2023年12月23日发(作者：2005宁德中考数学试卷)

2022 年全国高中数学联合竞赛一试试题（B 卷）

一、填空题: 本大题共 8 小题, 每小题 8 分, 满分 64 分.

1.不等式

的解集为________.

2.在平面直角坐标系中, 以抛物线

的焦点为圆心作一个圆 , 与 的准线相切, 则圆 的面积为________.

3.函数 的最大值为________.

4.一枚不均匀的硬币, 若随机抛掷它两次均得到正面的概率为

, 则随机 抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为________.

5.已知复数 满足 , 且

̅

, 则

‾ 的值为________.

6.若正四棱雉 的各条棱长均相等, 为棱 的中点, 则异面直 线 与 所成的角的余弦值为________.

7.若 的三个内角 满足

, 则 的值为

8.一个单位方格的四条边中, 若存在三条边染了三种不同的颜色, 则称该 单位方格是 “多彩”的. 如图, 一个 方格表的表格线共含 10 条单位长线段, 现要对这 10 条线段染色, 每条线段染为红、黄、蓝三色之一, 使得三个单位方 格都是多采的. 这样的染色方式数为________.

(答案用数值表示).

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) 在平面直角坐标系中,

是双曲线

的 两个焦点, 上一

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

点 满足

⃗⃗

. 求点 到 的两条渐近线的距离之和.

10.(本题满分 20 分) 设正数

满足:

成公差为

的 等差数列,

成公比为

的等比数列, 且

. 求

的最小值, 并确定 当

取到最小值时

的值.

11.(本题满分 20 分) 若 为实数, ，函数 在闭区间 上 的最大值与最小值之差为 1 , 求 的取值范围.

2022 年全国高中数学联合竞赛 加试试题 (B 卷)

一. (本题满分 40 分) 如图, 设 四点在圆 上顺次排列, 其中 经过 的圆心 .

线段 上一点 满足 , 线段 上两点 满 足 四点共圆,

四点共圆. 证明: .

二. (本题满分 40 分) 给定正实数 . 设

, 求

的最大值.

三. (本题满分 50 分) 设正整数 都恰有 个正约数, 其中

是

的所有正约数的一个排列. 问

是否可 能恰好是 的所有正约数的一个排列? 证明你的结论.

四. (本题满分 50 分) 圆周上依次有 100 个点

(其中

与

相 邻). 现有 5

种颜色, 要求

中每个点染 5 种颜色之一, 每种颜色至少 染一个点. 若对任意这样的染色方式,

中总存在 个连续的点含有至 少 3 种颜色, 求 的最小值.

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

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．

2022的解集为 ．

x9x11答案：(,11)(9,11)．

20(x11)22(x9)x11解：移项通分可得0，等价于0，易(x9)(x11)(x9)(x11)知解集为(,11)(9,11)．

2. 在平面直角坐标系中，以抛物线:y26x的焦点为圆心作一个圆，与的准线相切，则圆的面积为 ．

答案：9．

解：抛物线的焦点与准线的距离为3，故圆的半径r3．

所以圆的面积为r29．

3. 函数f(x)lg2lg5lg2xlg5x的最大值为 ．

1答案：．

4解：f(x)lg2lg5(lg2lgx)(lg5lgx)(lg2lg5)lgxlg2x

1. 不等式1112lgxlgxlgx．

2441011当lgx，即x时，f(x)取到最大值．

102424. 一枚不均匀的硬币，若随机抛掷它两次均得到正面的概率为抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为 ．

答案：21．

解：设随机抛掷该硬币一次，得到正面的概率为p(0p1)．

1，则随机221，故p．从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一22次的概率为2p(1p)21．

z11z，则Re的值为 ． 5. 已知复数z满足|z|1，且Rez13z根据题意得p21

7答案：．

9z1z111．因此ReReRez，结合1z13z1z742122z72．

|z|1知zi．进而ReRezRei33z9996. 若正四棱锥PABCD的各条棱长均相等，M为棱AB的中点，则异面直线BP与CM所成的角的余弦值为 ．

5答案：．

10解：取AP的中点N，则MN||BP，故异面直线BP与CM所成的角的大小为CMN（或其补角）．

不妨设正四棱锥PABCD的各条棱长均为2．

解：由于zz|z|21，故z易知AC22，故APC90，于是CNPC2PN25．

MN55，即所求值为．

2CM1010C7. 若ABC的三个内角A,B,C满足cosAsinB2tan，则sinAcosA

22tanA的值为 ．

答案：2．

解：由cosAsinB知BA．

2假如BA，则C，此时cosAsinB2，矛盾．

22从而只能是BA，进而有C2A．所以

22C21tanA，

AcosA2tan2tan421tanA这等价于cosA(1tanA)22tanA．进而sinAcosA2tanA2．

8. 一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个13方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红、黄、蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的．这样的染色方式数为 （答案用数值表示）．

