全国高中数学联赛湖南预赛试题及答案A卷

2015年湖南省高中数学竞赛(A 卷)(2015-06-27 )、选择题(每个 5分，共6题) 1•将选手的9个得分去掉1个最高分，去年1个最低分，7个剩余分数的平均分为 91,现场无法辨认，在图中以x 表示，则7个剩余分数的方D 口 72.半径为R 的球的内部装有4个有相同半径r 的小球，则小球半径 r 可能的最大值是 A.—3_R B.」6_RC. —V R D. —^5_RA. - RB. ，.. 2 V3 3 妬 RC. ------ =R 1 ■. 3 D.- 23.已知数列｛a n ｝和｛b n ｝对任意n*N ，都有a nm ， 当n 时，数列｛a n ｝和｛b n ｝的极限分别是A 和B ，贝UA. A BB. A BC. A BD.A 和B 的大小关系不确定4. 对所有满足1 n m 5的m,n,极坐标方程n表示的不同双曲线条数为 1 C m cosA. 6B. 9C. 12D. 155. 使关于x 的不等式TP厂X k 有解的实数k 的最大值是A. 63 B. 3 C. 63 D. 62 26. 设M ｛ | x y ,x,y Z ｝，则对任意的整数 n ,形如4n,4n +1,4n+2,4n+3的数中，不是M 中的元素的数为 A. 4nB. 4n+1C. 4n+2D. 4n+3二、填空题(每个 8分，共6题)7. 已知三边为连续自然数的三角形的最大角是最小角的两倍，则该三角形的周长为： _____8.对任一实数序列 A ( 1, 2, 3,...)，定义△ A 为序列(21,32,43,...)，它的第门项是n1 n ，假定序列△(△ A )的所有项都是1，且19 920，贝卩1的值为： ________1 1 n［丄 -i ］为纯虚数的最小正整数 2 2.3做的9个分数的茎叶图有一个数据模糊,差为116 36A.B. C. 36979.满足使I n= ______10. 将1，2，3，...，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每列从上到下分别依次增大，当3, 4固定在图中的位置时，填写空格的方法数为：—11. 记集合T {O,1,2,3,4,5©，M {7 I r 74|a i T，j 1,2,3,4}，将M中的元素按从大到小顺序排列，则第2015年数是： _____________12. 设直线系M :xcos （y 2）sin 1（0 2 ）,对于下列四个命题：①M中所有直线均经过一个定点②存在定点P不在M中的任一条直线上③对于任意整数n（n 3）存在正n边形，其所有边均在M中的直线上④M中的直线所能围成的三角形面积都相等其中真命题的代号是：____________ （写出所有真命题的代号）三、解答题（共4题，满分72 分）13. （本小题满分16分）如图所示，AB为Rt A ABC的斜边，I为其内心，若△ IAB的外接圆的半径为R，Rt△ ABC 的内切圆半径为r,求证：R （2 、.2）r.2 2 2 2如图，A , B为椭圆X2占1 (a>b>0)和双曲线笃爲1的公共顶点，P、Q分别为双曲a b a b线和椭圆上不同于A、B的动点，且满足A P B P(A Q B Q)( R,| | 1)求证：(I)三点0、P、Q在同一直线上；(n)若直线AP、BP、AQ、BQ的斜率分别是灯、k2、k3、k4,则k什k2+k3+k4是定值。

暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题（模拟4）一．（本题满分40分）如图，ABC D 的外接圆为ω，P 为BC 边上一点，满足APB BAC Ð=Ð．过点A 作ω的切线交ABP D 的外接圆于点Q ，Q 关于AB 中点的对称点为T ，AT 交QP 于点D ．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（模拟4）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，ABCD的外接圆为ω，P为BC边上一点，满足APB BACÐ=Ð．过点A作ω的切线交ABPD的外接圆于点Q，Q关于AB 中点的对称点为T，AT交QP于点D．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.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ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一．(本题满分40分)给定正整数r,求最大的实数C,使得存在一个公比为r的实数等比数列a nn≥1,满足a n≥C对所有正整数n成立.(x 表示实数x到与它最近整数的距离.)二．(本题满分40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共圆.(答题时储将图画在答卷纸上)三．(本题满分50分)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格A,B,存在整数l≥2及S中l个方格A=C1,C2,…,C l=B,满足C i与C i+1有公共边(i=1, 2,⋯,l-1).求具有下述性质的最大整数K:若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K.四.(本题满分50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数k,有A K∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

