高中数学立体几何专题-高中数学总是考的不好
2020年全国高中数学联赛江苏赛区
复赛参考答案与评分细则
一 试
一、填空题(本题满分64分,每小题8分)
1.已知数列{
a
n
}、{
b
n
}满足
a
n
=2
式是
.
答案:
b
n
=
2
n
+3
5
1
,
b
n
=log
2
(
a
1
a2
a
3
…
a
n
),
n
∈N*,则数列
{
b
n
}的通项公
n
n
+4
5
,
n
∈N*
,得
a
1
a
2
a
3
…
a
n
=2
2(1+2+…+
n
)+3
n
5
简解:由
a
n
=2
2
n
+3
5
n
(
n
+4)
=2
5
,
n
∈N*
.
1
n
(
n
+4)
n
+4
所以
b
n
=×=,
n
∈N*.
n
55
2.已知两点<
br>M
(0,2)、
N
(-3,6)到直线
l
的距离分别为1和4
,则满足条件的直线
l
的条
数是 .
答案:3 <
br>简解:易得
MN
=5,以点
M
为圆心,半径1为的圆与以点
N
为圆心,半径为4的圆外切,故
满足条件的直线
l
有3条.
23.设函数
f
(
x
)=
ax
+
x
.已
知
f
(3)<
f
(4),且当
n
≥8,
n
∈N*时,
f
(
n
)>
f
(
n
+1)恒成
立,
则实数
a
的取值范围是 .
11
答案:(-,-)
717
简解:(方法一) 因为当
n≥8时,
f
(
n
)>
f
(
n
+1)恒
成立,所以
a
<0,此时
f
(
n
)>
f
(
n
+1)
恒
1
成立等价于
f
(8)>
f
(9),即64
a
+8>81
a
+9,解得
a
<-
.
17
111
因为
f
(3)<
f
(4),所以9
a
+3<16
a
+4,解得
a
>-.即
a
∈(-,-).
7717
(方法二)考察二次函数
f
(
x
)=
ax
+
x
的对称轴和开口方向.
1171
因为当n
≥8时,
f
(
n
)>
f
(
n
+1)恒成立,所以
a
<0,且-<,解得
a
<-.
2
a
217
17111
因为
f
(3)<
f
(4),所
以->,解得
a
>-.即
a
∈(-,-).
2
a
27717
4.已知
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
是边长为3的正方体,
点
P、Q、R
分别是棱
AB、AD、AA
1
上的
点,
AP=AQ
=
AR
=1,则四面体
C
1
PQR
的
体积为 .
4
答案:
3
简
解:因为
C
1
C
⊥面
ABCD
,所以
C
1
C
⊥
BD
.
又因为
AC
⊥
BD
,
所以
BD
⊥面ACC
1
,所以
AC
1
⊥
BD
.
C
1
D
1
A
1
B
1
2
R
C
D
A
Q
(第4题)
P
B
又
PQ
∥
BD
,所以
AC1
⊥
PQ
.
同理
AC
1
⊥
QR.所以
AC
1
⊥面
PQR
.
因为
AP=AQ
=
AR
=1,所以
PQ
=
QR
=
RP=2.
11
2
1
因为
AC
1
=33,且V
A
-
PQR
=··1·1=,所以
326
V
C
1
-
PQR
=·
5.数列<
br>?
a
n
?
满足
a
1
?2,a
n?1
?
答案:-6
1
3
34
2
·(2)·33-V
A
-
PQR
=.
43
1?a
n
,
n?
N*.记
T
n
=
a
1
a
2
…
a
n
,则
T
2020
等于 .
1?a
n
11
简解:易得:
a
1
=2,
a
2
=-3,
a
3
=-,
a
4
=,
a1
a
2
a
3
a
4
=1.
23
又
a
5
=2=
a
1
,由
归纳法易知
a
n
+4
=
a
n
,
n
∈N*.
所以
T
2020
=
T
2008×
a
2020
×
a
2020
=
a
1<
br>a
2
=-6.
