全国高中数学联赛湖南预赛试题及答案 A卷

参考答案：一、1、解：选（A ） 提示：由)(1x fy -=-，得f （y ）=-x ，故y=-f （x ）是)(1x fy -=-的反函数，即-f （x ）=f （-x ），由此可见y=f （x ）是奇函数， 2、解：选（C ），提示：如图，从而b ＜0，2a+b ＜0，2a-b ＞0。

又f （0）=c ＜0，故a-c ＞0，进而M-N=|a-b+c|+|2a+b|-|a+b+c|-|2a-b|=（a-b+c ）+（a+b+c ）-（2a+b ）-（2a+b ）-（2a-b ）=-2（a-c ）＜0 ∴M ＜N 3、解：选（B ），提示：由如下四图可推得4、解：选（A ），提示：左边= SinAcosA+sinAcosB+cosAsinB+sinBcosB=21（Sin2A+sin2B ）+sin （A+B ）=sin （A+B ）cos （A-B ）+sin （A+B ） 右边=2sin[180o-（A+B ）]=2sin （A+B ）故有sin （A+B ）cos （A-B ）+sin （A+B ）=2sin （A+B ） 即sin （A+B ）[cos （A+B ）-A]=0而sin （A+B ）＞0，故cos （A-B ）=1，故A=B 又取A=B=30O ，C=120O 代入条件式，知满足条件。

故△ABC 是等腰三角形，但不一定是直角三角形。

5、6、解：选（D ），提示：设椭圆另一个焦点为F （x ，y ），由于A 、B 为椭圆上的点，由椭圆定义知|AC|+|AF|=|BC|+|BF|，则|BF|-|AF|=|AC|-|BC|，由|AC|=15，|BC|=13，得|BF|-|AF|=2，故点F 的轨迹为双曲线的一部分。

二、7、解：8个，提示：X 一定包含1，2，3这三个元素，而4，5，6三个数可属于X ，也可不属于X ，每一个数有2种可能，故所求的不同的X 共有23=8个。

8、解：a ＞0，提示：必要性，若a a x x a x f -+-=||)(22为奇函数，则a0（若不然，则f （x ）的定义域为空集），且由aa x x a a a x x a -+--=-+--||||2222 可得 .0,2||||φa a a x a x ∴=-++充分性，若a ＞0，则f （x ）的定义域为],0()0,[a a ⋃-，这时xx a x f 22)(-=，显然f （-x ）=-f （x ），f （x ）为奇函数。

