2020年福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准

2020年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)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，1,13139==a 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1m 20202=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，4,6==BC AB ，边AC 上的中线长为10，则2cos 2sin66AA +的值为.6.正三棱锥ABC P -的所有棱长都为1，N M L ,,分别为棱PC PB PA ,,的中点，则该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5,4,3,2,1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5,4,3,2,1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”放法公共有____________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，,22sin =A 求CB cos 2cos +的取值范围.10.（本题满分20分）对正整数n 及实数)0(n x x <≤，定义1][][}{}){1(),(+⋅+-=x nx 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123)1,(2,()1,(=-+++nmn m f n m f n m f ，求)1,()2,(1,(mmn n f m n f m n f -+++ 的值.11.（本题满分20分）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2212222AB a b F F ． 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 22325．5. 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30C，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 t sa，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。

福建省泉州市惠安县2020-2021学年高一数学“达利杯”学科素养竞赛试题考生注意事项：1本卷共有18道题目,全卷满分100分,考试时间120分钟.2答题前,务必在试题卷、答题卷的密封线内填写好自己的学校、姓名和准考证号. 3本卷所有试题都必须用蓝色或黑色签字笔在答题卡上书写,在试题卷上作答无效. 4本卷解答一律不准使用计算器.一、 选择题（本大题共8小题，每小题4分，满分32分，每小题有且仅有一个正确的答案）1．设常数a R ∈，集合{|(1)()0},{|1}A x x x a B x x a =--≥=≥-，若A B R =，则a 的取值范围为（ ） A ． (,2)-∞B ．(,2]-∞C ．(2,)+∞D ．[2,)+∞2.在体育选修课排球模块基本功（发球）测试中，计分规则如下（满分为10分）：①每人可发球5次，每成功一次记1分；②若连续两次发球成功加0.5分，连续三次发球成功加1分，连续四次发球成功加1.5分，以此类推，连续五次发球成功加2分．假设某同学每次发球成功的概率为23，且各次发球之间相互独立，则该同学在测试中恰好得5分的概率是 （ ）A. 5523B. 4523C. 4423D. 54233.已知函数ln ,(0e ()e ,(e)x x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩），且互不相等的实数,,a b c 满足()()()f a f b f c ==，则abc 的取值范围是（ ）A. 2(,)e+∞ B.(1,)+∞ C. (2,)+∞ D. (e,)+∞4．已知正三角形ABC 的边长为1,点P 是AB 边上的动点,点Q 是AC 边上的动点，且λ=，()λ-=1，R ∈λ，则⋅的最大值为（ ）A.83-B.83 C.23-D.235．如图，已知OPQ 是半径为1，圆心角为75的扇形，点,,A B C 分别是半径,OP OQ 及扇形弧上的三个动点（不同于,,O P Q 三点）,则ABC ∆周长的最小值是（ ）A ．612+ B ．622+ C ．2614+ D ．2624+ 6. 科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ） （参考数据：lg 20.3010,lg30.4771==）A. 16B. 17C. 24D. 257．已知函数()[]f x x x =-,其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数.若关于x 的方程()f x kx k =+有三个不同的实根,则实数k 的取值范围是（ ）A ．111(1,][,)243--B ．111[1,)(,]243-- C ．111[,)(,1]342-- D ．111(,][,1)342--8．已知2π()12cos (0)3f x x ωω⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭.给出下列判断： ①若()()121,1f x f x ==-，且12min πx x -=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈，使得()f x 的图象右移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[0,2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎫⎪⎢⎣⎭；④若()f x 在ππ,64⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦； 其中，判断正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题（本大题共6个小题，每小题6分，满分36分.）9．求“方程34155x x ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的解”有如下解题思路：设34()55x xf x ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f x 在R 上单调递减，且(2)1f =，所以原方程有唯一解2x =．类比上述解题思路，不等式623(2)(2)x x x x +<+++的解集为 ▲ ． 10．已知正数a b 、满足210a b +=，则121a b ++的最小值为 ▲ ． 11.设O 是ABC ∆所在平面上一点，点H 是ABC ∆的垂心，满足OA OB OC OH ++=，且32OA OB OC ⋅++⋅=0，则角A 的大小是 ▲ ． 12．如图，在三棱锥S ABC -中，若底面ABC 是正三角形，侧棱长3SA SB SC ===，M N 、分别为棱SC BC 、的中点，并且AM MN ⊥，则三棱锥S ABC -的外接球的体积为 ▲ ．三、 解答题（本大题共6小题，第13、14题各8分,其余每题9分,共52分.要求写出必要的解答过程） 13．设N ∈n 且n ≥15，B A ,都是{1，2，3，…，n }真子集，φ=B A ，且B A ={1，2，3，…，n }.证明：A 或者B 中必有两个不同数的和为完全平方数．14.甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为1,2各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判.（1）求第4局甲当裁判的概率； （2）求前4局中乙恰好当1次裁判概率. 15.设函数()sin 1f x x x =++，（1）求函数()f x 在π[0,]2上的最大值与最小值；（2）若实数c b a ,,使得1)()(=-+c x bf x af 对任意R ∈x 恒成立，求acb cos 的值． 16．如图，在Rt ABC ∆中，4AB BC ==，点E 在线段AB 上，过点E 做EF //BC 交AC 于点F ，将AEF EF PEF ∆∆沿折起到的位置（A P 点与点重合），使得∠=60PEB . （1）若FC PB ⊥，试确定点E 在AB 上的位置；（2）试问：当点E 在线段AB 上移动时，二面角P FC B --的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．17．设函数()f x 和()g x 是定义在集合D 上的函数，若对任意,D x ∈都有))(())((x f g x g f =成立，则称函数()f x 和()g x 在集合D 上具有性质()P D .(1) 若函数()2f x x =和1()cos 2g x x =+在集合D 上具有性质()P D ，求集合D ； (2)若函数()2x f x m =+和()2g x x =-+在集合D 上具有性质()P D ，求m 的取值范围． 18. 已知函数()2f x x ax b =++.(1) 0a ≠且1b =,求()y f x =在区间0,a ⎡⎤⎣⎦上的最大值； (2) 若Z,a b ∈，且a b +是()f x 的零点，求所有可能b 的值.2020年学科素养竞赛ABCE PBEF C高一数学参考答案一、选择题：BCDA BDAB 二、填空题：9.(1,2)- 10.34 11.π4 12.9π2三、解答题：13.解：(1)记A 2表示事件“第2局结果为甲胜”，A 3表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”， A 表示事件“第4局甲当裁判”．……………………………………………1分 则A ＝A 2·A 3.……………………………………………2分P(A)＝P(A 2·A 3)＝P(A 2)P(A 3)＝14.……………………………………………3分 (2)记B 1表示事件“第1局比赛结果为乙胜”， B 2表示事件“第2局乙参加比赛时，结果为乙胜”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙胜”，B 表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”．……………………………………4分 则B ＝1B ·B 3＋B 1·B 2·3B ＋B 1·2B .……………………………………5分 P(B)＝P(1B ·B 3＋B 1·B 2·3B ＋B 1·2B ) ＝P(1B ·B 3)＋P(B 1·B 2·3B )＋P(B 1·2B ) ＝P(1B )P(B 3)＋P(B 1)P(B 2)P(3B )＋P(B 1)P(2B ) ＝111484++＝58.…………………………………………………………8分 14．证明：由题设可知{1，2，3，…，n }的任何元素必属于且只属于它的真子集B A ,之一．…………………………………1分假设结论不真，则存在如题设的{1，2，3，…，n }的真子集B A ,，使得无论是A 还是B 中的任两个不同的数的和都不是完全平方数． …………………………2分 不妨设1∈A ，则3∉A ，否则1+3=22，与假设矛盾，所以3∈B 。

