2022年全国高中数学联赛试题（A卷）一试含官方标准答案

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试题（A卷）一、（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD中，ABC=ADC=90对角线BD上一点P满足APB=2CPD，线段AP上两点XY,，满足AXB=2ADB,AYD=2ABD，证明：BD=2XY二、（本题满分40分）设整数nn(1)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：(n)(2n−k)!.三、（本题满分50分）设a1,,a2a100是非负整数，同时满足以下条件：（1）存在正整数k100，使得a12aak，而当ik>时ai=0；（2）a1+a2+a3+a100=100；（3）a1+2a2+3a3+100a100=2022222求a1+2a2+3a3+100a100的最小可能值.四、（本题满分50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t1的矩形，其中个小方格含有至少三种不同颜色．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 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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A{nn|320223n,nZ}的所有元素之和为．答案：57．解：当n为整数时，nn3202212，3n2022n7．因此A{7,8,9,10,11,12}．所求的和为781257．xx2162.设函数fx()(2xa)，其中实数a2．若fx()的值域为x[9,11]，则a的取值范围是．答案：a[4,8]．16解：考虑函数fx()x1(x2)（当2xa时，fx()f()x）．0x0由于在上严格递减，在上严格递增，且注意到，fx0()[2,4][4,)f0(2)11，，故所求的取值范围是．f0(4)9f0(8)11aa[4,8]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．3答案：．8解：设随机抛掷该硬币一次，得到正面的概率为pp(01)，得到反面的3概率为1p．根据题意得pp229(1)，故p．43从而随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为2pp(1)．8z3iz34.若复数z满足：为负实数（i为虚数单位），为纯虚数，则z的ziz1值为．答案：3i．解：设zabi(ab,R)．z3iab(3)i由于为负实数，这等价于(ab(3)i)(ab(1)i)0，ziab(1)i所以ab2(3)(b1)0且40a，即a0且bb3,1异号．1zb33i又此时为纯虚数，故Re((3bi)(1bbi))230，结合zb11ibb3,1异号，可知b3．所以z3i．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．2答案：．6解：设O为P在底面ABCD上的射影，POh．由于PAPBPCPD1，故OAOBOCOD1h2，则ABCD为圆内接四边形．又ABBC2,ADCD1，故ABCD是以BD为对称轴的筝形，于是有BD31BADBCD90，O为BD中点，从而1h2，解得h．222112所以该四棱锥的体积为ShABADh．33ABCD66.已知函数yfx()的图像既关于点(1,1)中心对称，又关于直线xy0轴对称．若时，，则的值为．x(0,1)fx()log2(x1)f(log210)17答案：．5解：用表示函数yfx()的图像．对任意的，令，则，且．x0(0,1)yx0log20(1)(,xy00)y0(0,1)利用的中心对称性与轴对称性，可依次推得，，．(2xy00,2)(yx002,2)(4yx00,4)3取x，此时4yx4log(1)log10．050202317因此f(log10)fy(4)4x4．20055x27.在平面直角坐标系中，椭圆:1y2，P为上的动点，AB,为两4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ykx3．2kcossin3设动点P(2cos,sin)，则P到直线AB的距离d()．k212S注意到线段AB的长度固定，根据题意，当变化时，d()PAB的最大AB值与最小值之比为5，特别地，2kcossin3不能为0，故其值恒正或恒负．由于2kcossin3的最大值34k21为正，所以最小值34k21234k213也为正，故5，得k2．34k2142从而的最小值为34k12．d()d0k217由于的最小值为，故1，得2．SPAB1ABd01AB72d08.一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ij,，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(ij,)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：62336红蓝：61636黄红：32318黄黄：32318黄蓝：32636蓝红：3139蓝黄：32318蓝蓝：0因此有N3363189171．进而本题所求结果为6N1026．二、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ABC,,满足sinABCcostan，求cos32AcosAAcos的值．解：由sinABcos知AB，但tanC有意义，故C不为直角，从而只23能是AB，进而有CAB2A．……………4分223所以sinACtantan2Acot2A，从而23sin2A2sinAAcos1sinAAAtan2sinsinAcos2AA2cos212(1cos2AA)cos．……………12分2cos2A1上式等价于2cos22A12(1cosAA)cos，于是1cos32AcosAAcos．……………16分2（本题满分分）给定正整数．设正项等差数列与正项等10.20mm(3){}an比数列满足：的首项等于的公比，的首项等于的公差，且{}bn{}an{}bn{}bn{}an．