2022年全国高中数学联赛试题（B卷）一试含官方标准答案.pdf

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