2020年高联A卷试题及答案

2年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)一.填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64.12.在等比数列aaa113的值为.n9a1.在椭圆中，A为长轴的一个端点，B为短轴的一个端点，F,F为两个焦点.若120的值为.12121213.设a0，函数f(x)x在区间a上的最小值为m，在区间a,上的最小值为m，若12xmma的值为.12z24.设z为复数，若为实数(i为虚数单位)z3的最小值为.ziAA.在△4上的中线长为，则6cos6的值为.5622.正三棱锥P的所有棱长都为1，L,M,N分别为棱,PB,的中点，则该三棱锥的外接球被平面所截的截面面积为.7.设a,b0，满足：关于x的方程|x||xa|b恰有三个不同的实数解x,x,x，且123xxxbab的值为_____________.1238.现有10张卡片，每张卡片上写有中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同.将这10张卡片放入标号为的五个盒子中，规定写有i,j的卡片只能放在i号或j号盒子中.一种放法称为“好的”，如果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”放法公共有____________种.二.解答题：本大题共3小题，满分56.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.291.（本题满分16分）在A,求B2C的取值范围.20.（本题满分20n及实数x(0xn)f(n,x){})C[x]{}C[x]1其中[x]表示不超过实数x的最大整数，{}x[x].若整数,n2112f(,)f(,)f(,)，nnn121求f(n,)f(n,)f(n,)的值.mmm1（本题满分20,B,C在双曲线1为等腰直角三角形，求的面积的最小值.2020全国高中数学联赛二试一、如图，在等腰三角形ABC中，AB=BCI为内心，M为BI的中点，P为边AC上的一点，满足AP=3PC，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⊥QHQAHIMBPC二、给定整数n≥3，设a,a,aa,b,b,...,b是4n个非负实数，满足2n2n12312a+a+a=b+b++b0，2n2n1212且对任意i2n，有=aab+bi1a=1,2n+2=2,2n1=1ii+2i2n1求a+2++a的最小值。2n1三、设a=2=n=n1a,n4,...证明：对整数na必有一个模4余1的素因子n−2n+=1四、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，所得图形成为P的一个三角形剖分图。对P的任意一个三角剖分图T，P的20条边以及添加的17条对角线均称为T的边，T的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T的一个完美匹配。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。2020年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8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9小题4、小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.在等比数列n}中，91，则13的值为．a11答案：．3219a39213解：由等比数列的性质知，故13．所以13．a1913a132.在椭圆中，A为长轴的一个端点，B为短轴的一个端点，F,F为两个12AB焦点．若AF1AF0，则的值为．212FF122答案：．2x22y22解：不妨设的方程为1(ab0)，(a,0),Bb)，1(c,0)，ab2(c,0)，其中ca2b2．由条件知AFAFBFBF(ca)(ca)(c2b2)a2b2c20．1212ABa2b22c22所以．FF2c0，函数f(x)2c2121003.设ax在区间a]上的最小值为1，在区间x[a,)上的最小值为m．若mm2020，则a的值为．212答案：1或100．f(x)在(0,10]f(a2f；当a)时，1f(a)f)a10]时，1f2f(a)．因此总有m212020，100202020即a101，解得a1或a100．az24.设z为复数．若为实数（i为虚数单位），则z3的最小值zi为．1答案：5．解法1：设zabi(a,bR)，由条件知(abz2(a2)biabab20，zi故ab2．从而ab1)ia2b2a2b25z3222)((a3)2b2)(ab5，即z35．当ab2时，z3取到最小值5．z2解法2Rz所对应的点在3的最小值即为平面直zi2与i所对应的点的连线上（iz32角坐标系xOy中的点(0)到直线x2y20的距离，即5．12225.在中，6,BC4，边上的中线长为，则AAsin6cos6的值为．22211答案：．256解：记M为的中点，由中线长公式得4BM2AC22(AB2BC2)，可得AC2(6242)4108．CA2AB2BC282624278由余弦定理得cosA，所以2CAAB286AAAAAAAAsin6cos6=sin2cos2sin4sin2cos2cos4222222222AAAAsin23cos23sin2cos222221sin2A4143211256cos2A．