2020中国数学奥林匹克希望联盟夏令营(一)

2021年第1期31
2020中国数学奥林匹克希望联盟夏令营（一）
中图分类号:G424.79 文献标识码：A
文章编号：1005 - 6416(2021)01 -0031 -07
第一试
一、填空题（每小题8分，共64分）
1. 已知方程4% I % I - ax + 1 =0恰有三个
解.则a 的取值范围是_____.
2. 函数 y = *c os 2x + sin x - cos % 在区
5•定义运算a * 6 =必-5闇，其中,
［幻表示不超过实数％的最大整数，集合4 =｛0,1,2,3,4｝，双射f ：A^A 满足f （a*b ） =
/（a ）*/（b ）.则满足条件的/共有_____个.
6. 已知数列｛a ”｝满足
«n -i =«… +a ”_2（"M3）,
记前 n 项和为 S ”.若 S2018 =2 017,S 20I9 = 2 018,则 S 2020 =_____.
2 2
7. 已知双曲线令-話=1的左、右焦点
分别为人、尸2・过尺1的直线与左支交于A 、B 两点,且|彳,| = y •则△ AF ”与△ ABF 2
间-壬申上的最大值为_____•
3. 在梯形 4BCD 中,BC//AD,AB=AD,
Z ABC = y,Z BCD =号.将△ ABD 沿 BD 翻折，点4在面BCD 上的投影为点P.已知
4B 与CD 所成角的余弦值为享.则与
CD 所成角的余弦值为_____.
4. 设H 为AABC 的垂心,0为△佔C 的外 心若 |駁 +尿 +呢| = 2，贝ij \~OA+OB + OC\ =
的内切圆面积之比为_____.
8.如图1,甲、乙两人同时出发，甲从点4到B,乙从点C 到
D,且两人每次都
只能向上或向右走
一格•则甲、乙的行
走路线没有公共点
的概率为_____•
D
B
/
/t /
/
// /
/
/
/图1
二、解答题（共56分）
9. （16分）已知实数a 、b 、c 满足:a + b + c = 5 ,ab + be + ca = 7・
求abc 的最大值.
10. （20分）已知正项数列｛ a ”｝满足:
5=1,
5 + l ）a ：-2na ； + i + n 2 *
67 +na n a n + l =0, %= 刑-才）（i 为虚数单位）•
求'z 2 019 — Z 2 020 '的值・
11. （20分）在平面直角坐标系xOy 中,
2 2
Rt △ ABC 的三个顶点均在椭圆亀+書=1
a b
（a>b>0）上,其中,4（0,6）为直角顶点.
（1） 若6 = 1,该三角形的面积的最大值 为寻,求实数a 的值；
（2） 求该三角形面积的最大值.
加试
—、（40分）已知a ： >0,心1,2,・・・，2 020,
2 020 2 020 j
且丫 a, =2 020.求£代的最大值.
Z = 1
a = 1
32
中等数学
二、（40分）如图2,四边形佃CD 内接于 O0,E 、F 为两组对边的交点,G 为对角线的交 点为AMBC 的垂心.作△ BMG s' AHE, △ BNGs^CHF.证明:
⑴ BH = BM + BN ；
（2）B 、M 、O 、N 四点共圆.
三、（50分）设
数形结合得a 〉4.
2 A 2,
3 •
由题意知
y f =- —sin 2x + sin 兀 + cos x.令 t = sin x 4- cos x
二Qsin （% + 于）G [― 1 ,Q]・
则 / =-彳（/-1） + /.当 y ，<0 时-当 y' >0 时，-*
</<—一 4%, x <0.x
討）;
J\x ） = a 2 020-^
+ a? 019
兀 + …+
2 018 , i
勺018先 +©% +°0，
其中,5 e Z,20,1,-,2 020.求有序数对 （n,p ）（p 为素数）的个数，满足b <n<2 020, 且对于任意的i =0,1,+/（「）模p 同余
四、（50分）某城镇有“5工3）座村庄，某 些村庄之间有道路相连,且每条道路仅连接两 座村庄，任两座村庄之间至多有一条路,同时, 路交叉处没有十字路口,但有桥或隧道•已知任 意两村庄之间可通过道路到达,但由于某项自 行车赛事关闭任意环路之后，前述结论不再成 立.求道路条数的最大值.
