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1、2020年全国高中数学联赛试题及详细解析一、 选择题本题共有6小题，每题均给出（A）、（B）、（C）、（D）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。1 设全集是实数，若A=x|0，B=x|=,则是 （ ）(A) 2 (B) -1 (C) x|x2 (D) 2 给定正数p,q,a,b,c，其中pq，若p,a,q是等比数列，p,b,c,q是等差数列，则一元二次方程bx2-2ax+c=0 （ ）(A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根3
2、 平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线的距离中的最小值是(A) (B) (C) (D) （ ）4 设，则以w,w3,w7,w9为根的方程是 （ ）(A) x4+x3+x2+x+1=0 (B) x4-x3+x2-x+1=0(C) x4-x3-x2+x+1=0 (D) x4+x3+x2-x-1=0二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。5 arcsin(sin2000)=_.6 设an是(3-的展开式中x项的系数(n=2,3,4,)，则)=_.7 等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是_.8 在椭圆(ab0)中，记左焦点为F，
3、右顶点为A，短轴上方的端点为B.若该椭圆的离心率是，则ABF=_.【加试】（10月15日上午1000-1200）一（本题满分50分）ABCDEFMN如图，在锐角三角形ABC的BC边上有两点E、F，满足BAE=CAF，作FMAB，FNAC（M、N是垂足），延长AE交三角形ABC的外接圆于D证明：四边形AMDN与三角形ABC的面积相等二（本题满分50分）设数列a n和b n 满足，且证明a n（n=0，1，2，）是完全平方数三（本题满分50分）有n个人，已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n2个人之间通电话的次数相等，都是3 k次，其中k是自然数，求n的所有可能值2000年全国高中数学
4、联合竞赛试题答案1.【答案】D 【解析】由得x=2，故A=2；由得，故B=-1，2.所以=.3【答案】C 【解析】如图所示，设BD=t，则OD=t-1，从而B（t-1，t）满足方程，可以得到t=,所以等边三角形，ABC的面积是.4【答案】 A【解析】由题意知pq=a2，2b=p+c,2c=q+b，bc=pq=a2 .因为pq，故bc a2，方程的判别式= 4a2 -4bc0，因此，方程无实数根.5【答案】B 【解析】设整点坐标(m,n)，则它到直线25x-15y+12=0的距离为由于m,nZ，故5(5m-3n)是5的倍数，只有当m=n=-1，时5(5m-3n)=-10 与12的和的绝对值最小，
5、其值为2，从而所求的最小值为.二、填空题（满分54分，每小题9分）7【答案】-20【解析】sin2000=sin(5360+200)=sin200=-sin20故rcsin(sin2000)= rcsin(-sin20)= -rcsin(sin20)= -208【答案】18【解析】由二项式定理知，因此=18.11【答案】12【答案】28 【解析】 中恰有2个不中数字时，能组成C= 6个不中数字 中恰有3个不中数字时，能组成C+=12+4=16个不中数字中恰有4个不中数字时，能组成P=6个不中数字所以，符合要求的数字共有6+16+6=28个14【答案】所求区间为1,3或-2-.【解析】 化三种情
6、况讨论区间a,b.(1) 若0ab, 则f (x)在 a, b 上单调递减，故f(a) =2b, f(b)=2a于是有，解之得 a, b = 1, 3 , (2)若a 0 b, f (x)在 a, b 上单调递增，在0,b 上单调递减，,因此f (x)在x=0处取最大值2b在x=a或x=b处取最小值2a.故2b=,b=.由于a0, 又f(b)=-() + =故 f(x)在x=a处取最小值2a,即 2a=+,解得a=-2-;于是得 a,b=-2-,.(2) 当ab0时，f(x)在a,b 上单调递增，故f(a)=2a, f(b)=2b, 即2a=-+,2b=-+.由于方程x+2x-=0的两根异号，
7、故满足ab0的区间不存在.综上所述，所求区间为1,3或-2-.15【答案】所求条件为+=1.又在RtPOQ中，设点O到PQ的距离为h，则=+=1,故得h=1同理，点O到QR，RS，SP的距离也为1，故菱形PQRS与C0外切.充分性得证.注对于给出 ，=1等条件者，应同样给分.2000年全国高中数学联合竞赛试卷答案加试二【解析】证法一：由假设得a1=4, b1=4且当n1时（2an+1-1）+=(14an+12bn-7)+(8an+7bn-4)=(2an-1)+(7+4)依次类推可得（2an-1）+= (7+(2a1 -1+)=(7+4同理（2an-1+ ）-=(7+4从而 an=(7+4+(7
8、+4+ .由于 74=（2 ，所以 an =(2+(2-)由二项式展开得 c n =(2+(2-)= ,显然Cn为整数，于是an为完全平方数.证法二：由已知得an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3=7an+48an-1+42bn-1-27 ,由 an=7an-1+6bn-1-3 ,得 42bn-1=7an-49an-1+21 ,从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27=14an-an-1-6 .也就是 an+1=14an-an-1-6 .设(an+1-kan+t)=p(an-kan-1+t) 则有解得或三【解析】显然n5. 记n
9、 个人为A1，A2， AN ， 设A1通话的次数为m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为yij, l .则 m i +m j y i . j =-= c . （*）其中c是常数 ，l .根据（*）知，=1 , l ., l设 mi =maxms ,1 ,m j = minms,1sn. ,则 m i +m j1.若 m i +m j=1 ,则对于任意 s 1sn ,都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s y j ,s)=0 , 即 y I ,s y j ,s = 1故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s 1sn ,因此 mi n -2 , m j 1 . 于是 ，m i +m j n -32 .出现矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒为常数 。根据 （*）知，y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1sn 。与已知条件矛盾 。因此 ，y I ,s =1 ms=n-1 , 1sn . 所以n(n-1)-(2n-3)=, 即 (n-2)(n-3)=2 .