全国高中数学联赛预赛模拟试题解答考生注意：1、本试卷共三大题（15个小题），全卷满分150分．2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答．3、解题书写不要超出装订线．4、不能使用计算器． 一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A ，B ，C ，D 四个结论，其中有且仅有一个是正确的。

请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。

每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。

1．设1()lg ,||1,1xf x x x-=<+则323()13x x f x ++等于（ ）. （A ）2()f x （B ）3()f x （C ）2()f x （D ）3()f x 答：D.解：3323322313113()lg()lg()3()3131113x xx x x x f f x x x x x x +-+-+===+++++. 2．,a b 是不等于1的正数，3(,2),2πθπ∈若tan tan 1a b θθ>>，则成立的是（ ）.（A ）1a b >> （B ）1a b << （C ）1b a << （D ）1b a >>答：B.解：tan 0,θ->由tan tan 11()()1ab θθ-->>,知111,1a b a b>>∴>>． 3．ABC ∆中，,,,BC a AC b AB c ===则使等式2222sin sin sin cos 2222A B C B ++=成立的充要条件是（ ）.（A ）2a b c += （B ）2b c a += （C ）2c a b += （D ）2c a b ⋅= 答：C ． 解：由题设知，1cos 1cos 1cos 1cos 2222A B C B ---+++=2sin cos22B A C-⇒= 2sin sin sin ,B A C ⇒=+2,a c b ∴+=反之也成立。

年湖南省高中数学竞赛试卷A及答案考生注意：1、本试卷共三大题（16个小题），全卷满分150分。

2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答。

3、解题书写不要超出装订线。

4、不能使用计算器。

一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，满分36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）1．记[x]为不大于x的最大整数，设有集合，，则 ( ) A．(－2，2) B．[－2，2] C． D．2．若，则 = ( )A．－1 B． 1 C． D．3．四边形的各顶点位于一个边长为1的正方形各边上，若四条边长的平方和为t，则t的取值区间是 ( )A．[1，2] B．[2，4] C．[1，3] D．[3，6]4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱AB上一点，过点P在空间作直线l，使l与平面ABCD和平面ABC1D1均成角，则这样的直线条数是 ( )A． 1 B． 2C． 3 D． 45．等腰直角三角形 ABC中，斜边BC= ，一个椭圆以C为其焦点，另一个焦点在线段AB上，且椭圆经过A，B两点，则该椭圆的标准方程是（焦点在x轴上） ( )A． B．C． D．（注：原卷中答案A、D是一样的，这里做了改动）6．将正方形的每条边8等分，再取分点为顶点（不包括正方形的顶点），可以得到不同的三角形个数为 ( )A．1372 B． 2024 C． 3136 D．4495二、填空题（本大题共6小题，每小题6分，满分36分，请将正确答案填在横线上。

）7．等差数列的前m项和为90，前2 m项和为360，则前4m项和为_____.8．已知，，且，则的值为______ ___.9．100只椅子排成一圈，有n个人坐在椅子上，使得再有一个人坐入时，总与原来的n个人中的一个坐在相邻的椅子上，则n的最小值为__________.10．在 ABC中，AB= ，AC= ，BC= ，有一个点D使得AD平分BC并且是直角，比值能写成的形式，这里m、n是互质的正整数，则m－n=______ __.11．设ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则上底面ABCD的内切圆上的点P与过顶点A，B，C1，D1的圆上的点Q之间的最小距离是___________.12．一项“过关游戏”的规则规定：在第n关要抛一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024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）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分 设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

