2020年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題(A卷)

2020全國高中數(shù)聯(lián)合競一試（A）一、填題：本大題8小題，每小分，滿分64．1．在等比數(shù)alog的值為________．132．在橢中，A長軸的一個端點，B為短軸的一個端點，,F為兩個焦點．若12|AF則的值為________．F123．，函數(shù)f(x)x

在區(qū)(0,]

上的最小值，在區(qū)[a1

上的最小值m，2020，則a的值為______21z4．設(shè)z復(fù)數(shù)．若為實數(shù)（i虛數(shù)單位z

的最小值為______．5．在ABC，，邊AC上的中線長為，

6

的值為2_______．6．正三棱錐P的所有棱長均為，，M，別為棱PBPC的中點，則該正三棱錐的外接球被平面LMN所截的截面面積為________．7．，滿足：關(guān)于x方程x|x恰有三個不同的實數(shù)解x,xx，且xxxb，a的值為____．1218．現(xiàn)有10張卡片，每張卡片上寫有1，2，3，5中兩個不同的數(shù)，且任意兩張卡片上的數(shù)不完全相同．將這10張卡片放入標(biāo)號為，2，3，4，5的五個盒子中，規(guī)定寫有i，的卡片只能放i或j盒子中．一種放法稱為“好的果1號盒子中的卡片數(shù)多于其他每個盒子中的卡片數(shù)．則“好的”放法共有種．二、解題：本大題3小題，滿分56．解答寫出文字說、證明程或演算步驟．9本題滿分16分）在ABC中A

．cosB的取值范圍．10本題滿分20分）對正整數(shù)n實數(shù)x)

，定義f(,x{})]

{x}]

，其[]

表示不超過實數(shù)x的最大整數(shù){}x]

．若整m滿足2fmfm

f,

mn

，

1求ff

f

mn

的值．11本題滿分20分）在平面直角坐標(biāo)系中，點A，，C在雙曲線上，滿足ABC等腰直角三角形．求的面積的最小值．2020全國高中數(shù)聯(lián)合競加試（A）一本題滿分40分）如圖，在等腰ABC中，AB，I內(nèi)心，M為BI的中點，P邊上一點，滿足PC延長線一點H足MHQABC外接圓上劣弧的中點．證明：BHQH二本題滿分40分）給定整na,1足ab，12212

,,個負(fù)實數(shù)，滿2n2且對任i1,2,

,2n，aaii

（這aii

2

,1

2n

,2

1a1

的最小值．2n三本題滿分50分）aaa12

n

n

,

證明：對整a，必有一個模4余1的素因子．n四本題滿分50分）給定凸20邊形P．用P的17條在內(nèi)部不相交的對角線將P分割成18個三角形，所得圖形稱為P一個三角剖分圖．對P的任意一個三角剖分圖T，20條邊以及添加的17條對角線均稱為邊．T任意10條兩兩無公共端點的邊的集合稱為T一個完美匹配．當(dāng)T取遍P所有三角剖分圖時，求T的完美匹配個數(shù)的最大值．2020全國高中數(shù)聯(lián)合競一試（A）參考答及評分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．評閱試卷時，請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn)．填空題只設(shè)分和0分兩檔；其他各題的評閱，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)的評分檔次給分，不得增加其他中間檔次．

2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參考本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，解答題中第9小題分為一個檔次，第10、11小題5分為一個檔次，不得增加其他中間檔次．一、填題：本大題8小題，每小分，滿分64．1．答案．a(chǎn)解：由等比數(shù)列的性質(zhì)知19a9

2

，1

39213

．所log13．132．答案：解：不妨的方程

2y2a，ABb)a2b

，(，F(xiàn)(c，其12ca

．由條件知AFBF)(c)．2AB|a22c2所以．FF213．答案：1或100．解：注意到)上單調(diào)減，[10,單調(diào)增．a(chǎn)(0,10]時，m),mf(10)a[10,12f(a)f(10)2020，1

時mmf()．因此總有1101，解a100．4．答案：5．解法1：設(shè)zbi(ab)

，由條件知2)iabb1)i2a2a2從而

z

a3)，z5．b時|

取到最小值．解法2：由

zz

R及復(fù)數(shù)除法的幾何意義，可知復(fù)平面中對應(yīng)的點在2與i所

2對應(yīng)的點的連線上（i所對應(yīng)的點除外|z的最小值即為平面直角坐標(biāo)系xOy2中的(直線xy的距離，即

2

5．答案：

．解：記M為的中點，由中線長公式得4

可由余弦定理

2227，所以CA8sin

AAAAAAAcos2242coscos4222

2

A2222sin

A

A．46．答案：

．解：由條件知平面LMN與平面ABC行，且點P平面LMNABC距離之比為．設(shè)H正三棱錐PABC的ABC的中心，與平LMN交于點K，則PH面ABC，PK，PK

