2020年全国高中数学联赛试题(A卷)

2023年12月10日发(作者：八上期中数学试卷苏教版)

2020年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）

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an中，a913,a131，则loga113的值为________．

2．在椭圆中，A为长轴的一个端点，B为短轴的一个端点，F1,F2为两个焦点．若AF1AF2BF1BF20，则|AB|的值为________．

F1F23．设a0，函数f(x)x100在区间(0,a]上的最小值为m1，在区间[a,)上的最x小值为m2，若m1m22020，则a的值为______．

4．设z为复数．若z2为实数（i为虚数单位），则|z3|的最小值为______．

ziAAcos6的值为225．在ABC中，AB6,BC4，边AC上的中线长为10，则sin6_______．

6．正三棱锥PABC的所有棱长均为1，L，M，N分别为棱PA,PB,PC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．设a,b0，满足：关于x的方程|x||xa|b恰有三个不同的实数解x1,x2,x3，且x1x2x3b，则ab的值为_____．

8．现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，4，5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1，2，3，4，5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”放法共有________种．

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．

9．（本题满分16分）在ABC中，sinA2．求cosB2cosC的取值范围．

210．（本题满分20分）对正整数n及实数x(0xn)，定义f(n,x)(1{x})C[nx]{x}C[nx]1，

其中[x]表示不超过实数x的最大整数，{x}x[x]．若整数m,n2满足12fm,fm,nnmn1fm,123，

n12求fn,fn,mmmn1fn,的值．

m11．（本题满分20分）在平面直角坐标系中，点A，B，C在双曲线xy1上，

满足ABC为等腰直角三角形．求ABC的面积的最小值．

2020年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）

一．（本题满分40分）如图，在等腰ABC中，ABBC，I为内心，M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．

二．（本题满分40分）给定整数n3．设a1,a2,足

a1a2a2nb1b2b2n0，

,a2n,b1,b2,,b2n是4n个负实数，满且对任意i1,2,求a1a2,2n，有aiai2bibi1（这里a2n1a1,a2n2a2,b2n1b1）．

a2n的最小值．

三．（本题满分50分）设a11,a22,an2an1an2,n3,4,对整数n5，an，必有一个模4余1的素因子．

证明：

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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4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、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．

11．答案．

33a1a91a9解：由等比数列的性质知，故a12133．所以loga113．

a9a133a1322．答案：2

2x2y2解：不妨设的方程为221(ab0)，A(a,0),B(0,b)，F1(c,0)，F2(c,0)，其ab中ca2b2．由条件知

AF1AF2BF1BF2(ca)(ca)c2b2a2b22c20．

|AB|a2b22c22所以．

F1F22c2c23．答案：1或100．

解：注意到f(x)在(0,10]上单调减，在[10,)上单调增．当a(0,10]时，m1f(a),m2f(10)；当a[10,)时，m1f(10),m2f(a)．因此总有

f(a)f(10)m1m22020，

即a1002020101，解得a1或a100．

a204．答案：5．

解法1：设zabi(a,bR)，由条件知

(a2)bi(a2)(b1)aba2b2z2ImIm0，

2222a(b1)a(b1)zia(b1)i故a2b2．从而

5|z3|1222(a3)2b2|(a3)2b|5，

即|z3|5．当a2,b2时，|z3|取到最小值5．

解法2：由z2R及复数除法的几何意义，可知复平面中z所对应的点在2与i所zi对应的点的连线上（i所对应的点除外），故|z3|的最小值即为平面直角坐标系xOy中的点(3,0)到直线x2y20的距离，即|32|12225．

5．答案：211．

256解：记M为AC的中点，由中线长公式得

4BM2AC22AB2BC2，

可AC262424108．

CA2AB2BC28262427，所以 由余弦定理得cosA2CAAB2868sin6AAAAAAAAcos6sin2cos2sin4sin2cos2cos4

222222222AAAAsin2cos23sin2cos2

222231sin2A

4132211cosA．

442566．答案：．

3解：由条件知平面LMN与平面ABC平行，且点P到平面LMN,ABC的距离之比为1:2．设H为正三棱锥PABC的面ABC的中心，PH与平面LMN交于点K，则1PH平面ABC，PK平面LMN，故PKPH．

2正三棱锥PABC可视为正四面体，设O为其中心（即外接球球心），则O在PH上，且由正四面体的性质知OH11PH．结合PKPH可知OKOH，即点O到平面42LMN,ABC等距．这表明正三棱锥的外接球被平面LMN,ABC所截得的截面圆大小相等．

AB从而所求截面的面积等于ABC的外接圆面积，即3．

327．答案：144． 解：令txaaa，则关于t的方程ttb恰有三个不同的实数解222atixi(i1,2,3)．

2由于f(t)ta2ta为偶函数，故方程f(t)b的三个实数解关于数轴原点对2称分布，从而必有bf(0)2a．以下求方程f(t)2a的实数解．

当|t|当taaattaa24t22a，等号成立当且仅当t0；时，f(t)2225aaa时，f(t)单调增，且当t时f(t)2a；当t时，f(t)单调减，且8225a时f(t)2a．