又MN1,CM5CN，故cosCMN

答案：5184．

解：简称单位方格为“方格”．

引理：当一个方格已有一条边被染色后，对另三条边恰有12种染法使得该方格是多彩的．

事实上，不妨设已染色的边为红，则另三条边可以是红、黄、蓝的排列，也可以是两黄一蓝或两蓝一黄，共3!3312种染法．

先染左边方格与中间方格的公共边，有3种染法．

2

然后完成左边方格的染色，根据引理，有12种染法．

同理，完成中间方格的染色有12种染法．

此时右边方格已有一条边被染色，故有12种染法完成此方格的染色．

由乘法原理，符合题意的染色方式数为31212125184．

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．

x29.（本题满分16分）在平面直角坐标系中，F1,F2是双曲线:y21的3两个焦点，上一点P满足PF1PF21．求点P到的两条渐近线的距离之和．

解：易知F1,F2的坐标为(2,0)，的两条渐近线的方程分别为x3y0与x3y0．

设点P(u,v)，P到两条渐近线的距离之和为S，则

|u3v||u3v|

S． ……………4分

22由于PF1PF2(u2)(u2)v2u2v24，故u2v241，即

……………8分

u2v25．u291又由P在上可知v21．从而解得u2,v2． ……………12分

2232|u|3232注意到u3v，故S，即所求距离之和为．

u222 ……………16分

10.（本题满分20分）设正数a1,a2,a3,b1,b2,b3满足：a1,a2,a3成公差为b1的等差数列，b1,b2,b3成公比为a1的等比数列，且a3b3．求a3的最小值，并确定当a3取到最小值时a2b2的值．

解：记aa1,bb1，其中a,b0．

由条件知a2ab,a3a2b,b2ab,b3a2b，并且记a3b3，则有a2ba2b，所以

……………5分

a2b(2b)2b．利用平均值不等式，得

332(2b)4b22，

4(2b)4b33即有2736． ……………15分

2236时，等号成立，此时（即a3）取到最小值，26当2b4b，即b相应有b6，a2b6，故

4566156． ……………20分

a2b2(ab)ab64483

11.（本题满分20分）若a,b为实数，ab，函数ysinx在闭区间[a,b]上的最大值与最小值之差为1，求ba的取值范围．

解：根据正弦函数的图像特征，若ba，则(a,b)内存在sinx的一个最值点c与一个零点d，取充分小的正数，使得区间[d,d](a,b)，此时sin(d),sin(d)异号，故存在d1{d,d}，使得sind1与sinc异号，则sincsind1sinc1，矛盾． ……………5分

，则sinx在[a,b]上的最大值点与最小值点必为一个长度小于33的单调区间[c,d]的两个端点c与d，而

cdcdcd2sin2sin1，

sincsind2sincos2226矛盾． ……………10分

另一方面，令a0,bb0,，则sinx在[a,b]上的最大值为1，最小值2为0，符合要求．此时ba可取遍,中的值． ……………15分

21又令aarcsin(t1),barcsint，t,1，则sinx在[a,b]上的最大值为t，21最小值为t1，符合要求．当t时，ba，当t1时ba（并且当2321，从而ba可取遍,中的值．

t在,1中连续变化时，ba的值连续变化）322综上，ba的取值范围是,,,． ……………20分

3223

若ba4

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（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，设A,B,C,D四点在圆上顺次排列，其中AC经过的圆心O．线段BD上一点P满足APCBPC，线段AP上两点X,Y满足A,O,X,B四点共圆，A,Y,O,D四点共圆．证明：BD2XY．

BωXYAOCPD

证明：根据条件，可知

OXAOBACABCDB，

OYPODACADCBD，

所以OXY∽CDB． ………………10分

设OMAP于点M，CKAP于点K（K在圆上），CLBD于点L．

由O为AC的中点，得CK2OM．由APCBPC，得CKCL．

………………20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

XYOMOM1，

BDCLCK2即有BD2XY． ………………40分

BωMXOPKCYALD

1

二．（本题满分40分）给定正实数a,b，ab．设x1,x2,,x2022∈[a,b]，求

x1x2x2x3x2021x2022x2022x1

x1x2x2022的最大值．

解：首先证明：当x,y∈[a,b]时，有

b−a(x+y)． ①

a+b ………………10分

ax不妨设a≤x≤y≤b，则≤≤1，于是

byxa1−−1x−yy−xyb=b−a，

==≤x+yy+x1+x1+ab+ayb故①得证． ………………20分

于是

x1−x2+x2−x3++x2021−x2022+x2022−x1

x−y≤≤b−a((x1+x2)+(x2+x3)++(x2022+x1))