2025年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2025年全国高中数学联合竞赛 一试全真模拟试题1参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．已知函数()sin()f x x 是定义在R 上的偶函数，则cos(2) 的值为 ． 答案：0．解：由于()sin()f x x 是偶函数，故()2k kZ ，所以 cos(2)cos cos sin 02k k． 2．若关于z 的复系数一元二次方程2i 0()z z R 的一个根为11z =，则另一个根2z ．答案：i 12． 解：由题意得201i 1 ，解得i 12．因此12i 12i z z ，所以2i 12z ． 3．设数列{}n a 的通项公式为2[log ]n a n n ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，则{}n a 的前32项和为 ．答案：631．解：事实上，22[log ][log ]n a n n n n ．而当1n 时，2[log ]0n ；当2,3n 时，2[log ]1n ；当4,5,6,7n 时，2[log ]2n ；当8,9,,15n 时，2[log ]3n ；当16,17,,31n 时，2[log ]4n ；当32n 时，2[log ]5n ，因此{}n a 的前32项和为321232102142831645631S ．4．已知向量,a b的最小值为 ．答案：2．解：设向量,a b的夹角为 ，其中(0,) ，则． 令254()((1,1))1x f x x x ，则222(2)(21)()(1)x x f x x ．因此()f x 在11,2 单调递减，1,12单调递增，所以()f x 的最小值为142f ．2，此时1cos 2 ． 5．在梯形ABCD 中，,2260A D C A B B ，M 为CD 边点Q （异于的中点，动点P 在BC 边上，ABP 与CMP 的外接圆交于点P ），则BQ 的最小值为 ．1．解：由熟知的结论，,,ABP CMP AME 的外接圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q ，故点Q 在AME 的外接圆上，如图所示．而AME 是直角三角形，故其外接圆半径1R AD ．在ABD中，由余弦定理，BD ，所以BQ1，此时P 在线段BC 上，且CP ．6．已知双曲线 的两条渐近线互相垂直，过 的右焦点F 且斜率为3的直线与 交于,A B 两点，与 的渐近线交于,C D 两点．若||5AB ，则||CD ．答案：．7．已知某圆台的侧面是一个圆环被圆心角为90 的扇形所截得的扇环，且圆台的侧面积为2 ，则该圆台体积的取值范围是 ．答案：．解：设圆台上底面为圆1O ，半径为1R ，下底面为圆2O ，半径为2R ，圆台母线为l ．由圆台的侧面积为2 可得21(222)π2lR R ，故212l R R ①．由侧面展开是圆心角为90 的扇形所截得的扇环，可得 11122222l R l l R，故2144l R R ②．因此圆台的高21)h R R ，圆台的体积2222121212211(()3)V R R h R R R R R R ．结合①②可得222112R R．由于210R R，故21R R．令21x R R ，则12124124x R x x R x，进而可得3134V x x ．令31()34f x x x x ，则43()304f x x ．因此()f x在 上单调递增，故()f x f ．所以V ，即圆台体积的取值范围是 ． 8．用 表示11元集合{1,2,3,,10,2024}A 的三元子集的全体．对 中任意一个三元子集{,,}()T x y z x y z ，定义()m T y ，则()T m T的值为 ．答案：990．解：不妨将集合A 视为{}1,2,3,,10,11 （这是因为，将“2024”改成“11”不影响每个()()m T T 的值）．对每个T ，定义*{12|}T t t T ，则*T ，且*)12()(T m T m ． 由于当T 遍历 的所有三元子集时，*T 也遍历 的所有三元子集，所以**311()666C 990()()(2)T T T T m T m T m T m T ．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）已知,,0a b c ，二次函数2()f x ax bx c 存在零点，求a b cb c a的最小值．解：令,b c m n a a ，则,0m n 且1a b c mn b c a m n．由题意得240b ac ，即24m n，故m ．考虑11()f m m m n，则()f m在) 上单调递增．所以()a b c f m n f n n b c a，当n m 时等号成立．因此a b c b c a． 10．（本题满分20分）在ABC 中，,30AB AC BAC ．在AB 边上取五等分点12345,,,,T T T T T （12345,,,,,,A T T T T T B 顺次排列）．记(1,2,3,4)k k BT C k ，求31141tan tan tan tan tan tan k k k A B 的值．解：在AB 延长线上任取一点D ，记05,A DBC B ，则所求式子即为410tan tan kk k．为方便，记05,T A T B ．作CH AB 于点H ，则tan (04)k k CH k T H（这里及以下，有向线段的方向约定为AB方向）．注意到,30AB AC BAC ，有111112tan tan 555k k k k k k AC T H T H T T ABCH CHCH CH ， 故115tan tan (tan tan (04))2k k k k k ．进而4411500055tan tan (ta )n tan (tan tan 22)k k k kk k575tan tan (252126211．（本题满分20分）已知A 是抛物线22(0)y px p 上一点（异于原点），斜率为1k 的直线1l 与抛物线恰有一个公共点A （1l 与x 轴不平行），斜率为2k 的直线2l 与抛物线交于,B C两点．若ABC 是正三角形，求12k k 的取值范围．解：设(,),(,),(,)A A B B C C A x y B x y C x y ．设直线):(A A AB y y t x x −=−，代入抛物线22y px 得2220A A y p y y p x t t ，故2B A p y y t． 设直线):(A A AC y y s x x ，同理可得2C A py y s． 由AB AC 知2222111)(1()B A C A y y y y t s． 不妨设,,A B C 是绕着ABC 的重心逆时针排列的，则由3BAC知s t ，代入化简得)2A A p t y t p y t．结合t 0t 时B A y y 与C A y y 同号可知A py ， 又22B C B C B C y y p k x x y y，进而121112B C AA y y k p k y t s y ，代入化简得1211k k0,t ． 因此121111,,00,227k k．当t时，易知AC x 轴，B 位于坐标原点，此时12122B C A y y k k y．而0,t 均不符合题意．k k 的取值范围是1(1,0)0,7．因此，12。