2018年全国高中数学联赛湖南省预赛A 卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、填空题1.已知12a 3}，当A≠B 时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有_____个.2.若不等式√x >ax +32(4,b)的解集是（4，b ），则实数a=_____，b=_____. 3.从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数f(x)=ax 2+bx +c(a ≠0)的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个. 4.已知n 为正整数，若n 2+3n−10n 2+6n−16是一个既约分数，那么这个分数的值等于_____.5.函数f(x)=sinx +2|sinx|，x ∈[0,2π]的图象与直线y=k 有且仅有两个不同的交点，则k 的取值范围是_____. 6.设实数a 、b 满足不等式||a|−(a +b)|<|a −|a +b||，则a 、b 的正、负符号分别为_____. 7.正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点，F 为CC 1的中点.异面直线EF 与AC 1所成角的余弦值是_____.8.四次多项式x 4−18x 3+kx 2+200x −1984的四个根中有两个根的积为-32，则实数k=_____.9.(|x|+1|x|−2)3的展开式中常数项为_____.10.在半径为R 的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是_____.二、解答题11.已知抛物线C 1的顶点(√2−1,1)，焦点(√2−34,1)，另一抛物线C 2的方程为y 2−ay +x +2b =0，C 1与C 2在一个交点处它们的切线互相垂直.试证C 2必过定点，并求该点的坐标.12.如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC=MD.分别过点C、D作边BC、AD的垂线，设两条垂线的交点为P.过点P作PQ⊥AB与Q.求证：∠PQC=∠PQD.13.已知二次函数f(x)=x2−16x+p+3.（1）若函数在区间[−1,1]上存在零点，求实数p的取值范围；（2）问是否存在常数q(q≥0)，使得当x∈[q,10]时，f(x)的值域为区间D，且D的长度为12−q.（注：区间[a,b](a<b)的长度为b−a）.14.已知数列{a n}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列{a n}前n项和为S n，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4.（1）求数列{a n}的通项公式：（2）若a m+a m+1=a m+2，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得S2mS2m−1恰好为数列{a n}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由.参考答案1.27【解析】1.由集合A 、B 都是A ∪B 的子集，A ≠B 且A ∪B =(a 1,a 2,a 3).当A=∅时，B 有1种取法；当A 为一元集时，B 有2种取法； 当A 为二元集时，B 有4种取法； 当A 为三元集时，B 有8种取法.故不同的（A ，B ）对有1+3×2+3×4+8=27（个）.故答案为：27 2.18 36【解析】2.解法一： 设√x =t ，则x=t 2，且t ∈(2,√b)，则不等式at 2−t +32<0的解集为(2,√b)，所以2、√b 是方程at 2−t +32=0的两根，即{ 2+√b =1a ,2·√b =32a. 解得a=18，b=36.解法二： 设y 1=√x ，y 2=ax +32，由不等式√x >ax +32的解集是（4，b ），可得两函数y 1=√x ，y 2=ax +32在同一坐标系中的图象. 设两函数图象的交点为A 、B ，则A(4,2)、B(b,√b)，所以2=4a +32，√b =ab +32. 解得a=18，b=36.故答案为：(1). 18 (2). 36 3.24【解析】3.可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成f(x)=a 2+bx 的形式. 又f(x)=a(x +b 2a)2−b 24a，所以其顶点坐标是(−b2a ,b 24a).若顶点在第一象限，则有b2a>0，−b 24a>0.故a <0，b >0.因此，这样的二次函数有A 31⋅A 41=12个.若顶点在第三象限，则有−b 2a<0，−b 24a<0.故a >0，b >0.这样的二次函数有A 42=12个.由加法原理知，满足条件的二次函数共有A 31⋅A 41+A 42=24个.故答案为：24 4.811【解析】4.因为n 2+3n−10n 2−6n−16=(n+5)(n−2)(n+8)(n−2)，当n −2=±1时，若(n +8,n +5)=(n +5,3)=1，则n 2+3n−10n 2−6n−16是一个既约分数，故当n =3时，该分数是既约分数.