全国高中数学联合竞赛预赛试卷(校拟)附答案

合集下载

2024年全国高中数学联赛

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.。

解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷

解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷

2024 年全国高中数学联赛福建赛区预赛 暨 2024 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案(考试时间: 2024 年 6 月 22 日上午 9:00-11:30, 满分 160 分)一、填空题 (共 10 小题, 每小题 6 分, 满分 60 分. 请直接将答案写在题中的横线上) 1. 在 △ABC 中,已知 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,若动点 P 满足 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,则 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 . 【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =14[(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2]=14[(2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−BA⃗⃗⃗⃗⃗ 2]=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14×42=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−4由 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,知 AB 2=CA 2+CB 2 ,于是 CA ⊥CB . 所以 CO =12AB =2 .又 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,所以 |PO ⃗⃗⃗⃗⃗ | 的最大值为 CO +1=3 . 所以 AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 32−4=5 . 2. 已知 z 1,z 2,z 3 为方程 z 3=−i 的三个不同的复数根,则 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1= . 【答案】 0【解答】设 z =x +yi (x,y ∈R ) 为方程 z 3=−i 的复数根, 则 z 3=(x +yi )3=x 3+3x 2(yi )+3x (yi )2+(yi )3=−i . 即 x 3+3x 2yi −3xy 2−y 3i =−i,x 3−3xy 2+(3x 2y −y 3)i =−i . 由 x,y ∈R ,得 {x 3−3xy 2=03x 2y −y 3=−1,解得 {x 1=0y 1=1 , {x 2=√32y 2=−12,{x 3=−√32y 3=−12.于是 z 1=i, z 2=√32−12i, z 3=−√32−12i . 所以 z 2+z 3=(√32−12i)+(−√32−12i)=−i ,z 2z 3=(√32−12i)(−√32−12i)=(−12i)2−(√32)2=−14−34=−1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1(z 2+z 3)+z 2z 3=i ×(−i )−1=0 .3. 设a=66⋯6⏟10个6,b=33⋯3⏟6个3,则a,b的最大公约数为 .【答案】 33【解答】用(x,y)表示正整数x,y的最大公约数.则(a,b)=(66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3)=(33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3)=3(11⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1) .设m=11⋯1⏟10个1, n=11⋯1⏟6个1,则由m=11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111 ,可知(m,n)=(1111,11⋯1⏟6个1) .同理可得, (m,n)=(1111,11⋯1⏟6↑1)=(11,1111)=(11,11)=11 .所以(a,b)=3(m,n)=33 .4. 某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派 4 名选手参加比赛. 组委会随机将这 12 名选手分成 6 组, 每组 2 人, 则在上述分组方式中每组的 2 人均来自不同年级的概率为 .【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有: C122C102C82C62C42C22A66=11×9×7×5×3×1种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有C42×C42×A44=36×24种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有2×1种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有36×24×2种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5. 如图,在棱长为 6 的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点E,F分别为 AB,BC 的中点,点 G 在棱 CC 1 上. 若平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 3√1717,则平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得截面多边形的周长为 . 【答案】 6√13+3√2【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA,DC,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图) z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E (6,3,0),F (3,6,0) . 设 G (0,6,t ) ,则 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,3,0) , EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,3,t ) . 设 m ⃗⃗ =(x,y,z ) 为平面 EFG 的一个法向量,则{m ⃗⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +3y +0=0m ⃗⃗ ⋅EG⃗⃗⃗⃗⃗ =−6x +3y +tz =0 ,于是 m ⃗⃗ =(t,t,3) 为平面 EFG 的一个法向量.又 n ⃗ =(0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为 3√1717, 所以 |cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩|=|m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ ||=√2t 2+9⋅1=3√1717. 结合 t >0 ,解得 t =2 . 所以 G (0,6,2),CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E,F 分别为 AB,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 . 由 CG DD 1=26=39=MCMD 知, M,G,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形. 易知 EF =√32+32=3√2,FG =√32+22=√13,GD 1=√42+62=2√13 ,D 1P =√62+42=2√13, PE =√22+32=√13.所以截面五边形的周长为 6√13+3√2 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF,∠GHC 为二面角 G −EF −D 的平面角,于是 tan∠GHC =CGCH =3√22=2√23,因此 CG =2 。

年全国高中数学联赛浙江省预赛试题及答案(word版本)

年全国高中数学联赛浙江省预赛试题及答案(word版本)

年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷一、选择题 1、下列三数16273,log 82,log 1242的大小关系正确的是 ( ) A 、16273log 82log 1242<< B 、27163log 124log 822<<C 、27163log 124log 822<<D 、27163log 124log 822<<2、已知两点A (1,2),B (3,1)到直线L 252L 共有( )A 、1条B 、2条C 、 3条D 、 4条3、设()f n 为正整数n (十进制)的各数位上的数字的平方之和,比如()22212312314f =++=。

记1()()f n f n =,1()(())k k f n f f n +=,1,2,3...k =,则2006(2006)f =( )A 、20B 、4C 、42D 、1454、设在xOy 平面上,20y x <≤,01x ≤≤所围成图形的面积为13,则集合 {}{}2(,)|||||1,(,)|||1M x y y x N x y y x =-≤=≥+的交集M N ⋂所表示的图形面积为( )A 、13 B 、23 C 、1 D 、435、在正边形中,与所有边均不平行的对角线的条数为( )。

A 、B 、21003 C 、210031003- D 、210031002- 6、函数sin cos tan cot sin cos tan cot ()sin tan cos tan cos cot sin cot x x x x x x x x f x x x x x x x x x ++++=+++++++在(,)2x o π∈时的最小值为( )。

