12020年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽一試(A卷)1.評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)依據(jù)本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn).填空題只設(shè)8分和0分兩檔；其他各題的評(píng)閱，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)的評(píng)分檔次給分，不得增加其他中間檔次.參考本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評(píng)分，解答題中第9小題4分為一個(gè)檔次，第10、11小題5分為一個(gè)檔次，不得增加其他中間檔次.一、填空題：本大題共8小題，每小題8分，滿分64分.答案：答案：解：不妨設(shè)T的方程),A(a,0),B(0,b),F?(-c,0),AF·AF?+BF·BF?=(-c-a)(c-a)+(-c2+b2)=a2+b2-2c2=0.3.設(shè)a>0,函數(shù)在區(qū)間[0,a]上的最小值為m,在區(qū)間答案：1或100.m?=f(a),m?=f(10);當(dāng)a∈(10,+∞4.設(shè)z為復(fù)數(shù).若為實(shí)數(shù)(i為虛數(shù)單位),則|z+3|的最小值2故a+2b=2.從而√5|z+3|=√(12+22)(a+32+b2)≥解法2:由∈R及復(fù)數(shù)除法的幾何意義，可知復(fù)平面中z所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在2與i所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的連線上(i所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)除外),故|z+3|的最小值即為平面直角坐標(biāo)系xOy中的點(diǎn)(-3,0)到直線x+2y-2=0的距離，即的值為·答案：解：記M為AC的中點(diǎn)，由中線長(zhǎng)公式得可得AC=√2(62+42)-4-10=8.由余弦定理,所以點(diǎn)，則該正三棱錐的外接球被平面LMN所截的截面面積為_(kāi)·答案：解：由條件知平面LMN與平面ABC平行，且點(diǎn)P到平面LMN,ABC的距離之比為1:2.設(shè)H為正三棱錐P-ABC的面ABC的中心，PH與平面LMN交于正三棱錐P-ABC可視為正四面體，設(shè)O為其中心(即外接球球心),則O在PH上，且由正四面體的性質(zhì)知.結(jié)合可知OK=OH,3即點(diǎn)O到平面LMN,ABC等距.這表明正三棱錐的外得的截面圓大小相等.解x,x?,x?,且x?<x?<x?=b,則a+b的值為·答案：144.當(dāng)以下求方程f(t)=√2a的實(shí)當(dāng)由條件知,結(jié)合b=√2a得α=128.卡片上的數(shù)不完全相同.將這10張卡片放入標(biāo)號(hào)為1,2,3,4,5的五個(gè)盒子中，規(guī)定寫(xiě)有i,j的卡片只能放在i號(hào)或j號(hào)盒子中.一種放法稱為“好的”,如果1號(hào)答案：120.解：用{i,j}表示寫(xiě)有i,j的卡片.易知這10張卡片恰為{i,j}(1≤i<j≤5).考慮“好的”卡片放法.五個(gè)盒子一共放有10張卡片，故1號(hào)盒至少有3張情況一：這4張卡片都在1號(hào)盒中，此時(shí)其余每個(gè)盒中已經(jīng)不可能達(dá)到4張卡片，故剩下6張卡片無(wú)論怎樣放都符合要求，有2?=64種好的放法.情況二：這4張卡片恰有3張?jiān)?號(hào)盒中，且其余每盒最多僅有2張卡片.卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8種可能，其中6種是在2,3,4號(hào)的某個(gè)盒中放兩張，其余2種則是在2,3,4號(hào)盒中各放一張.4{2,5}只能在5號(hào)盒，這樣5號(hào)盒己有{1,5),{2,5},故{3,5},{4,5分別在3號(hào)與4僅需再使5號(hào)盒中不超過(guò)2張卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0張或1張?jiān)?