2021年全国高中数学联赛一试参考答案及评分标准(A卷).docx

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2020 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷） 参考答案及评分标准
1. 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，不得增加其他中间档次.
2. 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，不得增加其他中间档次．
一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．
在等比数列{an} 中， a9
1
13, a13
1 ，则log 13 的值为 ．
a
1
答案： ．
a9
a13
2
3
1
3
a a3
解：由等比数列的性质知 1
a9
，故a1
 9 133 ．所以log 13 ．
a
a
2
1
13
AB
F1F2
在椭中， A 为长轴的一个端点， B 为短轴的一个端点， F1, F2 为两个
焦点．若 AF1 AF2 BF1 BF2
答案： 2 ．
2
x2
0 ，则
y2
的值为 ．

解：不妨 的方程为
a2
b2 1 (a b
0) ， A(a, 0), B(0, b) ， F1 (
c, 0) ，
2
F (c, 0) ，其中c a2 b2 ．由条件知
AF1 AF2 BF1 BF2
( c a)(c a) ( c2
b2 ) a2
b2 2c2 0 ．
AB a2 b2
所以
2c2 2
．
F1F2
设 a
2c 2c
x 100
x
0 ，函数 f (x)
2
在区间 (0, a] 上的最小值为 m1 ，在区间
[a, ) 上的最小值为m2 ．若m1m2 2020 ，则a 的值为 ．答案：1或100 ．
解：注意到 f (x) 在(0, 10] 上单调减，在[10, ) 上单调增．当a
(0, 10]时，
m1 f (a), m2
f (10) ；当a
[10, ) 时， m1
f (10), m2
f (a) ．因此总有
f (a) f (10)
m1m2
2020 ，
即a 100 2020 101，解得a
1或a
100．
z 2
z i
3
a 20
设 z 为复数． 若为 ．
为实数（ i 为虚数单位）， 则
z 的最小值
5
答案： ．
解法 1：设 z a bi (a, b R) ，由条件知
Im z 2
Im (a 2)
bi (a
2)(b 1)
ab a
2b 2 0 ，
z
故a 2b
i a
2 ．从而
(b 1)i
a2 (b
1)2
a2 (b
1)2
5 z 3 (12
22 )((a
3)2
b2 ) (a
3) 2b 5 ，
即 z 3 5 ．当a
2, b
时， z
取到最小值 5 ．
解法 2：由 z 2
z i
R 及复数除法的几何意义，可知复平面中 z 所对应的点在
2 与i 所对应的点的连线上（ i 所对应的点除外），故 z 3 的最小值即为平面直
角坐标系 xOy 中的点( 3, 0) 到直线 x
2 y 2 0 的距离，即
3 2 5 ．
ABC
12 22
在
中， AB
6, BC
4 ，边 AC 上 的 中 线 长 为 10 ，则
sin6 A cos6 A 的值为 ．
2 2
答案： 211 ．
256
解：记M 为 AC 的中点，由中线长公式得
4BM 2
AC 2
2( AB2
BC 2 ) ，
可得 AC
2(62
42 ) 4 10 8 ．
由余弦定理得cos A
CA2
AB2
BC 2
82 62 42
7 ，所以
2CA AB 2 8 6 8
sin6 A cos6 A = sin2 A cos2 A sin4 A sin2 A cos2 A cos4 A
2 2 2 2 2 2 2 2
A A 2 A A
sin2 cos2 3sin2 cos2
2 2 2 2
1 3 sin2 A
4
1 3 cos2 A 211 ．
4 4 256
正三棱锥 P ABC 的所有棱长均为1， L, M , N 分别为棱 PA, PB, PC 的中
点，则该正三棱锥的外接球被平面 LMN 所截的截面面积为 ．
答案： ．
3
解：由条件知平面 LMN 与平面 ABC 平行，且点 P 到平面 LMN, ABC 的距离
之比为1: 2 ．设 H 为正三棱锥 P ABC 的面 ABC 的中心， PH 与平面 LMN 交于
1 PH
2
点 K ，则 PH 平面 ABC ， PK 平面 LMN ，故 PK ．
1 PH
4
1 PH
2
OH
正三棱锥 P ABC 可视为正四面体，设O 为其中心（即外接球球心），则O
在 PH 上，且由正四面体的性质知OH
．结合 PK
可知OK ，
即点O 到平面 LMN, ABC 等距．这表明正三棱锥的外接球被平面 LMN, ABC 所截得的截面圆大小相等．
从而所求截面的面积等于 ABC 的外接圆面积，即
AB ．
2
3 3
设a, b
0 ，满足：关于 x 的方程 | x| | x a|
b 恰有三个不同的实数
解 x1, x2 , x3 ，且 x1 x2
答案：144 ．
x3 b ，则a b 的值为 ．
解：令
解ti xi
t x
a (i 2
a ，则关于t 的方程
2
1, 2, 3) ．
b 恰有三个不同的实数
t a
t a
2 2
由于 f (t)
为偶函数，故方程 f (t)
t a
t a
2 2
b 的三个实数解关于
2a
数轴原点对称分布，从而必有b f (0) 2a ．以下求方程 f (t)
的实数解．
a
2
当 t 时， f (t) a t a t a a2 4t 2
2a ，等号成立当且
a
2
5a
8
2a
a
2
2 2
仅当t 0 ；当t 时， f (t) 单调增，且当t 时 f (t)