2020年全国高中数学联合竞赛一试（B 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x 满足()()248log log 2log 4x x x =+，则x = ． 答案：128． 解：由条件知24488221121log log 2+log log 4log +log log 2233x x x x x =++=++，解得2log 7x =，故128x =．2. 在平面直角坐标系xOy 中，圆经过点(0,0),(2,4),(3,3)，则圆上的点到原点的距离的最大值为 ．答案：解：记(2,4),(3,3)A B ，圆经过点,,O A B ．注意到90OBA （直线OB与AB 的斜率分别为1和1），故OA 为圆的直径．从而圆上的点到原点O 的距离的最大值为25OA ．3. 设集合{}1,2,,20X =，A 是X 的子集，A 的元素个数至少是2，且A 的所有元素可排成连续的正整数，则这样的集合A 的个数为 ．答案：190．解：每个满足条件的集合A 可由其最小元素a 与最大元素b 唯一确定，其中,,a b X a b ，这样的(,)a b 的取法共有220C 190种，所以这样的集合A 的个数为190．4. 在三角形ABC 中，4,5,6BC CA AB ，则66sin cos 22AA= ．答案：4364． 解：由余弦定理得2222225643cos 22564CA AB BC A CA AB ，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A =22222sincos3sin cos 2222A A A A231sin 4A 21343cos 4464A． 5. 设9元集合{}{}i ,1,2,3A a b a b =+∈，i 是虚数单位．()129,,,z z z α=是A 中所有元素的一个排列，满足129z z z ≤≤≤，则这样的排列α的个数为 ．答案：8． 解：由于1i 2i 12i 22i 3i 13i 32i 23i 33i +<+=+<+<+=+<+=+<+， 故 {}{}{}{}1234561i,,2i,12i ,22i,,3i,13i z z z z z z =+=++=+=++，{}{}789,32i,23i ,33i z z z =++=+，由乘法原理知，满足条件的排列α的个数为328=．6. 已知一个正三棱柱的各条棱长均为3，则其外接球的体积为 ．答案：2π． 解：如图，设面ABC 和面111A B C 的中心分别为O 和1O ，记线段1OO 的中点为P ，由对称性知，P 为正三棱柱外接球的球心，PA 为外接球的半径．易知POAO ⊥，所以2PA ===，故外接球的体积为34=322⎛⎫ππ ⎪ ⎪⎝⎭．7. 在凸四边形ABCD 中，2BC AD ．点P 是四边形ABCD 所在平面上一点，满足202020200PA PB PC PD ．设,s t 分别为四边形ABCD 与PAB 的面积，则t s． 答案：3372021． 解：不妨假设2,4AD BC ．记,,,M N X Y 分别是,,,AB CD BD AC 的中点，则,,,M X Y N 顺次共线并且1MX XY YN ．由于2PAPC PY ，2PBPD PX ，O 1O PC 1B A 1C B 1A故结合条件可知20200PY PX．故点P 在线段XY 上且12021PX．设A 到MN 的距离为h ，由面积公式可知 22PAB ABCD S t PM h PMs S MN h MN113372021232021． 8. 已知首项系数为1的五次多项式()f x 满足：()8,1,2,,5f n n n ==，则()f x 的一次项系数为 ．答案：282．解：令()()8g x f x x =−，则()g x 也是一个首项系数为1的五次多项式，且()()80,1,2,,5g n f n n n =−==，故()g x 有5个实数根1,2,,5，所以()(1)(2)(5)g x x x x =−−−，于是()(1)(2)(5)8f x x x x x =−−−+，所以()f x 的一次项系数等于111115!82822345⎛⎫++++⋅+= ⎪⎝⎭．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 ，求12tan tan ABF ABF 的值．解：由对称性，设椭圆的方程为22221(0)x y a b a b ，(,0),(0,)A a B b ，12(,0),(,0)F c F c ，其中22ca b ．由条件知222221212()()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ．…………………4分所以22222230a b c a b ，故3a b ，2cb ． …………………8分记O 为坐标原点，则tan 3aABO b，12tan tan 2c OBF OBF b ． …………………12分 所以1211tan tan tan ()tan ()ABF ABF ABO OBF ABO OBF323215132132． …………………16分10. （本题满分20分）设正实数,,a b c 满足222494122a b c b c ++=+−，求123a b c++的最小值． 