號(hào)盒中，對(duì)應(yīng)C?+C?=4種放法.因此N=6×1+2×4=14.由對(duì)稱性，在情況二下有4N=56種好的放法.綜上，好的放法共有64+56=120種.二、解答題：本大題共3小題，滿分56分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.9.(本題滿分16分)在△ABC中，.求cosB+√2cosC的取值范圍.…4分,此時(shí)當(dāng)…8分其中φ=arctan3.…12分注意到函數(shù)g(x)=√5sin(x+φ)在上單調(diào)增，在…16分10.(本題滿分20分)對(duì)正整數(shù)n及實(shí)數(shù)x(0≤x<n),定義其中[x]表示不超過(guò)實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)，{x}=求的值.解：對(duì)k=0,1,…,m-1,有5…5分所以分………………20分11.(本題滿分20分)在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A,B,C在雙曲線xy=1上，滿足△ABC為等腰直角三角形.求△ABC的面積的最小值.解：不妨設(shè)等腰直角△ABC的頂點(diǎn)A,B,C逆時(shí)針排列，A為直角頂點(diǎn).…②6由①、②相乘，并利用③,得③…④ 故s2+t2≥√108=6√3.…15分以下取一組滿足條件的實(shí)數(shù)(s,t,a),使得s2+t2=6√3(進(jìn)而由s,t,a可確考慮④的取等條件，有2s2t2=(s2-t2)2,即不妨要求0<s<t,結(jié)合s2+t2=6√3,得s=√3(√3-1),t=√3(√3+1).由①知a<0,故由③,其中,從而有綜上，△ABC的面積的最小值為3√3.…20分12020年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加試(A卷)一.(本題滿分40分)如圖，在等腰△ABC中，AB=BC,IM為BI的中點(diǎn)，P為邊AC上一點(diǎn)，滿足AP=3PC,PI延長(zhǎng)線上一點(diǎn)H滿足MH⊥PH,Q為△ABC的外接圓上劣弧AB的中點(diǎn).證明：BH⊥QH.證明：取AC的中點(diǎn)N.由AP=3PC,可知P為NC的中點(diǎn).易知B,I,N共又M為BI的中點(diǎn)，所以QM⊥BI.進(jìn)而QM||CN.……………1從而H,M,B,Q四點(diǎn)共圓.于是有∠BHQ=∠BMQ=90°,即BH⊥QH.2二.(本題滿分40分)給定整數(shù)n≥3.設(shè)a,a?,…,a?n,b?,b?,…,b?是4個(gè)且對(duì)任意i=1,2,…,2n,有a,a?+2≥b+b?+(這里a?n?-1=a,azn+2=a?,b2n+1=b).求a+a?+…+a?n的最小值.解：記S=a?+a?+…+a?n=b?+b又S>0,所以S≥12.當(dāng)a=b=2(1≤i≤6)時(shí)，S取到最小值12.…其中第一個(gè)不等式是因?yàn)?a?+a?+…+azn?)(a?+a,+…+azn1)展開(kāi)后每一項(xiàng)……………30分當(dāng)a=a?=a?=a?=4,a=0(5≤i≤2n),b?=0,b?=16,b=0(3≤i≤2n)S取到最小值16.綜上，當(dāng)n=3時(shí)，S的最小值為12;當(dāng)n≥4時(shí)，S的最小值為16.……………40分3三.(本題滿分50分)設(shè)a?=1,a?=2,a?=2an?+an?,n=3,4,….對(duì)整數(shù)n≥5,a必有一個(gè)模4余1的素因子.證明：記α=1+√2,β=1-√2,則易求得記則數(shù)列滿足b?=2bn?+bn?(n≥3).①因b?=1,b?=3均為整數(shù)，故由①及數(shù)學(xué)歸納法，可知每項(xiàng)均為整數(shù).b2-2a2=(-1)"(n≥1).②為大于1的奇數(shù)，所以a有奇素因子p.