2020年全国高中数学联赛试题(A卷).docx

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1、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在等比数列中，则的值为_2在椭圆中，A为长轴的一个端点，B为短轴的一个端点，为两个焦点若，则的值为_3设，函数在区间上的最小值为，在区间上的最小值为，若，则a的值为_4设z为复数若为实数（i为虚数单位），则的最小值为_5在中，边上的中线长为，则的值为_6正三棱锥的所有棱长均为1，L，M，N分别为棱的中点，则该正三棱锥的外接球被平面所截的截面面积为_7设，满足：关于x的方程恰有三个不同的实数解，且，则的值为_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

2、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）在中，求的取值范围10（本题满分20分）对正整数n及实数，定义，其中表示不超过实数x的最大整数，若整数满足，求的值11（本题满分20分）在平面直角坐标系中，点A，B，C在双曲线上，满足为等腰直角三角形求的面积的最小值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，在等腰中，I为内心，M为的中

3、点，P为边上一点，满足，延长线上一点H满足，Q为的外接圆上劣弧的中点证明：二（本题满分40分）给定整数设是个负实数，满足，且对任意，有（这里）求的最小值三（本题满分50分）设证明：对整数，必有一个模4余1的素因子四（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

4、，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1答案解：由等比数列的性质知，故所以2答案：解：不妨设的方程为，其中由条件知所以3答案：1或100解：注意到在上单调减，在上单调增当时，；当时，因此总有，即，解得或4答案：解法1：设，由条件知，故从而，即当时，取到最小值解法2：由及复数除法的几何意义

5、，可知复平面中z所对应的点在2与i所对应的点的连线上（i所对应的点除外），故的最小值即为平面直角坐标系中的点到直线的距离，即5答案：解：记M为的中点，由中线长公式得，可由余弦定理得，所以6答案：解：由条件知平面与平面平行，且点P到平面的距离之比为设H为正三棱锥的面的中心，与平面交于点K，则平面，平面，故正三棱锥可视为正四面体，设O为其中心（即外接球球心），则O在上，且由正四面体的性质知结合可知，即点O到平面等距这表明正三棱锥的外接球被平面所截得的截面圆大小相等从而所求截面的面积等于的外接圆面积，即7答案：144解：令，则关于t的方程恰有三个不同的实数解由于为偶函数，故方程的三个实数解关于数轴原

6、点对称分布，从而必有以下求方程的实数解当时，等号成立当且仅当；当时，单调增，且当时；当时，单调减，且当时从而方程恰有三个实数解由条件知，结合得于是8答案：120解：用表示写有i，j的卡片易知这10张卡片恰为考虑“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2，3，4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2，

7、3，4号盒中各放一张若有两张在一个盒中，不妨设在2号盒，则只能在5号盒，这样5号盒已有，故分别在3号与4号盒，即的放法唯一；若在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，即有0张或1张在5号盒中，对应种放法因此由对称性，在情况二下有种好的放法综上，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解：记由条件知或 4分当时，其中，此时 8分当时，其中，此时，其中 12分注意到，函数在上单调增，在上单调减，又，故综上所述，的取值范围是 16分10解：对，有 5分所以 10分同理得由条件知，即，故又，所以，仅

8、当时，为124的约数，进而有进而 20分11解：不妨设等腰直角的顶点A，B，C逆时针排列，A为直角顶点设，则，且的面积 5分注意到A在双曲线上，设，则由B，C在双曲线上，可知，这等价于， 由、相加，得，即 由、相乘，并利用，得 10分所以由基本不等式得， 故 15分以下取一组满足条件的实数，使得（进而由可确定一个满足条件的，使得）考虑的取等条件，有，即不妨要求，结合，得由知，故由得，其中，从而有综上，的面积的最小值为 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，

9、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由，可知P为的中点易知B，I，N共线，由I为的内心，可知经过点Q，且，又M为的中点，所以进而 10分考虑与由于，故又，故，于是所以，得 30分从而H，M，B，Q四点共圆于是有，即 40分二解：记不失一般性，设当时，因为，故结合条件可知又，所以当时，S取到最小值12 10分当时，一方面有另一方面，若n为偶数，则，其中第一个不等式是因为展开后每一项均非负，且包含这些项，第二个不等式利用了基本不等式 20分若n为奇数，不妨设，则从而总有又，所以 30分当时，S取到最小值16综上，当时，S的最小值为12；

10、当时，S的最小值为16 40分三证明：记，则易求得记，则数列满足 因均为整数，故由及数学归纳法，可知每项均为整数 10分由，可知 20分当为奇数时，由于为奇数，故由的递推式及数学归纳法，可知为大于1的奇数，所以有奇素因子p由得，故又上式表明，故由费马小定理得，从而因，故必须，因此 30分另一方面，对正整数m，n，若，设，则因为整数（对正整数s），为整数，故由上式知等于与一个整数的乘积，从而因此，若n有大于1的奇因子m，则由前面已证得的结论知有素因子，而，故，即也有模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，因有模4余1的素因子17，对于，由知，从而也有素因子17证毕

11、 50分四解：将20边形换成边形，考虑一般的问题对凸边形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，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，而两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T的另一条边，端点分别在的两侧，又P是凸多边形，故与在P的内部相交，这与T是三角剖分图矛盾 10分记为T的完美匹配的个数设，对，是Fibonacci数列下面对n归纳证明：若T是凸边形的任意一个三角剖分图，则设是凸边形从P的条边中选n条边构成完美匹配，恰有两种方法，或当时，凸四边形P的三

12、角剖分图T没有偶弦，因此T的完美匹配只能用P的边，故当时，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，同上可知若T含有偶弦，不妨设是，选用的完美匹配是唯一的，另两条边只能是，此时总之结论在时成立假设，且结论在小于n时均成立考虑凸边形的一个三角剖分图T若T没有偶弦，则同上可知对于偶弦e，记e两侧中P的顶点个数的较小值为若T含有偶弦，取其中一条偶弦e使达到最小，设，不妨设e为，则每个不能引出偶弦事实上，假设是偶弦，若，则与e在P的内部相交，矛盾若，则，与的最小性矛盾又由（*）知完美匹配中没有奇弦，故只能与其相邻顶点配对，特别地，只能与或配对下面分两种情况情形1：选用边则必须选用边注意到的两

13、侧分别有个顶点，而，因此，在凸边形上，T的边给出了的三角剖分图，在T中再选取条边，与一起构成T的完美匹配，当且仅当是的完美匹配故情形1中的T的完美匹配个数等于 20分情形2：选用边则必须选用边在凸边形中构造如下的三角剖分图对，若线段是T的边，则也将其作为的边，由于这些边在内部互不相交，因此可再适当地添加一些的对角线，得到一个的三角剖分图，它包含了T的所有在顶点之间的边因此每个包含边的T的完美匹配，其余的边必定是的完美匹配故情形2中的T的完美匹配个数不超过由归纳假设得，结合上面两种情形以及，有 40分下面说明等号可以成立考虑凸边形的三角剖分图添加对角线重复前面的论证过程，对，考虑偶弦情形1，用，由于在凸边形中的三角剖分图恰是，此时有个T的完美匹配情形2，用，由于在凸边形中T的边恰构成三角剖分图，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从而对，有由数学归纳法即得，结论得证因此，对凸20边形P，的最大值等于 50分