所以这个分数为811. 故答案为：8115.1<k <3【解析】5.f(x)={3sinx,x ∈[0,π].−sinx,x ∈[π,2π].作出其图像，可只有两个交点时k 的范围为1<k <3.故答案为：1<k <36.a 负,b 正【解析】6. 由已知得[|a|−(a +b)]2<(a −|a +b|)2⇒a 2−2|a|⋅(a +b)+(a +b)2<a 2−2a|a +b|+(a +b)2⇒a 2⋅|a +b|<|a|⋅(a +b).由于|x|≥x ，因此得a <0⇒−(−a)⋅|a +b|<[|a|⋅(a +b)，约去−a 的−|a +b|<a +b .所以a+b >0⇒b >−a >0，a 为负数且b 为正数.故答案为：a 负,b 正 7.2√23【解析】7.设正方体棱长为1，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，则E(1,12,0),F(0,1,12),A(1,0,1),C 1(0,1,1).故有EF ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,12,12),AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,1,1). 所以cosθ=EF ⃑⃑⃑⃑⃑ ·AC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |EF |·|AC 1|=2√23.故答案为：2√23 8.86【解析】8.设多项式x 4−18x 3+kx 2+200x −1984的四个根为x 1、x 2、x 3、x 4，则由韦达定理，得{x 1+x 2+x 3+x 4=18,x1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4=k,x 1x 2x 3+x 1x 2x 4+x 1x 3x 4+x 2x 3x 4=−200,x 1x 2x 3x 4=−1984. 设x 1x 2=−32，则x 3x 4=62，故62(x 1+x 2)−32(x 3+x 4)=−200.又x 1+x 2+x 3+x 4=18，所以{x 1+x 2=4,x 3+x 4=14,故k=x 1x 2+x 3x 4+(x 1+x 2)(x 3+x 4)=86.故答案为：86 9.-20【解析】9.因为(|x|+1|x|−2)3=(√|x|−√|x|)6.所以T 4=(−1)3C 63(√|x|)3(√|x|)3=−20.故答案为：-2010.πR2(1+√5)【解析】10.设内接圆柱底面半径为Rsinα，则高位2Rcosα，那么全面积为2π(Rsinα)2+2πRsinα×2Rcosα=2πR2(sin2α+sin2α)=πR2(1−cos2α+2sin2α) =πR2[1+√5sin(2α−φ)]≤πR2(1+√5).其中tanφ=12，等号成立的条件是2α=φ+π2.故最大值为πR2(1+√5).故答案为：πR2(1+√5)11.C2过定点，该定点的坐标为(√2−12,1).【解析】11.C1中的p=12，方程(y−1)2=x(√2−1)，即y2−2y−x+√2=0.设交点为(x0,y0)，则C1的切线方程为y0−(y+y0)−12(x+x0)+√2=0，即2(y0−1)y−x−2y0−x0+2√2=0.同理可得，C2的切线方程为y 0y−12a(y+y)+12(x+x0)−2b=0，即(2y0−a)y+x−ay0+x0+4b=0.由题意知二者垂直，从而可得1×(−1)+2(y0−1)(2y0−a)=0，整理得4y02−2(a+2)y0+2a−1=0.①由y02−2y0−x0+√2=0和y02−ay0+x0+2b=0，相加得2y02−(a+2)y0+2b+√2=0，②①-②×2得2a-1-4b-2√2=0，可得4b=2a−1−2√2. ③代入C2得方程整理即可得2y2−2ay+2x+2a−1−2√2=0，即2y2+2x−2√2−1−2a(y−1)=0，由方程组{2y2+2x−2√2−1=0,y−1=0.解得(√2−12,1).即对任何满足③的a、b，点(√2−12,1)在曲线C2上，即C2过定点，该定点的坐标为(√2−12,1).12.见解析【解析】12.如图，连结PA、PB，分别取PA、PB的中点E、F，连结EM、ED、FM、FC，则四边形PEMF为平行四边形，从而∠PEM=∠PFM.由ME=12BP=CF，MF=12AP=DE，MD=MC，所以△DEM≌△MFC，即∠DEM=∠MFC，所以∠PED=∠DEM-∠PEM=∠ MFC-∠PFM=∠PFM.又∠PED=2∠PAD, ∠PFC=2∠PBC,得∠PAD=∠PBC.由于∠PQA=∠PDA=90°，∠POB=∠PCB=90°，则P、Q、A、D和P、Q、B、C分别四点共圆.故∠PQD=∠PAD, ∠PQC=∠PBC,所以∠PQC=∠PQD.13.（1）–20≤p≤12；（2）存在常数q= 8或q= 9，当x∈[q，10]时，f(x)的值域为区间D，且D的长度为12–q．【解析】13.（1）利用零点存在性定理列出关于q的不等式，然后再利用不等式知识求解即可；（2）先利用单调性求出函数的值域，再利用区间长度列出关于q的方程，求解即可。

