2020年浙江省高中数学联赛试题(含参考答案)
浙江省宁波市2020年12月高中数学竞赛 PDF版含解析
解析：由 S2 S3 a3 0 ，所以 A 正确； 由 S4 S3 a4 0 ，所以 B 正确； 由 a1 a2 a3 0 S3 0 ，所以 C 正确； S4 = a1 + 3a3 0 ，所以 D 不正确
6. B，D
由 sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 sin2 A = cos2 B + cos2 C sin2 (B + C) = cos2 B + cos2 C
2020 年宁波市高中数学竞赛试题 第4页（共 4 页）
2020 年宁波市高中数学竞赛试题答案
一、选择题Ⅰ（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分．每小题列出的四个选项
中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．）
1.C
分析：由 (a
+
b)2
+
(a
− b)2
=
2
2a
+
2
2b
可得.
2020 年宁波市高中数学竞赛试题
2020 年 12 月 13 日 9:00-11:00
注意： 报考 A 组的考生作答 A 卷（所有试题），报考 B 组的考生作答 B 卷（前 17 题）．
请考生按规定用笔，将试题的答案涂、写在答题纸上．
一、选择题Ⅰ（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分．每小题列出的四个选项 中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．）
16．已知正项等比数列an 的前 n 项和为 Sn ，且满足 a3 = 4 ， a2a4 = 3S3 − 5 ．
（Ⅰ）求an 的通项公式；
（Ⅱ）设命题 p ：存在正整数 m, n （其中 m n ）及k {−1, 0,1}, k = 1, 2, , n ，使得
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题答案
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题答案一、填空题（每题8分，共80分）1. 32290x x x -+-=2. 1-3.16±4分，满分8分） 4.5. 136.5[27. z =−14±√154i （每个答案给4分，满分8分）8. 1269. 15310. 912 二、解答题（共五题，11-13各20分，14、15各30分，合计120分） （解答题严格按照上述标准给分，分数整5整10，不给其他过度分数。
）11. 已知数列{}n a，且11a =2,3,)n ==L ，令1n n b a =，记数列{}n b 的前n 项和为n S 。
（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若对任意的*n N ∈(1)101n S n λ≤+≤+恒成立，求实数λ的取值范围。
解答 （1）由数学归纳法证明得na = （5分） （2）由于n b =1n S =, （10分）(1)101n S n λ≤+≤+得到λ≤≤上式对任意的正整数成立，则min 202λ=≤≤=，（15分）即202λ≤≤。
（20分）12. 已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为2，且椭圆C 的任意三个顶点构成的三角形面积为12。
（1）求椭圆C 的方程；（2）若过(,0)P λ的直线l 与椭圆交于相异两点,A B ，且2AP PB =u u u r u u u r ，求实数λ的范围。
解答 （1）设椭圆的长半轴长为,a 短半轴长为,b 则有122ab a ==，解得，11,2a b ==，所以椭圆C 的方程为2241x y +=。
（5分） （2）设直线l 的方程为,x my λ=+设两个交点坐标为11(,)A x y ，22(,)B x y 。
由2AP PB =u u u r u u u r ，得到122y y =-。
………………………………① （10分）联立方程组2241x y x my λ⎧+=⎨=+⎩ 得到222(4)210m y my λλ+++-=……②显然，12,y y 为方程②的两个相异的实根，则有22222(2)4(1)(4)04(1)m m m λλλ--+>⇒>-…………③ 由韦达定理得212122221,44m y y y y m m λλ-+=-=++，联立①得到 2222222214(1)2()04491m m m m λλλλ--+=⇒=++-………………④ （15分）又1λ=±，13λ=±不符合题意。
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题(含答案)
13．已知函数
f
x
|
1
x 1|e x
a.