参考答案
第一试
其中,%o = - arcsin £ - 于.
于是，当％ = %。

时y 取得最小值.
由（cos x 0 - sin %0 ）2 4- （ cos x° + sin %0）2 =2
、 . /7=> cos x Q - sin x Q =—・
故厂=一—卫x 丄-辽=-也. 叹丿 n nn 3 2 2 2 12 'y m ax =y ,当％ =号时取到.
3.苏
设4B 与平面BCD 所成角为与BD
所成角为a.
由三余弦定理知
—、1・4.
设a 的取值范围是S.显然,0 g S.由 4x Ix I - a% +1 =0
COS y = cos 0 ・ cos a,
= cos,.cos
6
TV \6+4
4x +一，x >0；
x
于是,a =~ •
当/ =0 时,t =-*;
4%1%1 +1
Q a =------x
从而,BP 与CD 所成角为扌+ » =
扌,其
2021年第1期33余弦值为
*•
4.1.
由题意知
OA+OB+OC=OH
=>\HA+HB+HC\
=\OA+OB+OC-3OH\
=2\OH\=2
=>\OA+OB+~OC\=|而|=1.
5.2.
由题意，知a*6表示必模5的余数
令a=0,6=2,得/(0)=0.
由于/为双射，于是，
/(12)=/(2)=/(1)
*/(2),
/(13)=/(3)=/(1)
*/(3).
从ffn,/(l)/(2>/(2)(mod5).
因为/(2)#0,所以,/(1)=1.
类似地,/(4)=4.
经检验,/(2)=3,/(3)=2和/(2)=2, /(3)=3均符合题意.
故满足要求的/只有2个.
6.1010.
由a n-\=a n+5_2(心3)
=>a n=«n-l-°n-2=a n-25-3~a n-2 =-a n-3=-(-a”-6)=5-6
n{a”I是周期数列,周期为6
=>S”=a”+%“+a”_2+…+5
=(a”-i_a”-2)+(a”-2_%-3)+…+ (a，2_©)+a?+Q]
=«n-l+。

2
—S?oi8~°2017+°2二+°2=2017,
'2019~018+~+=2°* =>a】二1008，勺二1009
3S2020=°2019+°2=a3+°2
=a2-a,+a2=1010.
7.4：9.
如图3,设厶AF t F2,AABF2的内切圆分别为QJ.QI,AI与%轴交于点D.
依题意，知1^^1=6,14^1=12.
由\AF2\=12=3-jx a
又点于是,"的2的平行线AD的直线方程为
则△AFf?的内切圆半径口=窖.
设Z F{AF2=0.
62+122-102
2x6xl29
cos0=
故
从而，△力BF2的内切圆半径为
「2=的|tan号=宇.
因此,所求为4：9.
甲从点A到B,需要向右走4步、向上走4步，共需8步，于是，从点A到B共有C；种走法
；
34中等数学
乙从点C到D,需要向右走4步、向上走4步，共需8步，于是，从点C到D共有C：种走法.
据分步乘法计数原理，知共有C；C；= 70x70=4900种不同路径.
甲从点A到D,需要向右走6步、向上走4步，共需10步，于是，从点4到D共有C：。

种走法；
乙从点C到B,需要向右走2步、向上走4步，共需6步，于是，从点C到B共有C；种走法.
从而，共有C：°C：=210x15=3150种相交情况.
rq it血+血七、［4990—31505
因此,所求概率为一=帀•
二、9・由
b(a+c)+ca=7=>6(5-6)+ca=7
司宁)T宁『
则abc=6(62-56+7)
=b3-5b2+7b
=(b-l)"6-3)+ 3
V3.
当b=3时,abc=3，此时,(a,c)=(1,1),符合题意；
当b=1时,a6c=3,此时，(a,c)=(3,1)或(1,3),符合题意.
因此,abc的最大值为3.