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（A1卷）参考答案及评分标准说明：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. 设复数e(1i)(1i)e ez（e 为自然对数的底数，i 为虚数单位），则z 的模为 ．答案：2．解：记e,e eu v，则22,,1R u v u v ． 因此2222()()i ()()2()2z u v u v u v u v u v ． 2. 在平面直角坐标系xOy 中，圆22:0x y dx ey f （其中,,d e f 为实数）的一条直径为AB ，其中(20,22),(10,30)A B ，则f 的值为 ．答案：860．解：易知 的圆心（即AB 的中点）为(15,26)， 的半径为412AB，故圆 的方程为22(15)(26)41x y ，即2230528600x y x y ．所以860f ．3. 设函数()f x 的定义域为R ，且当0x 时，()2f x x a （其中a 为实数）．若()f x 为奇函数，则不等式()1f x 的解集为 ．答案：[3,1][5,) ．解：由条件知(0)20f a ，故2a ．当0x 时，由()221f x x ，解得5x ．当0x 时，()1f x 等价于()1f x ，即221x ，即21x ，解得31x ．综上，不等式()1f x 的解集为[3,1][5,) ．4. 若ABC 满足345A B C ，则2||AB ACBC的值为 ． 答案：334． 解：由条件知45,60,75A B C ，于是2||||sin sin cos ||||||||||sin sin AB AC AB AC AB AC C BA BC AB AC BC BC A A62323342242222． 5. 若等差数列{}n a 及正整数(3)m m 满足：11,2m a a ，且122311113m ma a a a a a ， 则12m a a a 的值为 ．答案：212．解：设{}n a 的公差为d ，则111122311111m i i i m m i i a a a a a a a a da a 111111m i ii d a a11111111m mmma a m d a a da a a a ， 结合条件可知132m，得7m ． 所以12(12)72122m a a a ．6. 在某次数学竞赛小组交流活动中，四名男生与三名女生按随机次序围坐一圈，则三名女生两两不相邻的概率为 ．答案：15．解：这7名学生的任意圆排列有6!种．以下考虑满足条件的圆排列的种数． 先对四名男生进行圆排列，有3!种排法，任意两名相邻男生之间暂视为一个空位，共4个空位；为使三名女生两两不相邻，需挑选3个不同的空位将她们依次排入，有34P 种排法．因此满足条件的圆排列有343!P 种． 从而所求概率为343!P 16!5． 7. 已知四面体ABCD 满足,,23AB BC BC CD AB BC CD ，且该四面体的体积为6，则异面直线AD 与BC 所成的角的大小为 ．答案：45 或60 ．解：作DH 平面ABC 于点H ，则四面体的体积163ABC V S DH ．由,23AB BC AB BC ，得6ABC S ，所以3DH ．又DH CH ，23CD ，故3CH ．由,BC CD BC DH ，得BC 平面CDH ，所以BC CH ．构造正方形ABCE ，则H 在直线CE 上，且由AE 平面CDH 知AE DE ．由于||AE BC ，故DAE 为异面直线AD 与BC 所成角的平面角．DH CD H C EABEAB若3HE CE CH （如左图），则23DE AE ，此时45DAE ；若33HE CE CH （如右图），则63DE AE ，此时60DAE ．因此，所求角的大小为45 或60 ．8. 在55 矩阵中，每个元素都为0或1，且满足：五行的元素之和都相等，但五列的元素之和两两不等．这样的矩阵的个数为 （答案用数值表示）．答案：26400．解：设矩阵的所有元素之和为S ．由于五行的元素之和都相等，故5|S ．又五列的元素之和两两不等，故10012341234515S ．所以10S 或15．于是只有以下两类情形：(1) 10S ，此时每行有2个1，其余为0，各列中1的个数为0、1、2、3、4的排列；(2) 15S ，此时每行有2个0，其余为1，各列中0的个数为0、1、2、3、4的排列．对于情形(1)，不妨先考虑对任意1,2,,5i ，第i 列中恰有1i 个1，且第2列中的1位于第1行的矩阵，设这样的矩阵有n 个（则由对称性，符合情形(1)的矩阵有5!5600n n 个）．若第5列中的0在第1行，则第3列的2个1可任选位置，第4列的3个1必须与第3列的2个1两两不同行，这种矩阵有25C 10 个． 以下设第5列中的0在第(25)k k 行处．