A 、2B 、4C 、6D 、8 二、填空题7、手表的表面在一平面上。

整点1,2,,12这12个数字等间隔地分布在半径为22的圆周上。

从整点i 到整点()1i +的向量记作1i i t t +,则1223233412112t t t t t t t t t t t t ⋅+⋅++⋅= 。

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一试(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年全国高中数学联赛一试(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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ,则32log (log )m 的值为 . 答案:4049.解:323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m .2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q .若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和,则2a 的取值范围是 .答案:1,0(0,2)4. 解:因为数列{}n a 的各项和为11a q,注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列,于是2{}n a 的各项和为2121a q. 由条件知211211a a q q,化简得11a q . 当(1,0)(0,1)q 时,22111(1),0(0,2)244a q q q . 3. 设实数,ab 满足:集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9],则a b 的值为 .答案:7.解:由于2210(5)25x x a x a ,故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间,而B 是至多有一个端点的区间,所以必有[1,9]A ,故9a .进一步可知B 只能为[4,) ,故0b 且34b b ,得2b .于是7a b .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 .答案:34. 解:由条件知PA AB ,PA AC .因此PA AC .在ABC 中,22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ,故sin B .所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ,故其体积为1334ABC V S PA . 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“7a b ”发生的概率为17,则事件“a b ”发生的概率为 . 答案:421. 解:设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p .由于126,,,p p p 成等差数列,且1261p p p ,故16253413p p p p p p . 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p . 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p . 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p . 由于117P ,所以21143721P . 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数.若函数()(2)x g x f 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 .答案:11.解:记2x t ,则当[0,5)x 时,[1,32)t ,且t 随x 增大而严格增大.因此,()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数.注意到()f t 有最小正周期5,设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点,则()f t 在[2,32)上有6m 个零点,又设()f t 在[1,2)上有n 个零点,则625m n ,且0n m ,因此4,1m n .从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数,即311m n .7. 设12,F F 为椭圆 的焦点,在 上取一点P (异于长轴端点),记O 为12PF F 的外心,若12122PO F F PF PF ,则 的离心率的最小值为 .答案 解:取12F F 的中点M ,有12MO F F ,故120MO F F . 记1212,,PF u PF v F F d ,则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u , 222121222cos PF PF uv F PF u v d ,故由条件知222222v u u v d ,即22232u v d . 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v (当3v u 时等号成立).所以 的离心率d e u v .当::u v d 时, 的离心率e 取到最小值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10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 .答案:591.解:对于幸运数组(,,)a b c ,当10a b c 时,分两类情形讨论. 情形1:a 是两位数,,b c 是三位数.暂不考虑,b c 的大小关系,先在,,a b c 的非最高位(五个位置)中选三个位置填0,剩下五个位置还未填,任选其中两个填2,最后三个位置填写4,8,9,这样的填法数为3255C C 3!600 .再考虑其中,b c 的大小关系,由于不可能有b c ,因此b c 与b c 的填法各占一半,故有300个满足要求的幸运数组.情形2:,a b 是两位数,c 是四位数.暂不考虑,a b 的大小关系,类似于情形1,先在,,a b c 的非最高位(五个位置)中选三个位置填0,剩下五个位置填2,2,4,8,9,这样的填法数为600.再考虑其中,a b 的大小关系.若a b ,则必有20a b ,c 的四个数字是0,4,8,9的排列,且0不在首位,有33!18 种填法,除这些填法外,a b 与a b 的填法各占一半,故有600182912个满足要求的幸运数组. 综上,所求幸运数组的个数为300291591 .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,已知sin cos sin cos cos 22A AB B C,求cos C 的值.解:由条件知cos 44C A B. …………4分 假如44A B,则2C ,cos 0C ,但sin 04A ,矛盾. 所以只可能44A B .此时0,2A B ,2C A . …………8分注意到cos 04C A ,故2C ,所以,42A B ,结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ,又cos 0C ,化简得28(12cos )1C ,解得cos C…………16分 10.(本题满分20分)在平面直角坐标系中,双曲线22:1x y 的右顶点为A .将圆心在y 轴上,且与 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. 解:考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r .由0 与 的方程消去x ,得关于y 的二次方程2220002210y y y y r .根据条件,该方程的判别式22200048(1)0y y r ,因此220022y r .…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ,显然P 在y 轴上.设(0,)P h ,12, 的半径分别为12,r r ,不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ,则有2211()22h r r ,2222()22h r r .两式相减得2212122()h r r r r ,而120r r ,故化简得122r r h. …………10分 进而221211222r r r r ,整理得 221122680r r r r .① 由于12d r r ,(1,0)A ,22212()114r r PA h ,而①可等价地写为2212122()8()r r r r ,即228PA d ,所以d PA…………20分 11.(本题满分20分)设复数,z w 满足2z w ,求2222S z w w z 的最小可能值.解法1:设i (,)z a b a b R ,则2i w a b ,故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ,22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b . ①…………5分记1t a .对固定的b ,记255B b ,求22()(4)f t t B t B 的最小值.由()(4)f t f t ,不妨设2t .我们证明0()()f t f t ,其中0t . 当0[2,]t t 时,04[2,4]t t ,22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 (用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增). …………10分当0[,)t t 时,22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 (用到04t t ). …………15分所以200()(4)1616S f t B t .当0b (①取到等号),011a t 时,S 取到最小值16.…………20分解法2:设1i,1i (,)R z x y w x y x y ,不妨设其中0x . 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ,2222(41)(24)i w z x x y x y .所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y . …………5分利用a b a b ,可得8S x ,① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x . ②…………10分注意到方程282(1)x x 2.当2x 时,由①得816S x .当02x 时,由②得222(1)2(12))16S x .因此当2,0x y 时,S 取到最小值16. …………20分 解法3:因为2w z =−,所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−,33+的距离,所以把i z x y =+换成其实部x 时,都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<,因此我们有以下几种情况:1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+;2.若(13x∈−−,则()88f x x=−+,在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−,则2()24f x x x=−+,在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+;4.若13x∈− ,则()88f x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−+=−+;5.若3x≥+,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述,所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)

