2020年全国高中数学联赛一试+加试：试题及详细解答

2020年全国高中数学联赛一试+加试：试题及详细解答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：.评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和。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..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..在等比数列｛%｝中，4=13,%3=1，则IOg53的值为.答案：L3解：由等比数列的性质知幺=［生］,故4=£=133.所以10g°13=L。9 %3 3.在椭圆「中，4为长轴的一个端点，4为短轴的一个端点，石,鸟为两个焦点.若斯•正+丽•瓯=0,焦点.若斯•正+丽•瓯=0,则的值为.答案:当解：不妨设「的方程为二+二=1（4>/）>0），月5,0）,8（04），片（一。,0）,（C方F2（c,0）,其中c=>/其一3.由条件知丽•正+丽•丽=（一0一4）（0一4）+（一/+62）=/+〃-21=0.所以网=业_±二=叵=正.忸月I 2c2c2.设〃>0,函数/（x）=k+U2在区间（0,〃］上的最小值为叫，在区间［a,+oo）上的最小值为"?2.若111\m：=2020,则a的值为.答案：1或100.解:注意到/㈤在（0,10］上单调减,在［10,+8）上单调增.当昨（0,10］时,m［=f（a\m2=/（10）；当。€［10,+oo）时，叫=/（10）,m2=f（a）.因此总有/(。)/(10)=叫，［二=2020,即«+——=———=101,解得。=1或a=100.a20.设z为复数.若F为实数（i为虚数单位），则|z+3|的最小值为.

答案：逐.解法1：设2=。+加（。，bwR）,由条件知=的29<?+(/>—l)i-(。一2)(6—1)+ob_a+=的29<?+(/>—l)i- + -a2+(Z>-l)2故a+27)=2.从而V5|z+3|=7(l2+22)((a+3)2+/>2)>|(a+3)+2Z)|=5,即|z+3|2石.当〃=一2,〃=2时，|z+3|取到最小值后.解法2：由二二ER及复数除法的几何意义，可知复平面中2所对应的点在z—i2与i所对应的点的连线上（i所对应的点除外），故|z+3|的最小值即为平面直角坐标系•中的点（—3,0）到直线x+21，-2=0的距离，即=y/5.712+22.在中，AB=6.BC=4,边4c上的中线长为布，则sin0—+cos'的值为2 2 答案:211答案:211256解：记M为4C的中点，由中线长公式得4AW?+AC2=2(ABZ+5C2),可得4C="(6r+45^4・10=8.TOC\o"1-5"\h\z由余弦定理得8$4=02==-81=82+62—42J,所以2CAAB2-8-6 864। 64 2 । 2^|| 4 .24 24 4，4sin—Fcos-=sin Feos——sin sin-cos—+cos—2 2 2 2j( 2 2 2 2{..A ，/丫一,4.A=sin-——Feos-——3sin"—cos-—I2 2J2 2=1——sin2A413 2,211=—+-cos'A= •44 2566.正三棱锥夕-4?C的所有棱长均为1,〃〃,川分别为棱尸404,。。的中点，则该正三棱锥的外接球被平面£用\「所截的截面面积为.答案：解：由条件知平面四与平面加。平行，且点尸到平面£加乂451’的距离之比为1:2.设，为正三棱锥P—月5c的面4SC的中心，尸”与平面交于点K,则J,平面.4BC,PK上平面LMN,故PK=、PH.2正三棱锥夕一49C可视为正四面体，设。为其中心（即外接球球心），则O在尸”上，且由正四面体的性质知O”=1PH.结合PK=、PH可知OK=OH,4 2即点O到平面AW,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.从而所求截面的面积等于A48。的外接圆面积，即从而所求截面的面积等于A48。的外接圆面积，即tt・7.设a,b>0,满足：关于x的方程+Jj7T7=方恰有三个不同的实数解西，12,£，且为<工2<x3=b,则a+b的值为.答案：144.解：令/=x+?则关于'的方程/一］+卜3=力恰有三个不同的实数解(=芍+:(>=1,2,3).2由于/(/)=//_J+Jf+J为偶函数，故方程/«)=/)的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必有人=/(0)=缶■,以下求方程/(/)=伍的实数解.当卜区1时，/(/)=^13+^|7?=击+“2一4/”2〃,等号成立当且仅当f=0;当/>・时，/“)单调增，且当/=留时/。)=疡；当/<_£时,2 8 2/⑺单调减，且当/=一四时/.(/)=疡.8从而方程/(。=而恰有三个实数解.=-8 8由条件知〃=毛=4—"=；，结合〃=得a=128.28于是a+6=—=144.88.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，规定写有的卡片只能放在,•号或7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.答案：120.解:用一力表示写有的卡片.易知这10张卡片恰为{ij}(1金<分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，此时其余每个盒中己经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有于=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0,2},{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号盒己有{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;{2,5}只能在5号盒，这样5号盒己有{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，对应C；+C；=4种放法.因此N=6xl+2x4=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.(本题满分16分)在△44C中，sinJ范围.解：记/'=cos8+J^cosC.求co$5+V2cosC的取值由条件知力=二或4=上.4 4当4=三时，5=--C,其中0VCV4 4c]+V2cosC=—sinC+时此OSC至422e(o,i]. 8分当力=包时，B=--C,其中0＜。＜乙，此时