(1)若 f x 0 恰有三个根，求实数 a 的取值范围
(2)在(1)的情形下，设 f x 0 的三根为 x1, x2 , x3 且 x1 x2 x3 , 证明 x2 x1 a. 14．设正整数 n 3, 已知 n 个数 a1, a2 ,, an ,记两两之和为 by ai a j i j , 得到如
n 1)min 20 ，（15 分）
即 6 20 。 2
（20 分）
12. 已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 3 ，且椭圆 C 的任意三个顶点构成的三角形面 2
积为 1 。 2
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）若过 P(, 0) 的直线 l 与椭圆交于相异两点 A, B ，且 AP 2PB ，求实数 的范围。
（1） x
1时，
f
x
x
1
e
1 x
，
f 'x 1
1 x
1 x2
e
1 x
0
x
1时，
f
x
x
1
e
1 x
，
f 'x
1
1 x
1 x2
e
1 x
0
所以函数 f x 在 , 1 , 1,0 , 0, ，
且 f (x) (x ), f (1) 0, f (0 ) , f (0 ) 0,
故a 0
（5 分）
（2）当 n 4 时。显然由 k C32 1 4 ，否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数。
当 k 4 时，如果 b21, b31, b42 , b43 这 4 个值，也无法确定出 a1, a2 , a3, a4 。
2020年全国高中数学联赛浙江赛区填空题解析
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题（填空题解析，除第九题）33)](32,32[21cos 0',)cos 2(1cos 2'______cos 2sin ,..42416249184781498,98494789849144957674972249494924777772477._________724.31)}({max 12)11()(]1,0[12)11()(11]0,1[}2)1{(min )(._______]1,1[)(},12{min )(.29209)(2)(092303._______103.132max 22222222242422242222222]1,1[222]1,[2]1,[23222322463323==∴∈+-∈∴≥⇒≥--=-=∈±∴±=⇒=⇒=+-∴=++=++++⇒=++⋅++++⇒=+++⇒⎪⎩⎪⎨⎧==+++∴-=∴-=--=∈-≤--+=∴=+≤-∈--=---=-+-∴=-+-⇒=-+-⇒-=-⇒=+-=+-+=-∈+∈+∈ππππππk x a a a x a a x y y Z k k k x x y x x y x xy R x x t t t t x x xx x x xx x x x x y x y x y x m m a f a f a a a f a x a x a f a f x x a f x x x r r r r r r r r r r r x x r 令解析：的最大值为则答案为令平距离为，地面端点到节点的水直距离为设墙上端点到节点的垂解析：米或米为端点到地面的垂直距离，则此时竹竿在墙上的都是离和到地面的垂直距离上某一节到墙的垂直距端落在地面上。
若竹竿，一端靠在墙上，另一某竹竿长为时，当时，当解析：上的最大值为在则已知方程为解析：为的整系数一元三次方程为其解得首项系数为的解，则以为方程设种由下表可得共有组合：十、百位：，个位：解析：位数的个数为，则满足上述条件的六码和为的倍数，且六位数的数都是的数字的倍数，十位和百位上数字是进制数中，其个位上的的正整数组成的六位十已知由的辐角为解析：设或取得最小值时，则此时当为复数，且设，构图可得间夹角均为，，可知和由解析：的取值范围为则。
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。
【精品】2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题答案
由归纳可知，这些 可唯一确定出 ，然后再有 （或 ）确定出 。
（30分）
15.设 为实数列，证明 。
证明：不等式的左边= ，由Cauchy不等式得
，（10分）
由等式
以及 ，从而只需证明
（1）以及 （2）。（20分）
解答（1）当 时，显然由 才能唯一确定出 ，此时 。（5分）
（2）当 时。显然由 ，否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数。
当 时，如果 这4个值，也无法确定出 。
当 时，若已知 中任意五个数的值。不妨设 的值未知，则由 可以确定 ，从而唯一确定出 。（10分）
（3）当 时，显然由当 ，下面证明最小值取到等号。
（1）求椭圆 的方程；
（2）若过 的直线 与椭圆交于相异两点 ，且 ，求实数 的范围。
解答（1）设椭圆的长半轴长为 短半轴长为 则有 ，解得， ，所以椭圆 的方程为 。（5分）
（2）设直线 的方程为 设两个交点坐标为 ， 。
由 ，得到 。………………………………①（10分）
联立方程组 得到 ……②
显然， 为方程②的两个相异的实根，则有
11.已知数列 ，且 ， ，令 ，记数列 的前 项和为 。
（1）求数列 的通项公式；
（2）若对任意的 ， 恒成立，求实数 的取值范围。
解答（1）由数学归纳法证明得 。 （5分）
（2）由于 ，得
, （10分）
由 得到
，
上式对任意的正整数成立，则 ，（15分）
即 。（20分）
12. 已知椭圆 的中心在原点，焦点在 轴上，离心率为 ，且椭圆 的任意三个顶点构成的三角形面积为 。
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题及参考答案