求的最小值，并确定当取到最小值时与的比值．abmmamama1b1解：根据条件，可设的首项为，公差为，的首项为，公比为，{}anab{}bnba其中，则m1．ab,0amma(m1)bb,ba记，则由上式知abmmbamm11b((m1)b)．……………5分利用m元平均值不等式，得(m1)22(m1)b((mb1))m12mm(m1)bm(1)((m1)b)(m1)，mm1mmm1即有．……………15分(m1)m2当(m1)2b(mb1)，即b时，等号成立，此时（即a）mm(1)m1mmm1取到最小值，相应有a(m1)bm(1)2b，故(m1)m2aa1(m1)2．……………20分bb1x211.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线:1y2．对平面3内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体．对PPP任意直线，记为与的两个交点，定义．若存在lPMN,lfP()lPMPN一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意直线，l0Pl0ylP，均有，则称为“好点”．求所有好点所构成的区域的面积．ll0flPP()fl(0)P解：设Pab(,)为好点，考虑ab,需满足的充要条件．对任意直线，设的倾斜角为，则的参数方程可写为lPl(0)lxatcos,l:（t为参数）．①ybtsin将①代入的方程，整理得关于t的方程(3sin2cos22)t2(3bsinacos)tb323a20．②4根据条件，②有两个不同的实数解，这等价于22，且判tt12,3sincos0别式4(3basincos)24(3sin2cos22)(3ba32)0．化简得5,,66③222(sinabcos)3sincos.……………5分当的倾斜角满足③时，由①中参数的几何意义及的定义，可知ltflP()33ba22fl()tt，P123sin22cos其中33ba220（因P不在上）．当与交于轴异侧两点时，由双曲线的性质知5．此ly0,,6633ba22时3sin22cos0，显然满足③，且fl()．当且仅当0Pcos223sin时，取到最小值22，这里直线．flP()flP()03b3alyb0:……………10分5当l与交于y轴同侧两点时，要求满足③且,．根据题意，对66任意这样的l（如果这样的l存在），均有33ba22fl()fl()，PP3sin22cos02235即03sincos1，而这等价于,,．换言之，ab,需满644633足：对任意,，③都不成立，即对任意,，均有4444absincos3sin22cos．④32222在④中令,，分别得ab1，ab1，由此可知442222ab2．……………15分3反之，当ab2时，注意到当,时有sincos0，故44absincosasinbcos(2b)sinbcos2sin2sin2(sin22cos)3sin22cos，即④成立．因此，Pab(,)为好点当且仅当ab2．于是所有好点对应的区域为．所求面积为．A(,ab)ab2SA4……………20分52022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，ABCADC90，对角线BD上一点P满足APB2CPD，线段AP上两点XY,满足AXB2ADB，AYD2ABD．证明：BD2XY．BPYXACD证明：注意ABCADC90，取AC的中点O，则O为凸四边形ABCD的外心．显然PB,在AC的同侧（否则APBCPD2CPD，不合题意）．根据条件，可知AXB2ADBAOB,2AYDABDAOD，分别得到AO,,X,B四点共圆，AY,,,OD四点共圆．………………10分因此OXAOBACABCDB，OYPODACADCBD，所以OXY∽CDB．………………20分BKPMYXACOLD设OMAP于点M，CKAP于点K，CLBD于点L．由O为AC的中点，得CK2OM．由于KPLAPB2CPD，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XYOMOM1，BDCLCK2即有BD2XY．………………40分1二．（本题满分40分）设整数nn(1)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：(n)(2nk)!．k证法：设i为的标准分解．1npini1k记i，则．mii1ppii(1,2,,k)()nmii1我们证明．①2nkkmi(i1,2,,k)事实上，1111iimpii1pi1iippii221ii．ppii221(ik1,2,,)2i………………10分所以2n22nni，mpii12kk1j2kpjj1,ji最后一步是因为k11以及0．故①成立．21Ck1kk(2)21………………20分由①可知，对每个，在中至少有个的倍数．从ik1,2,,1,2,,2nkkmi而中可找到两两不同的正整数，它们分别是1,2,,2nktt12,,,tkmm12,,,mkk的倍数．因此整除．………………分()nmi(2nk)!40i1k证法：设i为的标准分解．2npini1k记i，则．mii1ppii(1,2,,k)()nmii1j令，．我们证明以下两个结论：Sjimj(1,2,,k)S00i1（）；1()nSk!（）．2Sk2nk结论（）的证明：对，连续个整数中必1ik1,2,,miSSii111,2,,Si(SS1)(2)S存在的倍数，故ii11i．miZmik(SS1)(2)S从而ii11i，这等价于．Z()nSk!i1mi………………10分结论（2）的证明：对ik1,2,,，有21111iimpii1pi1iippii221ii．②ppii2212i………………20分记i，则．反复利用“若，则”，iipi(1,2,,k)i2ab,2≥ab≥+ab可得kk，niii1i1结合②得kkk．Skim(2i1)2ik2nkii11i1由结论（1）、（2），原题得证．………………40分三．设是非负整数，同时满足以下条件：（本题满分50分）aa1,,,2a100（）存在正整数，使得，而当时；1k100aa12akikai0（）；2aaa123a100100（）．3aaa12233100a1002022求222的最小可能值．