奥林匹克竞赛预赛试题
2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题 - 副本
2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设集合R=｛(x,y)|x+y=l｝,B=｛(x,y)|x'+*2=2｝,C=则集合C的子集的个数是.2.己知z为虚数，且z1=z,则z'=.3.已知a,3是单位向量，|3a+4d|=|4a-3d|,若|c|=2,则\a+b-c\的最大值是,4.己知三棱锥P-ABC的三条侧"4,PB.PC两两垂宜，设二面角P-AB-C,P-BC-A, P-&-B的大小分别为a,们丫,则血？三血/+血：乙=_____cos'a+cos*0+cos"5.MB C的三边分别为a,b,c,记BC,CA,XB边上的中线长分别为叫,虬,则m：nC Q,土口-r+Tr+-f的最小值是_______・a'b"c6.设a,fteN*,且满足」-?=一二，则所有正整数对(a,方)的个数为a b20237.已知函数f(x)=x i-2x1-3x+4,若/(a)=/(/>)=/(c),其中a<b<c,则a2+b2+c2=.8.己知5名同学分则报长的学科为语文、数学、物理、化学、历史.现有5份试卷(语文、数学、物理、化学、历史各一份)，老师随机分发给每名同学一份试卷，则至少有4名同学得到的试卷与自己擅长的学科不符的概率是.二、解答题：本大题共3小题，满分S6分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤9.(本题滴分16分)设｛%｝是正项等差数列，公差为d(d>0)，前〃项和为S“，m,〃，p,q 均为正整数.若n<p<m,n<q<m.且〃i+〃=p+g,证明：⑴财,<哄：A⑵S.+S.Sp+Sq.10.(本题满分20分)如图1,设P是四边形ABCD内…点，满足\\\-----D ABPC=2/.BAC,ZPCA=/.PAD./.PDA=APAC.\/求证：zpbd=\abca-zpca\.B C图111.(本题满分20分)定义：若•个数列中的每•项都是完全平方数，则称这种数列为完方数列.己知数列氐｝满足x o=O,x,=3,x,41+x,.,=4x b.证明：｛x,_f+9｝是一个完方列列.2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题及其评分标准一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分。
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛甘肃赛区预赛试题参考答案及评分标准
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（甘肃赛区预赛）试卷参考答案及评分标准一、填空题（共10小题，每小题7分，满分70分。
请直接将答案写在题中的横线上）二、解答题（共6小题，满分80分。
要求写出解题过程）11.（13分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c cos sin 2A Bc B +=．（1）求C ∠的大小；（2）若a b +=，求sin A ．【解】：（1cos sin sin 2A BB C B +=，因为有sin 0B ≠sin .2A BC +=因为cos cos()sin2222A B CC π+=-=，2sin cos 222C C C =，因为sin02C≠，所以cos 22C =，因为(0,)C π∈，所以26C π=，从而.3C π=………………6分（2）因为3C π=，由余弦定理得222,c a b ab =+-将3()3c a b =+代入上式得2221()3a b a b ab +=+-，整理得222520a ab b -+=，解得2a b =或2.b a =①当2a b =时，c =，所以222222cos 02b c a A bc +-==，因为(0,)A π∈，所以2A π=.②当2b a =时，c =，所以222222cos 22b c a A bc +-==，因为(0,)A π∈，所以6A π=.所以1sin 2A =或1.…………………………13分12.（13分）如图，已知长方形ABCD 中，21AB AD ==，,M 为DC 的中点.将ADM ∆沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM .（1）求证：AD BM ⊥；（2）若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D --的余弦值为55．【解】：（1）因为平面AMD ⊥平面ABCM ，2,1AB AD ==，M 是DC 的中点,，故AD DM =，取AM 的中点O ，连结有OD ，则DO ⊥平面ABCM ，取AB 中点N ，连接ON ，则ON AM ⊥，以O 为原点如图建立空间直角坐标系……………3分13.（13分）已知数列}{n a 中，12a =，且21()2n n n a a n N a *+=∈+．证明：（1）212n n a -≤；（2）12122244222n n na a a a a a +++<+++ ．【证明】：（1）由12a =，且212n n n a a a +=+，得0n a >，故1202nn n n a a a a +--=<+，则{}n a 为递减数列.11221112222n n n n n a a a a a a +==-≤-=+++，即112n n a a +≤，故21.2n n a -≤…………………………………6分（2）由12()2nn n n a a a n N a *+=-∈+，可得121223112224()2()()222n n n n na a a a a a a n a a a a a ++++=-+-++-+++ 1231n n a a a a na +=+++- ，21121()22n -<++++ 11221) 4.2n -=+-<（故有1212224 4.222n n na a a a a a +++<+++ ……………………………………13分14.（13分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第1n +次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第1n -，2n -，3n -，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n （n N *∈）次操作后，记甲盒子中黑球个数为n X ，甲盒中恰有1个黑球的概率为n a ，恰有2个黑球的概率为n b ．（1）求1X 的分布列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求n X 的数学期望.【解】：（1）由题意可知，X 1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P （X 1＝0）＝122339⨯=，P （X 1＝1）＝1122533339⨯+⨯=，P （X 1＝2）＝212339⨯=，故X 1的分布列如下表：X 1012P295929………………3分（2）由全概率公式可知：P （1n X +＝1）＝P （n X ＝1）P （1n X +＝1|n X ＝1）+P （n X ＝2）P （1n X +＝1|n X ＝2）+P （n X ＝0）P （1n X +＝1|n X ＝0）＝1122()3333⨯+⨯P （n X ＝1）+2(1)3⨯P （n X ＝2）+2(1)3⨯P （n X ＝0）＝59P （n X ＝1）+23P （n X ＝2）+23P （n X ＝0），即：1522(1),933n n n n n a a b a b +=++--所以112,93n n a a +=-+所以1313(),595n n a a +-=--又a 1＝P （X 1＝1）＝59，所以，数列3{}5n a -是以135a -为首项，以19-为公比的等比数列，所以132121(()545959n n n a --=-⨯-=-，即：321(.559nn a =+⨯-………………8分（3）由全概率公式可得：P （1n X +＝2）＝P （n X ＝1）P （1n X +＝2|n X ＝1）+P （n X ＝2）P （1n X +＝2|n X ＝2）+P （n X ＝0）P （1n X +＝2|n X ＝0）＝21(33⨯P （n X ＝1）+11)3⨯（P （n X ＝2）+0×P （n X ＝0），即：12193n n n b a b +=+，又321(),559nn a =+⨯-所以112321[()]39559nn n b b +=+⨯+⨯-，所以111111111([()],5593559n nn n b b ++-+⨯-=-+⨯-又b 1＝P （X 1＝2）＝29，所以111121105599545b -+⨯-=--=（，所以111()0559nn b -+⨯-=，所以111()559nn b =-⨯-，所以()20(1)2 1.n n n n n n n E X a b a b a b =++⨯--=+=………………13分15.（13分）已知点F 是抛物线2:4C x y =与椭圆22221(0)y x a b a b+=>>的公共焦点，椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3．（1）求椭圆的方程；（2）过点M 作C 的两条切线，记切点分别为,A B ，求△MAB 面积的最大值.【解】：（1）抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F （0，1），∴c ＝1．∵椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3，∴a +c ＝3，b 2＝a 2-c 2，解得a ＝2，b 2＝3，∴椭圆的方程为22143y x +=．