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 =_____________________。

2022年全国高中数学联赛加试A卷参考答案

2022年全国高中数学联赛加试A卷参考答案

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。

全国高中数学联赛预赛试题及答案

全国高中数学联赛预赛试题及答案

全国高中数学联赛湖南赛区初赛试题一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共40分. 在每小题给出的四个答案中,只有一项是符合题目要求的.)1.定义集合运算: {}B y A x xy z z B A ∈∈==⊗,,|.设{}0,2=A ,{}8,0=B ,则集合B A ⊗的所有元素之和为( )A.16B.18C. 20D.22 2.已知{}n a 是等比数列,41,252==a a ,则()*+∈+⋅⋅⋅++N n a a a a a a n n 13221的取值范围是( ) A.[)16,12 B.[)16,8 C. ⎪⎭⎫⎢⎣⎡332,8 D. ⎪⎭⎫⎢⎣⎡332,316 3.5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆参加接待工作,则每个场馆至少有一名志愿者的概率为( )A.53 B.151 C.85 D.81504.已知a 、b 为非零的不共线的向量,设条件:M ()b a b -⊥;条件:N 对一切R x ∈,不等式-≥-M 是N 的( )A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件 C.充分而且必要条件 D.既不充分又不必要条件 5.设函数)(x f 定义在R 上,给出下述三个命题:①满足条件4)2()2(=-++x f x f 的函数图象关于点()2,2对称;②满足条件)2()2(x f x f -=+的函数图象关于直线2=x 对称;③函数)2(-x f 与)2(+-x f 在同一坐标系中,其图象关于直线2=x 对称.其中,真命题的个数是( )A.0B.1C.2D.36.连结球面上两点的线段称为球的弦. 半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于72和34,M 、N 分别为AB 、CD 的中点,每两条弦的两端都在球面上运动,有下面四个命题:①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为1其中真命题为( )A.①③④B.①②③C.①②④D.②③④7.设)2008sin(sin 0=a ,)2008sin(cos 0=b ,)2008cos(sin 0=c ,)2008cos(cos 0=d ,则d c b a ,,,的大小关系是( )A.d c b a <<< B.c d a b <<< C.a b d c <<< D.b a c d <<<8. 设函数1463)(23+++=x x x x f ,且1)(=a f ,19)(=b f ,则=+b a ( )A.2B.1C.0D.2-二、填空题(本大题共6个小题,每小题8分,共48分. 请将正确的答案填在横线上.)9.在平面直角坐标系中,定义点()11,y x P 、()22,y x Q 之间的“直角距离”为.),(2121y y x x Q P d -+-=若()y x C ,到点()3,1A 、()9,6B 的“直角距离”相等,其中实数x 、y 满足100≤≤x 、100≤≤y ,则所有满足条件的点C 的轨迹的长度之和为 . 10.已知集合(){}2008|,22≤+=Ωy x y x ,若点),(y x P 、点),(y x P '''满足x x '≤且y y '≥,则称点P 优于P '. 如果集合Ω中的点Q 满足:不存在Ω中的其它点优于Q ,则所有这样的点Q 构成的集合为 . 11.多项式()310021x x x +⋅⋅⋅+++的展开式在合并同类项后,150x的系数为 .(用数字作答)12.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一球面上,且该六棱柱的体积为89,底面周长为3,则这个球的体积为 . 13.将一个44⨯棋盘中的8个小方格染成黑色,使得每行、每列都恰有两个黑色方格,则有 不同的染法.(用数字作答)14.某学校数学课外活动小组,在坐标纸上某沙漠设计植树方案如下:第k 棵树种植在点()k k k y x P ,处,其中1,111==y x ,当2≥k 时,⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=--.5251;525515111k k y y k k x x k k k k 其中,[]a 表示实数a 的整数部分,例如[]26.2=,[].06.0= 按此方案,第2008棵树种植点的坐标为 .三、解答题(本大题共4小题,共62分. 要求有必要的解答过程.)15.(本小题满分14分)设实数[]βα,,∈b a ,求证:βααβ+≤+b a a b 其中等号当且仅当βα==b a ,或αβ==b a ,成立,βα,为正实数.16.(本小题满分14分)甲、乙两人进行乒乓球单打比赛,采用五局三胜制(即先胜三局者获冠军).对于每局比赛,甲获胜的概率为32,乙获胜的概率为31.如果将“乙获得冠军”的事件称为“爆出冷门”.试求此项赛事爆出冷门的概率.17. (本小题满分16分)已知函数()x x x f -+=1ln )(在区间[]()*∈Nn n ,0上的最小值为nb,令()n n b n a -+=1ln ,()*-∈⋅⋅⋅⋅⋅⋅=N k a a a a a a p kk k 2421231,求证:.11221-+<+⋅⋅⋅++n n a p p p18. (本小题满分18分)过直线07075:=--y x l 上的点P 作椭圆192522=+y x 的切线PM 、PN ,切点分别为M 、N ,联结.MN(1)当点P 在直线l 上运动时,证明:直线MN 恒过定点Q ; (2)当MN ∥l 时,定点Q 平分线段.MN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. 选择题和填空题严格按标准给分,不设中间档次分.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,在评卷时参照本评分标准适当档次给分.一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共40分. 在每小题给出的四个答案中,只有一项是符合题目要求的.)1.解:集合B A ⊗的元素:0021=⨯=z ,16822=⨯=z ,0003=⨯=z ,0804=⨯=z ,故集合B A ⊗的所有元素之和为16. 选A .2. 解: 设{}n a 的公比为q ,则81241253===a a q ,进而21=q .所以,数列{}1+n n a a 是以821=a a 为首项,以412=q 为公比的等比数列. ()n n n n a a a a a a -+-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⋅⋅⋅++41332411411813221.显然,33281322121<+⋅⋅⋅++≤=+n n a a a a a a a a . 选C . 3. 解:5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆的方法数为24335=种. 每个场馆至少有一名志愿者的情形可分两类考虑:第1类 ,一个场馆去3人,剩下两场馆各去1人,此类的方法数为60223513=⋅⋅A C C 种;第2类,一场馆去1人,剩下两场馆各2人,此类的方法数为90241513=⋅⋅C C C 种. 故每个场馆至少有一名志愿者的概率为81502439060=+=P .选D . 4. 解:设a OA =,b OB =,则b x 表示与OB-表示点A 到直线OB 上任一点C 的距离AC-表示点A 到B 的距离. 当(b a b -⊥时,.OB AB ⊥由点与直线之间垂直距离最短知,AB AC ≥,即对一切R x ∈,不等式-≥-恒成立.反之,如果AB AC ≥恒成立,则()AB AC ≥min ,故AB 必为点A 到OB 的垂直距离,AC OB ⊥,即()b a b -⊥. 选C .5.解:用2-x 代替4)2()2(=-++x f x f 中的x ,得4)4()(=-+x f x f .如果点()y x ,在)(x f y =的图象上,则)4(4x f y -=-,即点()y x ,关于点()2,2的对称点()y x --4,4也在)(x f y =的图象上.反之亦然,故①是真命题.用2-x 代替)2()2(x f x f -=+中的x ,得)4()(x f x f -=.如果点()y x ,在)(x f y =的图象上,则)4(x f y -=,即点()y x ,关于点2=x 的对称点()y x ,4-也在)(x f y =的图象上,故②是真命题.由②是真命题,不难推知③也是真命题.故三个命题都是真命题.选D.6. 解:假设AB 、CD 相交于点N ,则AB 、CD 共面,所以A 、B 、C 、D 四点共圆,而过圆的弦CD 的中点N 的弦AB 的长度显然有CD AB ≥,所以②是错的.容易证明,当以AB 为直径的圆面与以CD 为直径的圆面平行且在球心两侧时,MN 最大为5,故③对.当以AB 为直径的圆面与以CD 为直径的圆面平行且在球心同侧时,MN 最小为1,故④对.显然是对的.①显然是对的.故选A.7. 解:因为02818036052008++⨯=,所以,0)28sin(sin )28sin sin(00<-=-=a ;0)28sin(cos )28cos sin(00<-=-=b ; 0)28cos(sin )28sin cos(00>=-=c ;0)28cos(cos )28cos cos(00>=-=d .又0028cos 28sin <,故.c d a b <<<故选B.8. 解:由()()101311463)(323++++=+++=x x x x x x f ,令y y y g 3)(3+=,则)(y g 为奇函数且单调递增.