2020年全国高中数学联赛试题(A卷)

2020全国高中数联合竞一试（A）一、填题：本大题8小题，每小分，满分64．1．在等比数alog的值为________．132．在椭中，A长轴的一个端点，B为短轴的一个端点，,F为两个焦点．若12|AF则的值为________．F123．，函数f(x)x

在区(0,]

上的最小值，在区[a1

上的最小值m，2020，则a的值为______21z4．设z复数．若为实数（i虚数单位z

的最小值为______．5．在ABC，，边AC上的中线长为，

6

的值为2_______．6．正三棱锥P的所有棱长均为，，M，别为棱PBPC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________．7．，满足：关于x方程x|x恰有三个不同的实数解x,xx，且xxxb，a的值为____．1218．现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，5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，2，3，4，5的五个盒子中，规定写有i，的卡片只能放i或j盒子中．一种放法称为“好的果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．二、解题：本大题3小题，满分56．解答写出文字说、证明程或演算步骤．9本题满分16分）在ABC中A

．cosB的取值范围．10本题满分20分）对正整数n实数x)

，定义f(,x{})]

{x}]

，其[]

表示不超过实数x的最大整数{}x]

．若整m满足2fmfm

f,

mn

，

1求ff

f

mn

的值．11本题满分20分）在平面直角坐标系中，点A，，C在双曲线上，满足ABC等腰直角三角形．求的面积的最小值．2020全国高中数联合竞加试（A）一本题满分40分）如图，在等腰ABC中，AB，I内心，M为BI的中点，P边上一点，满足PC延长线一点H足MHQABC外接圆上劣弧的中点．证明：BHQH二本题满分40分）给定整na,1足ab，12212

,,个负实数，满2n2且对任i1,2,

,2n，aaii

（这aii

2

,1

2n

,2

1a1

的最小值．2n三本题满分50分）aaa12

n

n

,

证明：对整a，必有一个模4余1的素因子．n四本题满分50分）给定凸20边形P．用P的17条在内部不相交的对角线将P分割成18个三角形，所得图形称为P一个三角剖分图．对P的任意一个三角剖分图T，20条边以及添加的17条对角线均称为边．T任意10条两两无公共端点的边的集合称为T一个完美匹配．当T取遍P所有三角剖分图时，求T的完美匹配个数的最大值．2020全国高中数联合竞一试（A）参考答及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．填空题只设分和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、填题：本大题8小题，每小分，满分64．1．答案．a解：由等比数列的性质知19a9

2

，1

39213

．所log13．132．答案：解：不妨的方程

2y2a，ABb)a2b

，(，F(c，其12ca

．由条件知AFBF)(c)．2AB|a22c2所以．FF213．答案：1或100．解：注意到)上单调减，[10,单调增．a(0,10]时，m),mf(10)a[10,12f(a)f(10)2020，1

时mmf()．因此总有1101，解a100．4．答案：5．解法1：设zbi(ab)

，由条件知2)iabb1)i2a2a2从而

z

a3)，z5．b时|

取到最小值．解法2：由

zz

R及复数除法的几何意义，可知复平面中对应的点在2与i所

2对应的点的连线上（i所对应的点除外|z的最小值即为平面直角坐标系xOy2中的(直线xy的距离，即

2

5．答案：

．解：记M为的中点，由中线长公式得4

可由余弦定理

2227，所以CA8sin

AAAAAAAcos2242coscos4222

2

A2222sin

A

A．46．答案：

．解：由条件知平面LMN与平面ABC行，且点P平面LMNABC距离之比为．设H正三棱锥PABC的ABC的中心，与平LMN交于点K，则PH面ABC，PK，PK

PH．正三棱锥P可视为正四面体，设O其中心（即外接球球心在PH上，且由正四面体的性质OH

1．结PKPH可OKOH，即点O平面2,等距．这表明正三棱锥的外接球被平LMNABC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，

．7．答案：144．

aii12aii12解：t

，则关于t的方程tt2

恰有三个不同的实数解tx(i1,2,3)．由于f()

t

t为偶函数，故方程ft)的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必bf(0)．以下求方程(a的实数．|

时，f(t)

a2

2

t

2

2，等号成立当且仅t0；t

时，(t)

5a单调增，且t时f(a；t时，ft)

单调减，且t

5

时f(t)．从而方程f(a恰有三个实数t,t由条件bx3

，结ba．于

．8．答案：120．解：{,j}示写有i，的卡片．易知这10卡片恰{j}(1j5)．考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10卡片，故1号盒至少有3张卡片，能放入1号盒的卡片仅{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张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，6种的放法．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张卡片．考{1,2},{1,3},{1,4}在1盒，{在5号盒的放法数．卡{2,3},{2,4},{3,4}放法有8种可能，其中种是在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．{2,3},{2,4},{3,4}两张在一个盒中，不妨{2,3},{2,4}在2号盒，{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已，{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号盒均至多有张卡片，

232ii12mnmn232ii12mnmnC

4种放法．因此6由对称性，在情况二下N56好的放法．综上，好的放法共120．二、解题：本大题3小题，满分56．解答写出文字说、证明程或演算步骤．9．解：记f2C．由条件知A

或．4分当

时，

33，其0，此时2fCcosCsin(0,1]424

8分当

时，其0，此时4f2cosCcos5sin(，22其arctan312分注意,，函数(xx在0,22

上单调增，在

上单调减，又

2gg故5]

