2020年全国高中数学联赛加试参考答案及评分标准（A卷）.pdf

1、1 2020 年年全国高中数学联合竞赛加试（全国高中数学联合竞赛加试（A A 卷）卷） 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 说明：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，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分为一个档次， 不得增加其他中间档次 一一（本题满分（本题满分 40 分）分）如图，在等腰ABC中，ABBC，I为内

2、心，M 为BI的中点，P为边AC上一点，满足3APPC，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 证明证明： 取AC的中点N 由3APPC， 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 QIBIBCICBABIACQABIABQQBI， 又M为BI的中点，所以QMBI进而|QMCN 10 分 考虑HMQ与HIB由于MHPH，故90HMQHMIHIB 又90IHMINP，故 HMNP HINI ，于是 11 22 HMNPNCMQMQ HININIMIIB 所以HMQHIB，得HQMHBI 30

3、分 从而,H M B Q四点共圆于是有90BHQBMQ，即BHQH 40 分 H P M I Q A BC H P N M I Q A BC 2 二二（本题满分（本题满分 40 分）分）给定整数3n设 122122 , nn a aab bb是4n个 非负实数，满足 122122 0 nn aaabbb， 且对任意1, 2, 2in， 有 21iiii aabb（这里 211222211 , nnn aa aa bb） 求 122n aaa的最小值 解解：记 122122nn Saaabbb 不失一般性，设 1321 2 n S Taaa 当3n时，因为 3 2 2121 1 3 kk k T

4、aa 222 133551 1 ()()()0 2 aaaaaa， 故结合条件可知 233 2 2121212 11 33()3 4 kkkk kk S TaabbS 又0S，所以12S 当2(16) ii abi时，S取到最小值 12 10 分 当4n时，一方面有 2121212 11 () nn kkkk kk aabbS 另一方面，若n为偶数，则 2 212115233721 1 ()() 4 n kknn k T aaaaaaaa， 其中第一个不等式是因为 15233721 ()() nn aaaaaa展开后每一项 均非负，且包含 2121(1 ) kk aakn这些项，第二个不等式利

5、用了基本不等式 20 分 若n为奇数，不妨设 13 aa，则 1 21212121213 11 nn kkkkn kk aaaaaa 2 15213723 ()() 4 nn T aaaaaa 从而总有 22 2121 1 416 n kk k TS Saa又0S，所以16S 30 分 当 123412 4,0(52 ),0,16,0(32 ) ii aaaaain bbbin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 3 三三 （本题满分（本题满分 50 分）分）设 1212 1,2,2,3, 4, nnn aaaaan证明： 对整数

6、5n， n a必有一个模 4 余 1 的素因子 证明证明：记12,12，则易求得 nn n a 记 2 nn n b，则数列 n b满足 12 2(3) nnn bbbn 因 12 1,3bb均为整数，故由及数学归纳法，可知 n b每项均为整数 10 分 由 22 2 () 22 nnnn n，可知 22 2( 1) (1) n nn ban 20 分 当1n为奇数时， 由于 1 a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由得 2 1(mod ) n bp，故 1 1 2 ( 1)(mod ) p p n bp 又上式表明( ,)

7、1 n p b，故由费马小定理得 1 1(mod ) p n bp，从而 1 2 ( 1)1(mod ) p p 因2p，故必须 1 2 ( 1)1 p ，因此1(mod4)p 30 分 另一方面，对正整数,m n，若|m n，设nkm，则 (1)(2)(2)(1) () nnmm kmkmmmkmkm n a 1 (21 2 )(21 2 ) 0 1 (22 )(22 ) 0 () (),2 , () ()(),21. l imli mli m m i l imli mli mlm m i akl akl 因2 ss s b为整数（对正整数s），1为整数，故由上式知 n a等于 m a 与一

8、个整数的乘积，从而| mn aa 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(mod4)p，而| mn aa，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 nl，因 8 40824 17a有模 4 余 1 的素因子 17，对于4l，由8|2l知 8 2 | l aa，从而 2l a 也有素因子 17证毕 50 分 4 四四 （本题满分（本题满分 50 分）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

9、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 1 e， 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 1 e两侧各有奇数个顶点，故该完美匹配中必有T的另一条边 2 e，端 点分别在 1 e的两侧，又P

10、是凸多边形，故 1 e与 2 e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 1 1F =， 2 2F =， 对2k ， 21kkk FFF + =+， 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 TF 设 122n PA AA=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 , nn A A A AAA 或 2345222121 , nnn A A A AAAA 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

11、2 ( )2f TF= 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 14 A A， 选用 14 A 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 TF= 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 PA AA=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 ek=，不妨设e

12、为 221nk A A + ，则每个 (1, 2, 2 ) i A ik=不能引出偶弦 事实上，假设 ij AA是偶弦，若22, 23, 21jkkn+，则 ij AA与e在P 的内部相交，矛盾若1, 2, 21, 2 jkn+，则()2 ij w AAk，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 AA只能与其相邻顶点配对， 特别地， 1 A只能与 2 A或 2n A配对下面分两种情况 情形 1：选用边 12 A A则必须选用边 34212 , kk A AAA 注意到 221nk A A + 的两侧 分别有2 , 222knk个顶点， 221 22

13、2()2 nk nkw A Ak + =，而4n，因此 5 226nk 在凸22nk边形 121222kkn PAAA + =上，T的边给出了 1 P的三角剖分 图 1 T，在T中再选取nk条边 12 , n k e ee ，与 1234212 , kk A A A AAA 一起构成T 的完美匹配， 当且仅当 12 , n k e ee 是 1 T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 , kk A AA A + 在凸222nk边形 2222321kkn PAAA + = 中构造如下的三角剖分图

14、2 T：对2221kijn+ ，若 线段 ij AA是T的边，则也将其作为 2 T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 2 P的对角线， 得到一个 2 P的三角剖分图 2 T， 它包含了T的所有 在顶点 222321 , kkn AAA + 之间的边因此每个包含边 2123221 , nkk A A A AA A + 的T 的完美匹配， 其余的边必定是 2 T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 TF ， 21 () n k f TF ，结合上面两种情形以及1k ，有 1211 ( )( )() n kn

15、 kn kn f Tf Tf TFFFF + += 40 分 下面说明等号可以成立 考虑凸2n边形 122n A AA的三角剖分图 n : 添加对 角线 222332121442232 , nnnnnnnnn A AA A A AAA A AAA 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 12 A A，由于在 凸22n边形 342n A AA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 AA 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 ()()() nnn fff =+ 由数学归纳法即得() nn fF=结论得证 因此，对凸 20 边形P，( )f T的最大值等于 10 89F = 50 分