全国高中数学联赛试题(a)参考答案及详细评分标准完整版(一试+加试)
2021年全国高中数学联赛(A卷一试)(含答案与解析)
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021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．等差数列{a n }满足a 2021＝a 20+a 21＝1，则a 1的值为__________．2．设集合A ＝{1，2，m }，其中m 为实数．令B ＝{a 2｜a ∈A }，C ＝A ∪B ．若C 的所有元素之和为6，则C 的所有元素之积为__________．3．设函数f (x )满足：对任意非零实数x ，均有f (x )＝f (1)·x +()2f x－1，则f (x )在(0，+∞)上的最小值为__________．4．设函数f (x )＝cosx +log 2x （x >0），若正实数a 满足f (a )＝f (2a )，则f (2a )－f (4a )的值为__________．5．在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，B －C ＝23π，则△ABC 的面积为__________．6．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2＝2px （p >0）的焦点为F ，过Γ上一点P （异于O ）作Γ的切线，与y 轴交于点Q ．若|FP |＝2，|FQ |＝1，则向量OP 与OQ 的数量积为__________．7．一颗质地均匀的正方形骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“|a 1－a 2|+|a 2－a 3|+|a 3－a 1|＝6”发生的概率为__________．8．设有理数r ＝p q∈(0，1)，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600．这样的有理数r 的个数为__________．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．已知复数列{z n }满足：z 1＝32，z n +1＝n z (1+z n i )（n ＝1，2，…），其中i 为虚数单位．求z 2021的值．10．在平面直角坐标系中，函数y ＝11x x ++的图像上有三个不同的点位于直线l 上，且这三点的横坐标之和为0．求l 的斜率的取值范围．11．如图，正方体ABCD －EFGH 的棱长为2，在正方形ABFE 的内切圆上任取一点P 1，在正方形BCGF 的内切圆上任取一点P 2，在正方形EFGH 的内切圆上任取一点P 3．求|P 1P 2|+|P 2P 3|+|P 3P 1|的最小值与最大值．2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021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．等差数列{a n}满足a2021＝a20+a21＝1，则a1的值为__________．【答案】1981 4001【解析】2．设集合A＝{1，2，m}，其中m为实数．令B＝{a2｜a∈A}，C＝A∪B．若C的所有元素之和为6，则C的所有元素之积为__________．【答案】－8【解析】3．设函数f(x)满足：对任意非零实数x，均有f(x)＝f(1)·x+()2fx－1，则f(x)在(0，+∞)上的最小值为__________．【答案】－1【解析】4．设函数f(x)＝cosx+log2x（x>0），若正实数a满足f(a)＝f(2a)，则f(2a)－f(4a)的值为__________．【答案】－3或－1【解析】5．在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，B －C ＝23，则△ABC 的面积为__________．【答案】3314【解析】6．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2＝2px （p >0）的焦点为F ，过Γ上一点P （异于O ）作Γ的切线，与y 轴交于点Q ．若|FP |＝2，|FQ |＝1，则向量OP 与OQ 的数量积为__________．【答案】32【解析】7．一颗质地均匀的正方形骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“|a 1－a 2|+|a 2－a 3|+|a 3－a 1|＝6”发生的概率为__________．【答案】14【解析】8．设有理数r ＝p q∈(0，1)，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600．这样的有理数r 的个数为__________．【答案】112【解析】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．已知复数列{z n }满足：z 132，z n +1＝n z (1+z n i )（n ＝1，2，…），其中i 为虚数单位．求z 2021的值．【解析】10．在平面直角坐标系中，函数y ＝11x x ++的图像上有三个不同的点位于直线l 上，且这三点的横坐标之和为0．求l 的斜率的取值范围．【解析】11．如图，正方体ABCD－EFGH的棱长为2，在正方形ABFE的内切圆上任取一点P1，在正方形BCGF的内切圆上任取一点P2，在正方形EFGH的内切圆上任取一点P3．求|P1P2|+|P2P3|+|P3P1|的最小值与最大值．【解析】。
2020年全国高中数学联赛一试参考答案及评分标准(A卷)
所以 AB F1F2
a2 b2 2c
2c2
2．
2c 2
3. 设 a
0 ，函数 f (x)来自x100 x在区间
(0,
a]
上的最小值为
m1
，在区间
[a, ) 上的最小值为 m2 ．若 m1m2 2020 ，则 a 的值为
．
答案：1或100 ．
解：注意到 f (x) 在 (0,10] 上单调减，在[10, ) 上单调增．当 a (0,10]时，
．
答案：144 ．
解：令 t x a ，则关于 t 的方程 t a
2
2
t a b 恰有三个不同的实数 2
解 ti
xi
a (i 1, 2, 3) ． 2
由于 f (t) t a 2
t a 为偶函数，故方程 f (t) b 的三个实数解关于 2
数轴原点对称分布，从而必有 b f (0) 2a ．以下求方程 f (t) 2a 的实数解．
为
．
1
答案： 5 ． 解法 1：设 z a bi (a, b R) ，由条件知
Im z 2 Im (a 2) bi
zi
a (b 1)i
(a 2)(b 1) ab a2 (b 1)2
a 2b 2 a2 (b 1)2
0，
故 a 2b 2 ．从而
5 z 3 (12 22 )((a 3)2 b2 ) (a 3) 2b 5 ，
5. 在 ABC 中 ， AB 6, BC 4 ， 边 AC 上 的 中 线 长 为
sin6 A cos6 A 的值为
．
2
2
答案： 211 ． 256
解：记 M 为 AC 的中点，由中线长公式得
3_2020年全国高中数学联赛加试参考答案及评分标准(A卷)
MQ ． IB
……………30 分
从而 H , M , B, Q 四点共圆．于是有 BHQ BMQ 90 ，即 BH QH ．
……………40 分
1
二．（本题满分 40 分）给定整数 n 3 ．设 a1, a2, , a2n , b1, b2, , b2n 是 4n 个 非负实数，满足
a1 a2
a2n
A
Q
HI
P
M
B
C
证明：取 AC 的中点 N ．由 AP 3PC ，可知 P 为 NC 的中点．易知 B, I, N 共
线， INC 90 ．
由 I 为 ABC 的内心，可知 CI 经过点 Q ，且
QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，
又 M 为 BI 的中点，所以 QM BI ．进而 QM || CN ．
当 n 4 时，一方面有
n
a2k 1a2k 1
k1
另一方面，若 n 为偶数，则
n
(b2k 1
k1
b2k )
S．
n
a2k 1a2k 1 (a1 a5
k1
a2n 3 )(a3 a7
a2n 1)
T2 ， 4
其中第一个不等式是因为 (a1 a5
a2n 3 )(a3 a7
a2n 1) 展开后每一项
均非负，且包含 a2k 1a2k 1(1 k n) 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．
且对任意 i 1, 2, , 2n ，有 aiai 2 bi
求 a1 a2
a2n 的最小值．
解：记 S a1 a2
a2n b1
不失一般性，设T a1 a3
当 n 3 时，因为
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024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，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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
2020年全国高中数学联赛试题(A卷)(含解析)
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，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. 在等比数列{}n a 中，91313,1a a ，则1log 13a 的值为 ．答案：13．解：由等比数列的性质知219913aa a a ，故339121313a a a ．所以11log 133a ． 2. 在椭圆中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，12,F F 为两个焦点．若12120AF AF BF BF ，则12ABF F 的值为． 答案：2． 解：不妨设的方程为22221(0)x y a ba b ，(,0),(0,)A a B b ，1(,0)F c ，2(,0)F c ，其中22ca b ．由条件知222221212()()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ．所以2221222222AB a b c F F cc． 3. 设0a，函数100()f x xx在区间(0,]a 上的最小值为1m ，在区间[,)a 上的最小值为2m ．若122020m m ，则a 的值为 ．答案：1或100． 解：注意到()f x 在(0,10]上单调减，在[10,)上单调增．当(0,10]a 时，12(),(10)m f a m f ；当[10,)a 时，12(10),()m f m f a ．因此总有12()(10)2020f a f m m ，即100202010120aa，解得1a或100a ．4. 设z 为复数．若2iz z 为实数（i 为虚数单位），则3z 的最小值为 ．答案． 解法1：设i(,)R z ab a b ，由条件知22222(2)i(2)(1)22Im Im0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ，故22a b ．从而22223(12)((3))(3)25zab ab，即35z．当2,2a b 时，3z 取到最小值解法2：由2iR z z 及复数除法的几何意义，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3z 的最小值即为平面直角坐标系xOy 中的点(3,0)到直线220xy 223252．5. 在ABC 中，6,4AB BC ，边AC 上的中线长为，则66sin cos 22A A 的值为 ．答案：211256．解：记M 为AC 的中点，由中线长公式得222242()BM AC AB BC ， 可得222(64)4108AC．由余弦定理得2222228647cos 22868CA AB BC A CA AB ，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A= 22222sin cos 3sin cos 2222A A A A231sin 4A213211cos 44256A． 6. 正三棱锥P ABC 的所有棱长均为1，,,L M N 分别为棱,,PA PB PC 的中点，则该正三棱锥的外接球被平面LMN 所截的截面面积为 ．答案：3． 解：由条件知平面LMN 与平面ABC 平行，且点P 到平面,LMN ABC 的距离之比为1:2．设H 为正三棱锥P ABC 的面ABC 的中心， PH 与平面LMN 交于点K ，则PH 平面ABC ，PK 平面LMN ，故12PK PH ．正三棱锥P ABC 可视为正四面体，设O 为其中心（即外接球球心），则O在PH 上，且由正四面体的性质知14OH PH ．结合12PK PH 可知OK OH ，即点O 到平面,LMN 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ABC 的外接圆面积，即233AB ．7. 设,0a b，满足：关于x 的方程||||x x a b 恰有三个不同的实数解123,,x x x ，且123x x x b ，则a b 的值为 ．答案：144． 解：令2at x，则关于t 22a a ttb 恰有三个不同的实数解(1,2,3)2iia t x i ．由于()22a af t tt为偶函数，故方程()f t b 的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必有(0)2bf a ．以下求方程()2f t a 的实数解．当2at时，22()4222a a f t t t a a t a ，等号成立当且仅当0t ；当2at 时，()f t 单调增，且当58a t 时()2f t a ；当2a t时，()f t 单调减，且当58at 时()2f t a ．从而方程()2f t a 恰有三个实数解12355,0,88t a t t a ． 由条件知3328a ab x t ，结合2ba 得128a ． 于是91448aa b ．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．