1、2 2022022 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 2 2022022 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 加试试题（加试试题（A A 卷）卷）一、（本题满分一、（本题满分 4 40 0 分）分）如图，在凸四边形ABCD中，90ABCADC=对角线BD上一点P满足2APBCPD=，线段AP上两点,X Y，满足2AXBADB=,2AYDABD=，证明：2BDXY=二、（本题满分二、（本题满分 4 40 0 分）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)!nnk.三、（本题满分三、（本题满
2、分 5 50 0 分）分）设12100,a aa是非负整数，同时满足以下条件：（1）存在正整数100k，使得12kaaa，而当i k时0ia=；（2）123100100aaaa+=；（3）123100231002022aaaa+=求22212310023100aaaa+的最小可能值.四、（本题满分四、（本题满分 5 50 0 分）分）求具有下述性质的最小正整数t：将100 100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1 t或1t的矩形，其中t个小方格含有至少三种不同颜色 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
3、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（A 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.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
4、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.集合3|20223,nAn nnZ的所有元素之和为 答案答案：57 解解：当n为整数时，3202212nn，320227nn 因此7,8,9,10,11,12A所求的和为781257 2.设函数216()(2)xxf xxax，其中实数2a若()f x的值域为9,11，则a的取值范围是 答案答案：4,8a 解解：考虑函数016()1(2)fxxxx（
5、当2xa时，0()()f xfx）由于0()fx 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4,8a 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 答案答案：38 解解：设随机抛掷该硬币一次，得到正面的概率为(01)pp，得到反面的概率为1p根据题意得229(1)pp，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)8pp 4.若复数z满足：3iizz为负实数（i为虚数单位），31zz为纯虚数，则z的值为 答案答案：3i 解解
6、：设i(,)Rzaba b 由于3i(3)ii(1)izabzab为负实数，这等价于(3)i)(1)i)0abab，所以2(3)(1)0abb且40a，即0a且3,1bb异号 2 又此时33i11izbzb 为纯虚数，故2Re(3i)(1i)30bbb ，结合3,1bb 异号，可知3b所以3iz 5.若四棱锥PABCD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 答案答案：26 解解：设O为P 在底面ABCD上的射影，POh 由于1PAPBPCPD，故21OAOBOCODh，则ABCD为圆内接四边形 又2,1ABBCADCD，故ABCD是以BD为对称轴的筝形，于是有90B
7、ADBCD，O为BD中点，从而23122BDh，解得12h 所以该四棱锥的体积为112336ABCDShAB AD h 6.已知函数()yf x的图像既关于点(1,1)中心对称，又关于直线0 xy轴对称若(0,1)x时，2()log(1)f xx，则2(log 10)f的值为 答案答案：175 解解：用表示函数()yf x的图像 对任意的0(0,1)x，令020log(1)yx，则00(,)xy，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)xy，00(2,2)yx，00(4,4)yx 取035x，此时020244log(1)log 10yx 因此200317(log
8、 10)(4)4455ffyx 7.在平面直角坐标系中，椭圆22:14xy，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 答案答案：7 解解：显然直线AB与椭圆不能相交，设AB的方程为3ykx 设动点(2cos,sin)P，则P到直线AB的距离22 cossin3()1kdk 注意到线段AB的长度固定，根据题意，当变化时，2()PABSdAB的最大值与最小值之比为5，特别地，2 cossin3k不能为0，故其值恒正或恒负 由于2 cossin3k的最大值2341k为正，所以最小值2341k 3 也为正，故22341534
9、1kk，得234k 从而()d 的最小值为202341271kdk 由于PABS的最小值为1，故0112AB d，得027ABd 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）答案答案：1026 解解：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
10、三边恰有3!6种染法；若该方格为()ji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(,)ki 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“ij”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：6 1
11、636 黄红：32318 黄黄：32318 黄蓝：32636 蓝红：3 1 39 蓝黄：32318 蓝蓝：0 因此有3363 189171N 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（本题满分 16 分）分）若ABC的内角,A B C满足sincostanABC，求32coscoscosAAA的值 解解：由sincosAB知2AB，但tanC有意义，故C不为直角，从而只能是2AB，进而有322CABA 4 分 所以3sintantan2cot22ACAA，从而 4 2sin22sincos1sintan