4 4 4/=cos+V2cosC=^-sinC-F-^^-cosC="75

2 2其中歹=arctan3.sin(C+炉)， 12分注意到腔三，三],函数g(x)=&sin(＜+⑼在0、三一上单调增，在[42) 2三一中,.上单调减，又g(0)=+匚＞2=g—I,g三一5=正，故/'£(2,石].2 4 2 {4} 2综上所述，/=cos〃+0cosC的取值范围是(0.1]U(2,石]. 16分10.(本题满分20分)对正整数〃及实数工(04》＜〃)，定义/(%x)=(l-{x}＞—]+{x}・C产I,

其中b1表示不超过实数X的最大整数，{》}=内一[*].若整数〃7, 2满足(1) (2)rf"7,一+/w,-d(1) (2)rf"7,一+/w,-d F/m,求小升/〃，二十3+/〃,fVmn—1〃2的值.nui—1

n=123,解：对上=0,L…,"7—1,有£小 .可1―y+c}TOC\o"1-5"\h\z1-1VMr-1n) n2 5分所以1 (O' I11IV1m1tn1n1 ;f加」+/用，二+…+/叽吧=£、+££/，％£+，n) I n))、koi\ nfn_1册1 E•1=2=2+=fU+£*2k=0 lr=0 J=2刖-2+—・2-1+2=1=(2w-l)/?-l. 10 分同理得/7/,—]-f-/[/:,—]d Ff —-1=(2"-1)/7/-1.I〃”Ifii) m)由条件知(201—1)〃-1=123,即(2他一1)〃=124,故(2"'-1)|124.又小之2,所以2—1€{3,7,15,31,63,127,…},仅当〃?=5时，所-1=31为124的约数,进而有〃==一=4.进而3120分11.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，点4B,C在双曲线,q=l上，满足A48C为等腰直角三角形.求A48C的面积的最小值.解：不妨设等腰直角A48C的顶点48.C逆时针排列，j为直角顶点.设方=（s,1）,则元=（T,s）,且UC的面积I—•2v24-rSrbc=-1B= • 5分2 2注意到,4在双曲线孙=1上，设,4ay-a则+—F/,Ca-i.—Fs•\（J由8,C在双曲线邛，=1上，可知TOC\o"1-5"\h\z/ \/ \（a+s）-+，=（，一/）—Ks=1,这等价于u u—+at=-si， ①a Vas=st. ②a由①、②相加，得」+a(r+s)=O,即a

t+s(.Uy 10分t+s(.Uy 10分所以由基本不等式得(?+/)4=_s2t2.一产)2=L2s2f222,2.(——2)24,1 2s212+2s212+(s2-/2)2V (s'+产工TOC\o"1-5"\h\z<- = ，-4 3 1081/故= 15分以下取一组满足条件的实数G/a),使得J+/2=6G(进而由“可确2 >定一个满足条件的△//次?,使得S~8C=三三匚=3&).考虑④的取等条件，有2-S〜匕即巨2土瓦不妨要求0<$</，结合V2+〃=6>/3,得$=)3(6-1),I=小(6+1).由①知〃<0,故由③得。=一后;，其中/=停斗=彗15,从而有"-i+Q综上，AABC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：.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分..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.AB=BC,/为内心，MPI延长线上一点〃满足证明：BHLQH.一.（本题满分40分）如图，在等腰A43C中，为次的中点，P为边AC上一点、,满足/1P=3PC,AB=BC,/为内心，MPI延长线上一点〃满足证明：BHLQH.证明：取力C的中点N.由m=3PC,可知产为NC的中点.易知8,/,N共线，/WC=900.由/为的内心，可知。经过点0,且AQIB=Z.IBC+4cB=/.ABI+ZJC0=乙ABI+AABQ=ZLQBI,又M为的中点，所以进而0M||CN. 10分考虑与△/〃3.由于A〃/故.2HMQ=9N—乙HMI=LHIB.又〃HM=Z1NP=90。，故卫上=理，于是HINIHMNP1NC1MQMQ

