2020年美國數(shù)學(xué)競賽(AMC12B)的試題與解答

華南師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院(510631) 李湖南

的最簡值是多少?

解直接計(jì)算,原式=1+2+3+4=10,故(C)正確.

解由平方差公式可知,原式=1,故(A)正確.

3.已知w與x之比為4:3,y與z之比為3:2,z與x之比為1:6.則w與y之比是多少?

(A)4:3 (B)3:2 (C)8:3 (D)4:1 (E)16:3

解化簡即得,故(E)正確.

4.一個(gè)直角三角形的兩個(gè)銳角分別是a?和b?, 其中a ＞b且a和b均為素?cái)?shù).則b最小可能的值是多少?

(A)2 (B)3 (C)5 (D)7 (E)11

解問題轉(zhuǎn)化為求a+b= 90 的最小素?cái)?shù)解, 可解得a=83,b=7,故(D)正確.

5.球隊(duì)A 和B 正在打籃球聯(lián)賽,每場比賽都要決出勝負(fù).球隊(duì)A 贏了的比賽,球隊(duì)B 贏了的比賽,而且球隊(duì)B 比球隊(duì)A 多贏了7 場比賽也多輸了7 場比賽.則球隊(duì)A 打了多少場比賽?

(A)21 (B)27 (C)42 (D)48 (E)63

解設(shè)球隊(duì)A 和B 分別打了x,y場比賽, 依題意有:解方程組得故(C)正確.

6.對(duì)于所有整數(shù)n≥9,的值是以下哪個(gè)?

(A)4 的倍數(shù)(B)10 的倍數(shù)(C)一個(gè)素?cái)?shù)(D)一個(gè)平方數(shù)(E)一個(gè)立方數(shù)

解=(n+1)2,它是一個(gè)平方數(shù),故(D)正確.

7.xy-坐標(biāo)平面上的兩條非水平、非豎直的直線相交于點(diǎn)O,且夾角為45?.一條直線的斜率是另一條直線斜率的6倍.則這兩條直線斜率乘積的最大值是多少?

解設(shè)兩條直線的方程分別為y=kx,y= 6kx,傾斜角 分 別為α,β, 依題意可 得β=α ±45?.于是6k=tanβ=tan(α±45?)=化簡得±6k2-5k±1 = 0,解得所求的最大值為(k·6k)max=故(C)正確.

8.有多少個(gè)整數(shù)對(duì)(x,y)滿足方程x2020+y2=2y?

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (E)無窮多

解原方程可化為x2020+ (y-1)2= 1, 容易解得故滿足方程的解共有4 對(duì),(D)正確.

9.如圖示,一個(gè)半徑為4 英寸的圓的四分之三連同它的內(nèi)部正好可以卷成一個(gè)圓錐的側(cè)面,如果將它的兩條半徑無縫連接.則這個(gè)圓錐的體積是多少立方英寸?

解設(shè)這個(gè)圓錐的底面半徑和高分別為r和h, 則有2πr=·4, r2+h2=42,解得r=3, h=于是該圓錐的體積為V=故(C)正確.10.在單位正方形ABCD中,內(nèi)接圓ω交交ω于另一點(diǎn)P.則AP是多少?

解如右圖示,AD= 1,M,N均為圓與正方形的切點(diǎn),則M,N分別為CD,AD的中點(diǎn),即AN=DM=從而由切割線定理AN2=AP ·AM,可得AP=故(B)正確.

11.如圖所示, 一個(gè)邊長為2 的正六邊形的內(nèi)部有6 個(gè)半圓,這些半圓的直徑恰好是該六邊形的6 條邊.則圖中陰影部分——六邊形內(nèi)部半圓以外的面積是多少?

解S六邊形= 6·S半圓+S陰影-6·S樹葉, 其中樹葉為兩個(gè)半圓的交集部分.而S六邊形=樹葉恰好是半圓內(nèi)一個(gè)60?的扇形去掉一個(gè)正三角形的部分的兩倍,于是有

故(D)正確.

AB于點(diǎn)E,使得BE=∠AEC=45?.則CE2+DE2是多少?

解如圖示, 過圓心O作OF⊥CD于點(diǎn)F,則F是CD的中點(diǎn),且ΔOEF是等腰直角三角形.由題意可知從而于是CE=CF+EF=DE+2EF=另外, 根據(jù)相交弦定理有CE ·DE=從而

故(E)正確.

解

故(D)正確.