；当t 时，
f (t) 单调减，且当t
5a 时 f (t) ．
2a
8
2a
从而方程 f (t) 恰有三个实数解t1
由条件知b x t a a ，结合b
5 a, t
8
2a
得a
2 0, t3
128．
a ．
8
3 3 2 8
于是a b
9a 144 ．
8
现有10 张卡片，每张卡片上写有1, 2, 3, 4, 5 中两个不同的数，且任意两张
卡片上的数不完全相同．将这10 张卡片放入标号为1, 2, 3, 4, 5 的五个盒子中，规定写有i, j 的卡片只能放在i 号或 j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果 1 号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有 种．
答案：120 ．
解：用{i, j}表示写有i, j 的卡片．易知这10 张卡片恰为{i, j} (1 i j 5) ．
考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10 张卡片，故1号盒至少有 3 张
卡片．能放入 1 号盒的卡片仅有{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5} ．
情况一：这 4 张卡片都在 1 号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到 4 张
卡片，故剩下 6 张卡片无论怎样放都符合要求，有26 64 种好的放法．
情况二：这 4 张卡片恰有 3 张在 1 号盒中，且其余每盒最多仅有 2 张卡片．
考虑{1, 2}, {1, 3}, {1, 4} 在 1 号盒，且{1, 5} 在 5 号盒的放法数 N ．
卡片{2, 3}, {2, 4}, {3, 4} 的放法有 8 种可能，其中 6 种是在2, 3, 4 号的某个盒
中放两张，其余 2 种则是在2, 3, 4 号盒中各放一张．
若{2, 3}, {2, 4}, {3, 4} 有两张在一个盒中，不妨设{2, 3}, {2, 4} 在 2 号盒，则
{2, 5}只能在 5 号盒，这样 5 号盒已有{1, 5}, {2, 5}，故{3, 5}, {4, 5} 分别在 3 号与 4
号盒，即{2, 5}, {3, 5}, {4, 5} 的放法唯一；
若{2, 3}, {2, 4}, {3, 4} 在2, 3, 4 号盒中各一张，则2, 3, 4 号盒均至多有2 张卡片，
仅需再使 5 号盒中不超过 2 张卡片，即{2, 5}, {3, 5}, {4, 5} 有 0 张或 1 张在 5 号盒
中，对应C0 C1 4 种放法．
3 3
因此 N
1 2 4 14 ．由对称性，在情况二下有 4N
56 种好的放法．
综上，好的放法共有64 56 120 种．
二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
2
2
9.（本题满分 16 分） 在 ABC 中， sin A ．求cos B
范围．
2 cos C 的取值
解：记 f
cos B
2 cosC ．
由条件知 A 或 A
4
4
3 ． …………………4 分
C 3
4
4
当 A 时， B 3 4
C ，其中0
，此时
f cos 3
4
C
2 cos C
2 sin C
2
2 cos C
2
sin C
4
(0, 1] ．
C
4
…………………8 分
3
4
当 A 时， B C ，其中0
4
，此时
f cos
4
C
2 cos C
2 sin C
2
3
2
2 cos C
5 sin (C
) ，
其中 arctan 3．
…………………12 分
注意到
，
4 2
， 函数 g(x)
5 sin (x
) 在 0,
2
上单调增，在
2
4
综上所述， f
, 上单调减，又 g(0)
3 2 2
2
g ，g
4
2
5 ，故 f (2, 5]．
cos B 2 cosC 的取值范围是(0, 1] (2, 5] ．
…………………16 分
（本题满分 20 分）对正整数n 及实数 x (0 x n) ，定义
f (n, x) (1 {x}) C[ x] {x} C[ x] 1 ，
n n
其中[x] 表示不超过实数 x 的最大整数，{x}
x [x] ．若整数m, n
2 满足
f m, 1
f m, 2
f m, mn 1
123 ，
n n n
求 f n, 1
f n, 2
f n, mn
1 的值．
m m m
解：对k
0, 1, , m
1，有
n 1
f m, k
i 1
i
n
n 1
C
k m
1
i 1
i
n
+ C
k 1
m
n 1 i
i 1
n
n 1
2
C
k m
C
k 1
m
．
…………………5 分所以
1 2 mn 1
m 1 m 1 n 1
i
j
f m,
n
f m,
n
f m,
n
Cm
j 1 k