而()()110131)(3=++++=a a a f ,()()1910131)(3=++++=b b b f ,所以9)1(-=+a g ,9)1(=+b g ,9)1(-=--b g ,从而)1()1(--=+b g a g , 即11--=+b a ,故2-=+b a .选D.二、填空题(本大题共6个小题,每小题8分,共48分. 请将正确的答案填在横线上.)9. 解:由条件得 9631-+-=-+-y x y x ①当9≥y 时,①化为661-=+-x x ,无解; 当3≤y 时,①化为661-+=-x x ,无解;当93≤≤y 时,①化为 16122---=-x x y ②若1≤x ,则5.8=y ,线段长度为1;若61≤≤x ,则5.9=+y x ,线段长度为25;若6≥x ,则5.3=y ,线段长度为4.综上可知,点C 的轨迹的构成的线段长度之和为()1254251+=++.填()125+.10. 解:P 优于P ',即P 位于P '的左上方,“不存在Ω中的其它点优于Q ”,即“点Q 的左上方不存在Ω中的点”.故满足条件的点的集合为(){}00,2008|,22≥≤=+y x y xy x 且.填(){}00,2008|,22≥≤=+y x y x y x 且.11.解:由多项式乘法法则可知,可将问题转化为求方程150=++r t s ① 的不超过去100的自然数解的组数.显然,方程①的自然数解的组数为.2152C下面求方程①的超过100自然数解的组数.因其和为150,故只能有一个数超过100,不妨设100>s .将方程①化为49)101(=++-r t s记101-='s s ,则方程49=++'r t s 的自然数解的组数为.251C 因此,150x的系数为7651251132152=-C C C .填7651.12.解:因为底面周长为3,所以底面边长为21,底面面积为833=S .又因为体积为89,所以高为3.该球的直径为()23122=+,球的体积ππ34343==R V .填π34. 13.解:第一行染2个黑格有24C 种染法.第一行染好后,有如下三种情况:(1)第二行染的黑格均与第一行的黑格同列,这时其余行都只有一种染法;(2)第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列,这时第三行有24C 种染法,第四行的染法随之确定;(3)第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列,这样的染法有4种,而在第一、第二这两行染好后,第三行染的黑格必然有1个与上面的黑格均不同列,这时第三行的染法有2种,第四行的染法随之确定.因此,共有染法为()9024616=⨯++⨯种.填90.14.解:令⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=5251)(k k k f ,则 )(5251521511525515)5(k f k k k k k k k f =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+故)(k f 是周期为5的函数.计算可知:0)2(=f ;0)3(=f ;0)4(=f ;0)5(=f ;1)6(=f . 所以,)2008(5120072008f x x -+=;)2007(5120062007f x x -+=;…;)2(5112f x x -+=.以上各式叠加,得[])2008()3()2(5200712008f f f x x +⋅⋅⋅++-+=[]{})3()2()6()3()2(401520071f f f f f x +++⋅⋅⋅++-+= 3401520071=⨯-+=x ;同理可得4022008=y .所以,第2008棵树的种植点为()402,3.填()402,3.三、解答题(本大题共4小题,共62分. 要求有必要的解答过程.)15.证明:由对称性,不妨设b a ≤,令t ba=,则因βα≤≤≤b a ,可得 .αββα≤=≤b a t …………………………(3分) 设tt t f 1)(+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤≤αββαt ,则对t 求导,得211)(t t f -='.…………(6分) 易知,当⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈1,βαt 时,0)(<'t f ,)(t f 单调递减;当⎥⎦⎤⎝⎛∈αβ,1t 时,0)(>'t f ,)(t f 单调递增. …………………………………………………………………(9分) 故)(t f 在βα=t 或αβ=t 处有最大值且αββαβα+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛f 及βααβαβ+=⎪⎭⎫ ⎝⎛f 两者相等. 故)(t f 的最大值为βααβ+,即βααβ+≤+=t t t f 1)(.………………(12分) 由t ba=,得βααβ+≤+b a a b ,其中等号仅当βα==b a ,或αβ==b a ,成立.…………………………………………………………………………(14分)16. 解:如果某方以1:3或0:3获胜,则将未比的一局补上,并不影响比赛结果.于是,问题转化为:求“乙在五局中至少赢三局的概率”.…………(3分)乙胜五局的概率为531⎪⎭⎫⎝⎛;………………………………………………(6分)乙胜四局负一局的概率为3231415⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛C ;………………………………(9分)乙胜三局负二局的概率为.32312325⎪⎭⎫⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛C ……………………………(12分)以上结果相加,得乙在五局中至少赢三局的概率为.8117……………(14分) 17. 解:(1)因为()x x x f -+=1ln )(,所以函数的定义域为()+∞-,1,…(2分)又xxx x f +-=-+='1111)(.……………………………………………(5分) 当[]n x ,0∈时, 0)(<'x f ,即)(x f 在[]()*∈Nn n ,0上是减函数,故().1ln )(n n n f b n -+==()()().1ln 1ln 1ln n n n n b n a n n =++-+=-+=…………………………(8分)因为()()()141421212222<-=+-k k k k k ,所以 ()()()()()121121212126754532312421253122222+<+⋅+-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅k k k k k k k . …………………………………………………………………………(12分) 又容易证明1212121--+<+k k k ,所以 ()()()*-∈--+<+<⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=N k k k k k k a a a a a a p k k k 1212121242125312421231,………………………………………………………………(14分)n p p p +⋅⋅⋅++21()()()12123513--++⋅⋅⋅+-+-<n n112-+=n 112-+=n a .即 .11221-+<+⋅⋅⋅++n n a p p p ……………………(16分)18. 证明:(1)设()00,y x P 、()11,y x M 、()22,y x N . 则椭圆过点M 、N 的切线方程分别为192511=+y y x x ,192522=+y y x x .…………………………………………(3分) 因为两切线都过点P ,则有19250101=+y y x x ,19250202=+yy x x . 这表明M 、N 均在直线192500=+yy x x ①上.由两点决定一条直线知,式①就是直线MN 的方程,其中()00,y x 满足直线l 的方程.…………………(6分)(1)当点P 在直线l 上运动时,可理解为0x 取遍一切实数,相应的0y 为.107500-=x y 代入①消去0y 得01637052500=--+y x x x ② 对一切R x ∈0恒成立. …………………………………………………………(9分)变形可得 01910635250=⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛+y y x x 对一切R x ∈0恒成立.故有⎪⎩⎪⎨⎧=+=+.01910,063525y yx由此解得直线MN 恒过定点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q .……………………………(12分) (2)当MN ∥l 时,由式②知.70176370552500--≠---x x 解得.53343750=x 代入②,得此时MN 的方程为03553375=--y x ③ 将此方程与椭圆方程联立,消去y 得.012251280687533255332=--x x …………………………………………(15分) 由此可得,此时MN 截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q 的横坐标,即.14252553327533221=⨯--=+=x x x代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q 的纵坐标,即 .10925332125491357533142575-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⨯-⨯=y 这就是说,点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q 平分线段MN .……………………………(18分)。