PH．正三棱錐P可視為正四面體，設(shè)O其中心（即外接球球心在PH上，且由正四面體的性質(zhì)OH

1．結(jié)PKPH可OKOH，即點O平面2,等距．這表明正三棱錐的外接球被平LMNABC截得的截面圓大小相等．從而所求截面的面積等于ABC的外接圓面積，

．7．答案：144．

aii12aii12解：t

，則關(guān)于t的方程tt2

恰有三個不同的實數(shù)解tx(i1,2,3)．由于f()

t

t為偶函數(shù)，故方程ft)的三個實數(shù)解關(guān)于數(shù)軸原點對稱分布，從而必bf(0)．以下求方程(a的實數(shù)．|

時，f(t)

a2

2

t

2

2，等號成立當(dāng)且僅t0；t

時，(t)

5a單調(diào)增，且t時f(a；t時，ft)

單調(diào)減，且t

5

時f(t)．從而方程f(a恰有三個實數(shù)t,t由條件bx3

，結(jié)ba．于

．8．答案：120．解：{,j}示寫有i，的卡片．易知這10卡片恰{j}(1j5)．考慮“好的”卡片放法．五個盒子一共放有10卡片，故1號盒至少有3張卡片，能放入1號盒的卡片僅{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}情況一：這4張卡片都在1號盒中，此時其余每個盒中已經(jīng)不可能達(dá)到張卡片，故剩下6張卡片無論怎樣放都符合要求，6種的放法．情況二：這4張卡片恰有3張在1號盒中，且其余每盒最多僅有張卡片．考{1,2},{1,3},{1,4}在1盒，{在5號盒的放法數(shù)．卡{2,3},{2,4},{3,4}放法有8種可能，其中種是在2，3，4號的某個盒中放兩張，其余2種則是在2，3，4號盒中各放一張．{2,3},{2,4},{3,4}兩張在一個盒中，不妨{2,3},{2,4}在2號盒，{2,5}只能在5號盒，這樣5號盒已，{3,5},{4,5}分別在3號與4號盒，即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一；若{{2,3},{2,4},{3,4}在2，3，4號盒中各一張，則2，3，4號盒均至多有張卡片，

232ii12mnmn232ii12mnmnC

4種放法．因此6由對稱性，在情況二下N56好的放法．綜上，好的放法共120．二、解題：本大題3小題，滿分56．解答寫出文字說、證明程或演算步驟．9．解：記f2C．由條件知A

或．4分當(dāng)

時，

33，其0，此時2fCcosCsin(0,1]424

8分當(dāng)

時，其0，此時4f2cosCcos5sin(，22其arctan312分注意,，函數(shù)(xx在0,22

上單調(diào)增，在

上單調(diào)減，又

2gg故5]

．綜上所述，f2C的取值范圍(0,1](2,．16分10．解：k，有fiii

i2

k

k

．5分所以,fmnn

fm

jki

f,k

i

mCkkk

10

1同理得f1

n

mn

由條件

，所2m{3,7,15,31,63,127,}，僅2

為124的約數(shù)，進(jìn)而有．進(jìn)而2fn

f

mn

2011．解：不妨設(shè)等腰直角ABC的頂點，，C逆時針排列，直角頂點．設(shè)AB,t

，則AC

，且ABC的面積S

ABC

1|22

2

5分注意到A雙曲線xy上，設(shè)a,a

，1則B,C,aa

．由B，雙曲線xy上，可知())，這等價于s

，①tst

．②s由①、②相加，得(t)，即

t．③t

由①、②相乘，并利用③，得

t

aa

tt

s22

．10分所以由基本不等式得

tt2t2t2，④s

2

2

1086．15分以下取一組滿足條件的實(,t,a)

，使s

2

2

進(jìn)而由s,t,

可確定一個滿足條件的ABC，使

ABC

2

2

2

3考慮④的取等條件，2s2t

2

，即．t不妨要

，結(jié)合s，s3(t3(由①，故由③32．a(chǎn)3

tt

，其t

33ss，從而有32綜上，ABC面積的最小值3．20分2020全國高中數(shù)聯(lián)合競加試（A）參考答及評分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．評閱試卷時，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)的評分檔次給分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參考本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，10分為一個檔次，不得增加其他中間檔次．一．證明：取的中點N．AP3PC可知P為的中點．易知B，I，共