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 ⊕≠⊕．。

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（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，90ABC ADC ，对角线BD 上一点P 满足2APB CPD ，线段AP 上两点,X Y 满足2AXB ADB ，2AYD ABD ．证明：2BD XY ．Y XDBCPA证明：注意90ABC ADC ，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2APB CPD CPD ，不合题意）．根据条件，可知2,2AXB ADB AOB AYD ABD AOD ，分别得到,,,A O X B 四点共圆，,,,A Y O D 四点共圆． ………………10分因此OXA OBA CAB CDB ，OYP ODA CAD CBD ，所以OXY CDB ∽． ………………20分M LK Y X DBCP AO设OM AP 于点M ，CK AP 于点K ，CL BD 于点L ． 由O 为AC 的中点，得2CK OM ．由于2KPL APB CPD ，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12XY OM OM BD CL CK ， 即有2BD XY ． ………………40分二．（本题满分40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)!n n k ．证法1：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)i i i im p p i k ，则1()ki i n m ．我们证明2(1,2,,)i n k km i k ．①事实上，111i i i ii i m p p p 11122i i i p 12212i i i i i p p (1,2,,)i k ． ………………10分所以11,222122i ji i kk j j j inn nm p kp， 最后一步是因为11121C (2)k k k k 以及021 ．故①成立．………………20分由①可知，对每个1,2,,i k ，在1,2,,2n k 中至少有k 个i m 的倍数．从而1,2,,2n k 中可找到两两不同的正整数12,,,k t t t ，它们分别是12,,,k m m m 的倍数．因此1()ki i n m 整除(2)!n k ． ………………40分证法2：设1i ki i n p 为n 的标准分解．记1(1,2,,)ii i im p p i k ，则1()ki i n m ．令1(1,2,,)jj i i S m j k ，00S ．我们证明以下两个结论：（1）()!k n S ；（2）2k S n k ．结论（1）的证明：对1,2,,i k ，连续i m 个整数111,2,,i i i S S S 中必存在i m 的倍数，故11(1)(2)Z i i iiS S S m ．从而111(1)(2)Z ki i ii i S S S m ，这等价于()!k n S ．………………10分结论（2）的证明：对1,2,,i k ，有111ii i ii i m p p p 11122i i i p 12212i ii i i p p． ②………………20分记(1,2,,)i i i p i k ，则2i ．反复利用“若,2a b ≥，则ab a b ≥+”，可得11kki i i i n ，结合②得111(21)22kkkk i i i i i i S m k n k ．由结论（1）、（2），原题得证． ………………40分三．（本题满分50分）设12100,,,a a a 是非负整数，同时满足以下条件： （1）存在正整数100k ，使得 12k a a a ，而当i k 时0i a ； （2）123100100a a a a ； （3）123100*********a a a a ． 求22212310023100a a a a 的最小可能值．解法1：当121819202122231000,19,40,41,0a a a a a a a a a ===========，21k =时，符合题设三个条件，此时10023221192040214140940ii i a==+×+×=∑． ………………10分下面证明这是最小可能值．首先注意21k ≥．否则，若20k ≤，则100111202000kki i i i i i ia ia a ===≤≤∑∑∑，这与条件（3）矛盾． 根据条件（2）、（3），有100100100100221111(20)40400iiiii i i i i a i a ia a ====−+−∑∑∑∑10021(20)40880ii i a ==−+∑． 当2040a ≤时，100100100222011,1,2020(20)(20)10060i iii i i i i i a i a aa ==≠≠−=−≥=−≥∑∑∑，故1002140940ii i a=≥∑． ………………30分当2041a ≥时，由21k ≥及条件（1）可知2141a ≥，故10010010010021111(19)(20)39380iiiii i i i i a i i a ia a ====−−+−∑∑∑∑1001(19)(20)40858i i i i a ==−−+∑21(2119)(2120)4085840940a ≥−−+≥．综上，所求最小值为40940． ………………50分 解法2：对于满足题目条件的非负整数12100,,,a a a ，可对应地取100个正整数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ ，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 x x 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 ） 100100112022j i j i x ia ===∑∑，即12100,,,x x x 的平均值为20.22µ=．注意到1001002211i j i j i a x ==∑∑，故题目转化为：100个数12100,,,{1,2,,100}x x x ∈ 满足条件（A ）和（B ），求10021j j x =∑的最小值．当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，1002140940j j x ==∑．………………10分下面证明10021j j x =∑的值至少为40940．由于100100100100222221111()1002100()jjj j j j j j x xx x µµµµµ====−−+=+−∑∑∑∑，故转化为考虑10021()j j x µ=−∑的最小值．由20.22µ=知存在21j x ≥，也存在20j x ≤．设12100,,,x x x 中有a 个21j x ≥，b 个20j x =及c 个19j x ≤．由条件（A ）可知a b ≥．我们放宽条件（A ）至条件（A ′）：a b ≥．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 x x 的取法只有有限种，选取平方和最小的一组12100,,,x x x ．若19c ≥，注意到100a b c ++=及a b ≥，有10022221()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥++∑ 2221001000.780.22 1.2222c c c −− ≥⋅+⋅+2220.78410.2240 1.2219≥×+×+×．………………30分若18c ≤，则82a b +≥．此时有0c >，因为若0c =，则j x 的平均值不小于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20i x <和一个20j x >，替换为1i x +和1j x −，平均值不变，但2222(1)(1)i j i j x x x x ++−<+，平方和变小，a 至多减少1，b 至多增加2，条件（A ′）、（B ）仍满足，与12100,,,x x x 使得平方和最小矛盾．又假如存在一个18i x ≤，则由0b >知可取一个20j x =，将,i j x x 替换为1i x +和1j x −，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 x x 使得平方和最小矛盾．所以c 个19j x ≤都等于19．但此时1001()0.780.22 1.22jj xa b c µ=−≥−−∑1001000.780.22 1.2222c c c −−≥⋅−⋅− 0.78410.2241 1.22180≥×−×−×>，与条件（B ）矛盾．所以当且仅当12100,,,x x x 取19个19，40个20，41个21时，10021()j j x µ=−∑取得最小值，相应地，1001002211i j i j i a x ==∑∑取到最小值40940． ………………50分四．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数t ：将100100 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1t 或1t 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1010×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111×或111×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1100×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112×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12kx x x <<< 格，分别为12,,,k c c c 色，则对2i k ≤<，有111i i x x −−≥．这是因为若110i i x x −−≤，则从第1i x −格至第1i x +格（不超过12格）中至少含有三种不同颜色（第1i x −格为1i c −色，第i x 格为i c 色，第1i x +格一定不同于1,i i c c −色），与假设不符．若条件（1）成立，则11k ≥，于是10111911100,100x x x ≥+×≥>，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,,,k c c c 为出现的所有颜色．对1i k ≤≤，记i s 为含有i c 色小方格的个数，i u 为含有i c 色小方格的行的个数，i v 为含有i c 色小方格的列的个数．由条件知104i s ≤．又显然i i i u v s ≥，等号成立当且仅当含有i c 色小方格的所有行与列的交叉位置上都是i c 色小方格．下面证明：15i i i u v s +≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． 若21i i u v +≥，则由104i s ≤知15i i i u v s +>；若20i i u v +≤，则2()2055i i i i ii i u v u v s u v ++≥≥≥，等号成立当且仅当10,100i i iu v s ===． ………………30分 于是111()20005k ki i i i i u v s =+≥=∑∑．若1()2000ki i i u v =+>∑，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()2000ki i i u v =+=∑，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112×或121×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。