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．答案：120．解：用{,}i j 表示写有,i j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}i j (15)i j ． 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6264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{1,2},{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号盒已有{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0133C C 4种放法． 因此612414N ．由对称性，在情况二下有456N 种好的放法． 综上，好的放法共有6456120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ABC 中，2sin 2A ．求cos 2cosBC 的取值范围．解：记cos 2cos fBC ． 由条件知4A 或34A ． …………………4分当4A 时，34B C ，其中304C，此时 3cos 2cos 4f C C 22sin cos 22C C sin (0,1]4C ． …………………8分当34A 时，4B C ，其中04C，此时 cos 2cos 4f C C 232sin cos 22C C 5sin()C ， 其中arctan 3． …………………12分 注意到42，，函数()5sin ()g x x 在0,2上单调增，在,24上单调减，又32(0)224g g，52g，故(2,5]f．综上所述，cos 2cos f BC 的取值范围是(0,1](2,5]．…………………16分10. （本题满分20分）对正整数n 及实数(0)x x n ，定义[][]1(,)(1{})C {}C x x n n f n x x x ，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x ．若整数,2m n 满足121,,,123mn f m f m f m n n n，求121,,,mn f n f n f n m m m 的值． 解：对0,1,,1k m ，有111111111,C 1+C C C 2n n n k k k k m m m mi i i i i i n f m k n n n ． …………………5分 所以121,,,mn f m f m f m n nn 111101C ,m m n jm j k i i f m kn11100122C C 2m m mk k m m k k n1222121(21)12m mm m n n ．……………10分 同理得121,,,mn f n f n f n m m m(21)1n m ． 由条件知(21)1123m n ，即(21)124m n ，故(21)124m ．又2m ，所以21{3,7,15,31,63,127,}m ，仅当5m 时，2131m 为124的约数，进而有124431n ．进而121,,,mn f n f n f n m mm4(21)5174．…………………20分11. （本题满分20分）在平面直角坐标系中，点,,A B C 在双曲线1xy 上，满足ABC 为等腰直角三角形．求ABC 的面积的最小值．解：不妨设等腰直角ABC 的顶点,,A B C 逆时针排列，A 为直角顶点．设(,)ABs t ，则(,)ACt s ，且ABC 的面积222122ABCs t SAB ． …………………5分注意到A 在双曲线1xy上，设1,A a a，则11,,,B a s t C a t s a a．由,B C 在双曲线1xy 上，可知11()()1a s t a t s a a，这等价于sat st a ， ① tas st a．②由①、②相加，得()0s ta ts a，即2t sa t s． ③由①、②相乘，并利用③，得2222221s t s t at as a st s t a a a 2222224t s t s st st s t st st t s t s s t22222()s t s t ． …………………10分所以由基本不等式得2224222222222221()()22()4s t s t s t s t s t s t32222222226122()()43108s t s t s t s t ，④故2210863s t ． …………………15分以下取一组满足条件的实数(,,)s t a ，使得2263s t （进而由,,s t a 可确定一个满足条件的ABC ，使得22332ABCs t S）．考虑④的取等条件，有222222()s t s t ，即2223s t．不妨要求0st ，结合2263s t ，得3(31),3(31)s t ．由①知0a，故由③得tsa ts，其中3131312t s s ，从而有312312a．综上，ABC 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，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．（本题满分40分）如图，在等腰ABC 中，AB BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC ，PI 延长线上一点H 满足MHPH ，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BHQH ．证明：取AC 的中点N ．由3AP PC ，可知P 为NC 的中点．易知,,B I N 共线，90INC ．由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，又M 为BI 的中点，所以QM BI ．进而||QM CN ． ……………10分考虑HMQ 与HIB ．由于MH PH ，故90HMQ HMI HIB ．又90IHM INP ，故HM NPHI NI，于是 1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB．所以HMQ ∽HIB ，得HQMHBI ． ……………30分 从而,,,H M B Q 四点共圆．于是有90BHQBMQ ，即BH QH ． ……………40分二．（本题满分40分）给定整数3n ．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b ， 且对任意1,2,,2i n ，有21i i i i a a b b （这里211222211,,n nna a a ab b ）．求122n a a a 的最小值．解：记122122n n Sa a ab b b ． 不失一般性，设13212nS T a a a ． 当3n时，因为32212113k kk Ta a 2221335511()()()02a a a a a a ，故结合条件可知233221212121133()34k k k k k k S T a a b b S ． 又0S ，所以12S ．当2(16)i i a b i 时，S 取到最小值12． ……………10分当4n时，一方面有212121211()nnk kkk k k a a b b S ．另一方面，若n 为偶数，则22121152337211()()4nk kn n k T a a a a a a a a ， 其中第一个不等式是因为15233721()()n n a a a a a a 展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n 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13a a ，则12121212121311n n k k k kn k k a a a a a a215213723()()4n n T a a a a a a ． 从而总有2221211416nk k k T S S a a ．又0S ，所以16S ． ……………30分 当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n 时，S 取到最小值16．综上，当3n 时，S 的最小值为12；当4n 时，S 的最小值为16．……………40分三．（本题满分50分）设12121,2,2,3,4,n nn a a a a a n．证明：对整数5n，n a 必有一个模4余1的素因子．证明：记12,12，则易求得nnna ．记2nnn b ，则数列{}n b 满足122(3)n nn b b b n． ①因121,3b b 均为整数，故由①及数学归纳法，可知{}n b 每项均为整数．……………10分 由222()22nn nnn ，可知222(1)(1)n n n b a n ．② ……………20分当1n 为奇数时，由于1a 为奇数，故由{}n a 的递推式及数学归纳法，可知na 为大于1的奇数，所以n a 有奇素因子p ．由②得21(mod )nb p ，故112(1)(mod )p p nbp ．又上式表明(,)1n p b ，故由费马小定理得11(mod )pn b p ，从而12(1)1(mod )p p ．因2p，故必须12(1)1p ，因此1(mod 4)p ． ……………30分 另一方面，对正整数,m n ，若|m n ，设n km ，则(1)(2)(2)(1)()nnmmk m k m m m k m k mna1(212)(212)01(22)(22)0()(),2,()()(),2 1.l im l i m l i mmi l im l i m li mlmmi a k l a kl因2s ss b 为整数（对正整数s ），1为整数，故由上式知n a 等于ma 与一个整数的乘积，从而|m n a a ． 因此，若n 有大于1的奇因子m ，则由前面已证得的结论知m a 有素因子1(mod 4)p，而|m n a a ，故|n p a ，即n a 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2(3)l n l ，因84082417a 有模4余1的素因子17，对于4l，由8|2l 知82|l a a ，从而2la 也有素因子17．证毕． ……………50分四．（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．解：将20边形换成2n 边形，考虑一般的问题． 对凸2n 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1e ，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1e 两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T 的另一条边2e ，端点分别在1e 的两侧，又P 是凸多边形，故1e 与2e 在P 的内部相交，这与T 是三角剖分图矛盾． ……………10分记()f T 为T 的完美匹配的个数．设11F =，22F =，对2k ≥，21k k k F F F ++=+，是Fibonacci 数列． 下面对n 归纳证明: 若T 是凸2n 边形的任意一个三角剖分图，则()n f T F ≤．设122n P A A A =是凸2n 边形．从P 的2n 条边中选n 条边构成完美匹配，恰有两种方法，1234212,,,n n A A A A A A −或2345222121,,,,n n n A A A A A A A A −−．当2n =时，凸四边形P 的三角剖分图T 没有偶弦，因此T 的完美匹配只能用P 的边，故2()2f T F ==．当3n =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()2f T =．若T 含有偶弦，不妨设是14A A ，选用14A A 的完美匹配是唯一的，另两条边只能是2356,A A A A ，此时()3f T =．总之3()3f T F ≤=．结论在2,3n =时成立．假设4n ≥，且结论在小于n 时均成立．考虑凸2n 边形122n P A A A =的一个三角剖分图T ．若T 没有偶弦，则同上可知()2f T =．对于偶弦e ，记e 两侧中P 的顶点个数的较小值为()w e ．若T 含有偶弦，取其中一条偶弦e 使()w e 达到最小．设()2w e k =，不妨设e 为221n k A A +，则每个(1,2,,2)i A i k =不能引出偶弦．事实上，假设i j A A 是偶弦，若{22,23,,21}j k k n ∈++−，则i j A A 与e 在P的内部相交，矛盾．若{1,2,,21,2}j k n ∈+，则()2i j w A A k <，与()w e 的最小性矛盾．又由（*）知完美匹配中没有奇弦，故122,,,k A A A 只能与其相邻顶点配对，特别地，1A 只能与2A 或2n A 配对．下面分两种情况．情形1：选用边12A A ．则必须选用边34212,,k k A A A A −．注意到221n k A A +的两侧分别有2,222k n k −−个顶点，221222()2n k n k w A A k +−−≥=，而4n ≥，因此5226n k −≥．在凸22n k −边形121222k k n P A A A ++=上，T 的边给出了1P 的三角剖分图1T ，在T 中再选取n k −条边12,,,n k e e e −，与1234212,,,k k A A A A A A −一起构成T 的完美匹配，当且仅当12,,,n k e e e −是1T 的完美匹配．故情形1中的T 的完美匹配个数等于1()f T ． ……………20分 情形2：选用边12n A A ．则必须选用边23221,,k k A A A A +．在凸222n k −−边形2222321k k n P A A A ++−= 中构造如下的三角剖分图2T ：对2221k i j n +≤<≤−，若线段i j A A 是T 的边，则也将其作为2T 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2P 的对角线，得到一个2P 的三角剖分图2T ，它包含了T 的所有在顶点222321,,,k k n A A A ++−之间的边．因此每个包含边2123221,,,n k k A A A A A A +的T 的完美匹配，其余的边必定是2T 的完美匹配．故情形2中的T 的完美匹配个数不超过2()f T ．由归纳假设得1()n k f T F −≤，21()n k f T F −−≤，结合上面两种情形以及1k ≥，有 1211()()()n k n k n k n f T f T f T F F F F −−−−+≤+≤+=≤．……………40分 下面说明等号可以成立．考虑凸2n 边形122n A A A 的三角剖分图n ∆: 添加对角线222332121442232,,,,,,,n n n n n n n n n A A A A A A A A A A A A A A −−−++．重复前面的论证过程，2()2f ∆=，3()3f ∆=．对n ∆，4n ≥，考虑偶弦3n A A ．情形1，用12A A ，由于在凸22n −边形342n A A A 中的三角剖分图恰是1n −∆，此时有1()n f −∆个T 的完美匹配．情形2，用12n A A ，由于在凸24n −边形4521n A A A −中T 的边恰构成三角剖分图2n −∆，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2()n f −∆ ．从而对4n ≥，有 12()()()n n n f f f −−∆=∆+∆．由数学归纳法即得()n n f F ∆=．结论得证．因此，对凸20边形P ，()f T 的最大值等于1089F =．……………50分。