………………5分（2）设M （x 0，y 0），则2222000031,3434y x y x +==-联立2224143x yy x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，得3y 2+16y -12＝0，y ∈[-2，2]，解得y ＝23，∴y 0∈[-2，23），设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），求导x 2＝4y ，可得12y x '=，∴切线MA ，MB 的方程分别为：y 214x -＝12x 1（x -x 1），y 224x -＝12x 2（x -x 2），可得x 1，x 2为方程t 2-2x 0t +4y 0＝0的两个不相等实数根．∴x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝4y 0，∴AB k ＝22210212*********x x x y y x x x x x x --+===--，∴直线AB 的方程为：y 214x -＝214x x +（x -x 1），化为y ＝214x x +x 124x x -，代入可得y ＝2x x -y 0，化为x 0x -2y -2y 0＝0，∴点M 到直线AB 的距离d＝2，|AB |，∴△MAB 面积S ＝12d |AB |＝2001|4|4x y -把2200334y x =-代入上式可得S＝20031|34|44y y --＝322001(12316)16y y --，∵y 0∈[2-，23），由t ＝12203y --16y 0＝2081003(33y -++，∴y 0＝2-时，t 取得最大值32．∴△MAB面积的最大值为………………13分16.（15分）已知函数()(2e )ln f x x x =-，其中e 2.71828= 为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若12,x x ∈（0，1），且21121212ln ln 2e (ln ln )x x x x x x x x -=-，证明：12112e 2e 1x x <+<+．【解】：（1）2e()(1ln )f x x x'=-+，因为y ＝2ex在（0，+∞）上是减函数，y ＝1ln x +在（0，+∞）上是增函数，所以()f x '在（0，+∞）上单调递减，又因为(e)0f '=，所以当x ∈（0，e ）时，()(e)0f x f ''>=，()f x 单调递增；当x ∈(e ，+∞)时，()(e)0f x f ''<=，()f x 单调递减．………………5分（2）证明：由题意，121212ln ln 2eln 2eln x x x x x x -=-，即121211(2e ln (2e )ln x x x x -=-，11221111(2e ln (2e )ln x x x x -=-，设111a x =，221a x =，则由1x ，2x ∈（0，1），得1a ，2a ∈（1，+∞），且f （1a ）＝f （2a ），不妨设12a a <，则即证122e 2e 1a a <+<+，由(2e)0f =及()f x 的单调性知，121e 2e a a <<<<，令()()(2e )F x f x f x =--，1＜x ＜e ，则()F x '＝()f x '+(2e )f x '-＝24e 2ln[(2e )](2e )x x x x ----，因为2(2e )e x x -≤，所以()F x '＞2224e 2ln e 0e--=，所以F （x ）在（1，e ）上单调递增，则F （x ）＜F （e ）＝0，所以f （x ）＜f （2e -x ），取1x a =，则11()(2e )f a f a <-，又12()()f a f a =，则21()(2e )f a f a <-，又12e a e ->，2e a >，且f （x ）在（e ，+∞）上单调递减，所以212e a a >-，即122e a a +>．从而12112e x x +>成立.………………10分下证122e 1a a +<+，①当21a e <+时，由1e a <得122e 1a a +<+，②当2e 12e a +≤<时，令()()(2e 1)G x f x f x =-+-，e 12e x +<<，则222e(2e 1)()()(2e 1)2ln[(2e 1)](2e 1)G x f x f x x x x x+'''=++-=---++-++，记2(2e 1)t x x =-++，e 12e x +≤<，又2(2e 1)t x x =-++在[e 1,2e)+上为减函数，所以2(2e,e e]t ∈+，2e(2e 1)2t +-在（2e ，e 2+e ）单调递减，ln t 在（2e ，e 2+1）单调递增，所以2e(2e 1)2t+--ln t 单调递减，从而()G x '在[e +1，2e ）上单调递增，又(2e)G '＝2e(2e 1)2e(2e 12e)++--2-ln 2e （2e +1-2e ）＝2e -1-ln 2e ，ln x ≤x -1，所以(2e)G '＞0，又(e 1)G '+＝2e(2e 1)(e 1)(2e 1e 1)+++---2-ln （e +1）（2e +1-e -1）＝e 1e 1-+ln(e 1)-+＜0，从而由零点存在定理得，存在唯一x 0∈（e +1，2e ），使得0()0G x '=，当0[e 1,)x x ∈+时，()G x '＜0()G x '＝0⇒()G x 单调递减；当0(,2)x x e ∈时，()G x '＞0()G x '＝0⇒()G x 单调递增；所以()G x ≤max {(e 1),(2e)}G G +，又(e 1)(e 1)(2e 1e 1)(e 1)(e)(e 1)ln(e 1)e G f f f f +=+-+--=+-=-+-，ln 1e x x ≤⇒ln x ≤e x ⇒ln(e 1)+≤e 1e+，所以e 11(e 1)(e 1)e 0e eG ++<--=-<，显然，G （2e ）＝f （2e ）-f （2e +1-2e ）＝0-0＝0，所以G （x ）＜0，即f （x ）-f （2e +1-x ）＜0，取x ＝2a ∈[e +1，2e ），则22()(2e 1)f a f a <+-，又12()()f a f a =，则12()(2e 1)f a f a <+-，结合22e 12e 1(e 1)e a +-<+-+=，1e a <，以及()f x 在(0,e)单调递增，得到122e 1a a <+-，所以122e 1a a +<+．综上，可得12112e 2e 1x x <+<+．………………15分。
小学数学奥林匹克竞赛试卷(预赛和决赛)8
1995年小学数学奥林匹克竞赛预赛(民族)卷1. 计算：2×3×5×5×7＋3×3×5×7= 。
(1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)2.计算：1×2×3＋7×14×211×3×5＋7×21×35 = 。
(1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)3.右面算式中，每一个汉字代表一个数字,不同的汉字代表不同的数字.那么,"喜欢"这两个汉字所代表的两位数是 . (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)4.我们规定，符号"°"代表选择两数中较大数的运算，例如：3.5°2.9=2.9°3.5=3.5.符号"△"表示选择两数中的较小数的运算，例如：3.5△2.9=2.9△3.5=2.9。
请计算：(0.625△2333 )×(155384 °0.4)(13 °0.3)＋(235104 △2.25) = 。
(1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)5.右图的中间圆圈内填一个数,计算每一线段两端的两数之差(大减小),然后算出这三个差数之和.要这个和尽可能的小，圆圈中应填的数是 . (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)6.一张长方形纸片,长7厘米,宽5厘米.把它的右上角往下折叠(如图甲),再把左下角往上折叠(如图乙),那么未盖住的阴影部分面积是_ 平方厘米. (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)7.小明、小红、小玲共有73块糖,小玲吃掉3块,小玲与小红的糖就一样多；如果小红给小明2块糖,小明的糖就是小红的糖的2倍.那么小红有糖块. (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)8.小明家的钟比走得准确的钟每小时快12分钟．如果小明的钟走了2小时，那么准确的钟走了小时． (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)9.在作一道两位数乘以两位数的乘法题时，小马虎把一个乘数中的数字５看成8，由此乘积为1872，那么原来的乘积应是． (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)10.有一列数：2,3,6,8,8,4,…从第三个数起，每个数都是前两个数乘积的个位数字，那么这一列数的第80个数是． (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)11.2个蟹将和4个虾兵能打扫龙宫的310,8个蟹将和10个虾兵就能打扫完全部龙宫.如果单让蟹将去打扫,与单让虾兵去打扫进行比较,那么要打扫完全部龙宫,虾兵比蟹将要多个. (1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)12. 小张、小王、小李同时从湖边同一地点出发,绕湖行走.小张速度是每小时5.4千米,小王速度是每小时4.2千米,他们两人同方向行走,小李与他们反方向行走,半小时后小张与小李相遇,再过5分钟,小李与小王相遇.那么绕湖一周的行程是千米.(1995年小学数学奥赛预赛试题民族卷)1995年小学数学奥林匹克竞赛决赛试题1.计算：0.1＋25 ＋718÷1.2518.25 - 512 ×315 = .(1995年小学数学奥赛决赛试题)2.下面是一个残缺的乘法竖式，那么乘积是 ．(1995年小学数学奥赛决赛试题)3.如图所示，每一条线段的端点上的两数之和算作线段的长度，那么图上六条线段的长度之和是 ．(1995年小学数学奥赛决赛试题)4. 甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，那么甲数是 ．(1995年小学数学奥赛决赛试题)5.某次考试，张、王、李、陈四人的成绩统计如下：张、王、李平均分91分王、李、陈平均分89分张、陈平均分95分那么张得了分．(1995年小学数学奥赛决赛试题)6.甲数数字和是29，乙数数字和是18，当甲、乙两数用竖式相加时，有三位进位，那么这两数和的数字和是．(1995年小学数学奥赛决赛试题)7.有一串数如下：1 2 4 7 11 16 …它的规律是：由1开始，加1，加2，加3，…，依次逐个产生这串数，直到产生第50个数为止，那么在这50个数中，被3除余1的数有个．(1995年小学数学奥赛决赛试题)8.如图，ABCG是4×7的长方形，DEFG是2×10的长方形，那么三角形BCM的面积与三角形DEM的面积之差是．(1995年小学数学奥赛决赛试题)9.某次会议，昨天参加会议的男代表比女代表多700人，今天男代表减少10％，女代表增加了5％，今天共1995人出席会议，那么昨天参加会议的有人．(1995年小学数学奥赛决赛试题)10.有甲、乙两项工作，张单独完成甲工作要10天，单独完成乙工作要15天；李单独完成甲工作要8天，单独完成乙工作要20天，如果每项工作都可以由两人合作，那么这两项工作都完成最少需要天．(1995年小学数学奥赛决赛试题)11.小明买红、蓝两种笔各1支，共用17元，两种笔的单价都是整元，并且红笔比蓝笔贵，小强打算用35元买这两种笔（也允许只买其中一种），可是他无论怎么买，都不能把35元恰好用完，那么红笔的单价是元．(1995年小学数学奥赛决赛试题)12.甲、乙两人同时从山脚开始爬山，到达山顶后就由原路立即下山，他们两人的下山速度都是各自上山速度的1.5倍，而且甲比乙速度快，开始后1小时。