aaa12233100a100解法：当，1aa1====2a180,a19=19,a20=40,a21=41,a22====a23a1000k=21时，符合题设三个条件，此时1002322．………………分∑iai=19+20×+4021×=414094010i=1下面证明这是最小可能值．100kk首先注意．否则，若，则，这与条k≥21k≤20∑∑∑iaii=≤≤ia20ai2000iii=111==件（3）矛盾．根据条件（2）、（3），有100100100100100222．∑∑iai=−+−(i20)aii40∑ia400∑ai=−+∑(ia20)i40880ii=11=i=1i=1i=1当时，a20≤4010010010022，∑∑∑(iaiaa−20)i=(−20)ii≥=100−≥a2060iii=1=1,=1,ii≠≠2020故1002．………………分∑iai≥4094030i=1当时，由及条件（）可知，故a20≥41k≥211a21≥411001001001002∑∑iai=−−(i19)(i20)aii+39∑ia−380∑aiii=11=i=1i=13100=−−∑(i19)(ia20)i+40858i=1．≥−(2119)(21−20)a21+40858≥40940综上，所求最小值为40940．………………50分解法：对于满足题目条件的非负整数，可对应地取个正整2aa1,,,2a100100数，其中恰有个，个，……，个（条xx1,2,,x100∈{1,2,,100}a11a22a100100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）：（）存在正整数，中不含大于的数，且的个数，Ak≤100xx1,,,2x100k12的个数，……，k的个数依次（非严格地）递增；100100（），即的平均值为．B∑∑xji=ia=2022xx1,,,2x100µ=20.22ji=11=100100注意到22，故题目转化为：个数∑∑iaij=x100xx1,2,,x100∈{1,2,,100}ij=11=100满足条件（）和（），求2的最小值．AB∑xjj=1100当取个，个，个时，2．xx1,,,2x100191940204121∑xj=40940j=1………………10分100下面证明2的值至少为．∑xj40940j=1由于10010010010022222，∑∑xxjj=(−−µ)100µµ+2∑xj=100µ+∑(xj−µ)jj=11=j=1j=1100故转化为考虑2的最小值．∑()xj−µj=1由知存在，也存在．设中有个，µ=20.22xj≥21xj≤20xx1,,,2x100axj≥21个及个．由条件（）可知．bxj=20cxj≤19Aab≥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（）、（）的的取法只有有限种，选取平方和最小A′Bxx1,,,2x100的一组．xx1,,,2x100若c≥19，注意到abc++=100及ab≥，有1002222∑(xj−≥µ)0.78abc+0.22+1.22j=1100−−cc100≥⋅0.782+⋅0.2222+1.22c22≥0.782×+410.2222×+401.22×19．………………30分若，则．此时有，因为若，则的平均值不小于c≤18ab+≥82c>0c=0xj420.5，与条件（B）不符．亦有．否则，假如，则由及知，可取一个和一b>0b=0a≥82c>0xi<20个，替换为和，平均值不变，但2222，平xj>20xi+1xj−1(xi++1)(xj−<+1)xxij方和变小，至多减少，至多增加，条件（）、（）仍满足，与a1b2A′Bxx1,,,2x100使得平方和最小矛盾．又假如存在一个，则由知可取一个，将替换为xi≤18b>0xj=20xxij,xi+1和，类似可知平均值不变，平方和减小，且减少，条件（）、（）仍xj−1b1A′B满足，与使得平方和最小矛盾．xx1,,,2x100所以个都等于．但此时cxj≤1919100∑(xj−≥µ)0.78abc−0.22−1.22j=1100−−cc100≥⋅0.78−⋅0.22−1.22c22≥0.78×−410.22×−411.22×>180，与条件（B）矛盾．100所以当且仅当取个，个，个时，2取xx1,,,2x100191940204121∑()xj−µj=1100100得最小值，相应地，22取到最小值．………………分∑∑iaij=x4094050ij=11=四．（本题满分50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t1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t≥12．………………10分下面证明t=12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（从左往右）第xx12<<<xk格，分别为色，则对，有．这是因为若cc12,,,ck2≤100此在条件（1）下结论成立．若条件（）成立，考虑第格至第格，因每种颜色的方格至多2x1+1x1+1110个，故这个方格至少含有两种颜色，且均不同于色，则从第至第格11c1x1x1+11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，设为出现的所有颜色．cc12,,,ck对，记为含有色小方格的个数，为含有色小方格的行的个1≤≤iksiciuici数，为含有色小方格的列的个数．由条件知．又显然，等号vicisi≤104uvii≥si成立当且仅当含有色小方格的所有行与列的交叉位置上都是色小方格．cici1下面证明：uv+≥s，等号成立当且仅当uv==10,s=100．ii5iiii1若uv+≥21，则由s≤104知uv+>s；若uv+≤20，则iiiii5iii()u+v2uvsuv+≥ii≥ii≥i，ii2055等号成立当且仅当．………………分uvii==10,si=10030kk于是1．∑∑(uvii+≥)si=2000ii=11=5k若，由抽屉原理知，存在一行或者一列至少含有种颜∑(uvii+>)200011i=1色的小方格．k若，则由等号成立的条件，可知每种颜色恰染格，∑(uvii+=)2000100i=1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6