6.骰子是一个立方体,
6
个面上分别刻有<
br>1
、
2
、
3
、
4
、
5
、<
br>6
点. 现有质地均匀的
骰子10只. 一次掷
4
只、
3<
br>只骰子,分别得出各只骰子正面朝上的点数之和为
6
的
概率的比为
.
答案:1:6.
提示:掷3只骰子,掷出6点的情况为1,1,4;1,2,3;2,2,2. 共
3+3!+1=10种,
10
3
概率为
6
.
掷4只骰子,掷出6点的情况为1,1,1,3;1,1,2,2. 共
4+
101010
434
为
6
. 所以概率的比为
6
:
6
= 1:6 .
C
2
4
=10种,概率
7
7.在△
ABC
中,已知
BC
=5,
AC
=4,cos(
A
-
B
)=,
8
则cos
C
= .
11
答案:
16
简解:因
BC?AC
,故
?A??B
.
如图,作
AD
,
使∠
BAD
=∠
B
,则∠
DAC
=∠
A
-∠
B
.
设
AD
=BD
=
x
,则
DC
=5-
x
.在△
A
DC
中,
11
由余弦定理得
x
=3.再由余弦定理得cos
C
=.
16
8.在平面直角坐标系
xOy
中,抛物线
y
=2
x
的焦点为
F
. 设
M
是抛物线上的动点,则
2
A
B
D
(第7题)
C
MO
的最大值为 .
MF
23
答案:
3
2
MO
2
x
2
+
y2
4
x
+8
x
4
x
-1
简解:设点<
br>M
(
x
,
y
),则()==
2
=1+
2
.
MF
1
2
4
x
+4
x
+
14
x
+4
x
+1
(
x
+)
2
令
4
x
-1=
t
,
当
t
≤0时,显然≤1. 当
t
>0时,则()=1+
MO
MF
MO
MF
2
14
≤1+=,且当
t
=3,即
x
=1时,等号成立.
933
t
+6+
4
t
MO
23
所以的最大
值为,此时点
M
的坐标为(1,±2).
MF
3
二、解答题(本题满分16分)
22
如图,点
P
是半圆
C
:
x
+
y
=1(
y
≥0)上位于
x
轴上方的任意一点,
A
、
B
是直径的两个
端点,以
AB<
br>为一边作正方形
ABCD
,
PC
交
AB
于
E
,
PD
y
交
AB
于
F
,求证
:
BE
,
EF
,
FA
成等比数列.
P
证明:设
P
(cosα,sinα),
C
(-1,-2),
D
(1,-2),
B
E
(
x
1
,0),
F
(
x
2
,0).
O
E
F
A
x
sinα+22
因为点
P
、
E
、
C<
br>三点共线,所以=,
cosα+1
x
1
+1
2(cosα+
1)
所以
x
1
=-1. ………………5分
sinα+2
sinα+22
由点
P
、
F
、
D
三点共线
,所以=,
cosα-1
x
2
-1
2(cosα-1)
所
以
x
2
=+1.
………………10分
sinα+2
2(cosα+1)2sinα2(cosα-1)
所以
BE
=
x
1
+1=,
EF
=
x2
-
x
1
= ,
FA
=.
sinα+2si
nα+2sinα+2
2(cosα+1)2(cosα-1)4sinα
2
所以BE
·
FA
=×=
2
=
EF
.
si
nα+2sinα+2(sinα+2)
即
BE
,
EF
,
F
A
成等比数列.
………………16分
三、解答题(本题满分20分)
设实数
a
,
m
满足
a?1
,
0?m?23
,函数
f
?
x
?
?
2
C
D
amx?mx
2a?a
?
1?a
?
m
2
2
,
x?
?
0,a
?
. 若存在
a
,
m,
x
,使
f
?
x
?
?
2
3<
br>,求所有的实数
x
的值.
2
x
2
ma
2<
br>ma
2
解答:因为
x?(0,
a)
时,
amx?mx??m(a?)?
,
?
244
当且仅当
x?
a
时等号成立,
……………5分
2
所以
a
2
m
3amx
?mx
2
am
4
???