2024年全国高中数学联赛
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.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ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一．(本题满分40分)给定正整数r,求最大的实数C,使得存在一个公比为r的实数等比数列a nn≥1,满足a n≥C对所有正整数n成立.(x 表示实数x到与它最近整数的距离.)二．(本题满分40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共圆.(答题时储将图画在答卷纸上)三．(本题满分50分)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格A,B,存在整数l≥2及S中l个方格A=C1,C2,…,C l=B,满足C i与C i+1有公共边(i=1, 2,⋯,l-1).求具有下述性质的最大整数K:若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K.四.(本题满分50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数k,有A K∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.。
2023年北京高中化学奥林匹克竞赛预赛试题真题(含答案)
2023年高中化学奥林匹克北京地区预选赛试题（2023年4月15日上午8:30–11:30）·姓名、准考证号和所属区、县、学校必须填写在答题纸指定位置，写在其他处者按废卷处理。
·竞赛时间3小时。
迟到超过30分钟者不得进场。
开赛后1小时内不得离场。
考试结束后，把试卷（背面向上）放在桌面上，立即离场。
·竞赛答案全部写在答题纸指定位置上，使用黑色或蓝色圆珠笔、签字笔、钢笔答题，使用红色笔或铅笔答题者，试卷作废无效。
·允许使用非编程计算器及直尺等文具。
·试卷按密封线封装。
可能用到的元素相对原子质量R = 8.314 J·mol–1·K– 1；温度T（K）= 273.15 + t（℃）；F = 96485 C·mol–1；N A= 6.022 × 1023 mol–1第1题选择题（40分）（单选，每题5分）（1）皮蛋是我国独特的传统美食，营养价值高。
传统的腌料配方含生石灰、纯碱、PbO、茶叶、食盐等。
现代食品工业通过研究各成分功能，以人体必需的重金属Zn和Cu代替Pb，成功研制出“无铅皮蛋”。
Pb(OH)-，该离子扩散到蛋壳和蛋膜时，逐渐生成碳酸盐或硫化传统腌料中的PbO能溶于强碱生成24物沉淀，堵塞孔道，从而控制OH–的渗入以达到合适的“成熟度”。
“无铅皮蛋”的腌料将PbO改为ZnSO4和CuSO4，达到同样的效果。
下列说法错误的是A．腌料配制成糊状物时发生反应：CaO +H2O =Ca(OH)2；Ca(OH)2+ Na2CO3=2NaOH+CaCO3 B．蛋膜是一种半透膜，允许离子和小分子通过C．腌制过程中，使蛋白质变性的主要物质是NaOHD．腌制“无铅皮蛋”时，Zn2+和Cu2+直接扩散到蛋膜上形成难溶物（2）某无色溶液．．．．进行如下实验，所得结论正确的是A．滴加NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口不变蓝，则原溶液中一定无NH+4 B．洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则原溶液中一定有Na+，无K+C．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含2SO-4D．滴加氯水和CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫色，则原溶液中一定含I－（3）已知：反应Ⅰ：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)ΔH1 = a kJ·mol–1反应Ⅱ：C3H8(g)CH2＝CHCH3(g) + H2(g)ΔH2 = + 125 kJ·mol–1下列说法不．正确．．的是A．NH3中的N与C3H8中的C杂化轨道均为sp3B．反应Ⅰ中a = 92C．反应Ⅱ升高温度可促进反应进行D．通过反应Ⅱ可以计算生成1 mol碳碳π键放出能量271 kJ（4）利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3·6H2O，主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液、制备氨气、制备碱性蚀刻液[CuCl2 + 4NH3= Cu(NH3)4Cl2]、固液分离、用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3·6H2O。
【内蒙古】2024数学联赛预赛
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛内蒙古赛区初赛试卷 (2024 年5月19日，8:30 9:50)考生注意: 1、本试卷共二个大题（11个小题）, 全卷满分120分.2、用黑色的钢笔或签字笔作答.3、解题书写不要超出装订线.4 、不能使用计算器.一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1. 集合 M ={1,2,3,5,6} 的全部非空子集的元素和等于 ____ .2. 设 a,b,c 是实数, 满足 a +b +c =1,a 2+b 2+c 2=1,a ≠0,bca 3 的取值范围为 ____ 3. 已知正三棱杜 ABC −A 1B 1C 1 的侧棱长为 4 , 底面边长为 2 , 过点 A 的一个平面截此棱柱, 与侧棱 BB 1,CC 1 分别交于点 M,N , 若 △MNA 为直角三角形, 则 △MNA 面积的最大值为 ____ .4. 已知在 △ABC 中 BC =√3,A =π3,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14BC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 则线段 AD 的最大值为 ____ . 5. 从 1,2,⋯,11 中任取三个不同的数, 则这三个数可以构成等差数列的概率为 ____6. O 是原点, 椭圆 x 24+y 25=1, 直线 l 过 (1,0) 且与椭圆交于 A,B 两点, 则 △ABO 面积的最大值为 ____ .7. 数列 {a n } 中, a 1=110, 且对任意 n ∈N ∗,a n+1=a n 2+a n , 求 ∑n=120241a n +1 的整数部方.是 ____8. 已知关于 x 的方程 x 3−3x +4=0 的三个复数根分别为 z 1,z 2,z 3, 则 (z 1−z 2)2(z 2−z 3)2(z 3−z 1)2 的值为 ____ .二、解答题 (本题满分56分)9.(16 分) 已知双曲线C:x24−y23=1, 直线l:y=kx+1与双曲线C的左右支分别相交于A,B两点, 双曲线C在A,B两点处的切线相交于点P, 求△ABP面积的最小值.10.(20 分) 已知函数f(x)=e x−1−xax2−2x+1.(1) 当a=0时, 讨论f(x)在(−4,12)上的极值.(2)若x=0是f(x)的极小值点, 求a的取值范围.11.(20分) 设n是一个给定的正整数, 集合S n={(i,j)∣1≤i,j≤2n,i,j∈N∗}, 求最大的正数c=c(n), 使得对任意正整数d1,d2, 都存在集合S n的子集P, 满足集合P至少有cn2个元素, 且集合P的任两个元素(i,j),(k,l)均有(i−k)2+(j−l)2≠d1,(i−k)2+(j−l)2≠d2.。
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试(A卷)参考答案及评分标准