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。

2009年湖南省高中数学竞赛A 卷试题一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30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、设z 是复数，()a z 表示满足1nz =的最小正整数n ，则对虚数单位i ，()a i =（ C ）A. 8B. 6C. 4D. 2 【解析】()a i =1=ni ，则最小正整数n 为4，选C.2、函数()f x 的定义域为R ，若(1)f x +与(1)f x -都是奇函数，则( C) (A) ()f x 是偶函数是偶函数 (B) ()f x 是奇函数是奇函数 (C) (3)f x +是奇函数是奇函数 (D) (3)f x +是偶函数是偶函数()()()()()()()()()()()()()()()()()()()111211122244,33113f x f x f x f t f t f x f x f x f t f t f t f t f x f x T f x x f x f x f x +Þ-+=-+Þ-=--Þ--=--Þ-=--Þ-=--Þ=-Þ=\+Û-+=--=--=-+为奇函数为奇函数为奇函数f3、在区间[1,1]-上随机取一个数x ，cos2xp 的值介于0到21之间的概率为( A ). A.31 B.p2 C.21 D.32 【解析】:在区间[1,1]-上随机取一个数x ,即[1,1]x Î-时,要使cos 2x p 的值介于0到21之间,需使223x p p p -££-或322x p p p ££∴213x -££-或213x ££，区间长度为32，由几何概型知cos 22x p 的值介于0到221之间的概率为31232=.故选A.4、()()()()22223291550A 72B 73C 144D 146f x R R f x x f x x x x f ®++-+=-设为，且对任意实数有，则的值为（）()()()()()()()()()222222120150325422012320132505422012120112015025422019151223201320154220125091522222150146x x x x x x x x x x f f f f f -++==Þ-+=---+==Þ+=-æö-+-+\+-=-´ç÷èøæö---+=-´ç÷ç÷èø´-Þ=分析： 5、{}()()11200911,2,4036080403607840360824036099n n n n a a n A B C D ++=已知数列满足满足a a =0=0，，a =a +1+2,则a =21200911111,4036080n n n a a a n ++=++Þ=-Þ分析：两边加得a =6、()AB AC AB AC 1AB AC BC 0ABC 2AB AC AB AC A B C D æöç÷··D ç÷èø已知非零向量与满足＋＝且＝，则为三边均不相等的三角形， 直角三角形， 等腰非等边三角形， 等边三角形。

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）试题（含参考答案）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910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ． 答案：2．解：22910181nnnnz z．因21812023z ，而当3n 时，181132023nn n z，故n 的最大值为2．2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z”发生的概率为 ． 答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为 ．答案：23．解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y，则由2||得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b ax y xy a b． 取3,2a b ，此时6x y ，||取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k．上述解亦可写成2()36Z k x k，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为192219202013036326k k． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a ．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()a b c f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ．椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．AB C D EFGH答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P-1 G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、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）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ．……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）． 显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分XFEB DCA由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD． ……………15分 于是 的高221352h AA AD． 又43ABC S ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv ．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ．②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分。