14.貝拉和珍在實(shí)數(shù)軸的閉區(qū)間[0,n]上玩如下游戲,其中給定整數(shù)n ＞4.他們輪流玩,貝拉先開始.最開始,貝拉在[0,n]上選擇一個(gè)任意實(shí)數(shù).然后,接下來輪到的選手要選擇一個(gè)與他們之前選擇的所有實(shí)數(shù)距離都要大1 個(gè)單位的實(shí)數(shù).無法選擇的選手就算輸.使用最優(yōu)策略,哪位選手會(huì)贏得這個(gè)游戲?(A)貝拉得勝 (B)珍得勝 (C)當(dāng)且僅當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)貝拉得勝 (D)當(dāng)且僅當(dāng)n是奇數(shù)是珍得勝 (E)當(dāng)且僅當(dāng)n ＞8 時(shí)珍得勝

解貝拉將贏得這個(gè)游戲.因?yàn)樽铋_始貝拉選擇將區(qū)間分成兩個(gè)對(duì)稱的小區(qū)間接下來無論珍在哪個(gè)區(qū)間中選擇什么數(shù),貝拉都將選擇另一個(gè)區(qū)間中關(guān)于中心對(duì)稱的那個(gè)數(shù).只要珍能夠選擇數(shù),貝拉就可以繼續(xù)游戲.到最后,無法選擇的一定是珍,即珍必?cái)?故(A)正確.

15.10 個(gè)人等距地圍坐在一個(gè)圓周上,每個(gè)人都只認(rèn)識(shí)其余9 人中的3 人:與他或她相鄰的2 人,以及圓周上相對(duì)的那個(gè)人.問有多少種方式把這10 個(gè)人分成5 對(duì),使得每對(duì)的兩個(gè)人都互相認(rèn)識(shí)?

(A)11 (B)12 (C)13 (D)14 (E)15

解如圖示,分別給這10 個(gè)人編號(hào)為1,2,3,…,10,互相認(rèn)識(shí)的人用線段或弧線連接,先考慮1 號(hào),分如下三種情況:

(1)1 與2 配對(duì):若3 與4 配對(duì), 則有{5, 6}, {7, 8}, {9,10},或{5,10},{6,7},{8,9},共2 種方式;若3 與8 配對(duì),則7 必與6 配對(duì),有{4,5},{9,10},或{4,9},{5,10},也是2 種方式.

(2)1 與10 配對(duì):同理可得4 種方式;

(3)1 與6 配對(duì):若2 與3 配對(duì),則7 必與8 配對(duì),有{4,5},{9,10},或{4,9},{5,10},共2 種方式;若2 與7 配對(duì),則有{3,4},{5,10},{8,9},或{3,8},{4,5},{9,10},或{3,8},{4,9},{5,10},共3 種方式.

綜上可得,符合條件的分法共有13 種.故(C)正確.

16.缸里有1 個(gè)紅球和1 個(gè)藍(lán)球,旁邊另有一盒子紅球和藍(lán)球.喬治進(jìn)行如下操作四次:首先他從缸里隨機(jī)拿起一個(gè)球,然后他從盒子里拿起一個(gè)相同顏色的球,接著把兩個(gè)球放回缸里.四次操作之后,缸里有6 個(gè)球.則缸里有兩種顏色各3 個(gè)球的概率是多少?

解四次操作之后,缸里可能有1,2,3,4,5 個(gè)紅球.根據(jù)對(duì)稱性,剩1 個(gè)紅球和1 個(gè)藍(lán)球即5 個(gè)紅球的概率是一樣的,2 個(gè)紅球和4 個(gè)紅球的概率是一樣的.

剩1 個(gè)紅球, 也即喬治每次拿起的都是藍(lán)球, 從而P(1個(gè)紅球)=

剩2 個(gè)紅球,也即喬治四次操作中只拿起一次紅球,其中第1,2,3,4 次均有可能,從而

因 此,P(3個(gè)紅球)= 1-2× P(1個(gè)紅球)-2×P(2個(gè)紅球)=.故(B)正確.

17.有多少個(gè)形式為x5+ax4+bx3+cx2+dx+2020,其中a,b,c,d是實(shí)數(shù)的多項(xiàng)式具備以下性質(zhì):只要r是一個(gè)根,·r也是? (注意i=)

(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)4

解令=ω,則有ω2+ω+1=0,ω3=1.設(shè)所求多項(xiàng)式為f(x),由于復(fù)數(shù)根總是成對(duì)出現(xiàn),從而f(x)必有實(shí)根r,依題意ωr,ω2r也是f(x)的根.根據(jù)代數(shù)基本定理,f(x)在復(fù)數(shù)域內(nèi)有5 個(gè)根,故其余兩根必是重根.分兩種情況:

(1)f(x)的 5個(gè)根為r,r,r,ωr,ω2r, 則f(x)=(x-r)3(x - ωr)(x - ω2r), 根與系數(shù)的關(guān)系式為解得

(2)f(x)的5 個(gè) 根 為r,ωr,ωr,ω2r,ω2r, 則f(x)=(x - r)(x-ωr)2(x-ω2r)2, 根與系數(shù)的關(guān)系式為解得

綜上可得,符合條件的多項(xiàng)式只有2 個(gè),故(C)正確.