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（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，在凸四边形ABCD 中，90ABC ADC ，对角线BD 上一点P 满足2APB CPD ，线段AP 上两点,X Y 满足2AXB ADB ，2AYD ABD ．证明：2BD XY ．Y XDBCPA证明：注意90ABC ADC ，取AC 的中点O ，则O 为凸四边形ABCD 的外心．显然,P B 在AC 的同侧（否则2APB CPD CPD ，不合题意）．根据条件，可知2,2AXB ADB AOB AYD ABD AOD ，分别得到,,,A O X B 四点共圆，,,,A Y O D 四点共圆． ………………10分因此OXA OBA CAB CDB ，OYP ODA CAD CBD ，所以OXY CDB ∽． ………………20分M LK Y X DBCP AO设OM AP 于点M ，CK AP 于点K ，CL BD 于点L ． 由O 为AC 的中点，得2CK OM ．由于2KPL APB CPD ，即有PC 平分KPL ，故CK CL ．………………30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12XY OM OM BD CL CK ， 即有2BD XY ． ………………40分二．（本题满分40分）设整数(1)n n 恰有k 个互不相同的素因子，记n 的所有正约数之和为()n ．证明：()(2)!n n k ．证法1：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)i i i im p p i k ，则1()ki i n m ．我们证明2(1,2,,)i n k km i k ．①事实上，111i i i ii i m p p p 11122i i i p 12212i i i i i p p (1,2,,)i k ． ………………10分所以11,222122i ji i kk j j j inn nm p kp， 最后一步是因为11121C (2)k k k k 以及021 ．故①成立．………………20分由①可知，对每个1,2,,i k ，在1,2,,2n k 中至少有k 个i m 的倍数．从而1,2,,2n k 中可找到两两不同的正整数12,,,k t t t ，它们分别是12,,,k m m m 的倍数．因此1()ki i n m 整除(2)!n k ． ………………40分证法2：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)ii i im p p i k ，则1()ki i n m ．令1(1,2,,)jj i i S m j k ，00S ．我们证明以下两个结论：（1）()!k n S ；（2）2k S n k ．结论（1）的证明：对1,2,,i k ，连续i m 个整数111,2,,i i i S S S 中必存在i m 的倍数，故11(1)(2)Z i i iiS S S m ．从而111(1)(2)Z ki i ii i S S S m ，这等价于()!k n S ．………………10分结论（2）的证明：对1,2,,i k ，有111ii i ii i m p p p 11122i i i p 12212i ii i i p p． ②………………20分记(1,2,,)i i i p i k ，则2i ．反复利用“若,2a b ≥，则ab a b ≥+”，可得11kki i i i n ，结合②得111(21)22kkkk i i i i i i S m k n k ．由结论（1）、（2），原题得证． ………………40分三．（本题满分50分）设12100,,,a a a 是非负整数，同时满足以下条件： （1）存在正整数100k ，使得 12k a a a ，而当i k 时0i a ； （2）123100100a a a a ； （3）123100*********a a a a ． 求22212310023100a a a a 的最小可能值．解法1：当121819202122231000,19,40,41,0a a a a a a a a a ===========，21k =时，符合题设三个条件，此时10023221192040214140940ii i a==+×+×=∑． ………………10分下面证明这是最小可能值．首先注意21k ≥．否则，若20k ≤，则100111202000kki i i i i i ia ia a ===≤≤∑∑∑，这与条件（3）矛盾． 根据条件（2）、（3），有100100100100221111(20)40400iiiii i i i i a i a ia a ====−+−∑∑∑∑10021(20)40880ii i a ==−+∑． 当2040a ≤时，100100100222011,1,2020(20)(20)10060i iii i i i i i a i a aa ==≠≠−=−≥=−≥∑∑∑，故1002140940ii i a=≥∑． ………………30分当2041a ≥时，由21k ≥及条件（1）可知2141a ≥，故10010010010021111(19)(20)39380iiiii i i i i a i i a ia a ====−−+−∑∑∑∑1001(19)(20)40858i i i i a ==−−+∑21(2119)(2120)4085840940a ≥−−+≥．综上，所求最小值为40940． ………………50分 解法2：对于满足题目条件的非负整数12100,,,a a a ，可对应地取100个正整数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ ，其中恰有1a 个1，2a 个2，……，100a 个100（条件（2）保证恰好是100个数）．条件（1）、（3）分别转化为以下条件（A ）、（B ）：（A ） 存在正整数100k ≤，12100,,,x x x 中不含大于k 的数，且1的个数，2的个数，……，k 的个数依次（非严格地）递增；（B ） 100100112022j i j i x ia ===∑∑，即12100,,,x x x 的平均值为20.22µ=．注意到1001002211i j i j i a x ==∑∑，故题目转化为：100个数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ 满足条件（A ）和（B ），求10021j j x =∑的最小值．当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，1002140940j j x ==∑．………………10分下面证明10021j j x =∑的值至少为40940．由于100100100100222221111()1002100()jjj j j j j j x xx x µµµµµ====−−+=+−∑∑∑∑，故转化为考虑10021()j j x µ=−∑的最小值．由20.22µ=知存在21j x ≥，也存在20j x ≤．设12100,,,x x x 中有a 个21j x ≥，b 个20j x =及c 个19j x ≤．由条件（A ）可知a b ≥．我们放宽条件（A ）至条件（A ′）：a b ≥．在条件（A ′）、（B ）下，证明最小值仍是在19个19，40个20，41个21时取到． ………………20分由于满足（A ′）、（B ）的12100,,,x x x 的取法只有有限种，选取平方和最小的一组12100,,,x x x ．若19c ≥，注意到100a b c ++=及a b ≥，有10022221()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥++∑ 2221001000.780.22 1.2222c c c −− ≥⋅+⋅+2220.78410.2240 1.2219≥×+×+×．………………30分若18c ≤，则82a b +≥．此时有0c >，因为若0c =，则j x 的平均值不小于20.5，与条件（B ）不符．亦有0b >．否则，假如0b =，则由82a ≥及0c >知，可取一个20i x <和一个20j x >，替换为1i x +和1j x −，平均值不变，但2222(1)(1)i j i j x x x x ++−<+，平方和变小，a 至多减少1，b 至多增加2，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．又假如存在一个18i x ≤，则由0b >知可取一个20j x =，将,i j x x 替换为1i x +和1j x −，类似可知平均值不变，平方和减小，且b 减少1，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．所以c 个19j x ≤都等于19．但此时1001()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥−−∑1001000.780.22 1.2222c c c −−≥⋅−⋅− 0.78410.2241 1.22180≥×−×−×>，与条件（B ）矛盾．所以当且仅当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，10021()j j x µ=−∑取得最小值，相应地，1001002211i j i j i a x ==∑∑取到最小值40940． ………………50分四．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数t ：将100100 的方格纸的每个小方格染为某一种颜色，若每一种颜色的小方格数目均不超过104，则存在一个1t 或1t 的矩形，其中t 个小方格含有至少三种不同颜色．解：答案是12．将方格纸划分成100个1010×的正方形，每个正方形中100个小方格染同一种颜色，不同的正方形染不同的颜色，这样的染色方法满足题目条件，且易知任意111×或111×的矩形中至多含有两种颜色的小方格．因此12t ≥．………………10分下面证明12t =时具有题述性质．我们需要下面的引理．引理：将1100×的方格表X 的每个小方格染某一种颜色，如果以下两个条件之一成立，那么存在一个112×的矩形，其中含有至少三种颜色．（1）X 中至少有11种颜色．（2）X 中恰有10种颜色，且每种颜色恰染了10个小方格． 引理的证明：用反证法，假设结论不成立．取每种颜色小方格的最右边方格，设分别在（从左往右）第12kx x x <<< 格，分别为12,,,k c c c 色，则对2i k ≤<，有111i i x x −−≥．这是因为若110i i x x −−≤，则从第1i x −格至第1i x +格（不超过12格）中至少含有三种不同颜色（第1i x −格为1i c −色，第i x 格为i c 色，第1i x +格一定不同于1,i i c c −色），与假设不符．若条件（1）成立，则11k ≥，于是10111911100,100x x x ≥+×≥>，矛盾．因此在条件（1）下结论成立．若条件（2）成立，考虑第11x +格至第111x +格，因每种颜色的方格至多10个，故这11个方格至少含有两种颜色，且均不同于1c 色，则从第1x 至第111x +格中至少含有三种颜色，与条件（2）不符．