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（A2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）对于和为1的九个非负实数129,,,a a a ，令12238991min{,}2min{,}8min{,}9min{,}S a a a a a a a a ，12238991max{,}2max{,}8max{,}9max{,}T a a a a a a a a ，这里，min{,}x y 表示,x y 中的较小者，max{,}x y 表示,x y 中的较大者．记S 的最大可能值为0S ．当0S S 时，求T 的所有可能值．解：注意到7889917min{,}8min{,}9min{,}a a a a a a 788991(6)(53)(36)a a a a a a17896()a a a a ，①……………10分且12233467min{,}2min{,}3min{,}6min{,}a a a a a a a a2236236a a a a 2366()a a a ．②由①、②相加，得1296()6S a a a ．③……………20分由于①式等号成立当且仅当788991,,a a a a a a ，②式等号成立当且仅当23450a a a a 且670a a ，故③式等号成立（即①、②两式等号均成立）当且仅当2345678910a a a a a a a a a ， ④其中1291a a a ．……………30分这样的129,,,a a a 显然存在，故S 的最大可能值06S ．当0S S 时，根据④，可设7891a a a a x ，614a x ，其中x 满足014x x ，即1154x ．而12238991max{,}2max{,}8max{,}9max{,}T a a a a a a a a0005(14)6789511x x x x x x x ，所以T 的所有可能值为3631,54中的一切实数．……………40分二．（本题满分40分）如图，,,,,A B C D E 是圆 上顺次的五点，AB BD ，BC CE ，弦AC 与BE 交于点P ，过A 作BE 的平行线，与DE 的延长线交于点Q ，过,,A P Q 三点作圆，与圆 的劣弧 DE 交于点T ．设A 为A 关于BC 的对称点．证明：,,,A B P T 四点共圆．ωA'T PQD C ABE证法一：如图，设AQ 与圆 交于A 及另一点K ．由于//AK BE 且BC CE ，故 KEC ABC ，进而KBC AEC ．结合,A A 关于BC 对称得 180KBC A BC AEC ABC ，故,,A B K 三点共线．……………10分 ωKA'T PQD C ABE由AB BD 知EB 平分AED ，于是AQE BED AEB AKB ，所以//BK EQ ，故BEQK 为平行四边形，有EQ BK AE ．由BC CE 知AP 平分BAE ，因此A B AB BPEQ AE PE，又由//A B EQ 可知A BP QEP ，所以A BP QEP ∽ ，故A PB QPE ，从而,,A P Q 三点共线．……………30分 于是BA P KA Q AKB AQP ATB ATP BTP ． 所以,,,A B P T 四点共圆． ……………40分 证法二：延长BE ，与过,,A P Q 三点的圆交于点F ．由AB BD 知EB 平分AED ，结合//AQ BE 可知AQE BED AEB EAQ ，因此EA EQ ．而,AQ PF 为圆中的平行弦，由对称性知E 为PF 的中点． ……………10分ωFA'TPQD C A BE由BC CE 知CBE BEC BAC ．在A BP 与AEF 中，有A BP A BC CBE ABC BAC 180180ACB AEB AEF ．又注意到AP 平分BAE ，得A B AB AE AEBP BP EP EF，所以A BP AEF ∽． ……………30分于是BA P EAF AEB AFP ATB ATP BTP ． 所以,,,A B P T 四点共圆． ……………40分 三．（本题满分50分） 已知集合{1,2,3,,}S N =的四个500元子集12,,A A 34,A A 满足：对任意,x y S ∈，均存在某个{1,2,3,4}i ∈，使得,i x y A ∈．求正整数N 的最大可能值．解：所求最大的833N =．一方面，当833N =时，令{1,2,,333}X =，{334,335,,500}Y =，{501,502,,667}Z =，{668,669,,833}W =，则||333X =，||||167Y Z ==，||166W =，且X Y Z W S =．考虑X Y ，X Z ，X W ，Y Z W ．对任意,x y S ∈，若其中有一个属于X ，则,x y 同时属于X Y ，X Z ，X W 中的某个集合；若均不属于X ，则,x y 同时属于Y Z W ．在X W 中任意添加S 中一个元素，使其成为500元集合，这便得到S 的四个500元子集满足要求． ……………20分另一方面，若834N ≥，则不存在满足要求的四个500元子集1234,,,A A A A ．用反证法，假设存在满足要求的四个500元子集1234,,,A A A A ，易知S 的每个元素至少属于其中两个子集，设有a 个元素恰属于其中两个子集，则500423()3834a N a a ×≥+−≥×−，故502a ≥．记这a 个元素构成的集合为T ，则||502T ≥．将T 中的元素按所属,i j A A 的情况分为6类，对14i j ≤<≤，记ij T 是T 中恰属于,i j A A 的元素x 的集合． 易知12T 与34T 必有一个是空集，不妨设34T =∅．同样地，13T 与24T 必有一个是空集，不妨设24T =∅．同理，14T 与23T 必有一个是空集．若23T =∅，则121314T T T T =，从而1T A ⊂，这样1||||502A T ≥≥，矛盾．若14T =∅，则121323T T T T =，从而S 中的每个元素至少属于123,,A A A 中的两个集合，这样1231||(||||||)7502S A A A ≤++=，矛盾．