全国高中数学联合竞赛预赛模拟试卷附答案

全国高中数学联合竞赛预赛模拟试卷附答案

全国高中数学联合竞赛预赛模拟试卷一. 选择题(共6小题,每题6分)1.设()n n nx a x a a xx 221021+++=++ ,求n a a a 242+++ 的值为(A )n3 (B )23-n(C )213-n (D )213+n 答: 【 】2.若1sin sin =+y x ,则y x cos cos +的取值范围是(A) ]2 ,2[- (B) ]1 ,1[- (C) ]3,0[ (D) ]3,3[- 答: 【 】 3.设2)(1=x f ,x x x f 2cos sin )(2+=,x xx f 2cos 2sin)(3+=,24sin )(x x f =,上述函数中,周期函数的个数是(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 答: 【 】 4.正方体的截平面不可能是(1) 钝角三角形 (2) 直角三角形 (3) 菱 形 (4) 正五边形 (5) 正六边形 下述选项正确的是:(A) (1)(2)(5) (B) (1)(2)(4) (C) (2)(3)(4) (D) (3)(4)(5) 答:【 】 5.已知a ,b 是两个相互垂直的单位向量,而13||=c ,3=⋅a c ,4=⋅b c 。

则对于任意实数21,t t ,||21b t a t c --的最小值是(A) 5 (B) 7 (C) 12 (D) 13 答: 【 】 6.设函数)(x f y =满足1)()1(+=+x f x f ,则方程x x f =)(根的个数可能是 (A) 无穷多 (B) 没有或者有限个(C) 有限个 (D) 没有或者无穷多 答: 【 】 二.填空题(共6小题,每题9分) 7. 设⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-=-+-=32232332x x x x xM ,⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-=-+-=56656556x x x x x N ,求 N M = 。