．综上所述，f2C的取值范围(0,1](2,．16分10．解：k，有fiii

i2

k

k

．5分所以,fmnn

fm

jki

f,k

i

mCkkk

10

1同理得f1

n

mn

由条件

，所2m{3,7,15,31,63,127,}，仅2

为124的约数，进而有．进而2fn

f

mn

2011．解：不妨设等腰直角ABC的顶点，，C逆时针排列，直角顶点．设AB,t

，则AC

，且ABC的面积S

ABC

1|22

2

5分注意到A双曲线xy上，设a,a

，1则B,C,aa

．由B，双曲线xy上，可知())，这等价于s

，①tst

．②s由①、②相加，得(t)，即

t．③t

由①、②相乘，并利用③，得

t

aa

tt

s22

．10分所以由基本不等式得

tt2t2t2，④s

2

2

1086．15分以下取一组满足条件的实(,t,a)

，使s

2

2

进而由s,t,

可确定一个满足条件的ABC，使

ABC

2

2

2

3考虑④的取等条件，2s2t

2

，即．t不妨要

，结合s，s3(t3(由①，故由③32．a3

tt

，其t

33ss，从而有32综上，ABC面积的最小值3．20分2020全国高中数联合竞加试（A）参考答及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．证明：取的中点N．AP3PC可知P为的中点．易知B，I，共

233线90233

．由I为ABC内心，可CI经过点Q，且IBCABI，又M为BI的中点，所进//10分考虑HMQ与HIB．由MH，．INP90

HMHMNCMQMQ，于是．HINIHINI2NI2IB所以，HBI30分从而H，，B，四点共圆于是90BH．40分二．解：记b．1222不失一般性，T1

2n

．时，因2k

2k

，551故结合条件可知S

a32k2kkk又S0所以12．a2(1i6)时，S取到最小值12．10ii，一方面有

2

k

k

k另一方面，若n偶数，则nk

2k2k

15

2

3

7

2n

T，其中第一个不等式是因1

2n

37

2n

展开后每一项均非负，

nn222且包ann222

a2

(1)这些项，第二个不等式利用了基本不等式．20分若n为奇数，不妨a，则13k

a22k

2k2knk1

2n

3

2

T24

．从而总Sk

2k2k

2S2

．S，以S．30分aaa0(5n),b0(3in)时，取到小值1i1i16．综上，时，S最小值为12；n，S的最小值为16．40分三．证明：2，则易求an

．n

2

，则数nb2n

n

①bb均为整数，故由①及数学归纳法，可整1数．10分由

2

2

n

，可知

(n1)

②20分n为奇数时，由a为奇数，故式及数学归纳法，可a为大于11nn的奇数，所a有奇素因子．由②2nnpbp2)．n

)

，故又上式表费马小定理n

1(mod)

，从而(

)．因p，故必(

，因此p．30分另一方面，对正整数m，nkm，则

nlml22nlml22

m

kli为整数（对正整数ss

整数，故由上式a等与一个nm整数的乘积，从．m因此，若n大于1的奇因子m，则由前面已证得的结论有素因子mp，a，故pa，a也有模4余1的素因子．40分mn最后，若n有大于1的奇因子，则n是2的方幂．2

l

l3)，因a40824有模余1的素因子17，对l，28

l

a，从也有8ll素因子17．证毕．50分四．解：将20边形换形，考虑一般的问题．对形P一条对角线，若其两侧各有奇数个顶点，称其为奇弦，否则称为偶弦．首先注意下述基本事实：对P的任意三角剖分图，T的完美匹配不含奇弦）如果完美匹配中有一条奇，因为T的一个完美匹配给出了P的顶点集的一个配对1划分，两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T的另一条，端点分别在1的两侧，又P是凸多边形，e在P的内部相交，这与T三角剖分图矛12盾．10分记f)为T的完美匹配的个数．F，2,F12

k

，是kFibonacci数列．下面对n纳证明：若T是形的任意一个三角剖分图，则f(T)F．nP1

A是凸形．从P条边中选n条边构成完美匹配，恰有两种方2n法，AAA,13

,A2

A或AAA,2n342

A2n

,A．2n2时，凸四边形P的三角剖分图有偶弦，因此T的完美匹配只能用P边，故f()．2时，凸六边形P的三角剖分图T至多有一条偶弦．若T有偶弦，同上可知f()．若T有偶弦，不妨设是A，选用的完美匹配是唯一的，另两条边141

只能是A，此时f(T)．总之f()．253结论2,3时成立．假且结论在小于n时均成立．考虑2边形P1

A的一个三角剖分图．若T有偶弦，则同上可知f)．2n对于偶弦e，记e侧中P的顶点个数的较小值w)

．若T含有偶弦，取其中一条偶弦e(e

达到最小，设we)k，不妨设e为22k

，则每个ii

,2)不能引出偶弦．事实上，假设AA是偶弦，若jij

n，则AA与e在P的内部相ij交，矛盾．若j{1,2,

n}，ww)ij

的最小性矛盾．又由（*）知完美匹配中没有奇弦，故A,A,1只能与或A配对．下面分两种情况．12n

,A只能与其相邻顶点配对，特别地，2k情形1：选用边．则必须选用边A,A12342k

A．注意到AA2k2

的两侧分别有2nk个顶点2n2

，n，因6，在n边PA1k

A2

A上，T边给出了P的三角剖分T，在T中再选2n边