此时，在第3、4列中，第1行处必须都为0，第k 行处必须都为1，然后，第3列中的另一个1可在除第1、第k 行外的剩下三个位置中任选一处，第4列中的另两个1的位置随之确定（必须与第3列的1不同行），这种矩阵有4312 个．所以101222n ，从而符合情形(1)的矩阵有60013200n 个． 同理，符合情形(2)的矩阵也有13200个．综上，所求的矩阵的个数为21320026400 ．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）对任意正实数a ，记函数()lg f x x 在[,)a 上的最小值为a m ，函数()sin2xg x 在[0,]a 上的最大值为a M ．若12a a M m ，求a 的所有可能值．解：由于(1)0f 为()f x 的最小值，()f x 在[1,) 上严格递增，故0,01,lg , 1.a a m a a……………4分由于(1)1g 为()g x 的最大值，()g x 在[0,1]上严格递增，故sin ,01,21, 1.a a a M a……………8分 当01a 时，sin 2a a a M m ，由1sin 22a 解得26a ，即13a ． ……………12分当1a 时，1lg a a M m a ，由11lg 2a 解得10a ．因此a 的所有可能值为13或10． ……………16分10.（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，设一条动直线l 与抛物线2:4y x 相切，且与双曲线22:1x y 交于左、右两支各一点A 、B ．求AOB 的面积的最小值．解：设l 与 相切于点P （显然P 不为原点O ，否则l 为y 轴，与 无交点）．由对称性，不妨设P 为第一象限内 上一点，坐标为(,2)t t ，其中0t ，则切线l 的方程为22()t y x t ，即xy t t． ……………5分 代入 的方程，整理得关于x 的方程2(1)2(1)0t x tx t t ，,A B 的横坐标为该方程的两解，记为12,x x ，则1t ，且12122(1),11t t t x x x x t t． 根据题意有120x x ，而0t ，故1t ．注意到l 的截距为t ，故有21212121()422AOB tS t x x x x x x2224(1)142(1)11t t t t t t t t t t ． ……………10分 令1u t ，则0u ．利用基本不等式，得2(1)(1)2425AOB u u u u u uS u u．当1u （即2t ）时，AOB S 取到最小值25． ……………20分 11.（本题满分20分）设正整数数列{}n a 同时具有以下两个性质：(i) 对任意正整数k ，均有2122k k k a a ；(ii) 对任意正整数m ，均存在正整数l m ，使得1mm i i la a ．求2462022a a a a 的最大值．解：由于{}n a 为正整数数列，在(i)中令1k 知122a a ，故121a a ．以下证明：对任意正整数2k ，有122k k a 或232k ． 根据(ii)，对任意正整数m ，显然有1m m a a ．当2k 时，由344a a 及43a a 知42a 或3，故结论成立． 假设k 时结论成立，考虑1k 的情形． 由(ii)知存在正整数2l k ，使得221kk i i l a a ．当21l k 时，由(i)及2221k k a a ，可知212221221222k k k k k k k a a a a a， 于是不等号均为等号，这表明21l k ，21222k k k a a ，符合结论．当2l k 时，212k k a a ，12222k k k a a ． 若122k k a ，则12232k k a ，符合结论；若2232k k a ，则22212232,52k k k k a a ，此时2122221k k k k a a a a ，故对任意正整数121l k ，总有12122k k i i l a a ，与(ii)矛盾，即该情形不会发生．综上，1k 时结论也成立．从而由数学归纳法知结论成立．……………10分从上述证明进一步可见，对任意正整数2k ，2232k k a 与12232k k a 不能同时成立．因此，对任意正整数t ，均有222212121442max{322,232}2t t t t t t t a a ． 所以2462022a a a a 1010101350521212125218413t t a． ① ……………15分当121a a ，且对任意正整数t ，取212141441422,32t t t t t t a a a a 时，易验证数列{}n a 具有性质(i)、(ii)，并且①取到等号．从而2462022a a a a 的最大值为1013253 ． ……………20分。

