2020全国高中数学联赛贵州省预赛(答案)

12020年全国高中数学联赛贵州省预赛试题（参考答案）本试卷共18题，满分150分，考试时间150分钟一.选择题（每小题6分，本大题共30分,其中第1，2，3题为单项选择题，第4，5题为多项选择题）。1.已知i是虚数单位，则2020(i)1kkkA.10101010iB.10101010iC.10101010iD.10101010i解：设2320192020i2i3i2019i2020iS，则23420202021ii2i3i2019i2020iS两式相减，得2320202021iiiii2020iSS20202021i(1i)2020i2021i1i故2020i10101010i1iS，即20201(i)10101010ikkk.2.设3ln2lg3log2，，abc，则，，abc的大小关系是A.acbB.abcC.bcaD.cab解：因为3ln2log2ln2ln3ca，2lg91b，32log41ccb，所以acb.3.点，，ABC均位于单位圆上，且3||AB，则ABAC的最大值为A.332B.23C.332D.32解：由已知，可设13(10)(cossin)(02π)22，，，，，≤≤ABCθθθ，则33333()(cos1sin)cossin22222，，ABACθθθθπ333sin3322≤θ.所以，ABAC的最大值为332.4.在正方体1111ABCDABCD中，点E是棱11BC的中点，点F是线段1CD上的一个动点，则以下叙述正确的是A.异面直线1AC与1BF所成的角是定值；B.直线1AF与平面11BCD所成的角是定值；C.三棱锥1BAEF的体积是定值；D.二面角1EBFA为定值.解：（1）因为1AC面11BCD，而1BF面11BCD，所以11ACBF，即异面直线1AC与1BF所成的角恒为90，所以A正确；（2）因为1A到面11BCD的距离为定值，而1AF的长度有变化，故直线1AF与平面11BCD所成的角不为定值，所以B不正确；（3）因为1Δ1311锥锥AEBB-AEFF-AEBVVSd，而Δ1AEB面积为定值，1∥CD面1AEB，故d为定值，即三棱锥1BAEF的体积是定值，所以C正确；（4）二面角1EBFA即为面EBF与面11ABCD所成的角，而面11ABCD的法向量为定值，面EBF的法向量有变化，故二面角1EBFA不为定值，所以D不正确.综上所得，真命题为A，C.5.已知函数()sincos||fxxx，则以下叙述正确的是（）A.若12()()||||fxfx，则12π()xxkkZB.()fx的最小正周期为πC.()fx在ππ44，上为增函数D.()fx的图像关于ππ()2xkkZ对称3解：易知，()sincos||fxxx为奇函数，而0x时，1πsin20221π3π()sincossin222213πsin22π.22，≤，，≤，，≤≤xxfxxxxxxx由()fx的图像知，A不正确；最小正周期为2π，故B不正确；显然C，D是正确的.二．填空题（每小题6分，本大题共60分）。6.已知关于x的方程22(3)20mxmxm至少有一个整数根，则负整数m.解：由222(3)20(21)26mxmxmmxxx，显然1x，所以，22621xmxx，（*）m为负整数，即1≤m，故2226183041341321≤≤≤≤xxxxxx所以x的整数值只能为2，3，4，5，6，7.分别代入（*）式，得2x时，10m，3x时，4m.因此，4m和10m时方程至少有一个整数根.7.已知过点90(，)M与椭圆2229：Cxy相切的直线分别为21，ll，又直线：lyxb与椭圆C相交于，AB点，与21，ll分别交于点，MN，若||||AMBN，则b.解：设1112222929：，：lxxyylxxyy，其中1122(，)，(，)xyxy为切点.因为21，ll过点90(,)M，所以112299199xxxx，代入椭圆C，求得1222，yy，故124949：，：lxylxy.由||||AMBN，得点，AB与点，MN的中点重合.所以ABMNxxxx.4由2222434290329AByxbbxbxbxxxy，2215(3218)16810(49)(49)0yxbxbxbxyxy321815MNbxx，4321833152bbb.8.计算33752752.解：设33752752x，则3333(752)(752)3(752)(752)(752752)x即3321433140(2)(27)0xxxxxxx因为2270xx，所以2x.9.已知33πsincos2cos[ππ]4，，θθθθ，则θ的取值范围是.解：由33πsincos2cos4θθθ，得33sincos2cos2sinθθθθ33sin2sincos2cosθθθθ，令3()2fxxx，则(sin)(cos)fθfθ，因为()fx为增函数，所以sincosθθ，又由[ππ]，θ，从而得3ππππ44，，θ.10.多项式921xx的展开式中，3x项的系数是.