18.在正方形ABCD中, 點(diǎn)E,H分別在邊和上,AE=AH,點(diǎn)F,G分別在邊上,點(diǎn)I,J在邊上,使得如下圖所示,三角形AEH,四邊形BFIE,DHJG和五邊形FCGJI的面積均為1.則FI2是多少?

解由題意知,SABCD= 4, AE=從而AB= 2,BE= 2-作四邊形BFIE關(guān)于BF的對(duì)稱圖形BFKL,分別延長IE和KL且相交于點(diǎn)M,連接BM,則可得四邊形FKMI是一個(gè)正方形,如右圖示.于是

故(B)正確.

19.坐標(biāo)平面中的正方形ABCD頂點(diǎn)分別為A(1,1),B(-1,1),C(-1,-1),D(1,-1).考慮以下四種變換:

L:繞原點(diǎn)做90?的逆時(shí)針旋轉(zhuǎn);

R:繞原點(diǎn)做90?的順時(shí)針旋轉(zhuǎn);

H:關(guān)于x軸的反射;

V:關(guān)于y軸的反射.

每一種變換都將這個(gè)正方形映回自身, 但頂點(diǎn)的位置會(huì)發(fā)生變化.比如, 施行R和V會(huì)將點(diǎn)A由(1,1)映到(-1,-1),將點(diǎn)B由(-1,1)映回自身.從集合{L,R,H,V}中選擇20 個(gè)變換,有多少種順序方式可以將四個(gè)頂點(diǎn)均映回自身? (比如,R,R,V,H就是一種4 個(gè)變換的順序方式,它將四個(gè)頂點(diǎn)均映回自身.)

(A)237(B)3·236(C)238(D)3·237(E)239

解我們記正方形ABCD經(jīng)過變換后得到的正方形分別在第一、二、三、四象限的頂點(diǎn)順序.例如:變換L將ABCD映成DABC,LL將ABCD映成CDAB.經(jīng)過一對(duì)變換之后,結(jié)果只可能為如下四種:

(1)ABCD映成ABCD:恒等變換,通過4 種方式LR,RL,HH,V V可得;

(2)ABCD映成CDAB:相當(dāng)于中心對(duì)稱變換,通過4種方式LL,RR,HV,V H可得;

(3)ABCD映成ADCB:相當(dāng)于交換B,D兩點(diǎn),通過4種方式LV,RH,HL,V R可得;

(4)ABCD映成CBAD:相當(dāng)于交換A,C兩點(diǎn),通過4種方式LH,RV,HR,V L可得.

因此,經(jīng)過前面18 個(gè)任意變換之后,其結(jié)果也只可能是ABCD,CDAB,ADCB,CBAD中的一種,且是等概率的.此時(shí),只需要再經(jīng)過一對(duì)變換即可映回ABCD,且均有4 種方式.

故將ABCD映回自身的方式共有418×4=238種,(C)正確.

20.兩個(gè)相同尺寸的不同立方體將被涂色,每個(gè)面的顏色被獨(dú)立、隨機(jī)地涂成黑色或白色.則涂色后兩個(gè)立方體調(diào)整后在外觀上完全相同的概率是多少?

解兩個(gè)立方體共有12 個(gè)面,從而有212種涂色的方式,分情況討論:

(1)兩個(gè)立方體均為全黑色,只有1 種方式;

(2)兩個(gè)立方體均為5 黑1 白,有6×6=36 種方式;

(3)兩個(gè)立方體均為4 黑2 白:如果兩個(gè)白色面相對(duì),有3×3=9 種方式;如果兩個(gè)白色面相鄰,有12×12=144 種方式;

(4)兩個(gè)立方體均為3 黑3 白:如果三個(gè)白色面共用一個(gè)頂點(diǎn),有8×8 = 64 種方式;如果其中有兩個(gè)白色面相對(duì)且通過另一個(gè)白色面連接,有12×12=144 種方式;

(5)由對(duì)稱性,兩個(gè)立方體均為全白、5 白1 黑、4 白2 黑的情況,與前三種情況一樣.

綜上可得, 兩個(gè)立方體外觀上完全相同的方式有2×(1+36+153)+208=588 種,所求概率為故(D)正確.