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题（说明：本试卷满分200分，共10道填空题，5道解答题.题目的答案请写在答题纸上.）一、填空题（每题8分，共80分）1.设r 为方程330x x -+=的解，则以2r 为其解的首项系数为1的整系数-元三次方程为 .2.已知2[,1]()min {21}x a a f a x x ∈+=--，则()f a 在[1,1]-上的最大值为 .3.某竹竿长为24米，一端靠在墙上，另一端落在地面上.若竹竿上某-节点到墙的垂直距离和到地面的垂直距离都是7米，则此时竹竿靠在墙上的端点到地面的垂直距离为 米，或 米.4.设x ∈R ，则sin 2cos xy x=-的最大值为 .5.在四面体P ABC -中，棱,,PA AB AC 两两垂直，且PA AB AC ==，,E F 分别为线段,AB PC 的中点，则直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为 .6.设平面上不共线的三个单位向量,,a b c ，满足++0a b c =.若01t ≤≤，则|2(1)|t t -++-a b c 的取值范围为 .7.设z 为复数，且||1z =.当234|13|z z z z ++++取得最小值时，则此时复数z = ，或 . 8.已知由6个正整数组成的六位十进制数中，其个位上的数字是4的倍数，十位和百位上的数字都是3的倍数，且六位数的数码和为21，则满足上述条件的六位数的个数为 .9.一个正整数若能写成20827a b c ++（,,a b c 为非负整数）形式，则称它为“好数”.则集合{1,2,,200}中好数的个数为 . 10.设12,,,n i i i 是集合{1,2,,}n 的-个排列.如果存在k l <且k l i i >，则称数对(,)k l i i 为一个逆序，排列中所有逆序数对的数目称为此排列的逆序数.比如，排列1432的逆序为43，42，32，此排列的逆序数就是3.则当6n =时，且34i =的所有排列的逆序数的和为 . 二、解答题（共五题，11～13各20分，14、15各30分，合计120分） 11.已知数列{}n a ，且11a =2,3,)n ==，令1n n b a =，记数列{}n b 的前n项和为n S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若对任意的n *∈N(1)101n S n λ≤+≤+恒成立，求实数λ的取值范围. 12.已知椭圆C 的中心在原点，焦点在xC 的任意三个顶点构成的三角形面积为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）若过(,0)P λ的直线l 与椭圆交于相异两点,A B ，且2AP PB =，求实数λ的范围.13.已知函数1()|1|exf x x a -=+-.（1）若()0f x =恰有三个根，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的情形下，设()0f x =的三根为123,,x x x ，且123x x x <<，证明21x x a -<.14.设正整数3n ≥， 已知n 个数12,,,n a a a ，记两两之和为()ij i j b a a i j =+>，得到如下表格：21b 31b 32b ……………………… 1n b 2n b …………………,1n n b - 若在上述表格中任意取定k 个数，可以唯一确定出n 个数12,,,n a a a ，求k 的最小值.15.设{},{}i j a b为实数列，证明112020202020202222,112()()m n m n m n a b ===≤∑∑∑.2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题答案一、填空题（每题8分，共80分） 1.32290x x x -+-= 2.1-3.16±4分，满分8分）4.35.136.5[27.错误!未找到引用源。
2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)
2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。
若A B ⊆，则实数m 的取值范围为 。
2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。
3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。
4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。
5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。
6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。
7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。
8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。
9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。
10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（ ，A 为C 的圆心。
直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。
则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。