0 i 1
f m, k
n
2m 2
n 1 m 1 k m 1 k 1
C
C
2 m m
k 0 k 0
2m 2
n 1 2m
2
1 2m
1 (2m
1)n
1． ……………10 分
同理得 f n, 1
f n, 2
f n, mn 1
(2n
1)m 1 ．
m m m
由条件知(2m
1)n
1 123 ，即(2m
1)n
124 ，故(2m
1) 124 ．又m 2 ，
所以2m
而有n
1 {3, 7, 15, 31, 63, 127, } ，仅当m
124 4 ．进而
31
5 时，2m
1 31为124 的约数，进
f n, 1
f n, 2
f n, mn 1
(24
1) 5 1 74 ．
m m m
…………………20 分
ABC
（本题满分 20 分）在平面直角坐标系中，点 A, B, C 在双曲线 xy 1 上，
满足 ABC 为等腰直角三角形．求
的面积的最小值．
解：不妨设等腰直角 ABC 的顶点 A, B, C 逆时针排列， A 为直角顶点．
设 AB
(s, t) ，则 AC
( t, s) ，且 ABC 的面积
S ABC
1 AB 2
2
s2 t 2
2
． …………………5 分
a, 1
a
y
B
C
O
x
A
注意到 A 在双曲线 xy 1 上，设 A ，
a s, 1
a
t , C a
t, 1
a
s ．
由 B, C 在双曲线 xy
1 上，可知
(a s) 1 t a
(a t) 1
a
s 1，
则 B
这等价于

s at st ， ①
a
t as st ． ②
a
由①、②相加，得 s a t a(t s) 0 ，即
t s
t s
a2 ． ③
由①、②相乘，并利用③，得
s2t 2
s at t as a2 1 st s2 t 2
a a a2
t s t s
st s2 t 2
4st
st s2 t 2
t s t s s2 t 2
t2 )4
s2t2 (s2
t2 )
2
1
4
2s2t2 2s2t 2 (s2
t 2 )2
所以由基本不等式得
(s2
(s2
s2
t 2 )2
t 2
． …………………10 分
1 2s2t2
2s2t2
(s2
t 2 )2
(s2
t 2 )6
3
， ④
故s2
4 3 108
t 2 108 6 3 ． …………………15 分
以下取一组满足条件的实数(s, t, a) ，使得s2 t 2 6 3 （进而由s, t, a 可确
定一个满足条件的 ABC ，使得S
考虑④的取等条件，有2s2t 2
s2 t 2
ABC 2 3 3 ）．
(s2
t 2 )2
s2
，即 2 3 ．
t 2
t s
t s
不妨要求0 s t ，结合s2
t 2 6 3 ，得s
3( 3 1), t
3( 3 1) ．
由①知a 0 ，故由③得a
，其中t 3 1s 3 1 s ，从而有
3 1 2
3 1 2
a ．
综上， ABC 的面积的最小值为3
3 1 2
3
． …………………20 分