湖南省高中数学竞赛试题及答案高中数学竞赛试题含答案2022年湖南省高中数学竞赛试题及答案一、选择题：(本大题共10个小题；每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的)1.已知函数f(x)是R上的奇函数，g(x)是R上的偶函数，若f(x) g(x) x2 9x 12，则f(x) g(x) ( )A．x 9x 12 2.有四个函数：① y=sinx+cosx ② y= sinx-cosx ③ y=sinx cosx ④ y 其中在(0,A．①3.方程x2 x 1 x x22B．x 9x 122C．x 9x 12 D．x 9x 1222sinxcosx2)上为单调增函数的是( )B．②1C．①和③ D．②和④(x2 1) x的解集为A(其中π为无理数，π=3.141 ，x为实数)，则A中所有元素的平方和等于( ) A．0B．12C．22D．44.已知点P(x,y)满足(x 4cos ) (y 4sin ) 4( R)，则点P(x,y)所在区域的面积为A．36πB．32πC．20πD．16π ( )5.将10个相同的小球装入3个编号为1、2、3的盒子(每次要把10个球装完)，要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，这样的装法种数为( ) A．9B．12D．186.已知数列{an}为等差数列，且S5=28，S10=36，则S15等于( ) A．807.已知曲线C：y A．( 1,2)B．40C．24D．-48x2 2x与直线l:x y m 0有两个交点，则m的取值范围是( ) B．( 2,2 1)C．[0,2 1)D．(0,2 1)8.过正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1的截面面积为S，Smax和Smin分别为S的最大值和最小值，则值为( ) A．Smax的Smin2B．6 2C．2 3263高中数学竞赛试题含答案9.设x 0.820.5,y sin1,z log3A．xyzB．yzx7，则x、y、z的大小关系为( )C．zxyD．zyx10.如果一元二次方程x2 2(a 3)x b2 9 0中，a、b分别是投掷骰子所得的数字，则该二次方程有两个正根的概率P= ( ) A．1 18B．1 9C．1 6D．13 18二、填空题（本大题共4个小题，每小题8分，共32分）x2y21上异于长轴端点的任意一点，F1、F2分别是其左、右焦点，O为中心，则11.设P是椭圆169|PF1| |PF2| |OP|2 ___________.12.已知△ABC中，, ，试用、的向量运算式子表示△ABC的面积，即S△ABC= ____________________.13.从3名男生和n名女生中，任选3人参加比赛，已知3人中至少有1名女生的概率为n=__________.14.有10名乒乓球选手进行单循环赛，比赛结果显示，没有和局，且任意5人中既有1人胜其余4人，又有1人负其余4人，则恰好胜了两场的人数为____________个.三、解答题（本大题共5个小题，15-17题每小题12分，18题、19题每小题16分，共68分）15.对于函数f(x),若f(x)=x,则称x为f(x)的“不动点”，若f(f(x)) x，则称x为f(x)的“稳定点”，函数f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即A {x|f(x) x}34，则35B {x|f[f(x)] x}.(1). 求证：A B2(2).若f(x) ax 1(a R,x R)，且A B ，求实数a的取值范围.16.某制衣车间有A、B、C、D共4个组，各组每天生产上衣或裤子的能力如下表，现在上衣及裤子要配套生产(一件上衣及一条裤子为一套)，问在7天内，这4个组最多能生产多少套？高中数学竞赛试题含答案17.设数列{an}满足条件：a1 1,a2 2，且an 2 an 1 an(n 1,2,3, ) 求证：对于任何正整数n，都有an 1 11an18.在周长为定值的△ABC中，已知|AB|=6，且当顶点C位于定点P时，cosC有最小值为(1).建立适当的坐标系，求顶点C 的轨迹方程.(2).过点A作直线与(1)中的曲线交于M、N两点，求|BM| |BN|的最小值的集合.7. 2519.已知三棱锥O-ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，P是底面△ABC内的任一点，OP与三侧面所成的角分别为α、β、 .求证：23arcsin3参考答案一、选择题：ADCBC CCCBA 二、填空题：三、解答题：15.证明(1).若A=φ，则A B 显然成立；若A≠φ，设t∈A，则f(t)=t,f(f(t))=f(t)=t,即t∈B,从而A B. 