解：由题设条件得 ()()22221323a b c +−+−=， …………………5分 由柯西不等式得()()()2222321322132a b c a b c ⎡⎤+−+−≥+−+−⎣⎦， 即()22339a b c ++−≤，故236a b c ++≤． …………………10分又由柯西不等式得()()212323123a b c a b c ⎛⎫++++≥++ ⎪⎝⎭， 所以12336623a b c a b c++≥≥++， …………………15分当1a b c ===时等号成立．故123a b c++的最小值是6． …………………20分11. （本题满分20分）设数列n a 的通项公式为11515,1,2,225nnna n ．证明：存在无穷多个正整数m ，使得41m m a a 是完全平方数． 证明：记121515,22q q ，则12121,1q q q q ，于是121,1,2,5n n na q q n ． 所以121,1a a ==．又注意到21(1,2)i i q q i ，有11112121155n n n nn n a a q q q q11221115n nq q q q 221215n n q q ， 即21,1,2,n n n a a a n ， …………………5分由此易知，数列n a 的每一项都是正整数． 由计算易得44127q q ，故 2323212123211212111155n n nn n na a q q q q212142424412121122115n n n n q q q q q q q q4242441212115nn q q q q4242121715n n q q424212125nn q q221212122115n n n q q a ， …………………15分 所以，对任意正整数n ，23211n n a a 都是完全平方数．于是对于正奇数m ，41m m a a 均为完全平方数． …………………20分2020年全国高中数学联合竞赛加试（B 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，,,,,A B C D E是圆上顺次的五点，满足ABC BCD CDE ，点,P Q 分别在线段,AD BE 上，且P 在线段CQ 上．证明：PAQ PEQ ．证明：记S 为AD 与BE 的交点，T 为CQ 延长线与圆的交点．注意到ABC BCD CDE ，可设,AB CD所对的圆周角均为，,BC DE 所对的圆周角均为．于是ATQ ATC ，PTE CTE ，PSQ BDA DBE． ……………20分由ATQPSQ 得,,,S A T Q 四点共圆，又由PTE PSQ 得,,,P S T E 四点共圆．所以PAQPTS PEQ ． ……………40分 二、（本题满分40分）设集合{}1,2,,19A =．是否存在集合A 的非空子集12,S S ，满足（1）12S S ，12S S A ；（2）12,S S 都至少有4个元素；（3）1S 的所有元素的和等于2S 的所有元素的乘积？ 证明你的结论．解：答案是肯定的． 设21,2,,219S x y x y ，， ……………10分 则1219122x y xy +++−−−−=，所以2187xy x y ++=， ……………20分故()()21213751525x y ++==⨯，所以7,12x y是一组解．……………30分 故取123,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19,1,2,7,12S S ，则这样的12,S S 满足条件． ……………40分注：直接给出例子并验证给40分．三、（本题满分50分） 给定整数2n ．设1212,,,,,,,0n na a ab b b ，满足1212n n a a a b b b ， 且对任意,(1)i j ijn ，均有i jij a a b b ．求12n a a a 的最小值．解：记1212nn Sa a ab b b ．由条件知11()(1)i jij i j ni j na ab b n S ． ……………10分又222111122n i ji ji i j ni j ni a a n a a a ， ……………20分于是222111122221nn ii i ji ji i i j ni j nSa a a a a a nS n ．……………40分 注意0S ，故2S n ．另一方面，当2(1,2,,)i i a b i n 时，条件满足，且2S n ．综上，12n Sa a a 的最小值为2n ． ……………50分四、（本题满分50分）设,a b 为不超过12的正整数，满足：存在常数C ，使得9(mod13)nn a b C 对任意正整数n 成立．求所有满足条件的有序数对(,)a b ． 解法1：由条件知，对任意正整数n ，有9312(mod13)n n n n a b a b ． ①注意到13为素数，,a b 均与13互素，由费马小定理知12121(mod13)a b ．因此在①中取12n ，化简得9311(mod13)b a ，故93(mod13)b a ． 代入①，得33123(mod13)nn nnnn a a b a b a b ，即3()(1)0(mod13)n n a b a ． ②……………20分分两种情况讨论．(i) 若31(mod13)a ，则333121(mod13)b a b b ，又,{1,2,,12}a b ，经检验可知,{1,3,9}a b ．此时9(mod13)n n n n a b a b ．由条件知332(mod13)a b a b ，从而只能是1a b ．