因此在条件（2）下结论也成立．引理得证． ………………20分 回到原问题，设12,,,k c c c 为出现的所有颜色．对1i k ≤≤，记i s 为含有i c 色小方格的个数，i u 为含有i c 色小方格的行的个数，i v 为含有i c 色小方格的列的个数．由条件知104i s ≤．又显然i i i u v s ≥，等号成立当且仅当含有i c 色小方格的所有行与列的交叉位置上都是i c 色小方格．下面证明：15i i i u v s +≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． 若21i i u v +≥，则由104i s ≤知15i i i u v s +>；若20i i u v +≤，则2()2055i i i i ii i u v u v s u v ++≥≥≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． ………………30分 于是111()20005k ki i i i i u v s =+≥=∑∑．若1()2000ki i i u v =+>∑，由抽屉原理知，存在一行或者一列至少含有11种颜色的小方格．若1()2000ki i i u v =+=∑，则由等号成立的条件，可知每种颜色恰染100格，且是10行与10列交叉位置，因此每一行每一列中恰有10种颜色的方格，每种颜色的方格恰有10个．由引理可知这两种情况都导致存在112×或121×的矩形含有至少三种颜色的小方格．综上所述，所求最小的t 为12． ………………50分。
2022年中国化学奥林匹克竞赛浙江省预赛试题(含答案)-图文
2022年中国化学奥林匹克竞赛浙江省预赛试题（含答案）-图文一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。
每小题只有一个选项符合题意）1．中国药学家屠呦呦因发现青蒿素及其抗疟疗效，荣获2022年诺贝尔生理学或医学奖，成为在我国本土首位获得科学类诺贝尔奖的女科学家。
青蒿素结构式如下图所示，下列有关青蒿素研究的说法不正确的是A．提取过程中为防止破获青蒿素结构，应避免高温，故采用低沸点溶剂乙醚进行萃取B．青蒿素是脂溶性的，既可看作是醚类也可看作是酯类，既有氧化性又有还原性C．可使用红外光谱仪测出分子中可能的官能团，也可通过核磁共振技术检测分子中C、H原子所处的化学环境D．可使用质谱仪测出这个分子的相对分子质量，也可用紫外光谱确定这个分子的环状结构2．2004年，英国曼彻斯特大学物理学家安德烈·盖姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，成功从石墨中分离出石墨烯，两人因此共同获得2022年诺贝尔物理学奖。
石墨烯被称为“黑金”，是“新材料之王”，科学家甚至预言石墨烯将“彻底改变21世纪”，极有可能掀起一场席卷全球的颠覆性新技术产业革命。
石墨烯结构如右图所示，下列说法不正确的是A．石墨烯是碳原子以p2杂化构成的六边形蜂巢形结构、只有一层原子厚度的二维晶体，碳原子排列与石墨的单原子曾相同，是平面多环芳烃，而碳纳米管就是石墨烯卷成了筒状B．石墨烯中如果有五边形和七边形存在，则会构成缺陷。
含12个正五边形的石墨烯则转化形成了富勒烯C60，它是足球分子C．石墨烯中碳碳键的键能大于金刚石中碳碳键的键能，是目前世界上最薄也是最强韧的纳米材料D．石墨烯是导电性最好的新型纳米材料，在微电子领域有巨大的应用潜力，有可能成为硅的替代品，用来生产未来的超级计算机A．人们最熟悉的液态金属是水银，因其价格太贵而限制了实际应用B．液态金属中存在的粒子有金属阳离子和自由电子等，它们之间通过静电引力形成金属键C．铝在液态金属中燃烧放出热量从而提供能量，使液态金属实现高速、高效的长时运转D．液态金属机器“吞食”铝片后，在电解质里形成原电池反应，会产生电力和气泡，从而产生动力4．下列说法正确的是A．称取10.1gNaOH时，将10g的砝码放在右盘，并将游码移到0.1g 的位置B．用试纸检验气体时，必须将湿润的试纸沾在玻璃棒上伸向气体C．用剩的药品能否放回原瓶，应视具体情况而定D．将铂丝放在稀硫酸中洗涤并灼烧后，再蘸取待检物进行焰色反应5．下列离子方程式书写正确的是2－－A．足量CO2通入饱和Na2CO3溶液中：CO2+CO3+H2O=2HCO3－－B．向饱和的Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH：Ca2++HCO3+OH-=CaCO3+H2O－－C．新制氯水中滴加澄清石灰水，黄绿色褪去：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO+H2O－－D．含0.1molFeI2的溶液中滴加含0.125molCl2的氯水：2Fe2++8I+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl6．下列有关分子结构的说法正确的是A．根据等电子原理，O3和SO2均具有V型结构，属极性分子，其中心原子均为p3杂化B．C与O的电负性差比N与O的电负性差大，故CO 分子的极性比NO分子强C．H2O的沸点比HF高，但F—HF氢键键能比O—HO的氢键键能大D．AlCl3在气态或非极性溶剂中均是通过氯桥键二聚成Al2Cl6，分子空间构型为四面体，分子中8个Al—Cl键键长和键能均相同－－7．已知HClO的Ka=2.98某108，CH3COOH的Ka=1.75某105，下列有关说法正确的是－A．在pH=2的醋酸溶液中加入少量0.01mol·L1的稀盐酸，溶液的pH会变小B．等浓度等体积的CH3COONa和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者大－－C．100mLpH=2的新制氯水中：n(OH)+n(ClO)+n(HClO)=0.001molD．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6中微粒8．对于已达到平衡的可逆反应：A(g)2B()+C(g)，△H＞0，假设A、C状态始终保持不变，下列说法正确的是A．当混合气体的质量不变，说明反应已达到平衡状态B．缩小容器体积，重新达到平衡时，气体混合物中C%可能增大C．在恒压容器中升高温度，气体混合物中C%可能先增大后减小D．在恒容容器中升高温度，达到新平衡时，气体的密度增大9．全tran—维生素A（VA）的醋酸酯结构下如图，下列说法正确的是A．该化合物的化学式为C22H34O2，有6个不饱和度B．该化合物可以发生加成反应、取代反应、消除反应和缩聚反应C．萜类化合物是可以切成数个形如的五碳单位的有机化合物，有2个单位称单萜，3个单位叫半萜，则VA属于二萜D．该化合物与HBr反应，可能有9中生成物210．已知位于第四周期的A、B两种元素，其原子的M层电子数不同，且A原子的N层电子数比B原子的N层电子数少1个。
2023海亮杯第四届全国中学生地球科学奥林匹克竞赛预赛试卷真题
“海亮杯” 2022-2023学年全国中学生地球科学奥林匹克竞赛预赛试题一、单选题（只选一个正确答案，正确得一分，错误或多选不得分）1.位于北半球的一位驾驶员在夏至这一天中午时分驱车向正北行驶，发现其前方车辆与地面夹60。
角的汽车玻璃反射的太阳光正几乎平行于地面剌眼地射向他。
该驾驶员的地理纬度大约是北纬（）度。
A.36.5；B.40.5：C.45.5：D. 53.5：E. 63.5。
2.我们在日常吃饭时，米饭中偶尔会有砂粒，组成这个砂粒的矿物最有可能是（）。
A.橄榄石；B.辉石：C.石英；D.角闪石。
3.通过对岩芯的粒度特征分析发现，组成该岩芯的物质主要为碎屑物，且碎屑物的分选性好、磨圆度和成熟度都很高，该碎屑物最有可能是（）.A.冲积物；B.冰硕物；C.坡积物；D.洪积物。
4.矿石中金属元素或有用组分的单位含童称为（）.A.矿床；B.矿体；C.品位：D.矿产。
5.根据戈尔德施密特的元素地球化学分类，判断以下元素，哪些在地球以及类地行星的硅酸盐部分（地幔+地壳）相对富集，哪些在金属部分（核）相对富集？A.Al, Ti,Ca, Zr, La, K, Na, Cs, Th, U 在硅酸盐部分富集，Fe, Ni, Os, W 在地核富集；B.Fe, Ni, Os, W 在硅酸盐部分富集，Al, Ti, Ca, Zr, La, K, Na, Cs, Th, U 在地核富集：C.Al, Ti, Ca, Zr, La, K, Na, Cs, Os, W 在硅酸盐部分富集，Fe, Ni, Th, U 在地核富集；D.Al, Ca, Zr, La, K, Na, Cs, Os, W 在硅酸盐部分富集，Fe, Ni, Th, U, Ti 在地核富集。
6.地球内部圈层由不同的物质组成，地球内部结构和物理性质描述不正确的是（）•A.温度随深度的増加而增加：B.压力随深度的增加而增加：C.地震波速度随深度的增加而增加；D.密度随深度的增加而增加。
小学数学奥林匹克试题及答案
小学数学奥林匹克试题及答案小学数学奥林匹克试题预赛(A)卷1.计算：$(1+0.12+0.23)×(0.12+0.23+0.34)-(1+0.12+0.23+0.34)×(0.12+0.23)=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.2.计算:$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{ 1}{6}+\dfrac{1}{7}=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.3.用两个3,一个1,一个2可组成种种不同的四位数,这些四位数共有$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$个.4.在一本数学书的插图中,有100个平行四边形。
80个长方形。