由②得b2=-1(modp),故因p>2,故必須,因此p=1(mod4).……………30分另一方面，對(duì)正整數(shù)m,n,若m|n,設(shè)n=km,則=21+1.因α3+β?=2b,為整數(shù)(對(duì)正整數(shù)s),aβ=-1為整數(shù)，故由上式知a等于am因此，若n有大于1的奇因子m,則由前面已證得的結(jié)論知a有素因子p=1(mod4),而am|an,故p|a,即a也有模4余1的素因子.……………40分最后，若n沒(méi)有大于1的奇因子，則n是2的方冪.設(shè)n=2'(l≥3),因a?=408=24×17有模4余1的素因子17,對(duì)于l≥4,由8|2′知a?|a,從而a也有素因子17.證畢.……………50分4四.(本題滿分50分)給定凸20邊形P.用P的17條在內(nèi)部不相交的對(duì)角線將P分割成18個(gè)三角形，所得圖形稱為P的一個(gè)三角剖分圖.對(duì)P的任意一個(gè)三角剖分圖T,P的20條邊以及添加的17條對(duì)角線均稱為T(mén)的邊.T的任意10條兩兩無(wú)公共端點(diǎn)的邊的集合稱為T(mén)的一個(gè)完美匹配.當(dāng)T取遍P的所有三角剖分圖時(shí)，求T的完美匹配個(gè)數(shù)的最大值.解：將20邊形換成2n邊形，考慮一般的問(wèn)題.對(duì)凸2n邊形P的一條對(duì)角線，若其兩側(cè)各有奇數(shù)個(gè)P的頂點(diǎn)，稱其為奇弦，否則稱為偶弦.首先注意下述基本事實(shí)：對(duì)P的任意三角剖分圖T,T的完美匹配不含奇弦.(*)點(diǎn)分別在e的兩側(cè)，又P是凸多邊形，故e?與e?在P的內(nèi)部相交，剖分圖矛盾.……………10分記f(T)為T(mén)的完美匹配的個(gè)數(shù).設(shè)F?=1,F?=2,對(duì)k≥2,F+2=Fk+1+F,是Fibonacci數(shù)列.下面對(duì)n歸納證明：若T是凸2n邊形的任意一個(gè)三角剖分圖，則f(T)≤F.設(shè)P=A?A?…A?是凸2n邊形.從P的2n條邊中選n條邊構(gòu)成完美匹配，恰當(dāng)n=3時(shí)，凸六邊形P的三角剖分圖T至多有一條偶弦.若T沒(méi)有偶弦，同另兩條邊只能是A?A?,A?A?,此時(shí)f(T)=3.總之f(T)≤3=F?.結(jié)論在n=2,3時(shí)成立.假設(shè)n≥4,且結(jié)論在小于n時(shí)均成立.考慮凸2n邊形P=A?A?…A2n的一個(gè)三角剖分圖T.若T沒(méi)有偶弦，則同上可知f(T)=2.對(duì)于偶弦e,記e兩側(cè)中P的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)的較小值為w(e).若T含有偶弦，取其中一條偶弦e使w(e)達(dá)到最小.設(shè)w(e)=2k,不妨設(shè)e為A?A2k+1,則每個(gè)A(i=1,2,…,2k)不能引出偶弦.事實(shí)上，假設(shè)A,A,是偶弦，若j∈{2k+2,2k+3,…,的內(nèi)部相交，矛盾.若j∈{1,2,…,2k+1,2n},則w(AA,)<2k,與w(e)的最小性矛盾.又由(*)知完美匹配中沒(méi)有奇弦，故A,A?,…,A?只能與其相鄰頂點(diǎn)配對(duì)，特別地，A只能與A?或A?配對(duì).下面分兩種情況.分別有2k,2n-2k-2個(gè)頂點(diǎn)，2n-2k-2≥w(A?A2K+1)=2k,而n≥4,因此5圖T,在T中再選取n-k條邊e,e?,…,e—k,與A?A?,A?A?,…,A2-?A?一起構(gòu)成T的完美匹配，當(dāng)且僅當(dāng)e,e?,…,en?k是T?的完美匹配.故情形1中的T的完美匹配個(gè)數(shù)等于f(T?).……………20分情形2:選用邊A?A2n.則必須選用邊A?A?,…,A?A2k+1.在凸2n-2k-2邊形再適當(dāng)?shù)靥砑右恍㏄2的對(duì)角線，得到一個(gè)P?的三角剖分圖T?,它包含了T的所有的完美匹配，其余的邊必定是T?的完美匹配.故情形2中的T的完美匹配個(gè)數(shù)不超過(guò)f(T?).f(T)≤f(T)+f(T?)≤F?-k+Fn-k-……………40分下面說(shuō)明等號(hào)可以成立.考慮凸2n