2023年12月27日发(作者：今年衡东同考数学试卷)

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

一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.

1.不等式2022的解集为_____

x9x11答案:,119,11.

解:移项通分可得20x1122x9x9x110,等价于x110,易知解集为x9x11,119,11.

2.在平面直角坐标系中,以拋物线Γ:y26x的焦点为圆心作一个圆Ω,与Γ的准线相切,则圆Ω的面积为_____

答案:9.

解:拋物线Γ的焦点与准线的距离为3,故圆Ω的半径r3.

所以圆Ω的面积为r29.

3.函数fxlg2lg5lg2xlg5x的最大值为_____

答案:1.

4解:fxlg2lg5lg2lgxlg5lgxlg2lg5lgxlg2x

111lgxlgxlgx.

24422当lgx1011,即x时,fx取到最大值.

10244.一枚不均匀的硬币,若随机拋郑它两次均得到正面的概率为面、反面各一次的概率为_____

答案:21.

1,则随机抛郑它两次得到正2解：设随机抛郑该硬币一次,得到正面的概率为p0p1.

根据题意得p221,故p.从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为22

2p1p21.

5.已知复数z满足z1,且Rez11z7,则Re的值为答案:.

9z13z解:由于zz|z|21,故z1z1z11.因此ReReRez,结合z1知1z3z11z742122z7zi.进而ReRez2Re.

i3399z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_____

答案:5.

10解:取AP的中点N,则MNBP,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.

易知AC22,故APC90,于是CNPC2PN25.

又MN1,CM5CN,故cosCMNMN55,即所求值为.

2CM10107.若ABC的三个内角A,B,C满足cosAsinB2tan_____

答案:2.

解:由cosAsinB知B假如BC,则sinAcosA2tanA的值为22A.

2A,则C2,此时cosAsinB2,矛盾.

从而只能足B

2A,进而有C22A.所以

cosA2tanC1tanA2tanA2,

21tanA4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).

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.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.

x2y21的两个焦点,Γ上9.(本题满分16分)在平面直角坐标系中,F1,F2是双曲线Γ:3一点P满足PF1PF21.求点P到Γ的两条渐近线的距离之和.

解:易知F1,F2的坐标为2,0,Γ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

Su3v2u3v2.

22222由于PF1PF2u2u2vuv4,故uv41,即

u2v25.

u291v21.从而解得u2,v2. 又由P在Γ上可知322注意到u3v,故S2u2u3232,即所求距离之和为.

2210.(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

a2b(2b)2b.

3利用平均值不等式,得

22b4b23273624(2b)4b,即有.

2233当2b4b,即b6时,等号成立,此时即a3取到最小值366, ,相应有b24a2b6,故

a2b2abab5661566.

44811.(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.

若ba3,则sinx在a,b上的最大值点与最小值点必为一个长度小于c,d的两个端点c与d,而

的单调区间3sincsind2sincdcdcdcos2sin2sin1,矛盾.

2226,,则sinx在a,b上的最大值为1,最小值为0,符合要求.2另一方面,令a0,bb0此时ba可取遍,中的值.

2又令aarcsint1,barcsint,t,1,则sinx在a,b上的最大值为t,最小值为t1,符合要求.当t1211时,ba,当t1时ba（并且当t在,1中连续变化时,2322ba的值连续变化),从而ba可取遍,中的值.

32,,,.

3223综上,ba的取值范围是

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

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.

证明:根据条件,可知

所以OXYCDB.

OXAOBACABCDB,

OYPODACADCBD,设OMAP于点M,CKAP于点K(K在圆),CLBD于点L.

由O为AC的中点,得CK2OM.由APCBPC,得CKCL.

考虑到OM,CL是相似三角形OXY,CDB的对应边XY,DB上的高,从而

即有BD2XY.

XYOMOM1,

BDCLCK2

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x2022x1x2的最大值.

解:首先证明:当x,ya,b时,有

xybaxy.①

ab1xa1xyyxaxybba, 不妨设axyb,则1,于是byxyyx1x1abayb故①得证.

于是

x1x2x2x3x2021x2022x2022x1bax1x2x2x3x2022x1

ab2bax1x2x2022,ab故

x1x2x2x3x2021x2022x2022x1x2022x1x22baab2baab,

当x1x3x2021a,x2x4.

x2022b时,等号成立.

因此,所求的最大值为三.（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,a2a3,所有正约数的一个排列.问a1,a1a2,a2a3,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

,am是a的,am1am是否可能恰好是b的所有正约数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.

所以a1a2为奇数,得a2为偶数,又a2A,故a是偶数.

易知A中最大的两个元素为a,aa3a.显然B中每个元素都不超过a.特别地,有222b3a.

2a,其中i,j2(因为a有mm3个正约数,而a11).于是B中存在两个2ab元素ai1ai,aj1aj,它们都大于,进而都大于,且均为b的约数.这表明2|b,与b为23设aia,aj奇数矛盾.

因此题述情形不可能发生.

四.(本题满分50分)圆周上依次有100个点P1,P2,色,要求P1,P2,染色方式,P1,P2,,P100与P100(其中P1相邻).现有5种颜,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,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.

,P100中解法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,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.

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,,P在P1,P2,100中选取尽可能多的连实的点,使这些点中不含全部5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.

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.

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5i2xixi11425100,这与x5100矛盾.

以上表明,对任意符合要求的染色方式,P1,P2,少3种颜色.

综上,所求t的最小值为26.

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,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.

以下证明t26符合要求.

,P100中总存在26个连续的点含有至,P100中

考虑任何一种染色方式,对i1,2,3,4,5,用ni表示P1,P2,个数,其中,P100中染颜色i的点的1的弧段n1n2n5100.考虑含有颜色kPkPk1Pk25k1,2,,100的数目s1,其中下标模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,不奻设染为颜色1的所有n1个点分别为Pi1,Pi2,,Pim27i1i2im1100,则i125,i124,,ii11,i1,i2,,iij是n125个两两不同的弧段,从而s1n125.

这表明s1minn125,100.

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5i1minni25,100.

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所以

s5ni25100525200.

i15s1s2s5S201.

2013种颜色对应到,该弧段所覆盖的26个100由抽屉原理,必存在一个弧段被至少点含有至少3种颜色.

综上,所求t的最小值为26.


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