46.正三棱锥P的所有棱长均为1，L,M,N分别为棱,PB,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．答案：．3LMN与平面P到平面LMN,ABC的距离之比为1:2H为正三棱锥P的面的中心，PH与平面LMN交于1点K，则PH平面，PK平面LMN，故．2正三棱锥P可视为正四面体，设OO11在PHOHPH可知，422即点O到平面LMN,ABCLMN,ABC所截得的截面圆大小相等．2从而所求截面的面积等于的外接圆面积，即．337.设a,b0x的方程|x||xa|b恰有三个不同的实数解x,x,x，且x23b，则ab的值为．1231答案：144．aaatxt的方程ttb恰有三个不同的实数222a解tiii．2aa由于ft)tt为偶函数，故方程ft)b的三个实数解关于22bfaft)a的实数解．aaa当t时，ft)ttaa2t22a，等号成立当且222a5aa仅当t0；当t时，f(t)单调增，且当t时ft)a；当t时，2825af(t)单调减，且当t时ft)a．855从而方程ft)a恰有三个实数解1a,t2t3a．88aa由条件知b3t3，结合b2a得a128．289a于是ab144．88.现有105卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为5的五个盒子中，规定写有i,j的卡片只能放在i号或j1号答案：120．种．解：用i,}表示写有i,j的卡片．易知这10张卡片恰为i,}ij．10张卡片，故1号盒至少有3张卡片．能放入1号盒的卡片仅有．4张卡片都在14张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有2664种好的放法．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2张卡片．考虑在1号盒，且在5号盒的放法数N．卡片的放法有8种可能，其中6种是在4号的某个盒中放两张，其余2种则是在4号盒中各放一张．若有两张在一个盒中，不妨设在2号盒，则3只能在55号盒已有分别在3号与4号盒，即的放法唯一；若在44号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即有0张或1张在5号盒中，对应3因此N综上，好的放法共有种．0C134种放法．6124．由对称性，在情况二下有4N56种好的放法．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．29（本题满分16分）在中，sinAB2cosC的取值2范围．解：记fB或A2C．3由条件知A．…4分4433当A时，BC，其中0C，此时444322fC2cosCsinCCsinC(0,1]．4224…8分3当A时，BC，其中0C，此时4442322fC2cosCsinCcosC5(C)，42其中3．…12分注意到，，函数g(x)5(x)在上单调增，在42232,g(0)2gg5f5]．24242综上所述，fB2C的取值范围是(0,(2,5]．………………16分…10.（本题满分20分）对正整数n及实数x(0xn)，定义f(,x){x]{}x]1，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，{}x[x]．若整数m,n2满足121fm,fm,fm,123，nnn121m求fn,fn,fn,的值．mm解：对k,m1，有4ni11ini11ini11in1fm,kCkm1+Ck1CkmCkm1．mnnn2…5分所以12mn1mj11mk1n1if,fm,fm,Cjmf,knnnn0i1n12mk1m1022m22CkmCkm10kn12m2m12m1(2mn1．……………10分121同理得fn,fn,fn,(2nm1．124mmm由条件知(2mn1123(2mn124(2mm2，所以2m17,127,}m52m131为124124而有n4．进而31121fn,fn,fn,(2451………………20分1上，74．mmm…11.（本题满分20,B,C在双曲线满足为等腰直角三角形．求的面积的最小值．解：不妨设等腰直角的顶点,B,C逆时针排列，A为直角顶点．设AB(s,t)，则AC(t,s)，且的面积122s2t2SAB．…5分2y1注意到A在双曲线1上，设Aa,，aB11则Bas,t,Cat,s．aaOx由B,C在双曲线1上，可知C11(as)t(at)s1，Aaa这等价于satst，①②atasst．ast由①、②相加，得ats)0，即a5ttssa2．③由①、②相乘，并利用③，得st1s2t2atasa2sts2t2aassa2tsstt4ststs2t2sts2t2ts2t2(s2t2)22．…10分s2t2所以由基本不等式得142(s2t2)4s2t(s2t2)2s2t22st2(s2t2)2312s2t22s2t2(s2t2)2(s2t2)6，④43108故s2t210863．…15分以下取一组满足条件的实数(s,t,a)，使得s2t263（进而由s,t,a可确s2t2定一个满足条件的，使得S33．2s2考虑④的取等条件，有2s2t2(s2t2)2，即23．t2不妨要求0st，结合s2t263，得s3(31),t3(3．31tts31由①知a0atsss31233112a．2综上，的面积的最小值为33．…20分62020年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．