8. 已知数列n x ,满足n x x n n n +=++1)1(, 且21=x , 则2005x = 。

2023全国高中数学联合竞赛加试卷及参考答案

2023全国高中数学联合竞赛加试卷及参考答案

2023年全国高中数学联合竞赛加试卷习题及参考答案一.(本题满分40分)如图,ABC 的外心为O ,在边AB 上取一点D ,延长OD 至点E ,使得,,,A O B E 四点共圆.若2,3,4,5OD AD BD CD ,证明:ABE 与CDE 的周长相等.证明:由,,,A O B E 共圆得AD BD OD DE ,又2,3,4OD AD BD ,所以6DE . ……………10分由OA OB 得OAD OEA ,故OAD OEA ∽,故OA OE AEOD OA AD. 所以22(26)16OA OD OE ,得4OA .进而26OEAE AD AD OA.同理可得OBD OEB ∽ ,28BE BD . ……………20分 由于22OC OA OD OE ,故OCD OEC ∽. ……………30分因此EC OC CD OD. 由2,8OD OE OD DE 知4OC ,又5CD ,故210EC CD . 计算得76821AB AE BE ,561021CD DE EC ,即ABE 与CDE 的周长相等. ……………40分二.(本题满分40分)设,m n 是给定的整数,3m n ≥≥.求具有下述性质的最小正整数k :若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色,则或者存在m 个红色的数12,,,m x x x (允许相同),满足121m m x x x x -+++< ,或者存在n 个蓝色的数12,,,n y y y (允许相同),满足121n n y y y y -+++< .C E O A BD C EO A B D解:答案是1mn n -+.若k mn n =-,将1,2,,1n - 染为蓝色,,1,,n n mn n +- 染为红色.则对任意m 个红色的数12,,,m x x x ,有121(1)m m x x x n m x -+++≥-≥ ,对任意n 个蓝色的数12,,,n y y y ,有1211n n y y y n y -+++≥-≥ ,上述例子不满足要求.对k mn n <-,可在上述例子中删去大于k 的数,则得到不符合要求的例子.因此所求1k mn n ≥-+. ………………10分下面证明1k mn n =-+具有题述性质.假设可将1,2,,1mn n -+ 中的每个数染为红色或蓝色,使得结论不成立. 情形一:若1是红色的数,则红色的数均不超过1m -,否则可取一个红色的数m x m ≥,再取1211m x x x -==== ,则11m m x x x -++< ,与假设矛盾. ………………20分故,1,,1m m mn n +-+ 均为蓝色的数,此时取121,1n n y y y m y mn n -=====-+ ,有121(1)11n n y y y m n mn m mn n y -+++=-<-+≤-+= ,(*) 与假设矛盾. ………………30分情形二:若1是蓝色的数,则同情形一可知蓝色的数均不超过1n -,故,1,,1n n mn n +-+ 均是红色的数.此时取121,1m m x x x n x mn n -=====-+ ,与(*)类似,可得矛盾.故1k mn n =-+时结论成立.综上,所求最小的正整数1k mn n =-+. ………………40分三.(本题满分50分)是否存在2023个实数122023,,,(0,1]a a a ,使得20236120231110i j i j k ka a a证明你的结论.解:记20231202311i j i j k kS a a a. 假设存在122023,,,(0,1]a a a ,使得610S . 不妨设12202301a a a ,则将12023i j i j a a去掉绝对值后,k a 的系数为22024k ,从而202311(22024)k k kS k a a. ……………10分 当11011k 时,由基本不等式知 11(22024)(20242)220242k k kkk a k a k a a. ……………20分当10122023k 时,由于1()(22024)k f x k x x在(0,1]上单调增,故1(22024)(1)22025k k kk a f k a. 从而1011202311012220242(22025)k k S k k1011110101012202422k k k. ……………30分注意到202422(20242)2202444k k k k ,故61010101210114410S ,这意味者不存在122023,,,a a a 满足条件. ……………50分四.(本题满分50分)设正整数,,,a b c d 同时满足: (1) 2023a b c d +++= ; (2) ab ac ad bc bd cd +++++ 是2023的倍数; (3) abc bcd cda dab +++是2023的倍数. 证明:abcd 是2023的倍数. 证明:易知22023717=⨯. 首先,由(1),(3)知2()()()()() a b a c a d a a b c d abc bcd cda dab +++=+++++++是2023的倍数,故,,a b a c a d +++中至少有一个是 7的倍数. ……………10分由对称性,不妨设a b +是7的倍数,则) 2023( c d a b +=-+也是7的倍数,()()ac ad bc bd a b c d +++=++也是7的倍数,故结合(2)知ab cd +是7的倍数,因此22) (()()a c a a b c c d ab cd +=+++-+也是 7的倍数.又平方数除以 7的余数只能是0,1,2,4,因此22,a c 只能同时是 7的倍数, 这表明,,,a b c d 都是 7的倍数. ………………20分同上面分析可知:) ()()( a b a c a d +++是217的倍数,故或者其中有一个因子是217的倍数,或者其中有两个因子是 17的倍数.如果有一个因子是217的倍数,不妨设a b +是217的倍数,结合 ,a b 都是7的倍数知,a b +是 22023717=⨯的倍数,但这与2023a b c d +++=及,,,a b c d 是正整数相矛盾! ………………30分因此,,a b a c a d +++中至少有两个是17的倍数.不妨设,a b a c ++都是17的倍数,那么b d +也是17的倍数,由2()()(2)()ab ac ad bc bd cd a b d b d c a a b a a c a +++++=+++++++-知,22a 是17的倍数,故a 是17的倍数.因此,,,a b c d 都是17的倍数,这就说明了abcd 是44717⨯的倍数,也就是2023的倍数.………………50分。

2023年全国高中数学联赛山东省预赛试题(含答案)

2023年全国高中数学联赛山东省预赛试题(含答案)