……………50分四．（本题满分50分）设k 是大于2的整数，整数数列012,,,a a a 满足00a =，且对任意非负整数i ，均有21i i i a ka a ++=−． 证明：对任意正整数m ，数(2)!m 整除1233m a a a a ．证明：{}n a 是二阶线性递推数列，特征方程为210t kt −+=，有两个不同的特征根()2142k k α=+−，()2142k k β=−−．由00a =及递推式的齐次性，仅需证明11a =时结论成立．以下假设11a =，解得数列的通项公式为来源微信公众号：高三答案212121120211()C (4)24n n n j n j j nn n j na a k k k αβ−−−−−≤+≤=−=−−∑． 先证明以下两个结论．(i )对任意素数p ，有11p p p p a a a −+． 当2p =时，若12,a a 均为奇数，由210a ka a =−知k 是奇数，从而321a ka a =−是偶数，故总有1232a a a ．下面假设2p >．若24k −被p 整除，考虑212121021C (4)21p j p j j p p p j pa k k −−−−−≤+≤=−∑， 在求和式中，当0j >时，2(4)j p k −，当0j =时，21C p j pp −−，故p p a ． 若24k −不被p 整除，则122(4)1(mod )p k p −−≡±．情形一：122(4)1(mod )p k p −−≡−，考虑2221102111C (4)2p j p j j p p pj p a k k −−++≤+≤+=−∑． 在求和式中，若221p j p ≤−≤−，则21C p jp p −+．若0j =，则2221C (4)(1)(mod )p j p jj p p kk p k k p −−+−=+≡． 若21p j −=，12p j −=，则 1222221C(4)(1)(4)(mod )p p j p jjp kk p k k k p −−−+−=+⋅−≡−，故求和式被p 整除，1p p a +．情形二：122(4)1(mod )p k p −−≡，考虑 222221120211C (14)2p j p j j p p p j p a k k −−−−−−−≤+≤−=−∑． 由于11(1)!C (1)(mod )!(1)!t p t p p p t p t −−−−=≡−−−，故221C 1(mod )p j p p −−−≡−．从而 222222221021321C (4)(4)p p p j p j j j j p j p j k k k k −−−−−−−=≤+≤−−−−≡−∑∑ ()1122(mod 0)44p p k p k k --⎛⎫⎪=--≡ ⎪⎝⎭， 故1p p a −． ……………20分(ii) 若r n p a ，0r >，则1r pn p a +．令n n nx αβ=+，则0121()2,,0i i i x x k x kx x i ++===−≥．故对任意非负整数i ，i x 均为整数．从而()(1)(1)(3)1pn pnppn p i n i np n p n n n i n a x x a αβαβαβ−−−−=−===++−∑是整数．情形一：2p =，则2n n nn na x a αβ=+=．若k 是偶数，则i x 均为偶数，从而122r n a +．若k 是奇数，则0020(mod 2)x a =≡=，111(mod 2)x k a =≡=，因此对任意0i ≥，有(mod 2)i i x a ≡．由于n a 是偶数，n x 也是偶数，因此122r n n n a a x +=．情形二：2p >，注意到1()(1)(1)(1)(1)11()pp p i ni n p nnnp i n i ni i p i αββαβαβ−−−−−−−==+−∑∑1(1)2(1)(1)14p p np i n i n n i p a k i βαβ−−−−−=+−⋅∑1(1)2(1)(1)(1)11(2)24(2)(2)2p p n n p i ni n n p n i p a k i βαβ−−−−−−= +−⋅∑， 由于224k k α=+−的方幂和224k k β=−−的方幂用二项式定理展开并合并同类项后都形如24A B k +−，其中,A B 是整数．而注意到n a 被p 整除，故上式展开并合并同类项后可知()2(1)142pn p n n a A B k a −=+−，其中,A B 是整数且均被p整除．若24k −是平方数，则24A B k +−被p 整除；若24k −不是平方数，则0B =．不论何种情形，均有pnna p a ，故1r pn p a +．……………40分原问题只需证明，对任意素数p ，有123((2)!)()p p m v m v a a a ≤，其中()p v N 表示正整数N 含素数p 的最大幂次．考虑12,,a a 中所有被p 整除的项，设是第12i i <<项．由结论(i )可知11i p ≤+．若记1011,0i b b a +==，210)(j j j b kb b j ++=−≥，则1(mod )j i j b a p +≡．再由结论(i )得11p p p p b b b −+，从而211i i p −≤+．重复上述论证，可知11t t i i p +−≤+，对任意1t ≥成立，这说明12,,a a 的任意连续1p +项中必有一项被p 整除．考虑12,,a a 中所有被2p 整除的项，设是12j j <<项．由结论(ii)可知2t pi p a ，1t ≥，故12,,a a 的任意连续(1)p p +项中必有一项被2p 整除．重复上述论证知对任意正整数s ，12,,a a 的任意连续1(1)s p p −+项中必有一项被s p 整除．设123,,,m a a a 中被s p 整除的项的个数为s n ，则132(1)s s s mm n p p p − ≥≥ +． 所以123112()((2)!)p m s p s s s m v a a a n v m p ∞∞== =≥=∑∑， 于是结论得证．……………50分。