解(2)：A中元素是方程f(x)=x 即ax 1 x的实根.2由A≠φ，知a=0 或a 0 1即a4 1 4a 0342222B中元素是方程a(ax 1) 1 x 即ax 2ax x a 1 0的实根由A B，知上方程左边含有一个因式ax x 1，即方程可化为2高中数学竞赛试题含答案(ax2 x 1)(a2x2 ax a 1) 0因此，要A=B，即要方程ax ax a 1 0 ① 要么没有实根，要么实根是方程ax x 1 0 ② 的根. 若①没有实根，则2 a2 4a2(1 a) 0，由此解得a222223 4若①有实根且①的实根是②的实根，则由②有ax ax a，代入①有2ax+1=0.11131 0,由此解得a . ,再代入②得2a4a2a413故a的取值范围是[ ,]44897616.解：A、B、C、D四个组每天生产上衣与裤子的数量比分别是：,,,，且__-__6897 ① __-__由此解得x只能让每天生产上衣效率最高的组做上衣，生产裤子效率最高的组做裤子，才能使做的套数最多. 由①知D组做上衣效率最高，C组做裤子效率最高，于是，设A组做x天上衣，其余(7-x)天做裤子；B组做y天上衣，其余(7-y)天做裤子;D组做7天上衣，C组做7天裤子.则四个组7天共生产上衣6×7+8x+9y (件)；生产裤子11×7+10(7-x)+12(7-y) (条) 依题意，有42+8x+9y=77+10(7-x)+12(7-y)，即y 9 令μ= 42+8x+9y=42+8x+9(96x. 76x2)=123+x 77max因为0≤x≤7,所以，当x=7时，此时y=3, μ取得最大值，即μ=125.因此，安排A、D组都做7天上衣，C组做7天裤子，B组做3天上衣，4天裤子，这样做的套数最多，为125套.17.证明：令a0 1,则有ak 1 ak ak 1，且1naka于是n k 1k 1ak 1k 1ak 1nakak 1(k 1,2, ) ak 1ak 1由算术-几何平均值不等式，可得1 aa1a2aaan+0 1 n 1 a2a3an 1a2a3an 1注意到a0 a1 1，可知高中数学竞赛试题含答案11n 11nan 1，即n 1 11an18.解：(1) 以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立直角坐标系，设|CA|+|CB|=2a(a3)为定值，所以C点的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，所以焦距2c=|AB|=6.|CA|2 |CB|2 62(|CA| |CB|)2 2|CA||CB| 362a2 18因为cosC 12|CA||CB|2|CA||CB||CA||CB|又|CA| |CB| (2a__-__) a2，所以cosC 1 2，由题意得1 2 ,a 25. 225aa此时，|PA|=|PB|，P点坐标为P(0，±4).x2y21(y 0) 所以C点的轨迹方程为2516(2) 不妨设A点坐标为A(-3，0)，M(x1,y1),N(x2,y2).当直线MN的倾斜角不为90时，设其方程为1k__k2)x kx ( 1) 0 y=k(x+3) 代入椭圆方程化简，得(__-__150k2225k2 400,x1x2 显然有△≥0，所以x1 x2 2216 25k16 25k而由椭圆第二定义可得339|BM| |BN| (5 x1)(5 x2) 25 3(x1 x2) x1x25525144450k81k __k __ 25 25 25__ 25k216 25k216 25k2k225222k2__-____-__取最小值，显然. 只要考虑的最小值，即考虑1 1616k2 k22525k2当k=0时，|| ||取最小值16.当直线MN的倾斜角为90时，x1=x2=-3,得|BM| || (342) 16 5x2y21(y 0)，故k 0，这样的M、N不存在，即|| ||的最小值的集合为空但2516集.高中数学竞赛试题含答案19.证明：由题意可得sin2 sin2 sin2 1，且α、β、(0, 所以sin 1 sin sin2222)1(cos2 cos2 ) cos( )cos( ) 2222因为cos( ) cos( )，所以sin cos( ) sin[当当2( )]2时，时，2.22( )，同样有2故2另一方面，不妨设，则sin3,sin33令sin 1 则sin23,sin 1 1 ()2 sin2 ，331 sin2 sin2 1 1sin2 cos( )cos( ) cos( 1 1)cos( 1 1)因为1 1 ，所以cos( 1 1) cos( ) 所以cos( ) cos( 1 1) 所以1 1如果运用调整法，只要α、β、不全相等，总可通过调整，使1 1 1增大. 所以，当α=β= =arcsin。