40个菱形.这本书的插图中正方形最多有$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.5.如下图,已知正方形ABCD和正方形CEFG,且正方形ABCD每边长为10厘米,则图中阴影(三角形BFD)部分的面积为$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.6.在右上图中,三个圆的半径分别为1厘米、2厘米、3厘米,AB和CD垂直且过这三个圆的共有圆心O.图中阴影部分面积与非阴影部分的面积之比是$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.7.在下式的圆圈和方框中,分别填入适当的自然数,使等式成立.方框中应填$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.circ+7)\div 5-6\times 2=\square$$8.圆珠笔和铅笔的价格比是4:3.20支圆珠笔和21支铅笔共用71.5元,则圆珠笔的单价是每支$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$元.9.将一个四位数的数字顺序颠倒过来,得到一个新的四位数.如果新数比原数大7992,那么所有符合这样条件的四位数中原数最大的是$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.10.两个带小数相乘,乘积四舍五入以后是22.5.已知这两个数都只有一位小数,且个位数字都是4,则这两个数的乘积四舍五入前是$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.11.下面三个正方形内的数有相同的规律,请你找出它们的规律,并填出B,C,然后确定A,那么A是$\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$.begin{matrix}9 & 1 \\2 &3 &。
2023年年全国中学生天文奥林匹克竞赛预赛试卷
2023 年全国中学生天文奥林匹克竞赛预赛试卷2023 年3 月26 日14:00-15:30【注意事项】请务必仔细阅读！1.每位考生会拿到一张预赛试卷和一张答题卡。
试卷和答题卡都需要逐题填写，并且填写的内容必须完全一致。
试卷和答题卡填写内容不一致的题目每题得-4 分。
2.低年组考生（指2023 年1 月1 日以后出生，并且没有参与过国际天文奥赛IAO 和亚太天文奥赛APAO 的考生）只答本卷的01-30 题，高年组考生只答06-35 题。
3.本卷为闭卷考试，请答卷人按照自己的真实水平独立完毕答卷，并认真、完整地用签字笔在试卷上填写有关信息、答卷并签字，用2B 铅笔在答题卡上按规定署名（应与试卷上的署名一致；署名明显不一致的取消参赛资格），填涂试卷类型（见本注意事项之前的表格第二列）、准考证号（在空格处写数字，并填涂每个数字下面相应的部分）、组别，以及每道题的答案。
未按规定填涂的取消考试成绩。
考试开始30 分钟之后才可交卷，并在不影响其他考生答题的情况下安静离开考场，否则取消考试成绩。
在监考老师宣布考试结束时，该考场所有考生应停止答卷，将试卷和答题卡放在桌上，保持安静离开考场。
4.每题选择一个最接近对的的答案。
将相应的字母（A, B, C, D 之一）填在试卷上并填涂在答题卡该题号下方的相应处。
不会做的题目不选。
已填涂的答案如需改正，请用橡皮将原答案尽量擦除干净。
每道题答对得4 分，答错或多选得-4 分，不选得0 分。
满分120 分。
草稿可写在试卷“草稿区”处。
5.本试题、答案及决赛名单将在北京天文馆网站和天文在线论坛天文奥赛讨论区公布。
决赛拟于2023 年4 月25 日至29 日在山西太原举行，详见北京天文馆网站告知。
试卷类型A【试题】01、天赤道没有穿过以下哪个星座的天区（）。
（A）室女座(B) 武仙座(C) 双鱼座(D) 猎户座02、伽利略用来进行天文观测的望远镜属于（）。
(A) 折射式望远镜(B) 反射式望远镜(C) 折反式望远镜(D) 折轴式望远镜03、“荧惑守心”中的荧惑是指（）。
化学奥林匹克竞赛各省预赛题精选
化学竞赛各省预赛题精选（一）一、选择题1．下列生活常识与化学原理有关，正确的选项是①福尔马林具有防腐杀菌的作用，是因为甲醛可以使蛋白质变性②人体血液pH保持弱碱性(7.35-7.45)，主要是血液中存在H2CO3—HCO3－缓冲体系③硫酸亚铁补铁剂应与维生素C同服，是因为维生素C可以防止Fe2+被氧化④油炸食品容易产生“哈喇”味而不能食用，是因为被氧化产生过氧化物和醛类A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④2．缺铁性贫血是世界上最普遍的营养性问题，一个简单的解决办法是生产铁强化酱油，即在酱油中加入易吸收的铁添加剂——Na2FeY，其中Y4-是乙二胺四乙酸(H4Y)的酸根形式，H4Y结构如下左图。
生产铁强化酱油产生的废水可用绿色消毒剂X（如下右图）来杀菌。
下列有关说法正确的是A．从酸碱质子理论来说，H4Y只有酸性B．X能够杀菌的原因是其水解可产生次氯酸C．H4Y和X在一定条件下均能发生水解反应D．可用萃取法从铁强化酱油中分离出Na2FeY3．某未知溶液可能含Cl－、CO32-、Na+、SO42-、Al3+等离子中的一种或多种。
将溶液滴在蓝色石蕊试纸上．试纸变红。
取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。
下列判断不合理．．．的是A．一定有Cl－B．一定有SO42-C．一定有Al3+D．一定没有CO32-4．下列有关实验操作中错误．．的是A．萃取分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．检查容量瓶是否漏水的方法是：往容量瓶中加水，塞好瓶塞，将容量瓶倒过来，若不漏水，将瓶塞旋转180°，再倒过来，看是否漏水C．为加速固体物质的溶解常采取搅拌、加热等措施D．酸式滴定管装入标准溶液前，必须用蒸馏水润洗三次，不得用标准溶液润洗5．“酸化”是实验中经常采用的方法，下列酸化过程正确的是A．增强高锰酸钾的氧化能力，用浓盐酸酸化B．抑制Fe2+的水解，用稀硝酸酸化C．检验卤代烃中的卤元素，加碱溶液并加热后，用稀硫酸酸化，再检验D．确认溶液中含有SO42-时，用盐酸酸化，再检验6．将石墨置于熔融的钾中可形成钾石墨，其组成主要是C8K、C24K、C36K、C48K、C60K 等。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛加试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024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）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分 设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。
2023年中国化学奥林匹克竞赛浙江省预赛试题和答案
2023年中国化学奥林匹克竞赛浙江省预赛试题一、选择题(本题涉及12小题，每小题4分，共48分。
每小题只有一个选项符合题意)1．2023年诺贝尔化学奖在瑞典皇家科学院揭晓，让·皮埃尔·索维奇，J·弗雷泽·斯托达特爵士和伯纳德·L·费林加三位科学家分享该奖，以表彰他们在“合成分子机器”方面的研究。
下列关于分子机器说法不对的的是（）A．“分子机器”尺寸小，可以依靠各种化学能、电能、光能等进行驱动，在纳米层次上控制单分子和多分子的运动。
B．“分子机器”是通过度子和分子之间的共价键作用形成的结构固定的超分子组装体，再通过酸碱、离子、光、电等外界刺激，使分子之间发生互相运动，最终实现做功。
C．“分子机器”可以通过它的分子钳子与特定的病毒相结合，向肿瘤部位集中运送药物。
D．只要材料和环境条件具有，“分子机器”就能自动组装。
2．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不对的的是（）A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改善提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变化。
B．“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应。
C．《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。
例如刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛劳，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到。
D．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。
南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中运用了焰色反映。
3．离子液体（或称离子性液体）是指所有由离子组成的液体，如熔融NaCl、KOH等。
室温附近呈液态的离子液体称为室温离子液体，其常见的阳离子有季铵盐离子、季鏻盐离子、咪唑盐离子、吡咯盐离子等，常见的阴离子有卤素离子、四氟硼酸根离子、六氟磷酸根离子等。
离子液体具有许多传统溶剂无法比拟的独特性能，被广泛应用于化学研究的各个领域。
下列说法不对的的是（）A．离子液体在反映过程中可作为溶剂和催化剂，从而提高化学反映的速率。
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试(A卷)