2020年全国高中数学联赛A卷一试真题+答案
2020年全国高中数学联赛A 卷一试一、填空题1. 在等比数列{}n a 中，139=a ，113=a ，则13log 1a 的值为__________.2. 在椭圆Γ中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，21,F F 为两个焦点. 若02121=⋅+⋅BF BF AF AF ，则21F F AB 的值为__________. 3. 设0>a ，函数()xx x f 100+=在区间(]a ,0上的最小值为1m ，在区间[)+∞,a 上的最小值为2m .若202021=m m ，则a 的值为__________.4. 设z 为复数，若iz z --2为实数（i 为虚数单位），则3+z 的最小值为 . 5. 在ABC ∆中，6=AB ，4=BC ，边AC 上的中线长为10，则2cos 2sin 66A A +的值为________. 6. 正三棱锥ABC P -的所有棱长均为1，N M L ,,分别为棱PC PB PA ,,的中点，则该正三棱锥的外接球被平面LMN 所截的截面面积为__________.7. 设0,>b a ，满足：关于x 的方程b a x x =++恰有三个不同的实数解321,,x x x ，且b x x x =<<321，则b a +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.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j i ,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9. 在ABC ∆中，22sin =A .求CB cos 2cos +的取值范围.10. 对正整数n 及实数x （n x <≤0），定义(){}()[]{}[]11,+⋅+⋅-=x n x n C x C x x n f ，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x -=.若整数2,≥n m 满足1231,2,1,=⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛n mn m f n m f n m f ，求⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛m mn n f m n f m n f 1,2,1,的值.11. 在平面直角坐标系中，点C B A ,,在双曲线1=xy 上，满足ABC ∆为等腰直角三角形.求ABC ∆的面积的最小值.。
2022年全国高中数学联赛加试A卷参考答案
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022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，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．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，90ABC ADC ，对角线BD 上一点P 满足2APB CPD ，线段AP 上两点,X Y 满足2AXB ADB ，2AYD ABD ．证明：2BD XY ．Y XDBCPA证明：注意90ABC ADC ，取AC 的中点O ，则O 为凸四边形ABCD 的外心．显然,P B 在AC 的同侧（否则2APB CPD CPD ，不合题意）．根据条件，可知2,2AXB ADB AOB AYD ABD AOD ，分别得到,,,A O X B 四点共圆，,,,A Y O D 四点共圆． ………………10分因此OXA OBA CAB CDB ，OYP ODA CAD CBD ，所以OXY CDB ∽． ………………20分M LK Y X DBCP AO设OM AP 于点M ，CK AP 于点K ，CL BD 于点L ． 由O 为AC 的中点，得2CK OM ．由于2KPL APB CPD ，即有PC 平分KPL ，故CK CL ．………………30分考虑到,OM CL 是相似三角形,OXY CDB 的对应边,XY DB 上的高，从而12XY OM OM BD CL CK ， 即有2BD XY ． ………………40分二．（本题满分40分）设整数(1)n n 恰有k 个互不相同的素因子，记n 的所有正约数之和为()n ．证明：()(2)!n n k ．证法1：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)i i i im p p i k ，则1()ki i n m ．我们证明2(1,2,,)i n k km i k ．①事实上，111i i i ii i m p p p 11122i i i p 12212i i i i i p p (1,2,,)i k ． ………………10分所以11,222122i ji i kk j j j inn nm p kp， 最后一步是因为11121C (2)k k k k 以及021 ．故①成立．………………20分由①可知，对每个1,2,,i k ，在1,2,,2n k 中至少有k 个i m 的倍数．从而1,2,,2n k 中可找到两两不同的正整数12,,,k t t t ，它们分别是12,,,k m m m 的倍数．因此1()ki i n m 整除(2)!n k ． ………………40分证法2：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)ii i im p p i k ，则1()ki i n m ．令1(1,2,,)jj i i S m j k ，00S ．我们证明以下两个结论：（1）()!k n S ；（2）2k S n k ．结论（1）的证明：对1,2,,i k ，连续i m 个整数111,2,,i i i S S S 中必存在i m 的倍数，故11(1)(2)Z i i iiS S S m ．从而111(1)(2)Z ki i ii i S S S m ，这等价于()!k n S ．………………10分结论（2）的证明：对1,2,,i k ，有111ii i ii i m p p p 11122i i i p 12212i ii i i p p． ②………………20分记(1,2,,)i i i p i k ，则2i ．反复利用“若,2a b ≥，则ab a b ≥+”，可得11kki i i i n ，结合②得111(21)22kkkk i i i i i i S m k n k ．由结论（1）、（2），原题得证． ………………40分三．（本题满分50分）设12100,,,a a a 是非负整数，同时满足以下条件： （1）存在正整数100k ，使得 12k a a a ，而当i k 时0i a ； （2）123100100a a a a ； （3）123100*********a a a a ． 求22212310023100a a a a 的最小可能值．解法1：当121819202122231000,19,40,41,0a a a a a a a a a ===========，21k =时，符合题设三个条件，此时10023221192040214140940ii i a==+×+×=∑． ………………10分下面证明这是最小可能值．首先注意21k ≥．否则，若20k ≤，则100111202000kki i i i i i ia ia a ===≤≤∑∑∑，这与条件（3）矛盾． 根据条件（2）、（3），有100100100100221111(20)40400iiiii i i i i a i a ia a ====−+−∑∑∑∑10021(20)40880ii i a ==−+∑． 当2040a ≤时，100100100222011,1,2020(20)(20)10060i iii i i i i i a i a aa ==≠≠−=−≥=−≥∑∑∑，故1002140940ii i a=≥∑． ………………30分当2041a ≥时，由21k ≥及条件（1）可知2141a ≥，故10010010010021111(19)(20)39380iiiii i i i i a i i a ia a ====−−+−∑∑∑∑1001(19)(20)40858i i i i a ==−−+∑21(2119)(2120)4085840940a ≥−−+≥．综上，所求最小值为40940． ………………50分 解法2：对于满足题目条件的非负整数12100,,,a a a ，可对应地取100个正整数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ ，其中恰有1a 个1，2a 个2，……，100a 个100（条件（2）保证恰好是100个数）．条件（1）、（3）分别转化为以下条件（A ）、（B ）：（A ） 存在正整数100k ≤，12100,,,x x x 中不含大于k 的数，且1的个数，2的个数，……，k 的个数依次（非严格地）递增；（B ） 100100112022j i j i x ia ===∑∑，即12100,,,x x x 的平均值为20.22µ=．注意到1001002211i j i j i a x ==∑∑，故题目转化为：100个数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ 满足条件（A ）和（B ），求10021j j x =∑的最小值．当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，1002140940j j x ==∑．………………10分下面证明10021j j x =∑的值至少为40940．由于100100100100222221111()1002100()jjj j j j j j x xx x µµµµµ====−−+=+−∑∑∑∑，故转化为考虑10021()j j x µ=−∑的最小值．由20.22µ=知存在21j x ≥，也存在20j x ≤．设12100,,,x x x 中有a 个21j x ≥，b 个20j x =及c 个19j x ≤．由条件（A ）可知a b ≥．我们放宽条件（A ）至条件（A ′）：a b ≥．在条件（A ′）、（B ）下，证明最小值仍是在19个19，40个20，41个21时取到． ………………20分由于满足（A ′）、（B ）的12100,,,x x x 的取法只有有限种，选取平方和最小的一组12100,,,x x x ．若19c ≥，注意到100a b c ++=及a b ≥，有10022221()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥++∑ 2221001000.780.22 1.2222c c c −− ≥⋅+⋅+2220.78410.2240 1.2219≥×+×+×．………………30分若18c ≤，则82a b +≥．此时有0c >，因为若0c =，则j x 的平均值不小于20.5，与条件（B ）不符．亦有0b >．否则，假如0b =，则由82a ≥及0c >知，可取一个20i x <和一个20j x >，替换为1i x +和1j x −，平均值不变，但2222(1)(1)i j i j x x x x ++−<+，平方和变小，a 至多减少1，b 至多增加2，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．又假如存在一个18i x ≤，则由0b >知可取一个20j x =，将,i j x x 替换为1i x +和1j x −，类似可知平均值不变，平方和减小，且b 减少1，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．所以c 个19j x ≤都等于19．但此时1001()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥−−∑1001000.780.22 1.2222c c c −−≥⋅−⋅− 0.78410.2241 1.22180≥×−×−×>，与条件（B ）矛盾．所以当且仅当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，10021()j j x µ=−∑取得最小值，相应地，1001002211i j i j i a x ==∑∑取到最小值40940． ………………50分四．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数t ：将100100 的方格纸的每个小方格染为某一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过104，则存在一个1t 或1t 的矩形，其中t 个小方格含有至少三种不同颜色．解：答案是12．将方格纸划分成100个1010×的正方形，每个正方形中100个小方格染同一种颜色，不同的正方形染不同的颜色，这样的染色方法满足题目条件，且易知任意111×或111×的矩形中至多含有两种颜色的小方格．