2023全国数学联赛山东省预赛试题一、填空题(每小题8分,共80分)1、已知},33811|{1Z x x A x ∈≤<=-,},032|{N x x x x B ∈<-+=,则集合},,|{B y A x xy m m C ∈∈==的元素个数是.2、已知:3tan sin 41=-αα2,0((πα∈,则α是.3、已知关于x 的方程023=+++c bx ax x 的三个非零实数根成等比数列,则33b c a -的值是.4、正方体1111D C B A ABCD -的底面1111D C B A 内有一个动点M ,且C AD BM 1//平面,则MD D 1tan ∠的最大值是.5、数列}{n a 中,11=a ,),2,1(211 =+=+n a a n n ,那么=n a .6、已知0,,>z y x ,则z y x x z z y y x f 539164222222+++++++=的最小值是.7、设ABC ∆的内心为I ,而且满足0652=++IC IB IA ,则B ∠cos 的值是.8、已知双曲线H :221x y -=上第一象限内一点M ,过M 的作H 的切线l ,与双曲线H 切于M ,交H的渐近线于P ,Q 两点(P 在第一象限),R 与Q 在同一渐近线上.则RP RQ ⋅ 的最小值为.9、小张参加一次十道选择题的测试,做对一道得一分,做错一道扣一分,不做得零分.他的目标是至少得7分,7分及格.小张现在确定他前六道题的答案是正确的,而剩下的每道题做对的概率为21,小张应该做______多少道题,及格的概率最大.10、设实数y x ,使得y x -,22y x -,33y x -均为素数,则y x -的值是.二、解答题(共70分)11、(本题15分)已知:O 是ABC ∆的外心,E D ,分别是边AB AC ,上的点.线段CE BD DE ,,的中点分别为R Q P ,,.DE OH ⊥垂足为H .求证:P ,Q ,R ,H 四点共圆.12、(本题15分)在区间)2,2(32n n 中任取1212+-n 个奇数.求证:在所取出的数中,必有两个数,其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、(本题20分)已知:c b a ,,为正实数.证明:)(9)2)(2)(2(222ca bc ab c b a ++≥+++.14、(本题20分)1010⨯的表格上填入1到100,第i 行第j 列填入j i +-)1(10.每次操作如下:取一个格子,或者将此格2023全国数学联赛山东省预赛试题解析一、填空题(每小题8分,共80分)1、答案:72、答案:18π 3、答案:0 4、答案:25、答案:),2,1(1)2(32 =--+=n a n n6、答案:55 7、答案:85 8、答案:21- 9、答案:7或910、答案:3二、解答题(共70分)11、 证明:设ADE ∆的三个内角分别为E D A ,,,ABC ∆的外接圆半径为R由AC RP AB QP //,//知E QPH sin sin =∠,A QPR sin sin =∠,D HPR sin sin =∠ 又2,2CD PR BE PQ ==, 故 H R Q P ,,,四点共圆⇔QPR PH QPH PR RPH PQ ∠=∠-∠sin sin sin ⇔A PH E CD D BE sin sin 2sin 2=- ⇔DE PH AD CD AE BE ⋅=⋅-⋅2 ⇔)()()()(2222EH DH EH DH OD R DE R +⋅-=---⇔2222EH DH OE OD -=-⇔DE OH ⊥ 得证12、13、 证明:由抽屉原理,c b a ,,中必有两个数同时不大于1,或同时比小于1,设为b a , 则由0)1)(1(22≥--b a 得22221b a b a +≥+所以)2)(422()2)(2)(2(22222222++++=+++c b a b a c b a)11)(1(3222c b a ++++≥2)(3c b a ++≥)(9ca bc ab ++≥14、 证明:设一开始填数字k 的格子为k a ,令∑==1001i i ia A则A 在操作中是不变量,始终为33835010012=∑=i i又因此数为表格中1到100所能得到的最大值,故等号成立,所以顺序不变.。

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。

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。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

全国高中数学联合竞赛预赛试卷(校拟)一、选择题 1、下列三数16273,log 82,log 1242的大小关系正确的是 ( ) A 、16273log 82log 1242<< B 、27163log 124log 822<<C 、27163log 124log 822<<D 、27163log 124log 822<<2、已知两点A (1,2),B (3,1)到直线LL 共有( )A 、1条B 、2条C 、 3条D 、 4条 3、设()f n 为正整数n (十进制)的各数位上的数字的平方之和,比如()22212312314f =++=。

记1()()f n f n =,1()(())k k f n f f n +=,1,2,3...k =,则2006(2006)f =( )A 、20B 、4C 、42D 、1454、设在xOy 平面上,20y x <≤,01x ≤≤所围成图形的面积为13,则集合 {}{}2(,)|||||1,(,)|||1M x y y x N x y y x =-≤=≥+的交集M N ⋂所表示的图形面积为( )A 、13 B 、23 C 、1 D 、435、在正2006边形中,与所有边均不平行的对角线的条数为( )。

A 、2006B 、21003 C 、210031003- D 、210031002- 6、函数sin cos tan cot sin cos tan cot ()sin tan cos tan cos cot sin cot x x x x x x x x f x x x x x x x x x ++++=+++++++在(,)2x o π∈时的最小值为( )。

A 、2B 、4C 、6D 、8 二、填空题7、手表的表面在一平面上。

整点1,2,,12这12个数字等间隔地分布在半径为2的圆周上。

从整点i 到整点()1i +的向量记作1i i t t +,则1223233412112t t t t t t t t t t t t ⋅+⋅++⋅= 。

8、设(1,2,),,,,i a R i n R αβγ+∈=∈且0αβγ++=,则对任意,x R ∈()()()1111111nx x x x x x i i i i i i i a a a a a a ααβββγγαγ+++=⎛⎫++= ⎪++++++⎝⎭∑ 。

9、在1,2,,2006中随机选取三个数,能构成递增等差数列的概率是 。

10、设,a b 是非零实数,x R ∈,若442222sin cos 1x x a b a b +=+,则2008200820062006sin cos x xa b+= 。

11、已知()()(){}22,2cos 21sin 10,A x y xy x y R ααα=+-++-=∈,(){},3,B x yy k x k R ==+∈。

若A B ⋂为单元素集,则 。

12、2323,,111max min ,,,a b c Ra b c a b c +∈⎧⎫++=⎨⎬⎩⎭。

三、解答题13、在x 轴同侧的两个圆:动圆1C 和圆2222244420a x a y a b x a y b +--+=外切(),,0a b N a ∈≠,且动圆1C 与x 轴相切,求(1)动圆1C 的圆心轨迹方程L ; (2)若直线)2241469580abx ay b a a -++-=与曲线L 有且仅有一个公共点,求,a b 之值。