8当t55从而方程f(t)2a恰有三个实数解t1a,t20,t3a．

88由条件知bx3t3于是abaa，结合b2a得a128．

289a144．

88．答案：120．

解：用{i,j}表示写有i，j的卡片．易知这10张卡片恰为{i,j}(1ij5)．

考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有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{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4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有2664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{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒，且{1,5}在5号盒的放法数N．

卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能，其中6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．

若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中，不妨设{2,3},{2,4}在2号盒，则{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已有{1,5},{2,5}，故{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2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中，对1应C03C34种放法．

因此N612414．由对称性，在情况二下有4N56种好的放法．

综上，好的放法共有6456120种．

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．

9．解：记fcosB2cosC．

由条件知A当A4或A3． 4分

44时，B33C，其中0C，此时

44223fcosC2cosCsinCcosCsinC(0,1] 8分

2244当A3时，BC，其中0C，此时

444232fcosC2cosCsinCcosC5sin(C)，

224其中arctan3． 12分

注意到,，函数g(x)5sin(x)在0,上单调增，在,上44222单调减，又g(0)322g,g5，故f(2,5]．

242综上所述，fcosB2cosC的取值范围是(0,1](2,5]． 16分

10．解：对k0,1,n1,m1，有

n1n1iiin1kkk11fm,kC1CCmCkmmm． 5分

nn2i1i1i1n12所以fm,fm,nnmmn1m1jm1n1fm,Cmnj1k0i1ifm,k

nn1m1km1k122CmCm

2k0k02m2n1m212m12m1n1． 10分

212同理得fn,fn,mmmn1nfn,21m1．

m由条件知2m1n1123，即2m1n124，故2m1|124．又m2，

所以2m1{3,7,15,31,63,127,}，仅当m5时，2m131为124的约数，进而有n1244．进而

31mn14fn,215174． 20分

m12fn,fn,mm11．解：不妨设等腰直角ABC的顶点A，B，C逆时针排列，A为直角顶点．

设AB(s,t)，则AC(t,s)，且ABC的面积

SABC1s2t22|AB| 5分

22

1注意到A在双曲线xy1上，设Aa,，

a11则Bas,t,Cat,s．

aa由B，C在双曲线xy1上，可知

11(as)t(at)s1，

aa这等价于

satst， ①

atasst． ②

a由①、②相加，得sta(ts)0，即

aa2ts． ③

ts由①、②相乘，并利用③，得

1sts2t2atasa22sts2t2

aaa4sttsts22stststs2t2

22sttstss2t2s2t22． 10分

所以由基本不等式得

22222ststst2st2stst4

22222222262st2ststst， ④

1431083故s2t210863． 15分

以下取一组满足条件的实数(s,t,a)，使得s2t263（进而由s,t,a可确定一个满足条件的ABC，使得SABCs2t233）．

222222考虑④的取等条件，有2ststs2，即223．

t不妨要求0st，结合s2t263，得s3(31),t3(31)．

由①知a0，故由③得a312．

312ts，其中tts3131ss，从而有312a综上，ABC的面积的最小值为33． 20分

2020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．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AC的中点N．由AP3PC，可知P为NC的中点．易知B，I，N共线，INC90．

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

考虑HMQ与HIB．由于MHPH，故HMQ90HMIHIB．

又IHMINP90，故HMNPHMNP1NC1MQMQ，于是．

HINIHINI2NI2MIIB所以HMQ∽HIB，得HQMHBI． 30分

从而H，M，B，Q四点共圆．于是有BHQBMQ90，即BHQH． 40分

二．解：记Sa1a2a2nb1b2b2n．

不失一般性，设Ta1a323a2n1S．

2当n3时，因为T3a2k1a2k1k11222a1a3a3a5a5a10，

2故结合条件可知

33S22T3a2k1a2k13b2k1b2k3S．

4k1k1又S0，所以S12．

当aibi2(1i6)时，S取到最小值12． 10分

当n4时，一方面有

ak1nn2k12k1ab2k1b2kS．

k1n另一方面，若n为偶数，则

ak12k12k1aa1a5a2n3a3a7T2a2n1，

4其中第一个不等式是因为a1a5a2n3a3a7a2n1展开后每一项均非负，且包含a2k1a2k1(1kn)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a1a3，则

n1aaaa2k12k12k12k1a2n1a3

k1k1a1a5a2n1a3a7nnT2a2n3．

4T2S2从而总有Sa2k1a2k1．又S0，所以S16． 30分

416k1当a1a2a3a44,ai0(5i2n),b10,b216,bi0(3i2n)时，S取到最小值16．

综上，当n3时，S的最小值为12；当n4时，S的最小值为16． 40分

nn三．证明：记12,12，则易求得an．

记bnnn2，则数列bn满足

bn2bn1bn2(n3) ①

因b11,b23均为整数，故由①及数学归纳法，可知bn每项均为整数． 10分

()n，可知 由2222bn2an(1)n(n1) ② 20分

nn22nn2当n1为奇数时，由于a1为奇数，故由an的递推式及数学归纳法，可知an为大于121(modp)，故 的奇数，所以an有奇素因子p．由②得bnp12bp1n(1)(modp)．

