2022年全国高中数学联赛试题(B卷)一试含官方标准答案.pdf

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1、2022 年全国高中数学联合竞赛一试试题(B 卷)一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,满分 64 分.1.不等式 的解集为_.2.在平面直角坐标系中,以抛物线 的焦点为圆心作一个圆 ,与 的准线相切,则圆 的面积为_.3.函数 的最大值为_.4.一枚不均匀的硬币,若随机抛掷它两次均得到正面的概率为 ,则随机 抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为_.5.已知复数 满足 ,且 ,则 的值为_.6.若正四棱雉 的各条棱长均相等,为棱 的中点,则异面直 线 与 所成的角的余弦值为_.7.若 的三个内角 满足 ,则 的值为 8.一个单位方格的四条边中,若存在三条边染了三种不同的颜色,则称该

2、 单位方格是“多彩”的.如图,一个 方格表的表格线共含 10 条单位长线段,现要对这 10 条线段染色,每条线段染为红、黄、蓝三色之一,使得三个单位方 格都是多采的.这样的染色方式数为_.(答案用数值表示).二.解答题:本大题共 3 小题,满分 56 分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤。9.(本题满分 16 分)在平面直角坐标系中,是双曲线 的 两个焦点,上一点 满足 .求点 到 的两条渐近线的距离之和.10.(本题满分 20 分)设正数 满足:成公差为 的 等差数列,成公比为 的等比数列,且 .求 的最小值,并确定 当 取到最小值时 的值.11.(本题满分 20 分)若 为实数,,

3、函数 在闭区间 上 的最大值与最小值之差为 1,求 的取值范围.2022 年全国高中数学联合竞赛 加试试题(B 卷)一.(本题满分 40 分)如图,设 四点在圆 上顺次排列,其中 经过 的圆心 .线段 上一点 满足 ,线段 上两点 满 足 四点共圆,四点共圆.证明:.二.(本题满分 40 分)给定正实数 .设 ,求 的最大值.三.(本题满分 50 分)设正整数 都恰有 个正约数,其中 是 的所有正约数的一个排列.问 是否可 能恰好是 的所有正约数的一个排列?证明你的结论.四.(本题满分 50 分)圆周上依次有 100 个点 (其中 与 相 邻).现有 5 种颜色,要求 中每个点染 5 种颜色之

4、一,每种颜色至少 染一个点.若对任意这样的染色方式,中总存在 个连续的点含有至 少 3 种颜色,求 的最小值.1 2022 年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨暨 2022 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 一试(一试(B 卷)参考答案及评分标准卷)参考答案及评分标准 说明:说明:1.评阅试卷时,请依据本评分标准评阅试卷时,请依据本评分标准.填空题只设填空题只设 8 分和分和 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.

5、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 小题小题 4 分为一个档次,第分为一个档次,第10、11 小题小题 5 分为一个档次,不得增加其他中间档次分为一个档次,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.不等式2022911xx的解集为 答案答案:(,11)(9,11)解解:移项通分可得20(11)22(9)0(9)(11)xxxx,等价于110(9)(11)xxx,易

6、知解集为(,11)(9,11)2.在平面直角坐标系中,以抛物线2:6yx的焦点为圆心作一个圆,与的准线相切,则圆的面积为 答案答案:9 解解:抛物线的焦点与准线的距离为3,故圆的半径3r 所以圆的面积为29r 3.函数()lg2 lg5lg2lg5f xxx的最大值为 答案答案:14 解解:()lg2 lg5(lg2lg)(lg5lg)f xxx2(lg2lg5)lglgxx 22111lglglg244xxx 当1lg2x,即1010 x时,()f x取到最大值14 4.一枚不均匀的硬币,若随机抛掷它两次均得到正面的概率为12,则随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为 答案答案:21 解

7、解:设随机抛掷该硬币一次,得到正面的概率为(01)pp 根据题意得212p,故22p从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为2(1)21pp 5.已知复数z满足|1z,且11Re13zz,则Rezz的值为 2 答案答案:79 解解:由于2|1zzz,故1zz因此111ReReRe1131zzzzz,结合|1z 知12 2i33z 进而274 27ReReRei999zzz 6.若正四棱锥PABCD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 答案答案:510 解解: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