10.题给等式两边同时除以n(n+l)得
因为是正项数列,所以,
y/n+\~/n 又5=1,则a n-4n.
i
1-
Z2019
/2020
Z2019
]
丿2020
Z2019
O Z2020
020-Z2019
020~Z2019
爲曲=1
11.(1)令l AB-.y=kx+1.则
s=-Ri.
将其代入椭圆方程得
(1+a2k2)x2-¥2a2kx=0
F=0或"鲁
-2°池1-g2A：2\
14-a2k2，1+a2k2/»(
o,l),B
2021年第1期35
2 a"
1
4
V —«— a( a 2 - 1 )27 ¥
_ 2a 3 b? 1 _ a b _ ab a 2 + b 2 - 2t a 1 一 62 e 2
故该三角形面积的最大值为鎳.
=a = 3或比浮(不符合等号成立
条件，舍去)•
因此,a =3.
(2)设3(衍加)，C&2』2)，直线佔、4C
的斜率分别为局& A bc :y =族+1.
与椭圆方程联立得
(62 + a 2k 2)/+ 2kta 2x + a 212 一 a 2b 2 =0
-2kta 2 a 2t 2 - a 1 b 2
Xl +"2 =齐苕冋衍=b 2 +a 2j2，
(伽 + £ _ b )(愿2 + £ _ b )k x k^ =--------------------x x x 2t-b a 2 t + b 若屮2 =-1，则b 2 t - b 1a 2 t + b
= /=- b '°2 -^2 为定值•
a + b
1
S = — \t -b \ I%! -x 2
22a 3 b ，lb 2 + a 2A;2 -12+ /^)2 ・
a 2 +
b 2\ (b 2若a<(Q + l)6,则的取值范围 是［/-/2,+8).
而沪-『 >『,则a ：=o 时,u - r =圧-,
取得最小值•此时,
2 航 2
4a 462(/+02)2°
综上,Smax =
ab ~2，e
4a 4b 2
(a 2 +Z>2)2
+1)6；
b <a < (Q +1)6.
加试
一、由均值不等式得
9 丄 *2-1
a. + / + £ …+ a¥t Q (%工2)・
以-i 个
取 t = -^(Z c M2).
u - /u
令 u=H 4- a 2 k 1 ,u^b 2 >t 2，则要求
2
的最大值，即求亠的最小值.
U _ t
注意到，
2
4
u 2
= 2? + u - «2 +-----工4/ ,u — t u — t
当且仅当U =2?时,上式取等号.
要求 b 2 ^2t 2,即 a^(72 +1)6,此时, e 2a 3 b 2
丄 A? _ 1则味令叭・
k k2i
2 020 , 2 020 2 020 , 2 i
故Y 徒wY 攻+工忖
k = \
A = 1 k = \ - 1
2 020 1 2 _ ]
= 2 020 + 2^. ①
由当<1,知k k2~l
2 020 [
2 020 —、:—右 > 0.
k-2 詁2 -1b - t 2
u
36中等数学
取a k二(心2),
(2)如图4,易知BM与個的交点P、BN 与CH的交点Q均在©0上.
CZ］二
2020_a?_口3—***_如020,
此时式①等号成立.
202012_1
从而,所求为2020+另专
k=\协2->
二、(1)记Z B4C=a,Z ABC=0, ZACB=y,QO的半径为R,设ACBD=8.
则由题意知
BM=f~-AH=^~AH
AE AB AE
s】n a sin(y+5)沁二乩2屉os a sin0
CF CB CF
sin y.sin(a-0+5)
sin(y+5)sin0
•2/?cos y.
故BM+BN=BH
<=>sin2a*s in(y一5)+sin2ysin(a-0+5) =sin20・sin(y+3)
O(sin2a*sin y+sin2y sin(a一0)-sin20•sin y)cos8
=(sin20・cos y4-sin2a・cos y-
sin2y cos(a-(3))sin8.
注意到，
sin2a•sin y+sin2y sin(a一0)-
sin20•sin y
=2cos(a+0)・sin(a-/3)・sin y+
sin2y・sin(a_0)
=0,
sin20・cos y+sin2a•cos y一
sin2y・cos(a-0)
=2sin(a+0)・cos(a-/3)・cos y-
sin2y cos(a-0)
=0.
因此,BM+BN二BH.