因此12t ≥．………………10分下面证明12t =时具有题述性质．我们需要下面的引理．引理：将1100×的方格表X 的每个小方格染某一种颜色，如果以下两个条件之一成立，那么存在一个112×的矩形，其中含有至少三种颜色．（1）X 中至少有11种颜色．（2）X 中恰有10种颜色，且每种颜色恰染了10个小方格． 引理的证明：用反证法，假设结论不成立．取每种颜色小方格的最右边方格，设分别在（从左往右）第12kx x x <<< 格，分别为12,,,k c c c 色，则对2i k ≤<，有111i i x x −−≥．这是因为若110i i x x −−≤，则从第1i x −格至第1i x +格（不超过12格）中至少含有三种不同颜色（第1i x −格为1i c −色，第i x 格为i c 色，第1i x +格一定不同于1,i i c c −色），与假设不符．若条件（1）成立，则11k ≥，于是10111911100,100x x x ≥+×≥>，矛盾．因此在条件（1）下结论成立．若条件（2）成立，考虑第11x +格至第111x +格，因每种颜色的方格至多10个，故这11个方格至少含有两种颜色，且均不同于1c 色，则从第1x 至第111x +格中至少含有三种颜色，与条件（2）不符．因此在条件（2）下结论也成立．引理得证． ………………20分 回到原问题，设12,,,k c c c 为出现的所有颜色．对1i k ≤≤，记i s 为含有i c 色小方格的个数，i u 为含有i c 色小方格的行的个数，i v 为含有i c 色小方格的列的个数．由条件知104i s ≤．又显然i i i u v s ≥，等号成立当且仅当含有i c 色小方格的所有行与列的交叉位置上都是i c 色小方格．下面证明：15i i i u v s +≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． 若21i i u v +≥，则由104i s ≤知15i i i u v s +>；若20i i u v +≤，则2()2055i i i i ii i u v u v s u v ++≥≥≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． ………………30分 于是111()20005k ki i i i i u v s =+≥=∑∑．若1()2000ki i i u v =+>∑，由抽屉原理知，存在一行或者一列至少含有11种颜色的小方格．若1()2000ki i i u v =+=∑，则由等号成立的条件，可知每种颜色恰染100格，且是10行与10列交叉位置，因此每一行每一列中恰有10种颜色的方格，每种颜色的方格恰有10个．由引理可知这两种情况都导致存在112×或121×的矩形含有至少三种颜色的小方格．综上所述，所求最小的t 为12． ………………50分。
全国高中数学联赛一试试题
全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准（A 卷）说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9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，不要增加其他中间档次．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5分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．函数254()2x x f x x-+=-在(,2)-∞上的最小值是 （ C ）A ．0B ．1C ．2D ．3[解] 当2x <时，20x ->，因此21(44)1()(2)22x x f x x x x+-+==+---12(2)2x x ≥⋅--2=，当且仅当122x x=--时上式取等号．而此方程有解1(,2)x =∈-∞，因此()f x 在(,2)-∞上的最小值为2．2．设[2,4)A =-，2{40}B x x ax =--≤，若B A ⊆，则实数a 的取值范围为 （ D ） A ．[1,2)- B ．[1,2]- C ．[0,3] D ．[0,3) [解] 因240x ax --=有两个实根21424a a x =+22424a a x =+故B A ⊆等价于12x ≥-且24x <，即24224a a +≥-且24424a a +， 解之得03a ≤<．3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互，则比赛停止时已打局数ξ的期望E ξ为 （ B ） A. 24181 B. 26681 C. 27481D. 670243[解法一] 依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为22215()()339+=．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有5(2)9P ξ==，4520(4)()()9981P ξ===，2416(6)()981P ξ===，故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=．[解法二] 依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6.令k A 表示甲在第k 局比赛中获胜，则k A 表示乙在第k 局比赛中获胜． 由性与互不相容性得12125(2)()()9P P A A P A A ξ==+=， 1234123412341234(4)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++332112202[()()()()]333381=+=，1234123412341234(6)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++2221164()()3381==，故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=．4．若三个棱长均为整数（单位：cm ）的正方体的表面积之和为564 cm 2，则这三个正方体的体积之和为 （ A ） A. 764 cm 3或586 cm 3 B. 764 cm 3 C. 586 cm 3或564 cm 3 D. 586 cm 3[解] 设这三个正方体的棱长分别为,,a b c ，则有()2226564a b c ++=，22294a b c ++=，不妨设110a b c ≤≤≤<，从而2222394c a b c ≥++=，231c >．故610c ≤<．c 只能取9，8，7，6．若9c =，则22294913a b +=-=，易知2a =，3b =，得一组解(,,)(2,3,9)a b c =． 若8c =，则22946430a b +=-=，5b ≤．但2230b ≥，4b ≥，从而4b =或5．若5b =，则25a =无解，若4b =，则214a =无解．此时无解．若7c =，则22944945a b +=-=，有唯一解3a =，6b =．若6c =，则22943658a b +=-=，此时222258b a b ≥+=，229b ≥．故6b ≥，但6b c ≤=，故6b =，此时2583622a =-=无解．综上，共有两组解2,3,9a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩或3,6,7.a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩体积为3331239764V =++=cm 3或3332367586V =++=cm 3．5．方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为 （ B ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4[解] 若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③ 由①得1x y=-，代入③化简得3(1)(1)0y y y ---=. 易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①得1x =-，由②得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩6．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则sin cot cos sin cot cos A C AB C B++的取值范围是（ C ）A. (0,)+∞B. 51(0,)2C. 5151()-+D. 51()-+∞[解] 设,,a b c 的公比为q ，则2,b aq c aq ==，而sin cot cos sin cos cos sin sin cot cos sin cos cos sin A C A A C A CB C B B C B C++=++ sin()sin()sin sin()sin()sin A C B B bq B C A A aππ+-=====+-．因此，只需求q 的取值范围．因,,a b c 成等比数列，最大边只能是a 或c ，因此,,a b c 要构成三角形的三边，必需且只需a b c +>且b c a +>．即有不等式组22,a aq aq aq aq a ⎧+>⎪⎨+>⎪⎩即2210,10.q q q q ⎧--<⎪⎨+->⎪⎩ 解得1551,225151.22q q q ⎧-<<⎪⎪⎨⎪><-⎪⎩或 5151q -+<<，因此所求的取值范围是5151(-+． 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．设()f x ax b =+，其中,a b 为实数，1()()f x f x =，1()(())n n f x f f x +=，1,2,3,n =，若7()128381f x x =+，则a b += 5 . [解] 由题意知12()(1)n n n n f x a x a a a b --=+++++11n na a xb a -=+⋅-，由7()128381f x x =+得7128a =，713811a b a -⋅=-，因此2a =，3b =，5a b +=．8．设()cos 22(1cos )f x x a x =-+的最小值为12-，则a =23-+[解] 2()2cos 122cos f x x a a x =---2212(cos )2122a x a a =----，(1) 2a >时，()f x 当cos 1x =时取最小值14a -； (2) 2a <-时，()f x 当cos 1x =-时取最小值1； (3) 22a -≤≤时，()f x 当cos 2a x =时取最小值21212a a ---． 又2a >或2a <-时，()f x 的最小值不能为12-，故2112122a a ---=-，解得23a =-+23a =-舍去)．9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用*表示名额．如||||********表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“*”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于24226+=个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“*”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有223C 253=种． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为123,,x x x ，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程12324x x x ++=．的正整数解的个数，即方程12321x x x ++=的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：2121232323H C C 253===． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． 10．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足：1(1)n n n S a n n -+=+，1,2,n =，则通项n a =112(1)n n n -+． [解] 1111(1)(2)(1)n n n n n n n a S S a a n n n n +++-=-=--++++，即 2n n a n n n n n n a ++++-++-+=+)1(111)2)(1(221=)1(1)2)(1(2+++++-n n a n n n ， 由此得 2)1(1))2)(1(1(1++=++++n n a n n a n n ． 令1(1)n n b a n n =++，111122b a =+= (10a =)，有112n n b b +=，故12n n b =，所以)1(121+-=n n a n n ． 11．设()f x 是定义在R 上的函数，若(0)2008f = ，且对任意x ∈R ，满足(2)()32x f x f x +-≤⋅，(6)()632x f x f x +-≥⋅，则)2008(f =200822007+．[解法一] 由题设条件知(2)()((4)(2))((6)(4))((6)())f x f x f x f x f x f x f x f x +-=-+-+-+-+++-24323263232x x x x ++≥-⋅-⋅+⋅=⋅， 因此有(2)()32x f x f x +-=⋅，故(2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)f f f f f f f f =-+-++-+2006200423(2221)(0)f =⋅+++++10031413(0)41f +-=⋅+-200822007=+． [解法二] 令()()2x g x f x =-，则2(2)()(2)()2232320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≤⋅-⋅=，6(6)()(6)()226326320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≥⋅-⋅=，即(2)(),(6)()g x g x g x g x +≤+≥，故()(6)(4)(2)()g x g x g x g x g x ≤+≤+≤+≤， 得()g x 是周期为2的周期函数，所以200820082008(2008)(2008)2(0)222007f g g =+=+=+．