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。

2022年湖南省高中数学竞赛试题说明:1、评阅试卷时,请依据本评分标准.填空题严格按标准给分,不设中间档次分.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,在评卷时请参照本评分标准适当档次给分.一、填空题(本大题共10小题, 每小题7分,满分70分).1.已知函数32()1()f x x ax x a R =+++∈在区间21(,)33--内为减函数,在区间1(,)3-+∞内为增函数,则a = 2 .【解析】因由题可知,2()321f x x ax '=++,且13x =-是函数()f x 的极值点,即1()03f '-=得2a =.2.设A B 、是两个集合,称(,)A B 为一个“对子”.当A B ≠时,将(,)A B 与(,)B A 视为不同的“对子”.满足条件{1,2,3,4}A B =的不同的对子(,)A B 的个数为 81 .【解析】分类讨论:①当A =Φ时,则{1,2,3,4}B =只有一种情形;②当A 为单元集时(有14C 种),如取{1}A =时,则{2,3,4},B =或{1,2,3,4}B =两种,其个数相当于是{1}的子集个数2,故由分步办事乘法原理知,此时有1428N C =⨯=种;③当A 为双元集时(有24C 种),如取{1,2}A =时,则B 除含有元素3,4外,可含或不含{1,2}A =中元素.其情况相当于是{1,2}的子集个数224=,故由分步办事乘法原理知,此时有24424N C =⨯=种;④同理,当A 为三元集时有334232C ⨯=种),当{1,2,3,4}A =时有444216N C =⨯=种;综上可知,由分类办事加法原理得共有,1824321681N =++++=种. 如图1是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ( B )3.设函数2()()f x x x m m R +=++∈,若()0f t <,则你对函数()y f x =在区间(,1)t t +中零点存在情况的判断是 1 . 【解析】由于()0f t <,且抛物线开口向上,可知其与x 轴有两个交点12,x x ,且12x t x <<,而又由于211x x -=,可知21t x t <<+,显然(1)0f t +>,且图象在(,1)t t +上单调递增,故只有一个零点.4.已知椭圆22:12x C y +=的两个焦点分别为12,,F F 点00(,)P x y 满足2200012x y <+≤,则12||||PF PF +的取值范围是.【解析】由题知点00(,)P x y 在椭圆内部(含边界),故有122||||2c PF PF a ≤+≤,即求.5.已知复数1z 满足1(2)(1)1(z i i i -+=-为虚数单位),复数2z 的虚部为2,则12z z ⋅为实数的条件是2z =42i + .【解析】 由1(2)(1)1z i i -+=-得12z i =-,又设22()z a i a R =+∈,所以12(22)(4),z z a a i =++-又12z z ⋅为实数,所以得4a =,即242z i =+.6.已知数列{}n a 满足递推关系式1221(),n n n a a n N ++=+-∈且{}2n na +λ为等差数列,则λ的取值是1λ=-.【解析】由已知得,112(1)2n n n a a +-=-+,两边同除以12n +得,11111222n n n n a a ++--=+,显然数列1{}2n n a -是公差为12的等差数列.或者由1111221212222n n n n n n n n n n n a a a a +++++λ+λ+-+λ+λ--λ-=-=为常数,所以1λ=-,即求. 7. 过函数()cos f x x x x =+的图象上一点的切线的斜率为k ,则k 的取值范围是 [-1,3]【解析】由()1sin 12sin()[1,3]3f x x x x π'=-=-+∈-8.已知平面内三点A B C 、、满足||3,||4,||5AB BC CA ===,则AB BC BC CA CA AB ⋅+⋅+⋅的值为-25 .【解析】由条件知AB BC ⊥,所以2()25AB BC BC CA CA AB CA AB BCCA ⋅+⋅+⋅=⋅+=-=-. 9.边长为4的正方形ABCD 沿BD 折成060的二面角,则BC 中点与A的距离为【解析】取BD 中点O ,容易证明ACO ∆是边长为,所以AC =.设BC 中点为M ,在ACB ∆中AM ==10.规定一又筷子由同色的2支组成.现有黑、白、黄筷子各8只,不用眼睛看,任意地取出筷子来,使得至少有两双筷子不同色,则至少要取出 11 只筷子才能做得到. 【解析】因为11只筷子中必有2支筷子同色,不妨设它是黄色的一双筷子,则黑色或白色的筷子至少有3只,其中必有一双同色,即同为黑色或白色,故11只筷子足以保证成功.但少于11只不行,如只取10只筷子,就可能出现8只黄色，黑色和白色各1只的情形,不合要求.二、解答题(大本题共4个小题,满分80分) 11. (本小题满分20分)如果将抛物线的焦点所在的区域称为抛物线的内部,试问:在允许将抛物线平移或旋转的条件下,平面内2022条抛物线的内部能否盖住整个平面?