又上式表明p,bn1，故由费马小定理得bnp11(modp)，从而

(1)p121(modp)．

p12因p2，故必须(1)1，因此p1(mod4)． 30分

另一方面，对正整数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

l1im(2l12i)m(2l12i)ma(),k2l,mi0

l1a()im(2l2i)m(2l2i)m()lm,k2l1.mi0因ss2bs为整数（对正整数s），1为整数，故由上式知an等于am与一个整数的乘积，从而am|an．

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p1(mod4)，而am|an，故p|an，即an也有模4余1的素因子． 40分

最后，若n没有大于1的奇因子，则n是2的方幂．设n2l(l3)，因a84082417有模4余1的素因子17，对于l4，由8|2l知a8|a2l，从而a2l也有素因子17．证毕． 50分

四．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的顶点集的一个配对划分，而e1两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T的另一条边e2，端点分别在e1的两侧，又P是凸多边形，故e1与e2在P的内部相交，这与T是三角剖分图矛盾． 10分

记f(T)为T的完美匹配的个数．设F11,F22，对k2,Fk2Fk1Fk，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f(T)Fn．

设PA1A2A2n是凸2n边形．从P的2n条边中选n条边构成完美匹配，恰有两种方,A2n1A2n或A2A3,A4A5,,A2n2A2n1,A2nA1． 法，A1A2,A3A4,当n2时，凸四边形P的三角剖分图T没有偶弦，因此T的完美匹配只能用P的边，故f(T)2F2．

当n3时，凸六边形P的三角剖分图T至多有一条偶弦．若T没有偶弦，同上可知f(T)2．若T含有偶弦，不妨设是A1A4，选用A1A4的完美匹配是唯一的，另两条边只能是A2A3,A5A6，此时f(T)3．总之f(T)3F3．

结论在n2,3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A1A2A2n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，取其中一条偶弦e使w(e)达到最小，设w(e)2k，不妨设e为A2nA2k1，则每个Ai(i1,2,不能引出偶弦．

事实上，假设AiAj是偶弦，若j{2k2,2k3,交，矛盾．若j{1,2,,2k),2n1}，则AiAj与e在P的内部相,2k1,2n}，则wAiAj2k，与w(e)的最小性矛盾．

,A2k只能与其相邻顶点配对，特别地，又由（*）知完美匹配中没有奇弦，故A1,A2,A1只能与A2或A2n配对．下面分两种情况．

情形1：选用边A1A2．则必须选用边A3A4,,A2k1A2k．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2n2k6，在凸2n2k边形P1A2k1A2k2取nk条边，e1,e2,当e1,e2,A2n上，T的边给出了P1的三角剖分图T1，在T中再选,A2k1A2k一起构成T的完美匹配，当且仅,enk，与A1A2,A3A4,,enk是T1的完美匹配．故情形1中的T的完美匹配个数等于fT1． 20分

情形2：选用边A1A2n．则必须选用边A2A3,P2A2k2A2k3,A2kA2k1．在凸2n2k2边形A2n1中构造如下的三角剖分图T2:对2k2ij2n1，若线段AiAj是T的边，则也将其作为T2的边，由于这些边在内部互不相交，因此可再适当地添加一些P2的对角线，得到一个P2的三角剖分图T2，它包含了T的所有在顶点A2k2,A2k3,,A2n1之间的边．因此每个包含边A2nA1,A2A3,,A2kA2k1的T的完美匹配，其余的边必定是T2的完美匹配．故情形2中的T的完美匹配个数不超过fT2．

由归纳假设得fT1Fnk，fT2Fnk1，结合上面两种情形以及k1，有f(T)fT1fT2FnkFnk1Fnk1Fn． 40分

下面说明等号可以成立．考虑凸2n边形A1A2A2A2n,A2nA3,A3A2n1,A2n1A4,A4A2n2,A2n的三角剖分图n:添加对角线,An3An,AnAn2．重复前面的论证过程，f22，f33．对n，n4，考虑偶弦AnA3．情形1，用A1A2，由于在凸2n2边形A3A4A2n中的三角剖分图恰是n1，此时有fn1个T的完美匹配．情形2，用A1A2n，由于在凸2n4边形A4A5A2n1中T的边恰构成三角剖分图n2，不用添加任何对角线，故这一情形下T的完美匹配个数恰为fn2．从而对n4，有

fnfn1fn2．

由数学归纳法即得fnFn，结论得证．

因此，对凸20边形P，f(T)的最大值等于F1089． 50分