运算可得：
??a2?b2??cos??isin?????a2?b2??cosn??isinn??， ??nn??a2?b2??cos??isin?????a2?b2?2abi???a?bi?2n ??nn=a2n12n?122n?232n?32n2n?C2bi?C2(bi)2?C2(bi)3???C2nananan(bi)
22n?2242n?4412n?132n?3352n?55?C2b?C2b??)?i(C2b?C2b?C2b??)， nanananana=(a2n比较以上两式的实部、虚部可得：
(a2?b2)n(cosn??sinn?)?2(a2?b2)nsin(n??)
4=(a2n22n?2242n?4412n?132n?3352n?55?C2b?C2b??)?(C2b?C2b?C2b??)?Z， nanananana?因此存在锐角???4满足条件．
16．求最小的正整数k，使得在任意k个整数中，总可以选出其中的偶数个数，其和为2020的倍数．
引理 任意m个整数中必有若干个，其和为m的倍数．
证明：设m个整数x1，x2，…，xm，Si=x1+x2+…+xi(i=1，2，…，m)， 若S1，S2，…，Sm被m除的余数两两不同，则必有m|Si；
否则必有1≤i 1010，由2019个1与1个0之和为2019，2020?2020-1， 证明原题：2020=2× 故2019个1和1个0中不存在偶数个1之和是2020的倍数，所以k≥2021①． 任取2021个整数，设其中有t个奇数a1，a2，…，at，s个偶数b1，b2，…，bs，其中t+s=2021， 若t为奇数，则s为偶数，令x1?a?a4a?at?1a1?a2,x2?3,?,xt?1?t?2, 2222xt?1?2b3?b4b?bb1?b2,?,x1010?s?1s， ，xt?1??12222则由引理知x1，x2，…，x1010中必有若干个之和为1010的倍数， 即a1，a2，…，at，b1，b2，…，bs中有偶数个之和为2020的倍数，∴k≤2021②， 由①②得：k=2021． 当t为偶数，s为奇数时，同理可得k=2021． 综上所求正整数的最小值是2021． 6
2020年全国高中联赛山东赛区预赛试卷(1) - 图文