14、已知数列{}n a 满足111,2n n a a a n +==+ ()1,2,3n =,{}n b 满足11b =,21nn n b b b n+=+()1,2,3n =,证明:112n k =≤<。

15、六个面分别写上1,2,3,4,5,6的正方体叫做骰子。

问 1)共有多少种不同的骰子;2)骰子相邻两个面上数字之差的绝对值叫做这两个面之间的变差,变差的总和叫做全变差V 。

在所有的骰子中,求V 的最大值和最小值。

答案一. 选择题1. C2. C3. D4. B5. C6. B 二. 填空题7. 936- 8. n 9. 4010310.100322)(1b a + 11. 3± 12. 3详细解答如下: 一. 选择题1.下列三数124log ,82log ,232716的大小关系正确的是( C )(A )124log 82log 232716<< (B )82log 124log 231627<<(C )82log 23124log 1627<< (D )2382log 124log 1627<<解: 因为 3log 3log 81log 82log 24216164==>,5log 5log 125log 124log 33327273==<。

令3log 2=x ,则32=x。

又因为x 238223=<=,所以 23>x 。

再令5log 3=y ,则53=y,而y 3527323=>=,所以 23<y 。

综上所述,有 82log 23124log 1627<<。

因此 选 (C )。

2. 已知两点A (1,2), B (3,1) 到直线L 的距离分别是25,2-,则满足条件的直线L 共有( C )条。

(A )1 (B )2 (C )3 (D )4解: 由,5=AB 分别以A ,B 为圆心,2,5为半径作两个圆,则两圆外切,有三条共切线。

正确答案为C 。

3. 设)(n f 为正整数n (十进制)的各数位上的数字的平方之和,比如14321)123(222=++=f 。

记)()(1n f n f =,))(()(1n f f n f k k =+,,⋯=,3,2,1k 则)2006(2006f =( D )(A) 20 (B) 4 (C) 42 (D) 145.解: 将40)2006(=f 记做402006→,于是有 →→→→→→→→→→→164204214589583716402006从16开始,n f 是周期为8的周期数列。

故.145)16()16()16()2006(48250420042006====⨯+f f f f 正确答案为D 。

4. 设在xOy 平面上,20x y ≤<,10≤≤x 所围成图形的面积为31,则集合},1),{(≤-=x y y x M }1),{(2+≥=x y y x N 的交集N M 所表示的图形面积为( B )。

(A) 31 (B) 32 (C) 1 (B) 34.解: N M 在xOy 平面上的图形关于x 轴与y 轴均对称,由此N M 的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得。

为此,只要考虑在第一象限的面积就可以了。

由题意可得,N M 的图形在第一象限的面积为A =613121=-。

因此N M 的图形面积为32。

所以选(B )。

5. 在正2006边形中,与所有边均不平行的对角线的条数为( C )。

(A) 2006 (B) 21003 (C) 100310032- (D) 100210032-. 解: 正2n 边形n A A A 221 ,对角线共有)32()32(221-=-⨯⨯n n n n 条。

计算与一边21A A 平行的对角线条数,因2121//++n n A A A A ,与21A A 平行的对角线的端点只能取自2n-4个点,平行线共n-2条。

故与某一边平行的对角线共n(n-2)条。

由此可得与任何边都不平行的对角线共有n(2n-3)-n(n-2)=n(n-1)条。

因此正确选项是 C 。

6. 函数x x x x x x x x x x x x x x x x x f cot sin cot tan cot cos cos sin tan cos cot tan tan sin cos sin )(+++++++++++=在)2,0(π∈x 时的最小值为( B )。

(A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8解: ⎪⎭⎫⎝⎛+++++⎪⎭⎫⎝⎛++++=x x x x x x x x x x x x x f cot sin 1tan cos 1)cot (tan cot cos 1tan sin 1)cos (sin )((由调和平均值不等式)4cot cos tan sin 4)cot (tan cot cos tan sin 4)cos (sin =⎪⎭⎫⎝⎛+++++⎪⎭⎫⎝⎛++++≥x x x x x x x x x x x x要使上式等号成立,当且仅当⎩⎨⎧+=++=+)2(sin cot cos tan )1(cot cos tan sin x x x x x x x x (1)-(2)得到x x x x sin cos cos sin -=-,即得x x cos sin =。

因为)2,0(π∈x ,所以当4π=x 时,4)4()(==πf x f 。

所以.4)(min =x f 因此应选(B )。

二. 填空题7. 手表的表面在一平面上。

整点1,2,…,12这12个数字等间隔地分布在半径为22的圆周上。

从整点i 到整点(i +1)的向量记作1+i i t t ,则2111243323221t t t t t t t t t t t t ⋅++⋅+⋅ = 936- 。

解:连接相邻刻度的线段构成半径为22的圆内接正12边形。

相邻两个边向量的夹角即为正12边形外角,为30度。

各边向量的长为12sin 222π⋅⋅4322-=。

则3221t t t t ⋅6cos 43222π⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=234322-=。

共有12个相等项。

所以求得数量积之和为 936-。

8. 设,,,),,2,1(R n i R a i ∈=∈+γβα 且,0=++γβα 则对任意R x ∈,=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++++∑=+++n i x i x i x i x i x i x i a a a a a a 1)( )()(111111γαγγβββαα n 。

解:xix i x i xi xix i a a a a a a )( )()(111111γαγγβββαα+++++++++++ 11111)( )()()(=++++++++=++++xix i x i x i x i x i x i x i a a a a a a a a γαγγαγαγγαγγ,所以,.1111111)( )()(n a a a a a a n i x i x i x i x i x i x i =⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++++∑=+++γαγγβββαα 9 在2006,,2,1 中随机选取三个数,能构成递增等差数列的概率是40103。

相关文档
最新文档