解：因为99221(1)xxxx091822722999(1)(1)(1)()CxCxxCxx3311231133998998()()()156CxCCxxCCCxx所以3x项的系数是156.11.网球比赛中，一盘比赛的胜负是看哪一方先赢下6局（55:平局时需要再胜出两局）.今有水平相当的甲乙两人进行网球比赛，则一盘比赛结束后，获胜者的得分是6分的概率为.5解：先求一方达到6分时还不能获胜的概率p.此时，前10局的比分是55:.由此可见，在前10局中，甲，乙各胜5局，有510C种可能，而所有可能的胜负情形有102种可能.于是，51010632256Cp.故获胜者的得分是6分的概率为631931256256.12.如图，正方形ABCD的边长为3，点EF，分别在边ADCD，上，且2AEDF.将此正方形沿BEBFEF，，切割得四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的外接球与内切球的面积之比为.解：设三棱锥的内切球与外接球的半径分别为rR，.由题意知，三棱锥的侧面分别为直角边长是1和2，2和3，1和3的直角三角形，从而得体积11123132V，另一方面，119333表VSrrr，所以13r.又因为，三棱锥的外接球与棱长分别为1，2，3的长方体的外接球相同，所以2221421+2+3142RR.因此，外接球与内切球的面积之比为632.13.双曲线221()0，0mxnymn的左，右焦点分别为12，FF，渐近线分别为21，ll，过点2F且与1l垂直的直线分别交21，ll于，PQ两点，若满足22OFOQOP，则双曲线的离心率为.解：由22OFOQOP，得P是2FQ的中点，又因为2OPFQ，O为12FF的中点，所以12ΔQFF是直角三角形，且2π3POF，故1l的斜率为3，从而离心率2e.14.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算术》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，„，则此数列的前188项之和为.解：去掉所有为1的项后，如图，则前n行共有(1)2nn个数，当19n时，(1)1920==19022nn，即前19行共有190个数.而第n行的所有数的和为12111122nnnnnCCC，所以前19行的和为232021(22)(22)(22)242，又第19行的最后两个数为61819202019020CC，，故此数列的前188项之和为2121242190202252.15.已知[]x表示不超过实数x的最大整数.若202067iiM1，则M被35除的余数为.解：先考察22020666777S.此式中,任何一项都不是整数，而对*kN，有1*66677kkkN，故11666617777kkkk.因此1010MS.又因为202066135()S，所以，20213535(1010)66351010MS.由2021202010102*6666(351)63563510106()PPN，得63551010MP，因此，M被35除的余数即为51010被35除的余数.故M被35除的余数为2.三．解答题（本大题共50分.其中16题10分，17题，18题各20分）。16.数列{}na和{}nb同时满足下列条件：11111167，，，nnnnnnnnnnaabbabababba.证明：655≤na.证明：因为111nnnnnnnnnaabaaaabb，所以16≥naa.又由111(1)(1)1nnnnnnnnnaababaabb，即，111(1)(1)nnnnbaab.类似的，有111(1)(1)nnnnabab.从而，11111111(1)(1)(1)(1)11nnnnnnnnnnbaabababab7所以，11111111111.11111156nnnnababab即，111.1156nnab显然，10nb，故55na.综上，对+nN，均有655≤na.17.平面上有*23()nnN个点，其中任意三点不共线，任意四点不共圆.问能否其中三点作一个圆，使其余2n个点，一半在圆内，一半在圆外？解：对于已知平面内的*23()nnN个点，总可以找到这样的两个点，AB，使其余21n个点12121，，，，，nnCCCC均在直线AB的同侧.记(1221)，，，iiACBαin，由于无四点共圆，故(1221)，，，iαin中无任何两个相等，无妨设12121nnαααα，设以1，，nABC所确定的圆，记为O，由圆的性知，点12，，，nCCC在O外，点221，，nnCC在O内.故满足题设条件的*23()nnN个点，过其中三个点作一个圆，能使其余2n个点，一半在圆内，一半在圆外.18.设函数32()fxaxbxcxd的图像S上有两个极值点，PQ，其中10(，)P.（1）当点22(，)Q时，求()fx的解析式；（2）当点Q在圆22(6)51：Cxy上时，求曲线S的切线斜率的最大值.解：（1）因为2()32fxaxbxc，极值点为10(，)P，22(，)Q，所以，(1)03204(1)0018.(2)0124024(2)2842210fabcafabcdbfabccfabc