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46球永远不可能接触到的容器内壁的面积是723．[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r ，作平面111A B C //平面ABC ，与小球相切于点D ，则小球球心O 为正四面体111P A B C -的中心，111PO A B C ⊥面，垂足D 为111A B C 的中心．因11111113P A B C A B C V S PD -∆=⋅1114O A B C V -=⋅111143A B C S OD ∆=⋅⋅⋅，故44PD OD r ==，从而43PO PD OD r r r =-=-=．记此时小球与面PAB 的切点为1P ，连接1OP ，则222211(3)22PP PO OP r r r=--=．答13图答12图 2 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB )相切时的情况，易知小球在面PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为1P EF ，如答12图2．记正四面体 的棱长为a ，过1P 作1PM PA ⊥于M ． 因16MPP π∠=，有113cos 226PM PP MPP r r =⋅==，故小三角形的边长1226PE PA PM a r =-=-． 小球与面PAB 不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）1PAB P EF S S ∆∆-223(26))a a r =--23263ar r =-． 又1r =，46a =124363183PAB PEF S S ∆∆-= 由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723 三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13．已知函数|sin |)(x x f =的图像与直线y kx = )0(>k 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，求证：2cos 1sin sin 34ααααα+=+． [证] ()f x 的图象与直线y kx =)0(>k 的三个交点如答13图所示，且在3(,)2ππ内相切，其切点为(,sin )A αα-，3(,)2παπ∈． …5分由于()cos f x x '=-，3(,)2x ππ∈，所以sin cos ααα-=-，即tan αα=． …10分 因此cos cos sin sin 32sin 2cos αααααα=+ 14sin cos αα=…15分22cos sin 4sin cos αααα+=21tan 4tan αα+=214αα+=． …20分 14．解不等式121086422log (3531)1log (1)x x x x x ++++<++．[解法一] 由44221log (1)log (22)x x ++=+，且2log y 在(0,)+∞上为增函数，故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+．即 1210864353210x x x x x +++-->． …5分 分组分解 12108x x x +- 1086222x x x ++- 864444x x x ++- 642x x x ++- 4210x x ++->，864242(241)(1)0x x x x x x +++++->， …10分所以 4210x x +->， 221515()(022x x ----->． …15分 所以215x -+>，即152x -+<-152x -+> 故原不等式解集为5151(,)(,)22---∞-+∞． …20分 [解法二] 由44221log (1)log (22)x x ++=+，且2log y 在(0,)+∞上为增函数，故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+． (5)分 即6422232262133122(1)2(1)x x x x x x x x+<+++++=+++， )1(2)1()1(2)1(232232+++<+x x xx ， …10分题15图令3()2g t t t =+，则不等式为221()(1)g g x x<+， 显然3()2g t t t =+在R 上为增函数，由此上面不等式等价于2211x x <+， …15分 即222()10x x +->，解得251x ->(251x +<舍去)，故原不等式解集为5151(,)(,)22---∞-+∞． …20分 15．如题15图，P 是抛物线22y x =上的动点，点B C ,在y 轴上，圆22(1)1x y -+=内切于PBC ∆，求PBC ∆面积的最小值．[解] 设00(,),(0,),(0,)P x y B b C c ，不妨设b c >．直线PB 的方程:00y by b x x --=， 化简得 000()0y b x x y x b --+=．又圆心(1,0)到PB 的距离为1，0022001()y b x b y b x-+=-+ ， …5分故22222000000()()2()y b x y b x b y b x b -+=-+-+，易知02x >，上式化简得2000(2)20x b y b x -+-=，同理有2000(2)20x c y c x -+-=． …10分 所以0022y b c x -+=-，002x bc x -=-，则22200020448()(2)x y x b c x +--=-．因00(,)P x y 是抛物线上的点，有2002y x =，则22204()(2)x b c x -=-，0022x b c x -=-． …15分 所以00000014()(2)4222PBC x S b c x x x x x ∆=-⋅=⋅=-++-- 2448≥=．当20(2)4x -=时，上式取等号，此时004,22x y ==±．因此PBC S 的最小值为8． …20分。
2023年全国高中数学联合竞赛一试(A)卷参考答案及评分标准
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023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，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. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ．答案：2．解：22910181nnnnz z．因21812023z ，而当3n 时，181132023nn n z，故n 的最大值为2．2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z”发生的概率为 ． 答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为 ．答案：23．解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y，则由2||得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b ax y xy a b． 取3,2a b ，此时6x y ，||取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k．上述解亦可写成2()36Z k x k，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为192219202013036326k k． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a ．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()a b c f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ．椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．AB C D EFGH答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P-1 G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、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）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ．……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）．显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分XFEB DCA由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD． ……………15分 于是 的高221352h AA AD． 又43ABC S ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ．②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分。
2020年全国高中数学联合竞赛一试试题及答案(A卷)
2020年全国高中数学联合竞赛 一试试题参考答案及评分标准（A 卷）说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9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，不要增加其他中间档次．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5分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．函数254()2x x f x x-+=-在(,2)-∞上的最小值是 （ C ）A ．0B ．1C ．2D ．3[解] 当2x <时，20x ->，因此21(44)1()(2)22x x f x x x x+-+==+---2≥2=，当且仅当122x x=--时上式取等号．而此方程有解1(,2)x =∈-∞，因此()f x 在(,2)-∞上的最小值为2．2．设[2,4)A =-，2{40}B x x ax =--≤，若B A ⊆，则实数a 的取值范围为（ D ）A ．[1,2)-B ．[1,2]-C ．[0,3]D ．[0,3)[解] 因240x ax --=有两个实根 12a x =22a x =故B A ⊆等价于12x ≥-且24x <，即22a ≥-且42a ，解之得03a ≤<．3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数ξ的期望E ξ为 （ B ） A ．24181 B ．26681 C ．27481 D ．670243[解法一] 依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 22215()()339+=．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 5(2)9P ξ==，4520(4)()()9981P ξ===， 2416(6)()981P ξ===，故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=． [解法二] 依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6.令k A 表示甲在第k 局比赛中获胜，则k A 表示乙在第k 局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得12125(2)()()9P P A A P A A ξ==+=， 1234123412341234(4)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++332112202[()()()()]333381=+=，1234123412341234(6)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++2221164()()3381==，故520162662469818181E ξ=⨯+⨯+⨯=． 4．若三个棱长均为整数（单位：cm ）的正方体的表面积之和为564 cm 2，则这三个正方体的体积之和为 （ A ） A ．764 cm 3或586 cm 3B ．764 cm 3C ．586 cm 3或564 cm 3D ．586 cm 3[解] 设这三个正方体的棱长分别为,,a b c ，则有()2226564a b c ++=，22294a b c ++=，不妨设110a b c ≤≤≤<，从而2222394c a b c ≥++=，231c >．故610c ≤<．c 只能取9，8，7，6．若9c =，则22294913a b +=-=，易知2a =，3b =，得一组解(,,)(2,3,9)a b c =． 若8c =，则22946430a b +=-=，5b ≤．但2230b ≥，4b ≥，从而4b =或5．若5b =，则25a =无解，若4b =，则214a =无解．此时无解． 若7c =，则22944945a b +=-=，有唯一解3a =，6b =．若6c =，则22943658a b +=-=，此时222258b a b ≥+=，229b ≥．