2022年9月全国高中数学联合竞赛一试B卷( 试卷+解析)

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
911
x x >
--的解集为_____ 答案:()(),119,11∞--⋃. 解:移项通分可得
()()
()()
20112290911x x x x --->--,等价于
()()
11
0911x x x +<--,易知解集为
()(),119,11∞--⋃.
2.在平面直角坐标系中,以拋物线2Γ:6y x =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:9π.
解:拋物线Γ的焦点与准线的距离为3,故圆Ω的半径3r =. 所以圆Ω的面积为29r ππ=.
3.函数()lg2lg5lg2lg5f x x x =⋅-⋅的最大值为_____ 答案:
14
. 解:()()()()2lg2lg5lg2lg lg5lg lg2lg5lg lg f x x x x x =⋅-+⋅+=-+-
2
2
111lg lg lg .244x x x ⎛
⎫=--=-++≤ ⎪⎝
⎭
当1lg 2x =-
,即x =时,()f x 取到最大值1
4
.
4.一枚不均匀的硬币,若随机拋郑它两次均得到正面的概率为1
2
,则随机抛郑它两次得到正面、反面各一次的概率为_____
答案1.
解：设随机抛郑该硬币一次,得到正面的概率为()01p p ≤≤.
根据题意得21
2
p =
,故2p =.从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为
(
)211p p -=.
5.已知复数z 满足1z =,且11Re
31z z +=+,则Re z z
的值为答案:7
9-.
解:由于2||1z z z ==,故1z z =
.因此111
Re Re Re 1311z z z z z
++===++,结合1z =
知
1i 33z =±.
进而277
Re Re Re i 9
99z z z ⎛⎫==-±=- ⎪ ⎪⎝⎭. 6.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
:
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.
易知AC =故90APC ∠=,
于是CN =
又1,MN CM CN ===,
故cos 2MN CMN CM ∠=
=,
7.若ABC 的三个内角,,A B C 满足cos sin 2tan 2
C
A B ==,则sin cos 2tan A A A ++的值为_____ 答案:2.
解:由cos sin A B =知2
B A π
=±.
假如2
B A π
=
-,则2
C π
=
,此时cos sin 2A B ==,矛盾.
从而只能足2
B A π
=+,进而有22
C A π
=
-.所以
1tan cos 2tan
2tan 2,241tan C A A A A π-⎛⎫==-=⋅ ⎪+⎝⎭
这等价于()cos 1tan 22tan A A A ⋅+=-.进而sin cos 2tan 2A A A ++=.
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!3312++=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31212125184⨯⨯⨯=.
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,12,F F 是双曲线2
2Γ:13
x y -=的两个焦点,Γ上一点P 满足121PF PF ⋅=.求点P 到Γ的两条渐近线的距离之和.
解:易知12,F F 的坐标为()2,0,Γ±
的两条渐近线的方程分别为0x +=
与0x =. 设点(),,P u v P 到两条渐近线的距离之和为S ,则
S =
由于()()22212224PF PF u u v u v ⋅=-++=+-,故2241u v +-=,即
22 5.u v +=
又由P 在Γ上可知2213u v -=.从而解得2291
,22
u v ==.
注意到u >,
故22
2u S u =
==
,
即所求距离之和为2
. 10.(本题满分20分)设正数123123,,,,,a a a b b b 满足：123,,a a a 成公差为1b 的等差数列,
123,,b b b 成公比为1a 的等比数列,且33a b =.求3a 的最小值,并确定当3a 取到最小值时22
a b 的值.
解：记11,a a b b ==,其中,0a b >
.
由条件知22323,2,,a a b a a b b ab b a b =+=+==,并且记33a b λ==,则有22a b a b λ=+=,所以
22(2).a b b b λλ==-
利用平均值不等式,得
()3
3
2
22424(2)4,33b b b b λλλλ⎛⎫-+⎛⎫=-⋅≤= ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭即有λ≥=.
当24b b λ-=,即6
b λ
=
时,等号成立,此时λ即3a 取到最小值
,相应有b =
2a b λ=-=,故
()22a b a b ab =+=
= 11.(本题满分20分)若,a b 为实数,a b <,函数sin y x =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 π->,则(),a b 内存在sin x 的一个最值点c 与一个零点
d ,取充分小的正数ε,使得区间[](),,d d a b εε-+⊆,此时()()sin ,sin d d εε-+异号,故
存在{}1,d d d εε∈+-,使得1sin d 与sin c 异号,则1sin sin sin 1c d c ->=,矛盾. 若3
b a π
-<
,则sin x 在[],a b 上的最大值点与最小值点必为一个长度小于
3
π
的单调区间[],c d 的两个端点c 与d ,而
sin sin 2sin
cos 2sin 2sin 1,2226
c d c d c d c d π
-+--=≤<=矛盾. 另一方面,令00,,2a b b ππ⎡⎤
==∈⎢⎥⎣⎦
,则sin x 在[],a b 上的最大值为1,最小值为0,符合要求.此时b a -可取遍,2ππ⎡⎤
⎢
⎥⎣⎦
中的值. 又令()1arcsin 1,arcsin ,,12a t b t t ⎡⎤
=-=∈⎢⎥⎣⎦
,则sin x 在[],a b 上的最大值为t ,最小值为1t -,符合要求.当12t =
时,3b a π-=,当1t =时2b a π-=（并且当t 在1,12⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
中连续变化时,b a -的值连续变化),从而b a -可取遍,32ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
中的值.