2222
2
a?
a(1?a)ma?a(1?a)m4(1?(1?a)
2
m
2
)
?
amm3
,
……………15分
??
442
当且仅当
x?
a
及
a?1
与
m?23
时等号成立.
2
故
x?1
.
……………20分
四、解答题(本题满分20分)
32
数列{
a
n
}中,已知
a
1
∈(1,2),
a
n
+1
=
a
n
-3
a
n
+3
a
n<
br>,
n
∈N*,求证:
1
(
a
1
-
a
2
)(
a
3
-1)+(
a
2
-
a
3
)(
a
4
-1)+…+(
a
n
-
a
n
+1)(
a
n
+2
-1)<.
4
证明:(方法一) 由
a
n
+1
=
a
n
-3
a
n
+3
a
n
,得
a
n
+1
-1=(
an
-1).
3
令
b
n
=
a
n-1,则0<
b
1
<1,
b
n
+1
=
b
n
<
b
n
,0<
b
n
<1.
………………5分
所以
(
a
k
-
a
k
+1
)(
a
k<
br>+2
-1)=(
b
k
-
b
k
+1
)
×
b
k
+2
1
33223
=(
bk
-
b
k
+1
)×
b
k
+1
<(
b
k
-
b
k
+1
)×(
b
k
+
b
k
b
k
+1
+
b
k
b
k
+1
+
b
k
+1
)
4
144
<(
b
k
-
b
k
+1
).
………………15分
4
所以 (
a
1
-
a
2)(
a
3
-1)+(
a
2
-
a
3)(
a
4
-1)+…+(
a
n
-
a
n
+1
)(
a
n
+2
-1)
1
4
1
4
1
4444
<(
b
1
-
b
2
)+(
b
2
-
b
3
)+…+(
b
n
-
b
n
+1
)
444
1
4
1
4
1
4
=(
b
1
-
b
n
+1
)<
b
1
<.
………………20分
444
(方法二) 由
a
n
+1
=<
br>a
n
-3
a
n
+3
a
n
,得
a
n
+1
-1=(
a
n
-1).
3
令
b
n
=
a
n
-1,则0<
b
1
<1,
b
n
+1
=
b
n
,0<
b
n
<1. ………………5分
所以
(
a
1
-
a
2
)(
a
3
-1)+(
a
2
-
a
3
)(
a
4
-1)+…+(
a
n
-
a
n
+1)(
a
n
+2
-1)
=(
b
1
-
b
2
)
b
3
+(
b
2
-
b
3
)
b4
+…+(
b
n
-
b
n
+1
)
b
n
+2
33
=(
b
1
-
b
2
)
b
2
+(
b
2
-
b
3
)
b3
+…+(
b
n
-
b
n
+1
)
b
n
3
+1
1
323
323
?3
x
?
dx?
0
1
4
.
………………20分
2020年全国高中数学联赛江苏赛区
复赛参考答案与评分标准
加 试
一、(本题满分40分) 圆心为I的
?ABC
的内切圆分别切边
AC、AB
于点
E、F.
设
M
为线段
EF
上一点,
证明:
?MAB
与
?MAC
面积相等的充分必要条件是
MI?BC
.
A
A
P
Q
M E
M E
F
F
I
I
B C
B C
D
(第1题)
证明:过点
M
作
MP?AC
、
MQ?AB
,垂足分别为<
br>P、Q
. 圆
I
切边
BC
于点
D
,
则
ID?BC
,
IF?AB
,
IE?AC
.
显然
AF=AE
, 所以
?AFM??AEM
,
从而推知
Rt?QFM:Rt?PEM
, 得
MQMF
.
?<
br>MPME
1
MQ?AB
S
?MAB
2
MQABMFA
B
又 , 所以
?????
1
S
?MAC
MP?ACMPACMEAC
2
ABME
. ①
?
?MAB
与
?MAC
面积相等的充要条件是
ACMF
ABME由①可知,问题转化为证明:的充分必要条件是
MI?BC
. ………10分
?