故6b ≥，但6b c ≤=，故6b =，此时2583622a =-=无解．综上，共有两组解2,3,9a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩或3,6,7.a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩体积为3331239764V =++=cm 3或3332367586V =++=cm 3．5．方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为（ B ）A ．1B ．2C ．3D ．4[解] 若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③ 由①得1x y=-，代入③化简得3(1)(1)0y y y ---=. 易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①得1x =-，由②得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩ 6．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则sin cot cos sin cot cos A C AB C B++的取值范围是（ C ）A ．(0,)+∞ B． C． D．)+∞[解] 设,,a b c 的公比为q ，则2,b aq c aq ==，而sin cot cos sin cos cos sin sin cot cos sin cos cos sin A C A A C A C B C B B C B C++=++ sin()sin()sin sin()sin()sin A C B B bq B C A A aππ+-=====+-．因此，只需求q 的取值范围．因,,a b c 成等比数列，最大边只能是a 或c ，因此,,a b c 要构成三角形的三边，必需且只需a b c +>且b c a +>．即有不等式组22,a aq aq aq aq a ⎧+>⎪⎨+>⎪⎩即2210,10.q q q q ⎧--<⎪⎨+->⎪⎩解得11,2211.22q q q ⎧<<⎪⎪⎨⎪><-⎪⎩或q <<11(,)22． 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．设()f x ax b =+，其中,a b 为实数，1()()f x f x =，1()(())n n f x f f x +=，1,2,3,n =，若7()128381f x x =+，则a b += 5 . [解] 由题意知12()(1)nn n n f x a x aaa b --=+++++11n na a xb a -=+⋅-，由7()128381f x x =+得7128a =，713811a b a -⋅=-，因此2a =，3b =，5a b +=．8．设()cos 22(1cos )f x x a x =-+的最小值为12-，则a=[解] 2()2cos 122cos f x x a a x =---2212(cos )2122a x a a =----，(1) 2a >时，()f x 当cos 1x =时取最小值14a -； (2) 2a <-时，()f x 当cos 1x =-时取最小值1； (3) 22a -≤≤时，()f x 当cos 2a x =时取最小值21212a a ---． 又2a >或2a <-时，()f x 的最小值不能为12-，故2112122a a ---=-，解得2a =-2a =-舍去)．9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种．[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用*表示名额．如 ||||******** 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“*”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于24226+=个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”． “每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“*”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有223C 253=种． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为123,,x x x ，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程12324x x x ++=．的正整数解的个数，即方程12321x x x ++=的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：2121232323H C C 253===． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．10．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足：1(1)n n n S a n n -+=+，1,2,n =，则通项n a =112(1)nn n -+．[解] 1111(1)(2)(1)n n n n n n n a S S a a n n n n +++-=-=--++++，即 2n n a n n n n n n a ++++-++-+=+)1(111)2)(1(221=)1(1)2)(1(2+++++-n n a n n n ， 由此得 2)1(1))2)(1(1(1++=++++n n a n n a n n ． 令1(1)n n b a n n =++，111122b a =+= (10a =)，有112n n b b +=，故12n n b =，所以)1(121+-=n n a n n ．11．设()f x 是定义在R 上的函数，若(0)2008f = ，且对任意x ∈R ，满足 (2)()32x f x f x +-≤⋅，(6)()632x f x f x +-≥⋅，则)2008(f =200822007+．[解法一] 由题设条件知(2)()((4)(2))((6)(4))((6)())f x f x f x f x f x f x f x f x +-=-+-+-+-+++-24323263232x x x x ++≥-⋅-⋅+⋅=⋅， 因此有(2)()32x f x f x +-=⋅，故(2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)f f f f f f f f =-+-++-+2006200423(2221)(0)f =⋅+++++10031413(0)41f +-=⋅+-200822007=+．答12图1答12图 2[解法二] 令()()2x g x f x =-，则2(2)()(2)()2232320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≤⋅-⋅=， 6(6)()(6)()226326320x x x x g x g x f x f x ++-=+--+≥⋅-⋅=， 即(2)(),(6)()g x g x g x g x +≤+≥，故()(6)(4)(2)()g x g x g x g x g x ≤+≤+≤+≤， 得()g x 是周期为2的周期函数，所以200820082008(2008)(2008)2(0)222007f g g =+=+=+．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是723．[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r ，作平面111A B C //平面ABC ，与小球相切于点D ，则小球球心O 为正四面体111P A B C -的中心，111PO A B C ⊥面，垂足D 为111A B C 的中心．因 11111113P A B C A B C V S PD -∆=⋅1114O A B C V -=⋅111143A B C S OD ∆=⋅⋅⋅，故44PD OD r ==，从而43PO PD OD r r r =-=-=．记此时小球与面PAB 的切点为1P ，连接1OP ，则222211(3)22PP PO OP r r r =-=-=． 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB )相 切时的情况，易知小球在面PAB 上最靠近边的 切点的轨迹仍为正三角形，记为1P EF ，如答 12图2．记正四面体的棱长为a ，过1P 作1PM PA ⊥于M ． 因16MPP π∠=，有113cos 226PM PP MPP r r =⋅==， 故小 三角形的边长1226PE PA PM a r =-=-．答13图小球与面PAB 不能接触到的部分的面积 为（如答12图2中阴影部分） 1PAB P EF S S ∆∆-223(26))a a r =--23263ar r =-． 又1r =，6a =124363183PAB PEF S S ∆∆-==由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723 三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13．已知函数|sin |)(x x f =的图像与直线y kx = )0(>k 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，求证：2cos 1sin sin 34ααααα+=+．[证] ()f x 的图象与直线y kx = )0(>k 的三个交点如答13图所示，且在3(,)2ππ内相切，其切点为(,sin )A αα-，3(,)2παπ∈． …5分由于()cos f x x '=-，3(,)2x ππ∈，所以sin cos ααα-=-，即tan αα=． …10分 因此cos cos sin sin 32sin 2cos αααααα=+ 14sin cos αα=…15分22cos sin 4sin cos αααα+=21tan 4tan αα+=214αα+=． …20分 14．解不等式121086422log (3531)1log (1)x x x x x ++++<++．[解法一] 由44221log (1)log (22)x x ++=+，且2log y 在(0,)+∞上为增函数，故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+．即 1210864353210x x x x x +++-->． …5分 分组分解12108x x x +-1086222x x x ++-864444x x x ++-642x x x ++-4210x x ++->，864242(241)(1)0x x x x x x +++++->， …10分所以 4210x x +->，22(0x x >． …15分所以2x >，即x <x >．故原不等式解集为51(,()2--∞+∞． …20分 [解法二] 由44221log (1)log (22)x x ++=+，且2log y 在(0,)+∞上为增函数，故原不等式等价于1210864353122x x x x x ++++>+． …5分 即6422232262133122(1)2(1)x x x x x x x x +<+++++=+++， )1(2)1()1(2)1(232232+++<+x x x x ， …10分 令3()2g t t t =+，则不等式为221()(1)g g x x<+， 显然3()2g t t t =+在R 上为增函数，由此上面不等式等价于2211x x<+， …15分即222()10x x +->，解得2x >(2x <舍去)，故原不等式解集为51(,()2--∞+∞． …20分题15图 15．如题15图，P 是抛物线22y x =上的动点，点B C ,在y 轴上，圆22(1)1x y -+=内切于PBC ∆，求PBC ∆面积的最小值．[解] 设00(,),(0,),(0,)P x y B b C c ，不妨设b c >．直线PB 的方程:00y by b x x --=， 化简得 000()0y b x x y x b --+=．又圆心(1,0)到PB 的距离为1，0022001()y b x b y b x-+=-+ ， …5分故22222000000()()2()y b x y b x b y b x b -+=-+-+，易知02x >，上式化简得2000(2)20x b y b x -+-=， 同理有2000(2)20x c y c x -+-=． …10分所以0022y b c x -+=-，002x bc x -=-，则22200020448()(2)x y x b c x +--=-． 因00(,)P x y 是抛物线上的点，有2002y x =，则22204()(2)x b c x -=-，0022x b c x -=-． …15分 所以00000014()(2)4222PBC x S b c x x x x x ∆=-⋅=⋅=-++--2448≥=．当20(2)4x -=时，上式取等号，此时004,x y ==±．因此PBC S ∆的最小值为8． …20分。
全国高中数学联赛试题(A卷)(解析版)