233線90233

．由I為ABC內(nèi)心，可CI經(jīng)過點Q，且IBCABI，又M為BI的中點，所進(jìn)//10分考慮HMQ與HIB．由MH，．INP90

HMHMNCMQMQ，于是．HINIHINI2NI2IB所以，HBI30分從而H，，B，四點共圓于是90BH．40分二．解：記b．1222不失一般性，T1

2n

．時，因2k

2k

，551故結(jié)合條件可知S

a32k2kkk又S0所以12．a(chǎn)2(1i6)時，S取到最小值12．10ii，一方面有

2

k

k

k另一方面，若n偶數(shù)，則nk

2k2k

15

2

3

7

2n

T，其中第一個不等式是因1

2n

37

2n

展開后每一項均非負(fù)，

nn222且包ann222

a2

(1)這些項，第二個不等式利用了基本不等式．20分若n為奇數(shù)，不妨a，則13k

a22k

2k2knk1

2n

3

2

T24

．從而總Sk

2k2k

2S2

．S，以S．30分aaa0(5n),b0(3in)時，取到小值1i1i16．綜上，時，S最小值為12；n，S的最小值為16．40分三．證明：2，則易求an

．n

2

，則數(shù)nb2n

n

①bb均為整數(shù)，故由①及數(shù)學(xué)歸納法，可整1數(shù)．10分由

2

2

n

，可知

(n1)

②20分n為奇數(shù)時，由a為奇數(shù)，故式及數(shù)學(xué)歸納法，可a為大于11nn的奇數(shù)，所a有奇素因子．由②2nnpbp2)．n

)

，故又上式表費馬小定理n

1(mod)

，從而(

)．因p，故必(

，因此p．30分另一方面，對正整數(shù)m，nkm，則

nlml22nlml22

m

kli為整數(shù)（對正整數(shù)ss

整數(shù)，故由上式a等與一個nm整數(shù)的乘積，從．m因此，若n大于1的奇因子m，則由前面已證得的結(jié)論有素因子mp，a，故pa，a也有模4余1的素因子．40分mn最后，若n有大于1的奇因子，則n是2的方冪．2

l

l3)，因a40824有模余1的素因子17，對l，28

l

a，從也有8ll素因子17．證畢．50分四．解：將20邊形換形，考慮一般的問題．對形P一條對角線，若其兩側(cè)各有奇數(shù)個頂點，稱其為奇弦，否則稱為偶弦．首先注意下述基本事實：對P的任意三角剖分圖，T的完美匹配不含奇弦）如果完美匹配中有一條奇，因為T的一個完美匹配給出了P的頂點集的一個配對1劃分，兩側(cè)各有奇數(shù)個頂點，故該完美匹配中必有T的另一條，端點分別在1的兩側(cè)，又P是凸多邊形，e在P的內(nèi)部相交，這與T三角剖分圖矛12盾．10分記f)為T的完美匹配的個數(shù)．F，2,F12

k

，是kFibonacci數(shù)列．下面對n納證明：若T是形的任意一個三角剖分圖，則f(T)F．nP1

A是凸形．從P條邊中選n條邊構(gòu)成完美匹配，恰有兩種方2n法，AAA,13

,A2

A或AAA,2n342

A2n

,A．2n2時，凸四邊形P的三角剖分圖有偶弦，因此T的完美匹配只能用P邊，故f()．2時，凸六邊形P的三角剖分圖T至多有一條偶弦．若T有偶弦，同上可知f()．若T有偶弦，不妨設(shè)是A，選用的完美匹配是唯一的，另兩條邊141

只能是A，此時f(T)．總之f()．253結(jié)論2,3時成立．假且結(jié)論在小于n時均成立．考慮2邊形P1

A的一個三角剖分圖．若T有偶弦，則同上可知f)．2n對于偶弦e，記e側(cè)中P的頂點個數(shù)的較小值w)

．若T含有偶弦，取其中一條偶弦e(e

達(dá)到最小，設(shè)we)k，不妨設(shè)e為22k

，則每個ii

,2)不能引出偶弦．事實上，假設(shè)AA是偶弦，若jij

n，則AA與e在P的內(nèi)部相ij交，矛盾．若j{1,2,

n}，ww)ij

的最小性矛盾．又由（*）知完美匹配中沒有奇弦，故A,A,1只能與或A配對．下面分兩種情況．12n

,A只能與其相鄰頂點配對，特別地，2k情形1：選用邊．則必須選用邊A,A12342k

A．注意到AA2k2

的兩側(cè)分別有2nk個頂點2n2

，n，因6，在n邊PA1k

A2

A上，T邊給出了P的三角剖分T，在T中再選2n邊