2020年全国高中数学联赛重庆赛区预赛试题（word版，含解析）

12020年全国高中数学联赛重庆赛区预赛试题一、填空题1.已知向量ba，满足3ba,62ba,9222bbaa,则b.2.设4321，，，iai均为实数，若集合},,,{4321aaaa的所有非空真子集的元素之和为28，则4321aaaa.3.若二次实系数方程20axbxc有2个虚根12,xx，且31xR，则2acb.4.设圆22:5Oxy与抛物线2:20Cypxp交于点0,2Ax，AB为圆O的直径，过B的直线与C交于两不同点,DE，则直线AD与AE的斜率之积为.5.若实数,xy满足322412log13120xxyy，则xy.6.若,xy为实数，则2,,1xyxyy这三个数中的最大数的最小值是.7.四面体ABCD中，,,2ABBCCDBCBC，且异面直线AB与CD所成的角为60.若四面体ABCD的外接球半径为5，则四面体ABCD的体积的最大值为.8.有长为20,1,,1009nn的线段各三条，则由这3030条线段能构成不全等的三角形的个数为.（用数字作答）二、解答题9.设实数0,t，若关于x的方程cos1cosxtx有解，求t的取值范围.210.已知椭圆2222:10xyCabab与直线2xb有且只有一个交点，点P为椭圆C上任一点，121,0,1,0PP，且12PPPP的最小值为2a.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线:lykxm与椭圆C交于不同两点,AB，点O为坐标原点，且12OMOAOB，当AOB的面积S最大时，求22112TMPMP的取值范围.11.已知数列na满足12211,3,3nnnaaaaa．（1）求证：*21nnaanN是完全平方数；（2）记2211nnnnnaabaa，求证：20202kkb是整数．（其中x表示不超过x的最大整数，xxx.）32020年全国高中数学联赛重庆赛区预赛试题参考答案一、填空题1.已知向量ba，满足3ba,62ba,9222bbaa,则b.答案：7解析：由条件，知92222bababbaa，所以babab2322babababababa222227363，所以b7.2.设4321，，，iai均为实数，若集合},,,{4321aaaa的所有非空真子集的元素之和为28，则4321aaaa.答案：4解析：含有元素4321，，，iai的非空真子集有7个，所以},,,{I4321aaaa的所有非空真子集的元素之和为2874321aaaa，从而4321aaaa4.3.若二次实系数方程20axbxc有2个虚根12,xx，且31xR，则2acb.答案：1解析：注意21xx，由3333311112xRxxxx221211220xxxxxx222112212120xxxxxxxx2221bcacbacaab.4.设圆22:5Oxy与抛物线2:20Cypxp交于点0,2Ax，AB为圆O的直径，过B的直线与C交于两不同点,DE，则直线AD与AE的斜率之积为.答案：2解析：可求得点1,2,1,2AB，设1122,,,DxyExy，则由,,BDE三点共线可得12121212222411yyyyyyxx12121212221621124ADAEyykkxxyyyy.5.若实数,xy满足322412log13120xxyy，则xy.答案：2解析：令2sx，则2412025xsxs；令1ty，则432log13120yy2log5tt.注意函数2xy与2logyx的图像关于直线yx对称，且函数5yx的图像也关于直线yx对称，而yx与5yx的交点横坐标为52，所以5st，从而32xyst.6.若,xy为实数，则2,,1xyxyy这三个数中的最大数的最小值是.答案：12解析：111max2,,122312231662xyxyyxyxyyxyxyy，当且仅当10,2xy时取到最小值．7.四面体ABCD中，,,2ABBCCDBCBC，且异面直线AB与CD所成的角为60.若四面体ABCD的外接球半径为5，则四面体ABCD的体积的最大值为.答案：23解析：考察直三棱柱11ABDACD，其中12,60BCABD，则四面体ABCD为满足题设条件的四面体，且四面体ABCD的外接球与三棱柱11ABDACD的外接球相同.