经检验，当(,)(1,1)a b 时，对任意正整数n ，9n n a b 模13余2为常数，满足条件． ……………30分(ii) 若31(mod13)a ，则由②知，对任意正整数n ，有(mod13)n n a b ．特别地，(mod13)a b ，故ab ．所以399(mod13)a b a ，即333(1)(1)0(mod13)a a a ，故31(mod13)a ．通过检验1,2,,6(mod13)a ，可知4,10,12a ． 经检验，当(,)(4,4),(10,10),(12,12)a b 时，对任意正整数n ，有9933(1())0(mod13)n n n n n a b a a a a ，满足条件．综合(i)、(ii)，所求的有序数对(,)a b 为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)．……………50分 解法2：由条件知，对任意正整数n ，有92111102()()()(mod13)n n n n n n a b a b a b ，……………10分 化简得11291102(mod13)n n n n n n a b a b a b ，即92()0(mod13)n n a b a b ．由于13为素数，,{1,2,,12}a b ，故213()a b ，进而ab ．……………20分 因此，当n 变化时，99(1)n n n a b a a 模13的余数为常数． 当910(mod13)a 时，由上式知，n a 模13的余数为常数，特别地，有2(mod13)a a ，故1a ． ……………30分当910(mod13)a 时，由费马小定理得121(mod13)a ，故33912()1(mod13)a a a a ．通过检验1,2,,6(mod13)a，可知4,10,12a ． 综上，所求的有序数对(,)a b 为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)． …………50分。

2020年泉州市普通高中数学学科竞赛试题(总分200分,考试时间:150分钟)一、填空题:本大题共15小题,每小题6分,共90分.请将答案填写在答题卡的相应位置.1.已知集合22{|80},{|2}A x N x x B x log x =∈-=>,则()R A B ⋂中所有元素的和是_____.2.若复数z 满足||1z i -=,z 在复平面内对应的点为(),x y ,则22x y +的最大值为_____. 3.若数据x 1,2x ,…,x 5的平均数为3,21x ,22x ,…,25x 的平均数为11,则这组数据1x ,2x ,…,5x 的方差为_____.4.记x 0为函数()1x f x xe =-的零点,则00lnx x +=_____.5.在数列{}n a 中,12a =,且()211n n na n a n n +-+=+,则20202020a =_____. 6.已知F 是抛物线2:8C y x =的焦点,过F 的直线l 与C 交于A,B 两点,且4FA BF =,则l 的斜率为_____.7.已知25520sin cos sin ααα-+=,则24sin πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值是_____. 8.已知a,b,c 为正数,且()12a a b c bc +++=,则43a b c ++的最小值为_____.9.已知球O 1是正方体''''ABCD A B C D -的内切球,球2O 在该正方体内部,且与正方体的三个面及球O 1同时相切,若正方体的棱长为1,则球O 2的表面积为___.10.ABC 中,4AB =,2AC =,点P 为边AB 上任意一点,若()()|21|AB AC λλλ+-∈R 的最小值为23,则PB PC ⋅的最小值_____.11.在三棱锥D-ABC 中,DB ⊥平面ABC, 90ACB ︒∠=,1AC BC DB ===,E,F 分别在DA,DC 上,则BEF 周长的最小值为_____.12.已知点P 是双曲线C: 221916x y -=的右支上任一点,F 是C 的右焦点,Q ()30,12M ,记||||PM PF +取最小值时点P 的位置为0P ,则0MFP 的面积为_____.13.在三棱锥P ABC -中,已知1PA PB AC BC ====,则当三棱锥P ABC -的体积最大时,其外接球体积是_____.14. 若函数21||,,()59||,22x e x x a f x x x x x a -⎧-≤⎪=⎨--++>⎪⎩有三个零点，则a 的取值范围_____. 15.在数列{}n a 中,11a =,且)*1n a n N +=∈,则当2n 时, 21[]n i i a==∑_____.(其中,[]x 表示不超过x的最大整数.)二､解答题:本大题共5小题,共110分解答应写出文字(符号)说明､证明过程或演算步骤16.(本小题满分20分)在ABC 中,2AC AB ==DAC ∠ 的平分线AD 交BC 于D,AD =(1)求BD;(2)求ACD 的面积.17.(本小题满分20分)记数列{an}的前n 项和为n S .已知12a =,()()111n n n a S n n ---=-.()*2,n n N ∈.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设()212n c n a =+,求证:对于任意的*n N ∈,1216n c c c +++<.18.(本小题满分20分)如图,已知O,I,H 分别为ABC 的外心,内心,垂心,E 为弧BC 的中点,OE 交BC 于M,延长EO 交O 于D,过点I 作IF AB ⊥于F,IG BC ⊥于G.