2020年全国高中数学联赛试题（A 卷）一、填空题1．在等比数列{}n a 中，91313,1a a ==，则1log 13a 的值为________． 【答案】13． 【分析】首先利用等比数列的性质，结合已知条件，列出等量关系式，求得1a 的值，之后利用对数运算求得结果.【详解】由等比数列的性质知219913a a a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故339121313a a a ==．所以11log 133a =．故答案为：13. 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关等比数列与对数运算的问题，正确解题的关键是熟练掌握等比数列的性质以及对数运算法则.2．在椭圆Γ中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，12,F F 为两个焦点．若12120AF AF BF BF ⋅+⋅=，则12||AB F F 的值为________．【分析】结合题意计算出a c 、的数量关系，然后即可计算出答案.【详解】解：不妨设Γ的方程为22221(0)x y a b a b+=>>，(,0),(0,)A a B b ，1(,0)F c -，2(,0)F c，其中c =()222221212()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ⋅+⋅=---+-+=+-=．所以12||2AB F F ===．故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是对已知条件向量的计算，可以得到a c 、的数量关系，即可得到结果.3．设0a >，函数100()f x x x=+在区间(0,]a 上的最小值为1m ，在区间[,)a +∞上的最小值为2m ，若122020m m =，则a 的值为______． 【答案】1或100．【分析】根据对勾函数的性质得出()f x 在区间(]0，10上单调递减，在[)+∞10，上单调递增，从而可得最小值()f a 、()10f ，相乘即可求解. 【详解】注意到()f x 在(0,10]上单调减，在[10,)+∞上单调增． 当(0,10]a ∈时，12(),(10)m f a m f ==； 当[10,)a ∈+∞时，12(10),()m f m f a ==． 因此总有12()(10)2020f a f m m ==， 即100202010120a a +==，解得1a =或100a =． 故答案为：1或100．【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关对勾函数在某个区间上的最小值的问题，正确解题的关键是要明确对勾函数的单调区间. 4．设z 为复数．若2z z i--为实数（i 为虚数单位），则|3|z +的最小值为______．【分析】设(,)z a bi a b =+∈R ，由已知条件计算出a b 、的数量关系，然后运用不等式求解出结果；【详解】设(,)z a bi a b =+∈R ，由条件知22222(2)i (2)(1)22Im Im 0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ⎛⎫--+---++-⎛⎫==== ⎪ ⎪-+-+-+-⎝⎭⎝⎭， 故22a b +=．从而3||(3)2|5z a b +=≥++=，即|3|z +≥．当2,2a b =-=时，|3|z +【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是紧扣已知条件，计算出满足条件的数量关系，继而可以求出结果.5．在ABC 中，6,4AB BC ==，边AC ，则66sin cos 22A A +的值为_______． 【答案】211256． 【分析】由中线长公式计算出AC 的长度，然后运用余弦定理计算出cos A 的值，化简后即可求出结果.【详解】记M 为AC 的中点，由中线长公式得()222242BM AC AB BC +=+，可8AC ==．由余弦定理得2222228647cos 22868CA AB BC A CA AB +-+-===⋅⋅⋅，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A ⎛⎫⎛⎫+=+-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭22222sin cos 3sin cos 2222A A A A ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭231sin 4A =-213211cos 44256A =+=． 故答案为：211256【点睛】关键点点睛：解答本题关键是能够熟练运用中线长公式、余弦定理、倍角公式等进行计算，考查综合能力.6．正三棱锥P ABC -的所有棱长均为1，L ，M ，N 分别为棱,,PA PB PC 的中点，则该正三棱锥的外接球被平面LMN 所截的截面面积为________． 【答案】3π．【分析】结合已知条件计算出正三棱锥外接球球心的位置，得到球心到两个面的距离相等，即可计算出截面面积.【详解】解：由条件知平面LMN 与平面ABC 平行，且点P 到平面,LMN ABC 的距离之比为1:2．设H 为正三棱锥P ABC -的面ABC 的中心，PH 与平面LMN 交于点K ，则PH ⊥平面ABC ，PK ⊥平面LMN ，故12PK PH =． 正三棱锥P ABC -可视为正四面体，设O 为其中心（即外接球球心），则O 在PH 上，且由正四面体的性质知14OH PH =．结合12PK PH =可知OK OH =，即点O 到平面,LMN 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ABC 的外接圆面积，即23ππ⋅=．故答案为：3π【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是确定正三棱锥外接球的球心位置，在解答此类题目时要注意几何体的特征，还可以考虑一些特殊位置等.7．设,0a b >，满足：关于x b =恰有三个不同的实数解123,,x x x ，且123x x x b <<=，则a b +的值为_____．【答案】144． 【分析】令2at x =+，将方程根的问题转化为函数问题，结合函数的奇偶性和单调性进行计算，即可得到结果.【详解】解：令2a t x =+，则关于t b =恰有三个不同的实数解(1,2,3)2i i at x i =+=．由于()f t =()f t b =的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必有(0)b f ==()f t =的实数解．当||2a t ≤时，()2f t a ==≤，等号成立当且仅当0t =；当2at>时，()f t 单调增，且当58a t =时()f t =2a t <-时，()f t 单调减，且当58at =-时()f t =．从而方程()f t =12355,0,88t a t t a =-==．由条件知3328a ab x t ==-=，结合b =128a =． 于是91448aa b +==． 故答案为：144【点睛】关键点点睛：要求解方程的根，关键是转化为函数问题，结合函数的奇偶性和单调性进行求解，考查转化能力.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．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． 【答案】120．【分析】结合题意，对满足情况进行分类，运用组合的相关知识进行求解.【详解】解：用{,}i j 表示写有i ，j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}(15)i j i j ≤<≤． 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6264=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{1,2},{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号盒已有{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0133C C 4+=种放法．因此612414N =⨯+⨯=．由对称性，在情况二下有456N =种好的放法． 综上，好的放法共有6456120+=种．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合题意进行分类讨论，需要考虑全面，不要漏掉情况，要求综合能力较强.二、解答题9．在ABC 中，sin A =．求cos B C 的取值范围． 【答案】(0,1](2,5]【分析】由已知条件得到角A 的值，分类讨论两种情况，然后结合两角和的正弦公式逆用求得取值范围.【详解】解：记cos f B C =． 由条件知4A π=或34A π=． 当4A π=时，34B C π=-，其中304C π<<，此时3cos sin (0,1]44f C C C C C ππ⎛⎫⎛⎫=-==+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当34A π=时，4B C π=-，其中04C π<<，此时cos )422f C C C C C πϕ⎛⎫=-=+=+ ⎪⎝⎭，其中arctan 3ϕ=．注意到,42ππϕ⎛⎫∈⎪⎝⎭，函数())g x x ϕ=+在0,2πϕ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调增，在,24ππϕ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调减，又(0)2,42g g g ππϕ⎛⎫⎛⎫=>=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭f ∈．综上所述，cos f B C =的取值范围是(0,1](2,5]．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是熟练运用两角和正弦公式，需要注意对角A 的分类讨论.10．对正整数n 及实数(0)x x n ≤<，定义[][]1(,)(1{})C {}C x x n n f n x x x +=-⋅+⋅，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x =-．若整数,2m n ≥满足121,,,123mn f m f m f m n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求121,,,mn f n f n f n m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值．【答案】74.【分析】根据题中所给的条件，对k 的取值进行分析，结合条件，列出等式，整理求得()21124mn -=，从而得到21m -是124的约数，分析得到5m =，4n =，进而求得式子的值.【详解】对0,1,,1k m =-，有111111111,C 1C (C 2)C n n n k k k k m m m m i i i i i i n f m k n n n---++===-⎛⎫⎛⎫+=⋅-+⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑．所以111101121,,,C ,m m n j m j k i mn i f m f m f m fm k n n n n ---===-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑11100122C C 2m m mk k m m k k n --+==-⎛⎫=-+⋅+ ⎪⎝⎭∑∑()12221212112m mm m n n -=-+⋅-+-=--． 同理得()121,,,211n mn f n f n f n m m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．由条件知()211123mn --=，即()21124mn -=，故21m -是124的约数． 又2m ≥，所以21{3,7,15,31,63,127,}m -∈，仅当5m =时，2131m -=为124的约数， 进而有124431n ==． 进而求得()4121,,,215174mn f n f n f n m m m -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-⋅-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关新定义的问题，正确解题的关键是认真分析题中条件，合理转化，利用好相关公式.11．在平面直角坐标系中，点A ，B ，C 在双曲线1xy =上，满足ABC 为等腰直角三角形．求ABC 的面积的最小值． 【答案】33【分析】首先设出三角形的顶点，利用等腰直角的条件，列出等量关系式，结合点在曲线上点的坐标满足曲线方程，对式子进行整理变形，结合基本不等式求得最值，之后再验证结果是可以取到的，得到结果.【详解】不妨设等腰直角ABC 的顶点A ，B ，C 逆时针排列，A 为直角顶点． 设(,)AB s t =，则(,)AC t s =-， 且ABC 的面积2221||22ABCs t SAB +==，注意到A 在双曲线1xy =上，设1,A a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则11,,,B a s t C a t s a a ⎛⎫⎛⎫++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 由B ，C 在双曲线1xy =上，可知11()()1a s t a t s a a ⎛⎫⎛⎫++=-+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 这等价于sat st a+=-， ① tas st a-+=． ② 由①、②相加，得()0s ta t s a-++=，即2t sa t s-=+． ③ 由①、②相乘，并利用③， 得2222221s t s t at as a st s t a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-+=-+-⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222224t s t s st st s t st s t t s t s s t -+⎛⎫=-⋅+-=⋅+- ⎪+--⎝⎭()22222s t s t+=-．所以由基本不等式得()()()4222222222222221[]224s t s t s t s t s t s t +=--=⋅⋅⋅- ()()3262222222222143108s t s t s t s t ⎛⎫++-+ ⎪≤⋅= ⎪⎝⎭， ④故22s t +≥=以下取一组满足条件的实数(,,)s t a ，使得22s t +=,,s t a 可确定一个满足条件的ABC ，使得222ABCs t S+==）．