设三棱柱底面三角形1ABD的外接圆半径为r，则22522BCrr.1ABD中，由正弦定理，111223sinADrADABD；再由余弦定理，22211112cosADABBDABBDABD221112ABBDABBD，从而由均值不等式可得112ABBD，所以1111111sin23332ABCDABDACDVVABBDABDBC，当三棱柱11ABDACD为正三棱柱时可取等，故四面体ABCD的体积的最大值为23.8.有长为20,1,,1009nn的线段各三条，则由这3030条线段能构成不全等的三角形的个数为.（用数字作答）答案：510555解析：（1）若01009ijk，则1222222ijjjjk，那么2,2,2ijk一定不构成三角形；（2）若01009ij，则12222iiij，那么2,2,2iij一定不构成三角形；（3）若01009ij，则222,222ijjjji，那么2,2,2ijj一定构成三角形；（4）若01009k，则2,2,2kkk一定构成等边三角形．5综合(1),(2),(3),(4)知，构成三角形的只能是2,2,2ijjij或等边三角形，共有210101010510555C个．二、解答题9.设实数0,t，若关于x的方程cos1cosxtx有解，求t的取值范围.解：原方程等价于1coscos222ttx，……………………4分当t时，方程左边等于0，显然无解；当0,t时，方程进一步等价于1cos22cos2txt，注意cos1,12tx，且cos02t，故方程有解当且仅当1012cos2t……………………12分即1cos122t，解得203t.综上，20,3t.……………………16分10.已知椭圆2222:10xyCabab与直线2xb有且只有一个交点，点P为椭圆C上任一点，121,0,1,0PP，且12PPPP的最小值为2a.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线:lykxm与椭圆C交于不同两点,AB，点O为坐标原点，且12OMOAOB，当AOB的面积S最大时，求22112TMPMP的取值范围.解：（1）设点,Pxy，由题意知2ab，222:2Cxya，则22221211PPPPxyya，当yb时，12PPPP取得最小值，即2212aab，212,222aaab，故椭圆C的22142xy；……………………5分（2）设112200,,,,,AxyBxyMxy，则6由2224xyykxm得222214240kxmkxm2121222424,2121mkmxxxxkk，点O到直线l的距离21mdk，22222211424142221211mmkmSdABkkkk22222222424222222121mkmmkmkkS取得最大值2，当且仅当22242mkm即2221mk，①……………10分此时21200022221,221xxmkkkxykxmmkmmm，即00001,22xmmkxyy代入①式整理得22000102xyy，即点M的轨迹为椭圆221:102xCyy且点12,PP为椭圆1C的左、右焦点，即1222MPMP……………15分记1tMP，则21,21t从而222211112222242TMPttttMP，则322Tt，令0T可得1t，即在T在21,1单调递减，在1,21单调递增，且1342,21121542TTT，故T的取值范围为342,1……………20分11.已知数列na满足12211,3,3nnnaaaaa．（1）求证：*21nnaanN是完全平方数；（2）记2211nnnnnaabaa，求证：20202kkb是整数．（其中x表示不超过x的最大整数，xxx.）解：（1）易知38a，且na为整数.用归纳法证明2211nnnaaa：7奠基：当1n时，213211189aaa，成立；假设nk时，2211kkkaaa，则当1nk时，21312112111313kkkkkkkkaaaaaaaa212221233kkkkkkkkaaaaaaaa，那么1nk也成立；由归纳原理，知2211nnnaaa成立，故21nnaa是完全平方数．……………10分（2）由（1）知2121nnnnaaaa，所以22kkkabka，于是2020202120222021202222324kkaaaabaa．……………15分由213nnnaaa知2mod3nnaa，及20mod3a，所以20223a；又12211,3,3nnnaaaaa，记nb为na除以8的余数，则nb前六项为1,3,0,5,7,0，由数学归纳法易知nb为周期数列，所以20228a；故2021202224aa是整数，即证．……………20分