2020年全国高中数学联赛加试参考答案及评分标准（A卷）.docx

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1、B CBMQ 90 ，即 BH QH 40 分N I PMHQ 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 (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 AQIHPCMB证明

2、：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A考虑 HMQ 与 HIB 由于MH又 IHM INP 90 ，故 PH ，故 HMQ 90 HMI HIB ，于是HM NP 1 NC 1 MQ MQHI NI 2 NI 2 MI IB所以 HMQ HIB ，得 HQM HBI 从而H, M, B, Q四点共圆于是有 BHQ30 分1是4n个2 , 2n 1a b

3、a a1 , 2n 21b1T(a(a二 (本题满分 40 分) 给定整数n 3 设a1 , a2 , , a2n , b1 , b2 , , b2n非负实数，满足aabbb0 ，2n2n11, 2, , 2n212a)bi bi 1 (这里a2n且对任意i，有 ai ai 2求a1 a2 a2n解：记S a1 a2的最小值bb2n 2n 12a bS 2a aa2n 11 3不失一般性，设T当n 3时，因为1 (a13a3 )2 (a3a1 )2a5 )2 (a5a2k 1a2k0 ，1T2 32k 1故结合条件可知3 33 a2k 1a2k 1 3 (b2k 1 b2k) 3S k 1 k

4、 1TS2 246) 时， S 取到最小值 12 10 分又S 0，所以 S 12 当ai bi 2 (1 i当n 4 时，一方面有nn(b2k 1 b2k ) S a2k 1a2k 1k 1k 1另一方面，若n 为偶数，则2na a1a2n 3 )(a3 7a2n 3 )(a3 a7aa2n 1 )，2k 1 2k15a4k 1展开后每一项a2n 1 )其中第一个不等式是因为 (a1 a5这些项，第二个不等式利用了基本不等式20 分均非负，且包含a2k 1a2k 1 (1 k n)若n 为奇数，不妨设a1 a3 ，则n n 12k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2n 1 3k 1 k 1

5、a a a a a aT21 5na2n 1 )(a3aa7a2n 3 ) 4 T24又SS2 从而总有Sa2k 1a2k 10 ，所以 S 16 k 11630 分当 a1 a2 a3 a4 4, ai 0(5 i 2n), b10, 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n4 时， S 的最小值为 1640 分22nn证明：，an 必有一个模 4 余 1 的素因子对整数n，因三 (本题满分 50 分) 设a1 1, a2 2, an 2an 1 an 2 , n 3, 4,5n n证明：记 1 2, 1 2 ，则易求

6、得 an 记bn ，则数列bn 满足bn 2bn 1 bn 2 (n 3) 因b1 1, b2 3 均为整数，故由及数学归纳法，可知bn 每项均为整数10 分32n2n由( )n ，可知22b 2a ( 1)n (n 1) 20 分当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 1 的奇数，所以an 有奇素因子p 由得b1(mod p) ，故p 1b 1 ( 1) 2 (mod p) 又上式表明(p, bn ) 1 ，故由费马小定理得b 1 1(mod p) ，从而p 1( 1) 2 1 (mod p) p 1因p 2 ，故必须 ( 1) 2 1 ，因

7、此 p 1 (mod 4) 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 1am ( )im ( (2l 1 2i)m (2l 1 2i)m), k 2l,i 0l 1am ( )im ( (2l 2i)m (2l 2i)m) ( )lm , k 2l 1.i 0为整数， 故由上式知an 等于am因 s s 2bs 为整数(对正整数 s )，1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 (mod 4)

8、 ，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)a有模 4 余 1 的素因子 17，对于l 4 ，由8 | 2l 知a8 | a2l ，从而a2l8408 24 17也有素因子 17 证毕50 分四 (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

9、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)

10、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 = 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 有两种方法， A1A2 , A3 A4 , , A2n1A2n 或A2 A3 , A4 A5 , , A2n2 A2n1 , A2nA1 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

11、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A2 A3 , A5 A6 ，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 = 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 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

12、，则每个 Ai (i = 1, 2, , 2k) 不能引出偶弦事实上， 假设Ai Aj 是偶弦， 若j2k + 2, 2k + 3, , 2n1 ，则 Ai Aj 与e 在P 的内部相交， 矛盾若j1, 2, , 2k +1, 2n，则 w(Ai Aj ) 2k ，与 w(e) 的最小性 矛盾又由(*) 知完美匹配中没有奇弦，故 A1 , A2 , , A2k 只能与其相邻顶点配对， 特别地， 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A3 A4 , , A2k1A2k 注意到A2nA2k+1 的两侧 分别有 2k, 2n 2k 2 个顶点， 2n 2

13、k 2 w(A2nA2k+1 ) = 2k ，而 n 4 ，因此42n 2k 6 在凸2n 2k 边形P1 = A2k+1A2k+2 A2n 上，T 的边给出了P1 的三角剖分图T1 ，在T 中再选取n k 条边e1 , e2 , , enk ，与 A1A2 , A3 A4 , , A2k1A2k 一起构成T 的完美匹配， 当且仅当e1 , e2 , , enk 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A2 A3 , , A2kA2k+1 在凸2n 2k 2边形 P2 = A2k+2 A2k+3 A2n1 中构造

14、如下的三角剖分图T2 ：对 2k + 2 i j 2n1 ，若 线段Ai Aj 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 , , A2n1 之间的边因此每个包含边A2nA1 , A2 A3 , , 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 k1 ，结合上面两种情形以及k 1，有 f (T) f (

15、T1 ) + f (T2 ) Fnk + Fnk1 = Fnk+1 Fn 40 分下面说明等号可以成立考虑凸2n边形A1A2 A2n 的三角剖分图 n : 添加对 角线A2 A2n , A2nA3 , A3A2n1 , A2n1A4 , A4 A2n2 , , An+3An , An An+2 重复前面的论证过程， f (2 ) = 2 ，f (3 ) = 3 对n ，n 4 ，考虑偶弦An A3 情形 1 ，用A1A2 ，由于在 凸2n 2边形A3 A4 A2n 中的三角剖分图恰是 n1 ，此时有f (n1) 个T 的完美匹 配情形 2，用A1A2n ，由于在凸2n 4边形A4 A5 A2n1 中T 的边恰构成三角剖分 图 n2 ，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 (n2) 从 而对n 4 ，有f (n ) = f (n1) + f (n2) 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5