2020年全国高中数学联赛加试参考答案及评分标准（A卷）

1、1B CBMQ 90 ，即 BH QH N IMHQ 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷) B CBMQ 90 ，即 BH QH N IMHQ 为 BI 的中点， P 为边 AC 上一点，满足 AP 3PC ，PI 延长线上一点 H 满足 MH PH ，Q为 ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点证明： BH QH AQIHIPCMCB证明：取 AC 的中点N 由AP 3PC，可知P 为NC的中点易知B, I, N 共 由I 为 ABC 的内心，可知CI 经过点Q，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，又M 为BI 的中点，所以QM BI 进而QM | CN 10 分

2、A考虑 HMQ 与 HIB 由于MH又 IHM INP考虑 HMQ 与 HIB 由于MH又 IHM INP 90 ，故 ，于是HMNP1 NC 1 MQ MQHI NI 2 NI 2 MI IB所以 HMQ HIB所以 HMQ HIB ，得 HQM HBI 从而H, M, B, Q四点共圆于是有 BHQ2是4n个2 , 2n 1a ba a1 , 2n 21b1T是4n个2 , 2n 1a ba a1 , 2n 21b1Taabbb2n2n1aabbb2n2n1212bi bi 1 (这里a2nbi bi 1 (这里a2n且对任意i求a求a1 a2 a2n解：记S a1 a HYPERLINK

3、 l _bookmark1 2b2n b2n 12S 2a aa2nS 2a aa2n 11 3当n 3时，因为 a3 )2 (a3a3 )2 (a3a5 )2 (a5a2k 1a2k12k 123 33 a2k 3 33 a2k 1a2k 1 3 (b2k 1 b2k) 3S k 1 k 1T4又Sai bi 2 (1 i当n 4 时，一方面有nnn(b2k 1 b2k (b2k 1 b2k ) S k 1kk 1另一方面，若n 为偶数，则2n2a a1a2na a1a2n 3 )(a3 7a2n 3 )(a3 a7aa2n 1 )2k 1 2k154k 14展开后每一项a2n 1 )其中第

4、一个不等式是因为 (a1展开后每一项a2n 1 )用了基本不等式均非负，且包含a2k 1a2k 1 (1 用了基本不等式若n 为奇数，不妨设a1 a3 ，则nn n 12k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2n 1 3k 1 k 1a a a a a aT2T1 5na2n 1 )(a3aa1 5na2n 1 )(a3aa7T24又SS2 从而总有SaT24又SS2 从而总有Sa2k 1a2k 1k 1k 1aa a3 a4 4, ai 0(5 i 2aa a3 a4 4, ai 0(5 i 2n), b132nn对整数n2nn对整数n55n n证明：记 1 2, 1 2 ，则易求得 an

5、2n22n2( )n ，可知222bEQ * jc3 * hps13 oal(sup 5(2),)aEQ * jc3 * hps13 oal(sup 5(2),n) ( 1)n (n 1) 为大于 1 的奇数，所以an 有奇素因子p为大于 1 的奇数，所以an 有奇素因子p 由得bEQ * jc3 * hps13 oal(sup 5(2),)p 1bEQ * jc3 * hps13 oal(sup 5(p),) 1 ( 1) 2 (mod p) p 1又上式表明(p, bn ) 1 ，故由费马小定理得bEQ * jc3 * hps13 oal(sup 5(p),) 1 1(mod p) ，从而

6、p 1p 1od整数m, n ，若 m| n，设 n km，则n n m man ( (k 1)m (k 2)m m m (k 2)m (k 1)m)all 1am ( )im ( (2l 1 2i)m (2l 1 2i)m), k 2l,i HYPERLINK l _bookmark2 0l 1am ( )im ( (2l 2i)m (2l 2i)m) ( )lm , k 2l 1.i HYPERLINK l _bookmark3 0因 s s 2bs 为整数(对正整数 s )，nnn40 分 HYPERLINK l _bookmark4 aa84 10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一

7、个完美匹配当T 取遍P 的所有三角 剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值解：将 20 边形换成2n边形，考虑一般的问题对凸2n边形P 的一条对角线，若其两侧各有奇数个P 的顶点，称其为奇弦， 对P 的任意三角剖分图T ，T 的完美匹配不含奇弦(*)如果完美匹配中有一条奇弦e1 ，因为T 的一个完美匹配给出了P 的顶点集的一个 ePeeP 的内部相交，这与T 是三角 下面对n 归纳证明: 若T 是凸2n边形的任意一个三角剖分图，则f (T) Fn 设P = A1A2 A2n 是凸2n边形从P 的2n条边中选n 条边构成完美匹配，恰 P 的边，故f (T) = 2 = F2 结论在n = 2,3

8、时成立假设n 4 ，且结论在小于n 时均成立考虑凸2n边形 P = A1A2 A2n 的一个三角剖分图T 若T 没有偶弦，则同上可知f(T) = 2 对于偶弦e ，记 e 两侧中P 的顶点个数的较小值为w(e)若T 含有偶弦，取 Ai (i = 1, 2, , 2k) 不能引出偶弦 特别地， A1 只能与A2 或A2n 配对下面分两种情况AAAAAkAk注意到A2nA2k+1 的两侧 分别有 2k, 2n 2k 2 个顶点， 2n 2k 2 w(A2nA2k+1 ) = 2k ，而 n 4 ，因此52n 2k 6 在凸2n 2k 边形P1 = A2k+1A2k+2 A2n 上，T 的边给出了P1 的三角剖分T P2 = A2k+2 A2k+3 A2n1 中构造如下的三角剖分图T2 ：对 2k + 2 i j 2n1 ，若 在顶点A2k+2 , A2k+3 , , A2n1 之间的边因此每个包含边A2nA1 , A2 A3 , , A2kA2k+1 的T 超过f (T2 ) 由归纳假设得f (T1 ) Fn k ，f (T2 ) Fn k1 ，结合上面两种情形以及k 1，有 f (T) f (T1 ) + f (T2 ) Fnk + Fnk1