8、棱锥PABCD的各条棱长均为2 易知2 2AC,故90APC,于是225CNPCPN 又1,5MNCMCN,故5cos210MNCMNCM,即所求值为510 7.若ABC的三个内角,A B C 满足cossin2tan2CAB,则sincosAA 2tan A的值为 答案答案:2 解解:由cossinAB知2BA 假如2BA,则2C,此时cossin2AB,矛盾 从而只能是2BA,进而有22CA所以 1tancos2tan2tan2241tanCAAAA,这等价于cos(1tan)22tanAAA进而sincos2tan2AAA 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

9、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)答案答案:5184 解解: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 3 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

10、,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 125184 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(本题满分 16 分)分)在平面直角坐标系中,12,FF是双曲线22:13xy 的两个焦点,上一点P 满足121PF PF 求点P 到的两条渐近线的距离之和 解解:易知12,FF的坐标为(2,0),的两条渐近线的方程分别为30 xy与30 xy 设点(,)P u v,P 到两条渐近线的距离之和为S,则|3|3|22uvuvS 4 分 由于22212(2)(2)4PF PFuuvuv ,故2241uv

11、,即 225uv 8 分 又由P在上可知2213uv 从而解得2291,22uv 12 分 注意到3uv,故2|3 222uSu,即所求距离之和为3 22 16分 10.(本题满分(本题满分 20 分)分)设正数123123,a aa b b b 满足:123,a aa 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33ab求3a 的最小值,并确定当3a取到最小值时2 2a b的值 解解:记11,aabb,其中,0a b 由条件知22323,2,aab aab bab ba b,并且记33ab,则有22aba b,所以 22(2)a bb b 5 分 利用平均值不等式,

12、得 3322(2)424(2)433bbbb,即有273 622 15 分 当24bb,即6b时,等号成立,此时(即3a)取到最小值3 62,相应有64b,26ab,故 2 25 6615 6()6448a bab ab 20 分 4 11.(本题满分(本题满分 20 分)分)若,a b为实数,ab,函数sinyx在闭区间,a b上的最大值与最小值之差为1,求ba的取值范围 解解:根据正弦函数的图像特征,若ba,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,(,)dda b,此时sin(),sin()dd异号,故存在1,ddd,使得1sind与sinc异号,

13、则1sinsinsin1cdc,矛盾 5 分 若3ba,则sinx在,a b 上的最大值点与最小值点必为一个长度小于3的单调区间,c d的两个端点c与d,而 sinsin2sincos2 sin2sin12226cdcdcdcd,矛盾 10 分 另一方面,令00,2abb,则sinx在,a b上的最大值为1,最小值为0,符合要求此时ba可取遍,2中的值 15 分 又令arcsin(1),arcsinatbt,1,12t,则sinx在,a b上的最大值为t,最小值为1t,符合要求当12t 时,3ba,当1t 时2ba(并且当t在1,12中连续变化时,ba的值连续变化),从而ba可取遍,3 2 中

14、的值 综上,ba的取值范围是,3 223 20 分 1 2022 年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨暨 2022 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 加试(加试(B 卷)参考答案及评分标准卷)参考答案及评分标准 说明: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,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

15、其他中间档次分为一个档次,不得增加其他中间档次 一(本题满分一(本题满分 40 分)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APCBPC,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:2BDXY YXDBCOAP 证明证明:根据条件,可知 OXAOBACABCDB,OYPODACADCBD,所以OXYCDB 10 分 设OMAP于点M,CKAP于点K(K在圆 上),CLBD于点L 由O为AC的中点,得2CKOM由APCBPC,得CKCL 20 分 考虑到,OM CL是相似三角形,OXYCDB的对应边,XY D