(A)2 (B)4 (C)6 (D)30 (E)32

解設(shè)則k≥1,0 ≤r ＜1.于是n==k2+ 2kr+r2, 且n=70k-1000,從而原方程可化為k2-70k+1000+2kr+r2= 0, 即(k -20)(k -50)+ 2kr+r2= 0.當(dāng)r= 0時(shí), 解得當(dāng)r ＞0 時(shí), 解得故共有6 組解,(C)正確.

22.對(duì)于實(shí)數(shù)t,的最大值是多少?

解令f(t)=, 則f(t)===y-3y2,其中y=此時(shí)f(t)=-3y2+y=當(dāng)y=時(shí),f(t)max=實(shí)際上,y=即2t= 6t,從函數(shù)圖像上可以發(fā)現(xiàn),此方程有一個(gè)根t ∈(0,1).故(C)正確.

23.有多少個(gè)整數(shù)n≥2,使得只要復(fù)數(shù)z1,z2,··· ,zn滿足|z1|=|z2|=···=|zn|=1,且z1+z2+···+zn=0,則z1,z2,··· ,zn一定等距地分布在復(fù)平面的單位圓上?

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (E)5

解(1)當(dāng)n= 2 時(shí),z1=-z2,此時(shí)z1,z2關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,平分單位圓;

(2)當(dāng)n= 3 時(shí),z1+z2+z3= 0, 由于|z1+z2|2+|z1-z2|2= 2|z1|2+ 2|z2|2= 4, 從而|z1-z2|2= 4-|z1+z2|2= 4- |-z3|2= 3, 即|z1-z2|=同理|z2-z3|=|z3-z1|=√此時(shí)z1,z2,z3構(gòu)成一個(gè)正三角形,三等分單位圓;

(3)當(dāng)n= 4 時(shí),z1=z3=為符合條件的復(fù)數(shù),構(gòu)成一個(gè)不等距長方形;同理,當(dāng)n= 4k時(shí),容易構(gòu)造出多個(gè)類似的不等距長方形;當(dāng)n= 4k+2 時(shí),再加兩個(gè)復(fù)數(shù)±1 仍然符合條件,且不等距;

(4)當(dāng)n= 5 時(shí),z1= 1,z2=,z3=,z4= i,z5=-i 為符合條件的復(fù)數(shù), 構(gòu)成一個(gè)不等距五邊形;同理,當(dāng)n=4k+1 時(shí),只要再添加若干個(gè)不等距長方形即可符合條件;當(dāng)n= 4k+3 時(shí),再加兩個(gè)復(fù)數(shù)±1 仍然符合條件,且不等距.

綜上可得,滿足條件且等距分布的只有n= 2,3 兩種情況,故(B)正確.

24.設(shè)D(n)表示正整數(shù)n寫成乘積n=f1·f2···fk的方式數(shù)目,其中k≥1,且fi是嚴(yán)格大于1 的整數(shù),因子的排列順序也考慮在內(nèi)(也就是說,兩種僅因子順序不同的表示被算作是不一樣的).比如,6 可以表示成6,2·3,3·2,所以D(6)=3.則D(96)是多少?

(A)112 (B)128 (C)144 (D)172 (E)184

解96=3×25,分情況討論:

(1)1 個(gè)因子:就是表示成96,1 種方式;

(2)2 個(gè)因子:可以表示成3×32,6×16,12×8,24×4,48×2,每一種表示可以交換順序,共10 種方式;

(3)3 個(gè)因子:可以表示成3×2×16,3×4×8,6×2×8,6×4×4,12×2×4,24×2×2,因子的順序可以重新排列,共有4+2=30 種方式;

(4)4 個(gè)因子:可以表示成3×2×2×8,3×2×4×4,6×2×2×4,12×2×2×2,重新排列后共有P44÷2×3+C14=40種方式;

(5)5 個(gè)因子:可以表示成3×2×2×2×4,6×2×2×2×2,重新排列后共有=25 種方式;

(6)6 個(gè)因子:可以表示成3×2×2×2×2×2,重新排列后共有=6 種方式.

由加法原理,可得112 種方式,故(A)正確.

25.對(duì)于每個(gè)實(shí)數(shù)0 ≤a ＜1, 令x,y為分別從區(qū)間[0,a]和[0,1]中獨(dú)立、隨機(jī)地選取出來的數(shù), 且令P(a)為sin2(πx)+sin2(πy)＞1 成立的概率.則P(a)的最大值是多少?

解

可得cos(x+y)π·cos(x-y)π ＜0,由于0 ≤x≤a ＜1,0 ≤y≤1,從而x+y ∈[0,1+a],x-y ∈[-1,a].

此時(shí)a=故(B)正確.

(注:為了節(jié)省版面,這里未提供英文版試題原文,對(duì)此有需要的讀者,可聯(lián)系編輯部向作者索取.)