罚一而一5而一5’访一万.30分所以AHMQsAH/B,得NHQM=30分从而〃,A0四点共圆.于是有乙B//0=N5M0=9O。，即瓦 40分二.（本题满分40分）给定整数〃23.设a"％，…9%»，4，4，।是4〃个非负实数，满足q+%+…+a2=，+，+•••+b2>0,且对任意i=L2,…，2〃，有卬l22々+々卜1（这里。2gl=aV。2/2=。2,体用=4）•求4+4+—+】、〃的最小值.解：记S=4+。+…+〃，〃=b+"H \-b.C不失一*般性，设7=q+〃3+…+。2rliW彳.一当〃=3时，因为TOC\o"1-5"\h\z]L一3,£。21。2卜1=T（《一”3）・+（%一。5厂+（，5一％厂2。，i=l 乙故结合条件可知弋 3 3;27支3・£心也中23・£（&j+砥）=3S.hl *1又S>0,所以SN12.当q=/，=2（lWiW6）时，S取到最小值12. 10分当“24时，一方面有力 力£生大，2Hl—£（%片1+4。=$,另一方面，若〃为偶,数，则 1£。线口"7W（41+/+…+。2”3）（。3+/+…+%力其中第一个不等式是因为（。]+%+…+%1-3）（。3+%T 卜。2”-1）展开后每一项均非负，且包含右〃）这些最第二个不等式利用了基本不等式. 20分若〃为奇数，不妨设々W%，则TOC\o"1-5"\h\z- n-l〉I- ，〉：。”一1。*+1+%1，3*=1 1r=l jT2W（%+%+…+%「】）（%+%+..•+%加-3从而总有SWiW——W—♦又S>0,所以5216.*=1 4 16 30分当q==&=4=4,q=0（5</<2»）,b1=0,力,=16,々=0（3</<2w）时,S取到最小值16.综上，当〃=3时,S的最小值为12；当〃24时,S的最小值为16・ 40分三.（本题满分50分）设《=1,。2=294〃=24"[+4_2，〃=3.4「,.证明:对整数〃25,（必有一个模4余1的素因子.证明：记。=1+0.0=1—力，则易求得4=d二」1a—0记4=二_二，则数列出｝满足”=2"t+〃2（〃23）. ①因々=1,%=3均为整数，故由①及数学归纳法，可知gj每项均为整数. 10分 20分当〃>1为奇数时，由于《为奇数，故由｛q｝的递推式及数学归纳法，可知勺为大于1的奇数，所以〃“有奇素因子〃.由②得〃:三-1（modp）,故P-I1=（—1）2（modp）.又上式表明（〃,"）=1,故由费马小定理得।三l（【nod〃），从而p1（-1）2=1（modp）.pi30分因p>2,故必须（-1）2=1,因此〃三30分另一方面,对正整数也”,若用〃，设〃=47〃，则4=—―-=n，>r・gg”+。U-演3加+…+0 +giR)a—3 a—8%・£（啪）飞吁“+伊+”）,k=2/,i%・子（。。口小心加+户⑶一师）+93）加上=2/+l.1"。 i因c$+，=2”为整数（对正整数s）,。。=一1为整数，故由上式知等于心与一个整数的乘积，从而nJ%.因此，若〃有大于1的奇因子加，则由前面己证得的结论知％有素因子p=1（mod4）,而多|勺，故PI4，即Q也有模4余1的素因子. 40分最后，若〃没有大于1的奇因子，则”是2的方帚.设，?=2'（/之3）,因4=408=24x17有模4余1的素因子17,对于/24,由8|2/知外|七,，从而外也有素因子17.证毕. 50»四.（本题满分50分）给定凸20边形P.用。的17条在内部不相交的对角线将户分割成18个三角形，所得图形称为尸的一个三角剖分图.对尸的任意一个三角剖分图7,。的20条边以及添加的17条对角线均称为7的边.丁的任意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7取遍尸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2〃边形，考虑一般的问题.对凸2〃边形尸的一条对角线，若其两侧各有奇数个尸的顶点，称其为奇弦,否则称为偶弦.首先注意下述基本事实：对尸的任意三角剖分图T,T的完美匹配不含奇弦.（*）如果完美匹配中有一条奇弦!，因为丁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丁的另一条边与，端点分别在《的两侧，又P是凸多边形，故（与S在P的内部相交，这与7是三角剖分图矛盾. 10分记〃r）为r的完美匹配的个数.设片=1,8=2,对AN2,6+2=居”+用，是Fibonacci数列.下面对〃归纳证明：若7是凸2〃边形的任意一个三角剖分图，则/（乃冬/.设P=44…4”是凸2〃边形.从尸的2〃条边中选〃条边构成完美匹配，恰有两种方法,万,• 或44,44,,,,»4r•当〃=2时，凸四边形p的三角剖分图7没有偶弦，因此r的完美匹配只能用尸的边，故/（7）=2=尼.当〃=3时，凸六边形P的三角剖分图7至多有一条偶弦.若7没有偶弦，同上可知〃T）=2.若r含有偶弦，不妨设是44,选用44的完美匹配是唯一的，另两条边只能是44,44,此时/（r）=3.总之〃7）43=5.结论在〃=2,3时成立.假设〃24,且结论在小于〃时均成立.考虑凸2〃边形…4”的一个三角剖分图「若丁没有偶弦，则同上可知"7）=2.对于偶弦e,记。两侧中。的顶点个数的较小值为“，（e）.若丁含有偶弦，取其中一条偶弦e使”a）达到最小.设"在）=2A,不妨设e为，则每个A,（i=l,2,…，26不能引出偶弦.事实上，假设44是偶弦，若八{2左+2,2"3「.,2〃-1},则44与e在尸的内部相交，矛盾.若{1,2,…,24+1,