16、B上的高,从而 12XYOMOMBDCLCK,即有2BDXY 40 分 MLKYXDBCPAO 2 二(本题满分二(本题满分 40 分)分)给定正实数,a b,ab设122022,xxxa b,求 12232021202220221122022xxxxxxxxxxx 的最大值 解解:首先证明:当,x ya b时,有 ()baxyxyab+10 分 不妨设axyb,则1axby,于是 1111xaxyyxbaybxaxyyxbayb=+,故得证 20 分 于是 12232021202220221xxxxxxxx+()122320221()()()baxxxxxxab+1220222()()bax

17、xxab=+,故 122320212022202211220222()xxxxxxxxbaxxxab+,30 分 当132021242022,xxxa xxxb=时,等号成立 因此,所求的最大值为2()baab+40 分 三(本题满分三(本题满分 50 分)分)设正整数,a b都恰有(3)m m个正约数,其中12,a a 3,maa是a的所有正约数的一个排列问112231,mma aaaaaa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 解解:答案是否定的 用反证法假设题述情形发生,记 123,mAa aaa,112231,mmBa aaaaaa 显然13(1,2,1)iiaaim,而

18、1B,故11a 又知2B,故b是奇数 10 分 所以12aa为奇数,得2a为偶数,又2aA,故a是偶数 20分 易知A中最大的两个元素为,2aa 3 显然B中每个元素都不超过322aaa特别地,有32ba 30分 设,2ijaaa a,其中,2i j(因为a有(3)m m个正约数,而11a )于是B中存在两个元素11,iijjaa aa,它们都大于2a,进而都大于3b,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 50 分 四(本题满分四(本题满分 50 分)分)圆周上依次有100个点12100,P PP(其中100P与1P 相邻)现有5种颜色,要求12100,P PP中

19、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 PP中总存在t个连续的点含有至少3种颜色,求t的最小值 解法解法 1:首先,让255075100,PPPP分别染颜色1,2,3,4,其余点染颜色5此时12100,P PP中任意25个连续的点只含有两种颜色,不符合要求从而t至少为26 10 分 以下假设有一种染色方式,使得任意26个连续的点含有至多两种颜色对该染色方式,在12100,P PP中选取尽可能多的连续的点,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,kkPPP,

20、且这100k个点不含颜色1由极端性,可知1P 与kP均染有颜色1 20 分 对1,2,3,4,5i,用ix 表示染有颜色i的点的最大下标,则1xk 由对称性,可不妨设2345xxxx,则5100 x,且易知2xk 对每个2,3,4,5i,我们证明125iixx 30 分 事实上,假如124iixx,考虑26个连续的点111125,iiixxxPPP(下标模100理解,下同),其中1ixP染有颜色1i,ixP染有颜色i,而1ixP所染的颜色j异于1i和i(当2,3,4i时,必有15ij;当5i时,由于511011xPPP,故14,5j ),即这些点中含有至少3种颜色,与假设矛盾 从而有55112

21、()1425100iiixxxx ,这与5100 x 矛盾 以上表明,对任意符合要求的染色方式,12100,P PP中总存在26个连续的点含有至少3种颜色 综上,所求t的最小值为26 50 分 解法解法 2:首先,让255075100,PPPP分别染颜色1,2,3,4,其余点染颜色5此时12100,P PP中任意25个连续的点只含有两种颜色,不符合要求从而t至少为26 10 分 以下证明26t 符合要求 考虑任何一种染色方式,对1,2,3,4,5i,用in 表示12100,P PP中染颜色i的点的个数,其中125100nnn 4 考虑含有颜色1的弧段125(1,2,100)kkkkP PPk的

22、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,不妨设染为颜色1的所有1n 个点分别为121112,(27100)niiinP PPiii,则11112125241,niiiiii是125n 个两两不同的弧段,从而1125sn 这表明11min25,100sn 20 分 同理,对于2,3,4,5i,含有颜色i的弧段(1,2,100)kk的数目is满足min25,100iisn 所以125sssS,其中记51min25,100iiSn 若(15)ini 中存在一个数不小于75,不妨设175n,则 52100(125)200iS 若(15)ini 都小于75,则 51251(25)100525200iisssn 所以 125201sssS 40 分 由抽屉原理,必存在一个弧段被至少2013100 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 50 分

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