12、2sinsincos22cos1AAAAAAAAA 222(1cos)cos2cos1AAA 12 分 上式等价于222cos12(1cos)cosAAA，于是 321coscoscos2AAA 16 分 10.（本题满分（本题满分 20 分）分）给定正整数(3)m m设正项等差数列na与正项等比数列 nb满足：na的首项等于 nb的公比，nb的首项等于na的公差，且mmab求ma 的最小值，并确定当ma 取到最小值时1a 与1b的比值 解解：根据条件，可设na的首项为a，公差为b，nb的首项为b，公比为a，其中,0a b，则1(1),mmmaamb bb a 记mmab，则由上式知 11(1
13、)mmb abmb 5 分 利用m元平均值不等式，得 221(1)(1)(1)mmmbmb 2(1)(1)(1)(1)mmmbmmbmmm，即有112(1)mmmmm 15 分 当2(1)(1)mbmb，即(1)bm m时，等号成立，此时（即ma）取到最小值112(1)mmmmm，相应有2(1)(1)ambmb，故 211(1)aambb 20 分 11.（本题满分（本题满分 20 分）分）在平面直角坐标系中，双曲线22:13xy 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Pl，记,M N为l与的两个交点，定义()PflPMPN若存在一条直线0Pl 满足
14、：0l与的两个交点位于y轴异侧，且对任意直线Pl，0ll，均有0()()PPflfl，则称P为“好点”求所有好点所构成的区域的面积 解解：设(,)P a b为好点，考虑,a b需满足的充要条件 对任意直线Pl，设l的倾斜角为(0)，则l的参数方程可写为 cos,:sinxatlybt （t为参数）将代入的方程，整理得关于t的方程 22222(3sincos)2(3 sincos)330tbatba 5 根据条件，有两个不同的实数解12,t t，这等价于223sincos0，且判别式222224(3 sincos)4(3sincos)(33)0baba 化简得 2225,66(sincos)3s
15、incos.ab 5 分 当l的倾斜角满足时，由中参数t的几何意义及()Pfl的定义，可知 22122233()3sincosPbafltt，其中22330ba（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223sincos0，显然满足，且222233()cos3sinPbafl 当且仅当0 时，()Pfl取到最小值220()33Pflba，这里直线0:lyb 10 分 当l与交于y轴同侧两点时，要求满足且5,66根据题意，对任意这样的l（如果这样的l存在），均有 2202233()()3sincosPPbaflfl，即2203sincos1，而这等价于35,6 446
16、 换言之，,a b需满足：对任意3,44，都不成立，即对任意3,44，均有 22sincos3sincosab 在中令3,44，分别得22122ab，22122ab，由此可知 2ab 15 分 反之，当2ab时，注意到当3,44时有sincos0，故 sincossincos(2)sincosababbb 2sin222222sin(sincos)3sincos，即成立 因此，(,)P a b为好点当且仅当2ab 于是所有好点对应的区域为(,)2Aa bab所求面积为4AS 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
17、中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛 加试（加试（A 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，在凸四边形ABCD中，90ABCADC，对 角 线BD上 一 点P满 足
18、2APBCPD，线 段AP上 两 点,X Y满 足2AXBADB，2AYDABD 证明：2BDXY YXDBCPA 证明证明：注意90ABCADC，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2APBCPDCPD，不合题意）根据条件，可知 2,2AXBADBAOBAYDABDAOD ，分别得到,A O X B四点共圆，,A Y O D四点共圆 10 分 因此OXAOBACABCDB，OYPODACADCBD，所以OXYCDB 20 分 MLKYXDBCPAO 设OMAP于点M，CKAP于点K，CLBD于点L 由O为AC的中点，得2CKOM 由于2KPLAPBCPD
19、，即有PC平分KPL，故CKCL 30分 考虑到,OM CL是相似三角形,OXYCDB的对应边,XY DB上的高，从而 12XYOMOMBDCLCK，即有2BDXY 40 分 2 二（本题满分二（本题满分 40 分）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)!nnk 证法证法 1：设1ikiinp为n的标准分解 记1(1,2,)iiiimppik，则1()kiinm 我们证明 2(1,2,)inkkm ik 事实上，111iiiiiimppp11122iiip 12212iiiiipp(1,2,)ik 10 分 所以 11,222122ijii
20、kkjjjinnnmpkp，最后一步是因为11121C(2)kkk k 以及021故成立 20 分 由可知，对每个1,2,ik，在1,2,2nk中至少有k个im的倍数从而1,2,2nk中可找到两两不同的正整数12,kt tt，它们分别是12,km mm的倍数因此1()kiinm整除(2)!nk 40 分 证法证法 2：设1ikiinp为n的标准分解 记1(1,2,)iiiimppik，则1()kiinm 令1(1,2,)jjiiSmjk，00S 我们证明以下两个结论：（1）()!knS；（2）2kSnk 结论（1）的证明：对1,2,ik，连续im个整数111,2,iiiSSS中必存在im的倍数