ACMF
ABME
首先证明:若
MI?BC
,则. <
br>?
ACMF
由
MI?BC
可知点
M
在直线
I
D
上.
因为
B、D、I、F
四点共圆,所以
?MIF??DBF
??B
,
?MIE??ECD??C
.
又
IE=IF
,则由正弦定理得
MFFIIEME
???
,
sin?MIFsin?IMFsin(
?
??IMF)sin?MIE
即
MEsinCABsinCABME
???
,而. 所以.
……………30分
MFsinBACsinBACMF
ABME
?
,则MI?BC
.
ACMF
其次证明:若
ABM
'
E
?
设直线ID与E
F交于点
M
,则由上述证明可知,于是有
ACM
'
F
'<
br>ABM
'
E
?
'
,从而
M?M
'
. 故命题成立.
……………40分
ACMF
二、(本题满分40分)
将凸
n<
br>边形
A
1
A
2
LA
n
的边与对角线染上红、
蓝两色之一,使得没有三边均为蓝色的三
角形. 对
k
=1, 2,…,
n<
br>,记
b
k
是由顶点
A
k
引出的蓝色边的条数,求证:
n
2
b
1
?b
2
?L?b
n
?<
br>.
2
证明:不妨设
b?max{b
1
,b
2
,L,b
n
}
,并且由点
A
向
A
1
,A
2
,L,A
b
引出
b
条蓝色边,则
A
1<
br>,A
2
,L,A
b
之间无蓝色边,
A
1
,A
2
,L,A
b
以外的
n?b
个点,每点至多引出
b
条蓝
2
?
(n?b)?b
?
n
色边,因此蓝色边
总数
?(n?b)b
?
??
?
. …………20分
24
??
2
n
2
n
2
?
故
b
1
?b
2
?L?b
n
?2?
.
命题得证. ……………40分
42
三、(本题满分50分)
2
设正整数的无穷数列
?
a
n<
br>?
(
n?
N
*
)满足
a
4
?4,
a
n
?a
n?1
a
n?1
?1
(<
br>n?2
),
求
?
a
n
?
的通项公式.
解:由已知得
a
n
a
?
n?1
.
a
n?1
a
n
a
n?1
?1
,则
a
n
?a
n?1
,
…………10分
a
n
若有某个
n
,使
*
从而a
n?1
?a
n
?a
n?1
?a
n?2
?L
,这显然不可能,因为
{a
n
} (n?N)
是正整数的
无穷数列. 故数列
{a
n
}
中的项是严格递增的.
…………20分
从而由
a
4
?4
可知,
a
1<
br>?1
,
a
2
?2
,
a
3
?3
. …………30分
*
于是由?
a
n
?
的递推公式及数学归纳法知
a
n
?n
(n?N)
. …………40分
显然数列
{n}
(n?N)
满足要求,故所求的正整数无穷数列为
{n}(n?1)
.
…………50分
四、(本题满分50分)
设
p
是一个素数,
p?3 (mod 4)
. 设
x
,
y
是整数,满足
p|x?xy?
证:存在整数
u
,v
,使得
x?xy?
22
*
2
p?1
2
y
. 求
4
2
p?1
2
p?1
2
y?p
(u
2
?uv?v)
.
44
2
证明:由条件可知
p|(2x?y)?py
,则
p|(2x?y)
.
因
p
是素数,故有
p|2x?y
.
设
2x?y?pk
, …………20分
则 x?xy?
2
p?1
2
1
y?(py
2
?(2
x?y)
2
)
44
1
?((2x?pk)
2p?p
2
k
2
)
4
p
?((2x?pk)
2
?pk
2
)
…………30分
4
p
?((2x?pk?k?k)
2
?pk
2
)
4
pk(p?1)
,
v?k
)
?((2u?v)
2
?pv
2
)
(这里
u?
x?
42
p
?(4u
2
?4uv?(p?1)v
2
)
4
p?1
2
?p(u
2
?uv?v)
.
4
命题得证.
…………50分
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