2022年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)一、填空题(本题共8小题，每题8分，共64分)1集合A={n|n3<2022<3n,n∈Z}的所有元素之和为.2设函数f(x)=x2+x+16x(2≤x≤a),其中实数a>2,若f(x)的值域为[9,11],则a的取值范围是.3一枚不均匀的硬币,若随机抛掷它两次均得到正面的概率是均得到反面的概率的9倍,则随机抛掷它两次得到正面,反面各一次的概率为.4若复数z满足:z−3iz+i为负实数(i为虚数单位),z−3z+1为纯虚数,则z的值为.5若四棱锥P−ABCD的棱AB,BC的长均为√2,其他各棱长均为1,则该四棱锥的体积为.6已知函数y=f(x)的图像既关于点(1,1)中心对称,又关于直线x+y=0轴对称.若x∈(0,1)时,f(x)=log2(x+1),则f(log210)的值为.7在平面直角坐标系中,椭圆Ω:x24+y2=1,P为Ω上的动点,A,B为两个定点,其中B的坐标为(0,3),若△P AB的面积的最小值为1,最大值为5,则线段AB的长为.8一个单位方格的四条边中,若有两条边染了颜色i,另两条边分别染了异于i色的另两种不同颜色,则称该单位方格是“i色主导”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,使得红色主导,黄色主导,蓝色主导的单位方格各有一个.这样的染色方式数为(答案用数值表示).二、解答题(第9题16分,第10,11题各20分,共56分)9.(本题满分16分)若△ABC的内角为A,B,C满足sin A=cos B=tan C,求cos3A+cos2A−cos A的值.10.(本题满分20分)给定正整数m(m≥3).设正项等差数列{a n}与正项等比数列{b n}满足:{a n}的首项等于{b n}的公比,{b n}的首项等于{a n}的公差,且a m=b m.求a m的最小值,并确定当a m取到最小值时a1与b1的比值.11.(本题满分20分)在平面直角坐标系中,双曲线Γ:x23−y2=1.对平面内不在Γ上的任意一点P.记ΩP为过点P且与Γ有两个交点的直线的全体.对任意直线ℓ∈ΩP,记M,N为ℓ与Γ的两个交点.定义f P(ℓ)=|P M|·|P N|.若存在一条直线ℓ0∈ΩP满足:ℓ0与Γ的两个交点位于y轴异侧,且对任意直线ℓ∈ΩP,ℓ=ℓ0,均有f P(ℓ)>f P(ℓ0),则称P为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积.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（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. 集合3{|20223,}n A n n n Z 的所有元素之和为 ．答案：57．解：当n 为整数时，3202212n n ，320227n n ．因此{7,8,9,10,11,12}A ．所求的和为781257 ．2. 设函数216()(2)x x f x x a x，其中实数2a ．若()f x 的值域为[9,11]，则a 的取值范围是 ．答案：[4,8]a ．解：考虑函数016()1(2)f x x x x（当2x a 时，0()()f x f x ）． 由于0()f x 在[2,4]上严格递减，在[4,) 上严格递增，且注意到0(2)11f ，0(4)9f ，0(8)11f ，故所求a 的取值范围是[4,8]a ．3. 一枚不均匀的硬币，若随机抛掷它两次均得到正面的概率是均得到反面的概率的9倍，则随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为 ．答案：38． 解：设随机抛掷该硬币一次，得到正面的概率为(01)p p ，得到反面的概率为1p ．根据题意得229(1)p p ，故34p ． 从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为32(1)8p p ． 4. 若复数z 满足：3i i z z 为负实数（i 为虚数单位），31z z 为纯虚数，则z 的值为 ．答案：3i ．解：设i (,)R z a b a b ． 由于3i (3)i i (1)iz a b z a b 为负实数，这等价于((3)i)((1)i)0a b a b ，所以2(3)(1)0a b b 且40a ，即0a 且3,1b b 异号．又此时33i 11i z b z b 为纯虚数，故2Re((3i)(1i))30b b b ，结合3,1b b 异号，可知3b ．所以3i z ． 5. 若四棱锥P ABCD 的棱,AB BC 的长均为2，其他各条棱长均为1，则该四棱锥的体积为 ．答案：26． 解：设O 为P 在底面ABCD 上的射影，PO h ．由于1PA PB PC PD ，故21OA OB OC OD h ，则ABCD 为圆内接四边形． 又2,1AB BC AD CD ，故ABCD 是以BD 为对称轴的筝形，于是有90BAD BCD ，O 为BD 中点，从而23122BD h，解得12h ． 所以该四棱锥的体积为112336ABCD S h AB AD h ． 6. 已知函数()y f x 的图像既关于点(1,1)中心对称，又关于直线0x y 轴对称．若(0,1)x 时，2()log (1)f x x ，则2(log 10)f 的值为 ．答案：175． 解：用 表示函数()y f x 的图像．对任意的0(0,1)x ，令020log (1)y x ，则00(,)x y ，且0(0,1)y ． 利用 的中心对称性与轴对称性，可依次推得00(2,2)x y ，00(2,2)y x ，00(4,4)y x ． 取035x ，此时020244log (1)log 10y x ． 因此200317(log 10)(4)4455f f y x ． 7. 在平面直角坐标系中，椭圆22:14x y ，P 为 上的动点，,A B 为两个定点，其中B 的坐标为(0,3)．若PAB 的面积的最小值为1、最大值为5，则线段AB 的长为 ．答案：7．解：显然直线AB 与椭圆不能相交，设AB 的方程为3y kx ．设动点(2cos ,sin )P ，则P 到直线AB 的距离22cos sin 3()1k d k ． 注意到线段AB 的长度固定，根据题意，当 变化时，2()PAB S d AB 的最大值与最小值之比为5，特别地，2cos sin 3k 不能为0，故其值恒正或恒负．由于2cos sin 3k 的最大值2341k 为正，所以最小值2341k也为正，故223415341k k ，得234k ． 从而()d 的最小值为202341271k d k ． 由于PAB S 的最小值为1，故0112AB d ，得027AB d ． 8. 一个单位方格的四条边中，若有两条边染了颜色i ，另两条边分别染了异于i 色的另两种不同颜色，则称该单位方格是“i 色主导”的．如图，一个13 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，使得红色主导、黄色主导、蓝色主导的单位方格各有一个．这样的染色方式数为 （答案用数值表示）． 答案：1026．解：简称单位方格为“方格”．对符合题意的染色方式，显然有以下结论：(1) 当一个方格已有一边被染为某种颜色i ，若该方格为i 色主导，则另三边恰有3!6 种染法；若该方格为()j i 色主导，则另三边恰有3种染法．(2) 当一个方格已有两边被染为某种颜色i ，该方格只可能为i 色主导，另两边恰有2种染法．(3) 当一个方格已有两边被染为某两种颜色,i j ，若该方格为i 色或j 色主导，则另两边恰有两种染法；若该方格为(,)k i j 色主导，则另两边有唯一染法． 由对称性，仅需求出左、中、右方格分别为红色、黄色、蓝色主导的染色方式数N ，则本题结果为6N ．将一种染色方式归为“i j ”类，如果左边、中间方格的公共边染为颜色i ，中间、右边方格的公共边染为颜色j ．利用上述结论(1)、(2)、(3)，可知各类染色方式数如下表所示： 红 红：0红 黄：62336 红 蓝：61636 黄 红：32318 黄 黄：32318 黄 蓝：32636蓝 红：3139 蓝 黄：32318 蓝 蓝：0 因此有3363189171N ．进而本题所求结果为61026N ．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）若ABC 的内角,,A B C 满足sin cos tan A B C ，求32cos cos cos A A A 的值．解：由sin cos A B 知2A B ，但tan C 有意义，故C 不为直角，从而只能是2A B ，进而有322C A B A ． ……………4分 所以3sin tan tan 2cot 22A C A A，从而2sin 22sin cos 1sin tan 2sin sin cos 22cos 1A A A A A A A A A 222(1cos )cos 2cos 1A A A ． ……………12分 上式等价于222cos 12(1cos )cos A A A ，于是321cos cos cos 2A A A ． ……………16分 10.（本题满分20分）给定正整数(3)m m ．设正项等差数列{}n a 与正项等比数列{}n b 满足：{}n a 的首项等于{}n b 的公比，{}n b 的首项等于{}n a 的公差，且m m a b ．求m a 的最小值，并确定当m a 取到最小值时1a 与1b 的比值．解：根据条件，可设{}n a 的首项为a ，公差为b ，{}n b 的首项为b ，公比为a ，其中,0a b ，则1(1),m m m a a m b b b a ．记m m a b ，则由上式知11((1))m m b a b m b ． ……………5分利用m 元平均值不等式，得221(1)(1)((1))m m m b m b2(1)(1)((1))(1)mm m b m m b m m m ， 即有112(1)m m m m m ． ……………15分当2(1)(1)m b m b ，即(1)b m m时，等号成立，此时 （即m a ）取到最小值112(1)m m m m m，相应有2(1)(1)a m b m b ，故 211(1)a a m b b． ……………20分 11.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:13x y ．对平面内不在 上的任意一点P ，记P 为过点P 且与 有两个交点的直线的全体．对任意直线P l ，记,M N 为l 与 的两个交点，定义()P f l PM PN ．若存在一条直线0P l 满足：0l 与 的两个交点位于y 轴异侧，且对任意直线P l ，0l l ，均有0()()P P f l f l ，则称P 为“好点”．求所有好点所构成的区域的面积． 解：设(,)P a b 为好点，考虑,a b 需满足的充要条件．对任意直线P l ，设l 的倾斜角为(0) ，则l 的参数方程可写为cos ,:sin x a t l y b t（t 为参数）． ① 将①代入 的方程，整理得关于t 的方程22222(3sin cos )2(3sin cos )330t b a t b a ．②根据条件，②有两个不同的实数解12,t t ，这等价于223sin cos 0 ，且判别式222224(3sin cos )4(3sin cos )(33)0b a b a ．化简得2225,,66(sin cos )3sin cos .a b ③ ……………5分当l 的倾斜角 满足③时，由①中参数t 的几何意义及()P f l 的定义，可知22122233()3sin cos P b a f l t t ， 其中22330b a （因P 不在 上）．当l 与 交于y 轴异侧两点时，由双曲线 的性质知50,,66 ．此时223sin cos 0 ， 显然满足③，且222233()cos 3sin P b a f l．当且仅当0 时，()P f l 取到最小值220()33P f l b a ，这里直线0:l y b ．……………10分当l 与 交于y 轴同侧两点时，要求 满足③且5,66．根据题意，对任意这样的l （如果这样的l 存在），均有2202233()()3sin cos P P b a f l f l ， 即2203sin cos 1 ，而这等价于35,,6446．换言之，,a b 需满足：对任意3,44 ，③都不成立，即对任意3,44，均有 22sin cos 3sin cos a b ．④ 在④中令3,44 ，分别得22122a b ，22122a b ，由此可知 2a b ． ……………15分反之，当2a b 时，注意到当3,44 时有sin cos 0 ，故 sin cos sin cos (2)sin cos a b a b b b2sin 222222sin (sin cos )3sin cos ， 即④成立．因此，(,)P a b 为好点当且仅当2a b ．于是所有好点对应的区域为 (,)2A a b a b ．所求面积为4A S ．……………20分。