21、，故11(1)(2)ZiiiiSSSm 从而111(1)(2)ZkiiiiiSSSm，这等价于()!knS 10 分 结论（2）的证明：对1,2,ik，有 3 111iiiiiimppp11122iiip 12212iiiiipp 20 分 记(1,2,)iiipik，则2i 反复利用“若,2a b，则abab+”，可得 11kkiiiin，结合得 111(21)22kkkkiiiiiiSmknk 由结论（1）、（2），原题得证 40 分 三（本题满分三（本题满分 50 分）分）设12100,aaa是非负整数，同时满足以下条件：（1）存在正整数100k，使得 12kaaa，而当ik时0ia；（
22、2）123100100aaaa；（3）123100231002022aaaa 求22212310023100aaaa的最小可能值 解法解法 1：当121819202122231000,19,40,41,0aaaaaaaaa=，21k=时，符合题设三个条件，此时 10023221192040214140940iii a=+=10 分 下面证明这是最小可能值 首先注意21k 否则，若20k，则100111202000kkiiiiiiiaiaa=，这与条件（3）矛盾 根据条件（2）、（3），有 100100100100221111(20)40400iiiiiiiii aiaiaa=+10021(20
23、)40880iiia=+当2040a时，100100100222011,1,2020(20)(20)10060iiiiiiiiiaiaaa=，故 1002140940iii a=30 分 当2041a时，由21k 及条件（1）可知2141a，故 10010010010021111(19)(20)39380iiiiiiiii aiiaiaa=+4 1001(19)(20)40858iiiia=+21(21 19)(2120)4085840940a+综上，所求最小值为40940 50 分 解法解法 2：对于满足题目条件的非负整数12100,a aa，可对应地取100个正整数12100,1,2,10
24、0 x xx，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 xx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）100100112022jijixia=，即12100,x xx的平均值为20.22=注意到1001002211ijiji ax=，故题目转化为：100个数12100,1,2,100 x xx 满足条件（A）和（B），求10021jjx=的最小值 当12100,x xx取19个19，40个20，41个21时，1002140940j
25、jx=10 分 下面证明10021jjx=的值至少为40940 由于 100100100100222221111()1002100()jjjjjjjjxxxx=+=+，故转化为考虑10021()jjx=的最小值 由20.22=知存在21jx，也存在20jx 设12100,x xx中有a个21jx，b个20jx=及c个19jx 由条件（A）可知ab 我们放宽条件（A）至条件（A）：ab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 xx的取法只有有限种，选取平方和最小的一组12100,x xx 若19c，注意到10
26、0abc+=及ab，有 10022221()0.780.221.22jjxabc=+2221001000.780.221.2222ccc+2220.78410.2240 1.2219+30 分 若18c，则82ab+此时有0c，因为若0c=，则jx的平均值不小于 5 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20ix，替换为1ix+和1jx，平均值不变，但2222(1)(1)ijijxxxx+知可取一个20jx=，将,ijx x替换为1ix+和1jx，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 xx使得平
27、方和最小矛盾 所以c个19jx 都等于19但此时 1001()0.780.221.22jjxabc=1001000.780.221.2222ccc 0.78 410.2241 1.22 180，与条件（B）矛盾 所以当且仅当12100,x xx取19个19，40个20，41个21时，10021()jjx=取得最小值，相应地，1001002211ijiji ax=取到最小值40940 50 分 四（本题满分四（本题满分 50 分）分）求具有下述性质的最小正整数t：将100 100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1 t或1t的矩形，其中t个小方
28、格含有至少三种不同颜色 解解：答案是12 将方格纸划分成100个10 10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1 11或11 1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1 100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1 12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
29、左往右）第12kxxx格，分别为12,kc cc色，则对2ik，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,kc cc为出现的所有颜色 对1ik，记is为含有ic 色小方格的个数，iu 为含有ic色小方格的行的个数，iv为含有ic色小方格的列的个数由条件知104is 又显然i iiuvs，等号成立当且仅当含有ic 色小方格的所有行与列的交叉位置上
30、都是ic色小方格 下面证明：15iiiuvs+，等号成立当且仅当10,100iiiuvs=若21iiuv+，则由104is 知15iiiuvs+；若20iiuv+，则 2()2055iii iiiiuvuvsuv+，等号成立当且仅当10,100iiiuvs=30 分 于是111()20005kkiiiiiuvs=+=若1()2000kiiiuv=+，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()2000kiiiuv=+=，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1 12或12 1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