参考本评分标准适当划分档次评分，10一．（本题满分40中，，I为内心，M为BI的中点，P为边AC上一点，满足，PI延长线上一点H满足MHPH，Q为的外接圆上劣弧AB的中点．证明：BHQH．AQHIPMBCAC的中点NP为NCB,I,N共线，．由I为的内心，可知经过点Q，且IBCICBABIACQABIABQQBI，又M为BI的中点，所以QMBI．进而||CN．……………10分AQNIHPMBC考虑HMQ与HIB．由于MHPH，故HMQ90HMI．NP又，故，于是NINPNI1NC1．2NI2所以HMQ∽HIB，得HBI．……………30分90，即BHQH．…………40分从而H,M,B,Q四点共圆．于是有BHQBMQ…1二．（本题满分40给定整数n3a,a,,a,b,b,,2n是4n个122n12非负实数，满足122nib22n0，1且对任意i,2niib（这里a1,2n2,2n12i12n121求122n的最小值．解：记S1a2a2nb2b．2n1S不失一般性，设T13a2n．12当n3时，因为312T23a2k1a2k(13)2(35)2(51)20，1k1故结合条件可知S233T23a2k12k32kb)2kS．114k1k1又S0，所以S12．当ii2i6)时，S取到最小值12．……………10分当n4时，一方面有nn2k12k2kb)2kS．11k1k1另一方面，若n为偶数，则nT22k12k(152n)(37a2n1)，134k1其中第一个不等式是因为(15a2n3)(37a2n1)展开后每一项均非负，且包含a2ka2k1kn)这些项，第二个不等式利用了基本不等式．……………20分若n为奇数，不妨设13，则nnk112ka2ka2ka2ka2n311k1T2(15a2n1)(37a2n)．34nT2S2从而总有S2k12k．又S0，所以S16．1416k1……………30分当1234i0(5i2nb2i0(3i2n)时，1S取到最小值16．综上，当n3时，S的最小值为12；当n4时，S的最小值为16．…………40分…2三．（本题满分50分）设1a2an2anan,n12对整数n5，n必有一个模4余1的素因子．nn证明：记12,12，则易求得an．nn记n，则数列n}满足2nnn(n．①12因b23均为整数，故由①及数学归纳法，可知n}每项均为整数．1……………10分222nnnn由()n，可知22b2n2an2(n(n．②……………20分当n1aa}an1n为大于1的奇数，所以n有奇素因子p．由②得n21p)，故p1np1(p)．2又上式表明(p,n)1，故由费马小定理得np11p)，从而p1(21p)．p1因p2，故必须(21，因此p14)．……………30分另一方面，对正整数m,n，若m|n，设n，则nnmmn((k1)m(k2)mmm(k2)m(k1)m)l1mm()im((2l12i)m(2l12i)mkl,i0l1()im((2l2i)m(2l2i)m)()lm,kl1.i0因ssss1n等于am与一个整数的乘积，从而a|a．mn因此，若n有大于1的奇因子m，则由前面已证得的结论知am有素因子p14)，而a|a，故p|a，即a也有模4余1的素因子．mnnn……………40分2ll，因最后，若n没有大于1的奇因子，则n是2的方幂．设40817有模4余1的素因子17ln848|2l知a|aa82ll也有素因子17．证毕．……………50分3四．（本题满分50分）给定凸20边形PP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的一个三角剖分图．对P的任意一个三角剖分图T，P的20条边以及添加的17条对角线均称为T的边．T的任意10条两两无公共端点的边的集合称为TT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，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，T*）如果完美匹配中有一条奇弦1T的一个完美匹配给出了P的顶点集的一个e两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T的另一条边e12点分别在ePe与e在P的内部相交，这与T是三角112剖分图矛盾．……………10分记fT)为TF=1F=2k2F，k+2=k1+F，12k是Fibonacci数列．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fT)n．设P=AAA是凸2n边形．从的2n条边中选n条边构成完美匹配，恰2nP12有两种方法，AA,AA,,2n1A或AA,AA,2n,2n−22n1,AA．2n123423451当n2P的三角剖分图的完美匹配只能用=TTP的边，故fT)=2=2．当n3P的三角剖分图=TT上可知fT)=2TAAAA的完美匹配是唯一的，1414另两条边只能是AA,AA，此时fT)=3．总之fT)3F．=23563结论在n=2,3n4n2n边形P=122n的一个三角剖分图T．若T没有偶弦，则同上可知fT)=2．对于偶弦e，记e两侧中P的顶点个数的较小值为(e)．若T含有偶弦，取其中一条偶弦e使(e)达到最小．设(e)=2k，不妨设e为AA2k1，则每个2nii=,2k)不能引出偶弦．事实上，假设AAjk+2k+,2n−AA与e在Pijijj,2k+2}(AA)k(e)的最小性ij矛盾．又由（*）知完美匹配中没有奇弦，故A,A,,2k只能与其相邻顶点配对，12特