由(1)知QN=BM,进而，
△0NQ0MB
n Z ONQ=Z0MB
=0、M、B、N四点共圆.
三、引理1C：,C：,…，C：均为奇数当且仅当n=2r-l.
引理1的证明由熟知的结论,C；为偶数当且仅当i+(n-i)=n在二进制下发生进位.
由题意，当i=0,1,---,/1时j+(zi-,)=□在二进制下均不发生进位,于是，
n=(11---1)2・
引理2若C；+C｛三j+j(mod2)(0Wi <疋“)当且仅当n=T-2.
引理2的证明由熟知的结论,C：为偶数当且仅当i+(S在二进制下发生进位.取i=0,j=n,知n为偶数，取i=0, 0<j=2kWn,则Cj总为奇数,分析二进制加法式知n=(l”・10)2・
下面证明：满足题意的素数P必为
2.
2021年第1期37
若p>2,设zi=(n*…®%人
由于n>p2,于是,Q2.
取％=n0, i2=p+ti0, i3=2p+n0.贝0
/(ii)=/(h)=/(i3)(mod p)•
由卢卡斯定理得
C；1三C律(modp),C?三C；C器(modp),
C津C：麗(modp).
从而，1=7ij=—(mod p).
显然不成立.
因此,P=2.
引理1、2得证.
注意到,Cl+/(0的奇偶性固定不变,即
C；+/(0=0,+/0)(mod2)(0=<jWn)；
/(%)=a2020%2020+a2019%2019+•••+a{x4-a0
=(+a2+…+a?020)%+Qo(mod2)・
l己M二©+a2+•••+a2O2o・
则cj.+c>/(0+/(/)
=M(i+j)(mod2)(Owi<jWn).
若2IM,则2l(C；+G)(0M<jS).
由引理1,知«=2r-l.
又n〉/?,知5W«<2020,共8种选择.
若2»M,则
C；+C j n=i+j(mod2)(0WivjW〃)・
由引理2,知n=2r-2.
又n>p2,知5Wn<2020,共8种选择.
综上，符合要求的5,P)共有8组.
四、最大值为2n-3.
先给出构造：取出两座村庄与其余村庄均有道路相连,这两座村庄之间也相连,其余71-2座村庄之间没有道路，知此时满足要求且共有2n-3条道路.
下面证明道路不能更多.
以每座村庄为顶点、道路为边得到n阶图G,即证明连通图边数不小于2“-2时，一定可以去掉一个圈使得剩下的图形仍为连通图•显然，此时只需证明恰有2n-2条边的情况(若边数大于2n-2,则可每次去掉某个圈中的一条边，直至得到2n-2条边).
当n=3时，显然成立.
假设n=k时，命题成立.
考虑n=k+l时的情况.此时共有2k条边，由抽屉原理，知存在一个点4,其度数不超过［t7t1=3-
k+1」
(1)若点4的度数为1，则在图G中去掉A和该边，得到k个顶点、2：-1条边的连通图.由归纳假设，可以去掉一个圈后仍然连通,从而图G也连通，命题成立.
(2)若点4的度数为2,设4与B、C相连,则在图G中去掉4和AB^AC,若原来连接则不变，否则连上BC.此时剩下的图是连通图且不少于2k-2条边，于是，由归纳假设，可在剩下的图中去掉一个圈后保持连通，此圈若不含点B、C,则满足要求;此圈若含点B、C,原图中用AB^AC代替，满足要求•对应到图G也能满足要求，命题成立.
(3)若点4的度数为3,设4与B、C、D 相连，若B、C、D之间连有三条边，则去掉这三条边后图仍然连通，命题成立.
若B、C、D之间连有两条边，则添加第三条边并此圈若不含点B、C,则满足要求;此圈若含点B、C,原图中用AB^AC代替,满足要求，去掉4和AB^AC.AD.同样类似前面可得 命题成立.
若B、C、D之间只连有一条边或没连，若连了BC、CD,则新取图中，BC用AB^AC代替,BD用AB^AD代替,BC、BD都取则用AC、AD代替•则将它们之间的边数增加至两条并去掉4和AB^AC^AD.类以前面可得命题成立.
综上，命题得证.
(命题组提供)。