a+b2(b−a)(x1+x2++x2022)，

a+b故

x1−x2+x2−x3++x2021−x2022+x2022−x12(b−a)，

≤x1+x2++x2022a+b ………………30分

=x==x2021=a,x=x==x2022=b时，等号成立． 当x13242(b−a)因此，所求的最大值为． ………………40分

a+b

三．（本题满分50分）设正整数a,b都恰有m(m3)个正约数，其中a1,a2

a3,,am是a的所有正约数的一个排列．问a1,a1a2,a2a3,,am1am是否可能恰好是b的所有正约数的一个排列？证明你的结论．

解：答案是否定的．

用反证法．假设题述情形发生，记

A{a1,a2,a3,,am}，B{a1,a1a2,a2a3,,am1am}．

显然aiai13(i1,2,,m1)，而1B，故a11．又知2B，故b是奇数． ………………10分

所以a1a2为奇数，得a2为偶数，又a2A，故a是偶数．

………………20分

a易知A中最大的两个元素为a,．

22

a3a3．特别地，有ba．

222 ………………30分

a设aia,aj，其中i,j2（因为a有m(m3)个正约数，而a11）．于2ab是B中存在两个元素ai1ai,aj1aj，它们都大于，进而都大于，且均为b23的约数．这表明2|b，与b为奇数矛盾．

因此题述情形不可能发生． ………………50分

四．（本题满分50分）圆周上依次有100个点P1,P2,,P100（其中P1相100与P显然B中每个元素都不超过a邻）．现有5种颜色，要求P1,P2,,P100中每个点染5种颜色之一，每种颜色至少染一个点．若对任意这样的染色方式，P1,P2,,P100中总存在t个连续的点含有至少3种颜色，求t的最小值．

解法1：首先，让P25,P50,P75,P100分别染颜色1,2,3,4，其余点染颜色5．此时P1,P2,,P100中任意25个连续的点只含有两种颜色，不符合要求．从而t至少为26． ………………10分

以下假设有一种染色方式，使得任意26个连续的点含有至多两种颜色．对该染色方式，在P使这些点中不含全部51,P2,,P100中选取尽可能多的连续的点，种颜色，从而恰好含有4种颜色（否则可再添入这些连续的点的一个相邻点，仍不含全部5种颜色）．不妨设选出的点是Pk1,Pk2,,P100，且这100k个点不含颜色1．由极端性，可知P1与Pk均染有颜色1． ………………20分

对i1,2,3,4,5，用xi表示染有颜色i的点的最大下标，则x1k．

由对称性，可不妨设x2x3x4x5，则x5100，且易知x2k．

对每个i2,3,4,5，我们证明xixi125． ………………30分

事实上，假如xixi124，考虑26个连续的点Pxi1,Pxi11,,Pxi125（下标模100理解，下同），其中Pxi1染有颜色i1，Pxi染有颜色i，而Pxi1所染的颜色j异于i1和i（当i2,3,4时，必有i1j5；当i5时，由于Px51P101P1，故j1{4,5}），即这些点中含有至少3种颜色，与假设矛盾．

从而有x5x1(xixi1)1425100，这与x5100矛盾．

i25以上表明，对任意符合要求的染色方式，P1,P2,,P100中总存在26个连续的点含有至少3种颜色．

综上，所求t的最小值为26． ………………50分

解法2：首先，让P25,P50,P75,P100分别染颜色1,2,3,4，其余点染颜色5．此时P1,P2,,P100中任意25个连续的点只含有两种颜色，不符合要求．从而t至少为26． ………………10分

以下证明t26符合要求．

考虑任何一种染色方式，对i1,2,3,4,5，用ni表示P1,P2,,P100中染颜色i的点的个数，其中n1n2n5100．

3

考虑含有颜色1的弧段k其中下标PkPk1Pk25(k1,2,,100)的数目s1，模100理解．

若任意26个连续的点都含有颜色1，则s1100．

若存在26个连续的点不含颜色1，不妨设染为颜色1的所有n1个点分别为Pi1,Pi2,,Pin(27i1i2in1100)，则i125,i124,,i11,i1,i2,,in是11n125个两两不同的弧段，从而s1n125．

这表明s1minn125,100． ………………20分

同理，对于i2,3,4,5，含有颜色i的弧段k(k1,2,,100)的数目si满足siminni25,100．

所以s1s2s5S，其中记Sminni25,100．

i15若ni(1i5)中存在一个数不小于75，不妨设n175，则

S100(125)200．

i25若ni(1i5)都小于75，则

s1s2s5(ni25)100525200．

i15所以

s1s2s5S201． ………………40分

2013种颜色对应到，该弧段所覆盖由抽屉原理，必存在一个弧段被至少100的26个点含有至少3种颜色．

综上，所求t的最小值为26． ………………50分

4


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