综上,b a -的取值范围是,,,3223ππππππ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋃=⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
.
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ω上顺次排列,其中AC 经过ω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:2BD XY =.
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 ω⊥⊥于点L . 由O 为AC 的中点,得2CK OM =.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2BD XY =.
1
,2
XY OM OM BD CL CK ===
二.(本题满分40分)给定正实数,,a b a b <.设[]122022,,
,,x x x a b ∈,求
12232021202220221
122022
x x x x x x x x x x x -+-++-+-++
+的最大值.
解:首先证明:当[],,x y a b ∈时,有
().b a
x y x y a b
--≤
++① 不妨设a x y b ≤≤≤,则1a x b y ≤≤,于是11,11x a
x y y x b a y b x a x y y x b a
y b
-
----==≤
=+++++ 故①得证.
于是
()()()()()()12232021202220221
1223202211220222,
x x x x x x x x b a
x x x x x x a b
b a x x x a b
-+-++-+--≤
+++++++-=++++ 故
()12232021202220221
122022
2,b a x x x x x x x x x x x a b
--+-++-+-≤
++
++
当132021242022,x x x a x x x b ======
==时,等号成立.
因此,所求的最大值为
()2b a a b
-+.
三.（本题满分50分）设正整数,a b 都恰有()3m m ≥个正约数,其中123,,,m a a a a 是a 的
所有正约数的一个排列.问112231,,,,m m a a a a a a a -+++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
{}{}123112231,,,,,,,,,.m m m A a a a a B a a a a a a a -==+++
显然()131,2,,1i i a a i m ++≥=-,而1B ∈,故11a =.又知2B ∉,故b 是奇数.
所以12a a +为奇数,得2a 为偶数,又2a A ∈,故a 是偶数.
易知A 中最大的两个元素为,
2a a .显然B 中每个元素都不超过322
a a a +=.特别地,有3
2
b a ≤
. 设,2
i j a
a a a ==,其中,2i j ≥(因为a 有()3m m ≥个正约数,而11a =).于是B 中存在两个元素11,i i j j a a a a --++,它们都大于2a ,进而都大于3
b
,且均为b 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.
四.(本题满分50分)圆周上依次有100个点12100,,,P P P (其中100P 与1P 相邻).现有5种颜
色,要求12100,,,P P P 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,12100,,
,P P P 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255075100,,,P P P P 分别染颜色1,2,3,4,其余点染颜色5.此时12100,,,P P P 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.
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12100,,,P P P 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12100,,,k k P P P ++,且这100k -个点不含颜色1.由极端性,可知1P 与k P 均染有颜色1.
对1,2,3,4,5i =,用i x 表示染有颜色i 的点的最大下标,则1x k =. 由对称性,可不妨设2345x x x x <<<,则5100x =,且易知2x k >. 对每个2,3,4,5i =,我们证明125i i x x --≥.
事实上,假如124i i x x --≤,考虑26个连续的点111125,,
,i i i x x x P P P -+-++（下标模100理解,
下同),其中1i x P -染有颜色1,i x i P -染有颜色i ,而1i x P +所染的颜色j 异于1i -和i (当
2,3,4i =时,必有15i j +≤≤;当5i =时,由于511011x P P P +==,故{}14,5)j =∉,即这些点
中含有至少3种颜色,与假设矛盾.
从而有()551211425100i i i x x x x =-=+∑-≥+⨯>,这与5100x =矛盾. 以上表明,对任意符合要求的染色方式,12100,,,P P P 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.
解法2:首先,让255075100,,,P P P P 分别染颜色1,2,3,4,其余点染颜色5.此时12100,,,P P P 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.
以下证明26t =符合要求.
考虑任何一种染色方式,对1,2,3,4,5i =,用i n 表示12100,,
,P P P 中染颜色i 的点的
个数,其中
125100n n n +++=.考虑含有颜色
1
的弧段
()1
251,2,,100k k k k P P P k γ++==的数目1s ,其中下标模100理解.
若任意26个连续的点都含有颜色1,则1100s =.
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1n 个点分别为
(
)
12112,,,27100m i i i m P P P i i i ≤<<
<≤,则1111225241,,
,,,,,i ij i i i i i i γγγγγγ----是125n +个
两两不同的弧段,从而1125s n ≥+.
这表明{}11min 25,100s n ≥+.
同理,对于2,3,4,5i =,含有颜色i 的弧段()1,2,
,100k k γ=的数目i s 满足
{}min 25,100i i s n ≥+.
所以125s s s S ++
+≥,其中记{}51min 25,100i i S n ==∑+.
若()15i n i ≤≤中存在一个数不小于75,不妨设175n ≥,则
()5
2
100125200.i S =≥++>∑
若()15i n i ≤≤都小于75,则
()5
1251
25100525200.i i s s s n =++
+≥+=+⨯>∑
所以
125201.s s s S +++≥≥
由抽屉原理,必存在一个弧段被至少
201
3100
=种颜色对应到,该弧段所覆盖的26个点含有至少3种颜色.
综上,所求t 的最小值为26.。