考虑④的取等条件，有()222222s t s t=-，即222s t=±不妨要求0s t <<，结合22s t +=s t ==由①知0a <，故由③得a =t s ==，从而有a =综上，ABC 的面积的最小值为【点睛】思路点睛：该题考查的是有关顶点在双曲线上的等腰直角三角形的面积最小值的求解问题，解题思路如下： （1）先设出三角形顶点坐标；（2）根据题意，结合等腰直角三角形的条件，利用垂直和等距，得到等量关系式； （3）写出三角形的面积，利用基本不等式求得最值；（4）利用基本不等式中等号成立的条件，验证其是可取的，最后求得结果.12．如图，在等腰ABC 中，AB BC =，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC =，PI 延长线上一点H 满足MH PH ⊥，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BH QH ⊥．【答案】证明见解析.【分析】取AC 的中点N ，结合已知条件证得//QM CN ，再由三角形边之间的比例关系证得三角形相似，可得四点共圆，即得证.【详解】证明：取AC 的中点N ．连接QB 、QM ，由3AP PC =，可知P 为NC 的中点．易知B ，I ，N 共线，90INC ∠=︒． 由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠，又M 为BI 的中点，所以QM BI ⊥．进而//QM CN ．考虑HMQ △与HIB ．由于MH PH ⊥，故90HMQ HMI HIB ∠=︒-∠=∠．又90IHM INP ∠=∠=︒，故HM NPHI NI=，于是1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB==⋅=⋅=． 所以HMQ HIB ∽，得HQM HBI ∠=∠．从而H ，M ，B ，Q 四点共圆．于是有90BHQ BMQ ∠=∠=︒，即BH QH ⊥． 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合已知条件证得三角形相似，可以得到四点共圆，需要较强的图形解题综合能力. 13．给定整数3n ≥．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b +++=+++>，且对任意1,2,,2i n =，有21i i i i a a b b ++≥+（这里211222211,,n n n a a a a b b +++===）．求122n a a a +++的最小值．【答案】当3n =时，S 的最小值为12；当4n ≥时，S 的最小值为16． 【分析】根据题意，设122122n n S a a a b b b =+++=+++，13212n ST a a a -=+++≤，当3n =时，得到()23322121212113334k k k k k k S T a a b b S -+-==≥≥⋅≥⋅+=∑∑，得到12S ≥，当4n ≥时，分n 为偶数和n 为奇数两种情况说明，得到16S ≥，进而求得结果. 【详解】记122122n n S a a a b b b =+++=+++．不失一般性，设13212n ST a a a -=+++≤． 当3n =时，因为()()()32222212113355111302k k k T a a a a a a a a -+=-⋅=-+-+-≥∑， 故结合条件可知()23322121212113334k k k k k k S T a a b b S -+-==≥≥⋅≥⋅+=∑∑． 又0S >，所以12S ≥．当2(16)i i a b i ==≤≤时，S 取到最小值12． 当4n ≥时，一方面有()212121211nnk k k k k k aab b S -+-==≥+=∑∑．另一方面，若n 为偶数， 则()()221211523372114nk k n n k T aaa a a a a a -+--=≤++++++≤∑，其中第一个不等式是因为()()15233721n n a a a a a a --++++++展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n -+≤≤这些项，第二个不等式利用了基本不等式．若n 为奇数，不妨设13a a ≤，则12121212121311nn k k k k n k k a a a a a a --+-+-==⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭∑∑ ()()2152137234n n T a a a a a a --≤++++++≤． 从而总有2221211416nk k k T S S a a -+=≤≤≤∑．又0S >，所以16S ≥． 当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n =====≤≤===≤≤时， S 取到最小值16．综上，当3n =时，S 的最小值为12；当4n ≥时，S 的最小值为16．【点睛】关键点点睛：该题是一道高中数学联赛题，考查的是有关与数列相关的最值问题，正确解题的关键是要明确题意，注意分类讨论思想的应用. 14．设12121,2,2,3,4,n n n a a a a a n --===+=证明：对整数5n≥，n a，必有一个模4余1的素因子． 【答案】证明见解析.【分析】不妨记11αβ==由递推式及数学归纳法得到na 有奇素因子p ，然后对正整数进行讨论，证明也存在模4余1的素因子.【详解】证明：记11αβ==n nn a αβαβ-=-．记2n nn b αβ+=，则数列{}n b 满足122(3)n n n b b b n --=+≥ ①因121,3b b ==均为整数，故由①及数学归纳法，可知{}n b 每项均为整数．由222()22n n n n n αβαβαβαβαβ⎛⎫⎛⎫+--⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 可知222(1)(1)nn n b a n -=-≥ ②当1n >为奇数时，由于1a 为奇数，故由{}n a 的递推式及数学归纳法，可知n a 为大于1的奇数，所以n a 有奇素因子p ．由②得21(mod )n b p ≡-，故112(1)(mod )p p nbp --≡-．又上式表明(),1n p b =，故由费马小定理得11(mod )p n b p -≡，从而12(1)1(mod )p p --≡．因2p >，故必须12(1)1p --=，因此1(mod 4)p ≡．另一方面，对正整数m ，n ，若|m n ，设n km =，则()(1)(2)(2)(1)n n m mk m k m m m k m k m n a αβαβααβαββαβαβ------==⋅++++--()0(212)(212)10(22)(22)1()(),2=(()(),21i im l i m l i m m l i lm im l i m l i m m l a k l a k l αβαβαβαβαβ=-----=---⎧⋅∑+=⎪⎨⎪⋅∑++=+⎩因2s ss b αβ+=为整数（对正整数s ），1αβ=-为整数，故由上式知n a 等于m a 与一个整数的乘积，从而|m n a a ．因此，若n 有大于1的奇因子m ，则由前面已证得的结论知m a 有素因子1(mod 4)p ≡，而|m n a a ，故|n p a ， 即n a 也有模4余1的素因子．最后，若n 没有大于1的奇因子，则n 是2的方幂．设2(3)l n l =≥， 因84082417a ==⨯有模4余1的素因子17，对于4l ≥，由8|2l 知82|l a a ， 从而2l a 也有素因子17．证毕．【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是能够运用数论整除的相关知识以及费马小定理进行证明，不漏掉情况.15．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． 【答案】()f T 的最大值等于1089F =.【详解】解：将20边形换成2n 边形，考虑一般的问题．对凸2n 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1e ，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1e 两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T 的另一条边2e ，端点分别在1e 的两侧，又P 是凸多边形，故1e 与2e 在P 的内部相交，这与T 是三角剖分图矛盾．记()f T 为T 的完美匹配的个数．设121,2F F ==，对212,k k k k F F F ++≥=+，是Fibonacci 数列．下面对n 归纳证明：若T 是凸2n 边形的任意一个三角剖分图，则()n f T F ≤． 设122n P A A A =是凸2n 边形．从P 的2n 条边中选n 条边构成完美匹配，恰有两种方法，1234212,,,n n A A A A A A -或2345222121,,,,n n n A A A A A A A A --．当2n =时，凸四边形P 的三角剖分图T 没有偶弦，因此T 的完美匹配只能用P 的边，故2()2f T F ==．当3n =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()2f T =．若T 含有偶弦，不妨设是41A A ，选用41A A 的完美匹配是唯一的，另两条边只能是2356,A A A A ，此时()3f T =．总之3()3f T F ≤=．结论在2,3n =时成立．假设4n ≥，且结论在小于n 时均成立．考虑凸2n 边形122n P A A A =的一个三角剖分图T ．若T 没有偶弦，则同上可知()2f T =．对于偶弦e ，记e 两侧中P 的顶点个数的较小值为()w e ．若T 含有偶弦，取其中一条偶弦e 使()w e 达到最小，设()2w e k =，不妨设e 为221n k A A +，则每个(1,2,,2)i A i k =不能引出偶弦．事实上，假设i j A A 是偶弦，若{22,23,,21}j k k n ∈++-，则i j A A 与e 在P 的内部相交，矛盾．若{1,2,,21,2}j k n ∈+，则()2i j w A A k <，与()w e 的最小性矛盾．又由（）知完美匹配中没有奇弦，故122,,,k A A A 只能与其相邻顶点配对，特别地，1A 只能与2A 或2n A 配对．下面分两种情况． 情形1：选用边12A A ．则必须选用边34212,,k k A A A A -．注意到221n k A A +的两侧分别有2,222k n k --个顶点，()2212222n k n k w A A k +--≥=，而4n ≥，因此226n k -≥，在凸22n k -边形121222k k n P A A A ++=上，T 的边给出了1P 的三角剖分图1T ，在T 中再选取n k -条边，12,,,n k e e e -，与1234212,,,k k A A A A A A -一起构成T的完美匹配，当且仅当12,,,n k e e e -是1T 的完美匹配．故情形1中的T 的完美匹配个数等于()1f T ．情形2：选用边12n A A ．则必须选用边23221,,k k A A A A +．在凸222n k --边形2222321k k n P A A A ++-=中构造如下的三角剖分图2:T 对2221k i j n +≤<≤-，若线段i j A A 是T 的边，则也将其作为2T 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2P 的对角线，得到一个2P 的三角剖分图2T ，它包含了T 的所有在顶点222321,,,k k n A A A ++-之间的边．因此每个包含边2123221,,,n k k A A A A A A +的T 的完美匹配，其余的边必定是2T 的完美匹配．故情形2中的T 的完美匹配个数不超过()2f T ． 由归纳假设得()1n k f T F -≤，()21n k f T F --≤，结合上面两种情形以及1k，有()()1211()n k n k n k n f T f T f T F F F F ----+≤+≤+=≤．下面说明等号可以成立．考虑凸2n 边形122n A A A 的三角剖分图:n ∆添加对角线222332121442232,,,,,,,n n n n n n n n n A A A A A A A A A A A A A A ---++．重复前面的论证过程，()22f ∆=，()33f ∆=．对n ∆，4n ≥，考虑偶弦3n A A ．情形1，用12A A ，由于在凸22n -边形342n A A A 中的三角剖分图恰是1n -∆，此时有()1n f -∆个T 的完美匹配．情形2，用12n A A ，由于在凸24n -边形4521n A A A -中T 的边恰构成三角剖分图2n -∆，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()2n f -∆．从而对4n ≥，有()()()12n n n f f f --∆=∆+∆．由数学归纳法即得()n n f F ∆=，结论得证．因此，对凸20边形P ，()f T 的最大值等于1089F =．。
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2012年全国高中数学联赛试题参考答案及评分标准
16、空气是我们生命中生时每刻都需要的地球资源，大气污染影响着我们的健康，如大气中的飘尘易使呼吸系统发生病变。减少废气和废物排放是控制大气污染最根本的办法。
答：火柴燃烧、铁钉生锈、白糖加热等。
3、你知道月食的形成过程吗？
一、填空：
21、血液中的细胞好像运输兵，负责运输吸入的氧气和产生的二成的。我们身边的书、橡皮、电灯、大树、动物、植物包括我们自己都是由物质构成的。
21、人们发现银河系以外还有类似银河系一样庞大的恒星集团，如：仙女座星系、猎犬座星系，目前人类已发现了超过100亿个河外星系。
18、大多数生物都是由多细胞组成的，但也有一些生物，它们只有一个细胞，称为单细胞生物。如草履虫、变形虫、细菌等。