(1)证明:BDE FAI ;(2)若//OI BC ,证明:22222AH OI OE AI EH ++=+.19.(本小题满分25分)已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的长轴长为10,M,N 在圆228x y +=上，点P 是E 上任意一点,MPN ∠的最大值为90°.(1)求E 的方程；(2)过点()0,1作两条互相垂直的弦AB,CD,S,T 分别为AB,CD 的中点,求证:直线ST 过定点,并求出这个定点坐标.20.(本小题满分25分)已知函数()()1f x ln x =+与()1ax g x x =+. (1)若曲线()y f x =与()y g x =在()0,0处的切线相同,证明:()()f x g x ；(2)已知数列{}n a 中,11a =,()1n n a f a +=,证明:当2n 时,11n a n <<.。

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。

１2020年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛暨2020年福建省高中数学竞赛试卷（考试时间：2020年6月27日上午9：00－11：30）一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分. 请直接将答案写在答题卷相应位置上）1．已知复数z 满足1z z i -=-，若61z z z ---为正实数，则z = ★★★ . 2．已知()3cos()f x x ωϕ=+（0ω>，ϕπ<），若5()08f π=，11()38f π=，且()f x 的最小正周期大于2π，则ϕ= ★★★ .3．已知[]x 表示不超过x 的最大整数，集合{}260A x x x =--<，[]{}22350B x x x =--=，则A B = ★★★ .4．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意实数x ，都有(1)(1)f x f x +=-成立，当12x ≤≤时，()ln f x x =. 若关于x 的方程()10f x ax +-=在[]35x ∈，上有两个不相等的实数根，则a 的取值范围为 ★★★ .5．设1F 、2F 为双曲线C ：22221x y a b-= (0a >，0b >) 的左、右焦点，过2F 的直线l 交双曲线C 的右支于A 、B 两点，且120AF AF ⋅=，2220F B F A +=，则双曲线C 的离心率为 ★★ . 6．在以凸十八边形的顶点为顶点构成的三角形中，任取一个三角形，则所取的三角形与该十八边形无公共边的概率为 ★★★ .7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 、G 分别在棱1AA 、11A D 、11D C 上，E 为1AA 中点，11111113D F D G D A D C ==. 记平面EFG 与平面11A B CD 的交线为m ，则直线m 与平面ABCD 所成角的正切值为 ★★★ .8．已知a 、b 、c 、d 为正数，且20202a b c d +=+=，则11a bcd+的最小值为 ★★★ . 9．已知实数m 满足：当关于x 的实系数一元二次方程20ax bx c ++=有实根时，2222()()()a b b c c a ma -+-+-≥总成立，则m 的最大值为 ★★★ .10．设正整数n 为合数，()f n 为n 的最小的三个正约数之和，()g n 为n 的最大的两个正约数之和. 若3()()g n f n =，则n 的所有可能值为 ★★★ .（第7题图）２ 二、解答题（共5小题，每小题20分，满分100分.要求写出解题过程，写在答题卷相应位置上）11．已知数列{}n a 满足11a =，25a =，2143n n n a a a ++=-（*n N ∈）.(1) 求数列{}n a 的通项公式；(2) 设13n n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项的和，求证：34n T <.12．已知椭圆C ：22221x y a b+= (0a b >>) 的离心率为12，右焦点F 到直线20x y -+=的距离为22，1A 、2A 分别为椭圆C 的左、右顶点.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 过点F 的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点 (点A 在x 轴上方)，T 为直线1A A 、2A B 的交点. 当点T 的纵坐标为63时，求直线l 的方程.13．如图，在ABC △中，AB AC <，ABC △的内切圆I 与边BC 、CA 分别切于点D 、E ，连AI 并延长交ABC △的外接圆O 于点N ，连ND 、NO 并延长分别交O 于点G 、M ，连GE 并延长交O 于点F .(1) 求证：NIG NDI △∽△；(2) 求证：MF AC ∥.14．已知2()(1)1x f x x a x e ⎡⎤=+-+⎣⎦，若2()0f x e +≥恒成立，求实数a 的取值范围.15．将一个20202020⨯方格表的每个小方格染黑、白两种颜色之一，满足以下条件：方格表中的任意一个小方格A ，它所在的行与列的所有小方格中，与A 异色的小方格多于与A 同色的小方格. 证明：染色后，方格表中每行、每列两种颜色的小方格一样多.（第13题图）。

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。