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奥林匹克竞赛预赛试题一、雨哗哗地不停地下着。
如在雨地里放一个如图1那样的长方体的容器，雨水将它注满要用1小时。
有下列A—E不同的容器（图2），雨水注满这些容器各需多长时间？二、将一正方形的纸对折2次后，还是正方形（见图1）。
用同样的方法，可把某形状的纸对折3次后，成为图2那样的三角形。
已知可把4种形状的纸对折3次后，折成那样的三角形，请画出这4种形状。
三、有6个1克重的球，1个2克重的球，1个3克重的球，共有8个球。
把这8个球从①到⑧编上号，放到天平上称，就成为图中所示状态。
问：（1）2克重的球是几号球？（2）3克重的球是几号球？四、有193个人坐成一横排。
首先，正中间的一个人站起来，然后，按下述方法大家都或坐或站。
①邻座的人站起来，1秒钟后，自己也站起来。
②站起1秒钟后坐下。
③如果左右邻座的人同时是站着的话，即使过了1秒钟，自己仍然坐着。
问：（1）最初的那个人站起8秒钟后，有几个人站着？（2）96秒钟后，有几个人站着？五、有一个如图那样的方块网格，每1个小方块里有1个人，在这些人中间，有人戴着帽子，有人没戴。
每一个人都只能看见自己前方，后方和斜方的人的头，如图1所示，A方块里的人能看见8个人的头，B方块里的人能看见5个人的头，C方块里的人能看见3个人的头，自己看不见自己的头。
在图2的方格中，写着不同方块里的人能看见的帽子的数量，那么，请在图2中找出有戴帽子的人的方块，并把它涂成黑色。
六、某俱乐部有11个成员，他们的名字分别是A～K。
这些人分为两派，一派人总说实话，另一派人总说谎话。
某日，老师问：“11个人里面，总说谎话的有几个人？”那天，J和K休息，余下的9个人这样回答：A说：“有10个人。
”B说：“有7个人。
”C说：“有11个人。
”D说：“有3个人。
”E说：“有6个人。
”F说：“有10个人。
”G说：“有5个人。
”H说：“有6个人。
”I说：“有4个人。
”那么，这个俱乐部的11个成员中，总说谎话的有几个人？七、有50张卡片，每一张都分别写着从1到50的数字（见图）。
卡片的两面一面是红色，一面是蓝色，两面都写着相同的数字。
有一个班正好有50名学生，老师把这50张卡片都将蓝色朝上地摆在桌上，对同学们说：“请你们按学号的顺序逐个到前面来翻卡片，规则是：只要卡片上的数字是你自己学号的倍数，你就把它们都翻过来，蓝的就翻成红的，红的就翻成蓝的。
”那么，到最后，学号是50的学生按老师的要求翻完以后，红色朝上的卡片有多少张？八、如图所示，把边长为6cm的等边三角形剪成4部分，从三角形顶点往下1cm处，呈30°角下剪刀，使中间部分形成一个小的等边三角形。
问：所有斜线部分的面积是中间小等边三角形的面积的几倍？九、有同样大小的立方体27个，把它们竖3个，横3个，高3个，紧密地没有缝隙地搭成一个大的立方体（见九题图）。
如果用1根很直的细铁丝扎进这个大立方体，最多可以穿透几个小立方体？附：第五届日本算术奥林匹克竞赛预赛试题解析一、解题中“雨哗哗地不停地下着”这一条件，也可以理解为雨均匀地下。
（这与日常生活中的降雨略有不同，生活中降雨可能会时大时小，并不均匀。
）雨水从敞口部分垂直落入到容器内，我们就可以把“敞开面”（即图中所示的阴影面）叫做“接雨面”。
图中所示的长方体容器，“接雨面”与底面大小相同，雨水将它下满需要1小时，也就是说1小时后该容器内雨水的深度是10cm。
如果容器的高度不止10cm，而是无限的，那么2小时后容器内雨水的深度将会是2cm，以后每过1小时雨水的深度就会增加10cm；如果在长方体容器中垂直放入一个很薄的挡板（其厚度忽略不计），将大容器分成两个小容器（如图所示）。
小容器的“接雨面”变小了，但每个小容器的“接雨面”与底面大小仍然相同。
那么1小时后，每个小容器内雨水的深度还是10cm。
（因为忽略了挡板的厚度，它不占原来长方体容器的容积。
）通过上述分析与假设，我们可得出如下结论：只要容器的“接雨面”与底面大小相同，1小时后容器内雨水的深度就是10cm。
根据结论，观察图2所示的五种容器。
其中A、B、E三种容器的“接雨面”与底面大小相同。
A容器高10cm，雨水下满该容器需要1小时；B容器高30cm，雨水下满该容器需要3小时；E容器高20cm，雨水下满该容器需要2小时。
剩下C、D两种容器，它们的“接雨面”与底面大小不同，可先将其转化为“接雨面”与底面大小相同的容器（如图所示）。
此时，C容器的高变为30cm，雨水下满需3小时；D容器的高变为15cm，雨水下满需1.5小时。
二、解（见下图）三、解由图1可知：①＋②＋③＜④＋⑤＋⑥＋⑦（一式）由图2可知：②＋⑥＋⑧＞①＋③＋④＋⑤（二式）由图3可知：①＋③＋⑧＜②＋④＋⑤（三式）观察三式可得出如下结论：①、③、⑧中不可能有克重的球，②、④、⑤中必有重量超过1克的球。
观察二式可得结论：④、⑤两球重量均为1克，（因为如果其中有重2克的，则②、⑥、⑧重量之和最多与①、③、④、⑤重量之和相等，图2将不成立，与已知矛盾。
）观察一式可得结论：①、②、③中没有重3克的球。
（否则图1所示状态将不成立）综合上述3条结论可知：②号球重2克，①、③、⑧、④、⑤的重量均为1克。
再次观察二式可知：⑥号球重3克。
四、解（找规律）（用△表示站，○表示坐）上表第1个方框内的2表示第1秒后有2人站着；第2个方框内有两个数，上面2表示第2秒后有2人站着，下面的4表示第3秒后有4人站着。
三角内的两个数为所求，即：第8秒后有2人站着，第96秒后有4人站着。
五、解答案如下图所示。
分析①站在第一行第五列的人能看见1顶帽子，说明他周围的3人有2人没戴帽子。
②站在第二行第四列的人能看见7顶帽子，说明他周围的8人中只有1人没戴帽子，综合结论①可知他本人没有戴帽子。
③站在第二行第五列的人能看到4顶帽子，且他周围的5人中已有1人没戴帽子，说明其余4人均戴帽子，根据结论①可知他本人没戴帽子。
④利用上下对称原理可以分析出：站在第四行、第五行后三列的6个人中，只有第四行第四列、第五列两人没戴帽子，其他人均戴帽子。
⑤站在第四行第二列的人能看到7顶帽子，说明他周围的8人中只有1人没戴帽子。
⑥站在第三行第1列的人能看见1顶帽子，说明他周围的5人中只有1人戴帽子。
综合结论⑤可知：这1人不可能是第二行第一二列的人，也不可能是第四行第二列的人。
所以只能是站在第三行第二列的人或第四行第一列的人。
⑦站在第五行第一列的人能看到2顶帽子，说明结论⑥所说戴帽子的人站在第四行第一列。
⑧站在第二行第二列的人能看到6顶帽子，说明站在第一行第一、二列的2人都戴帽子。
综合上述分析，可以看到“思考的顺序”是解答本题的关键。
六、解因为9个人回答出了7种不同的人数，而且回答相同的最多是两个人。
所以说谎话的不少于7人。
若说谎话的有7人，则除B外，其它回答问题的8人均说了谎话，与假设出现矛盾；若说谎话的有8人，则回答问题的9人均说了谎话，出现矛盾；若说谎话的有10人，则只能1人说实话，而A和F都说了实话，出现了矛盾；若说谎话的有11人，则没有说实话的，而C说了实话，出现矛盾；显然说谎话的有9人，回答问题的9人均说谎话，休息的两人说实话。
七、解每张卡片，所写数字有几个约数就被翻过几次。
被翻了奇数次的卡片红色面朝上，而只有完全平方数才能有奇数个约数，所以本题也就是求写有完全平方数的卡片有几张，所以红色朝上的卡片共有7张。
八、解将大三角形分成边长1cm的小等边三角形即可求解。
大三角形中包含36个小等边三角形，空白三角形包含3个小等边三角形。
所以九、解首先从简单的想起，研究铁丝穿透1个小立方体时，应从哪面穿入，哪面穿出。
然后考虑铁丝扎进8个小立方体搭成的较大立方体，最多可以穿透几个小立方体。
最后再考虑扎进27个小立方体搭成的大立方体时，最多可以穿透几个小立方体。
（1）铁丝穿透1个小立方体可有三种不同情况。
（如图1所示）其中A、B两种是穿过相对两面，A种平行于棱的方向穿过，B种斜着穿过；C种则是穿过相邻两面。
再进一步分析，若增加7个小立方体，搭成较大立方体时，这个小立方体相对两面中只能有一个面与其它小立方体相邻，也就是说只能考虑铁丝在一个方向上继续穿透其它小立方体。
而这个小立方体相邻的两面可以分别与其它小立方体相邻，铁丝可以沿两个方向继续穿透其它小立方体。
因此，C种情况是我们解答本题需要深入考虑的。
（为了便于分析，将这个小立方体编为①号。
）（2）考虑铁丝扎进较大立方体时最多可以穿透几个小立方体。
如图2所示，铁丝沿斜上方向可继续穿透②号小立方体，沿斜下方向可继续穿透③号、④号小立方体。
因此，共可穿透4个小立方体。
（3）考虑铁丝扎进27个小立方体搭成的大立方体时，最多可以穿透几个小立方体。
如图3所示，铁丝沿斜上方向可继续穿透⑤号立方体，沿斜下方向可以继续穿透⑥号、⑦号小立方体。
因此，最多可以穿透7个小立方体。
[说明与探讨]本题意在考察空间观念和画图能力。
若直接考虑，难度比较大。
所以应采取从简单处人手，逐步深入分析的方法来解答。
通过上述分析，不难发现这样一条规律（如下表所示）：以前，我们研究过与此题分析方法基本相同的平面图形问题。
如：大正方形是由25个同样大小的小正方形拼接而成的。
在大正方形上画一条直线，这条直线最多可以穿过几个小正方形？。