请作判断,并证明你的结论. 【解析】不能.证明如下:因为每条抛物线有一条对称轴,所以2022条抛物线至多有2022条对称轴.……8分.在平面上任作一条不平行于每一条对称轴的直线,l 则直线l 和至多2022条对称轴相交至多得2022个交点.……12分这至多2022个交点将直线l 截割若干段,其中2条为射线,其它的为线段,位于抛线线内部的至多只有2022条线段.……16分所以,抛物线不能盖住平面上的直线l ,当然不能盖住整个平面.……20分. 12. (本小题满分20分)设22221111,12(1)1k a k k k k =+++++++-求证:20102011222011(,)a a ∈.【证明】:易知k a 的表达式共有21k +项,分别考察其前k 项的和与后1k +项的和.……4分因为2222211111,1211k k k k k k k k k ++++>=+++-++ 又当2k ≥时,2222211111,121k k k k k k k k ++++<=+++-所以, 22221111111121k k k k k k k<++++<++++- ①……8分同理可证2222111111112(1)1k k k k k k k k<++++<++++++- ②……12分 由①+②,可得221k a k k<<+由此得11112k k k a a ++<<……16分 取2010k =,得201020111201112a a <<,即20102011222011a a <<所以,20102011222011(,)a a ∈……20分.13.(本小题满分20分)(Ⅰ)设实数0t >,求证:2(1)ln(1)2t t++>.(Ⅱ)从编号为1到100的100张卡片中,每次随机地抽取1张,然后放回,用这种方式连续抽取20次,设抽得的20个号码互不相同的概率为p ,求证:21p e<.【证明】:(Ⅰ)构造函数2()ln(1),2xf x x x =+-+……2分则22()(1)(2)x f x x x '=++,当0x >时,()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上为增函数……6分所以()(0)f t f >,即2ln(1)02t t t +->+,变形即得2(1)ln(1)2t t++>……10分 (Ⅱ)由条件知20100999881100p ⨯⨯⨯⨯=……14分又222998190,988290,918990,⨯<⨯<⨯<所以199()10p <.………16分在(1)的结论中令19t =,得19210101912(),99n e >>即19291()10e <.所以,21p e<……20分.14.(本小题满分20分)如图所示,已知由ACB ∆的顶点A 引出的两条射线AX AY 、分别交BC 于点X Y 、.求证:22AB CY CX AC BX BY ⋅⋅=⋅⋅成立的充要条件是BAX CAY ∠=∠. 【证明】:(Ⅰ)先证充分性若BAX CAY ∠=∠,如图所示,,BAX CAY ∠=∠=α又作ABC ∆的高AD ,垂足为D ,则sin sin ABX ACY S AB AX BX ADS AC AY CY AD∆∆⋅⋅α⋅==⋅⋅α⋅……2分 由此得AB AX BXAC AY CY⋅=⋅ ①……6分 同理AB AY BY AC AX CX⋅=⋅ ②……8分 由①×②得22AB BY BXAC CX CY⋅=⋅,变形整理,即得22AB CY CX AC BX BY ⋅⋅=⋅⋅……10分 (Ⅱ)再证必要性作ABC ∆的高AD ,垂足为D ,不妨设,,BAX CAY XAY ∠=α∠=β∠=θ,则 sin sin ABX ACY S AB AX BX AD S AC AY CY AD ∆∆⋅⋅α⋅==⋅⋅β⋅,所以sin sin AB AX BXAC AY CY⋅⋅α=⋅⋅β ③……12分同理,sin()sin()AB AY BYAC AX CX⋅⋅α+=⋅⋅β+θθ ④……14分 由③×④得22sin sin()sin sin()AB BY BX AC CX CY α⋅α+⋅=⋅β⋅β+⋅θθ,由题设得22AB BY BXAC CX CY⋅=⋅ 所以得sin sin()sin sin()α⋅α+=β⋅β+θθ……16分即sin (sin cos cos sin )sin (sin cos cos sin )α⋅α+α=β⋅β+βθθθθ所以,22(sin sin )cos (sin cos sin cos )sin 0α-β+αα-ββ=θθ1(sin sin )(sin sin )cos (sin 2sin 2)sin 02α+βα-β+α-β=θθ12sin cos 2cos sin cos 2cos()sin()sin 022222α+βα-βα+βα-β⋅⋅⋅⋅+⋅α+β⋅α-β⋅=θθ即sin()sin()cos cos()sin()sin 0α+β⋅α-β⋅+α+β⋅α-β⋅=θθsin()[sin()cos cos()sin ]sin()sin()0α-βα+β+α+β=α-βα+β+=θθθ因为α+β+∠θ=BAX 是ACB ∆的一个内角,所以上式中只能是sin()0α-β= 则,α=β,即BAX CAY ∠=∠……20分.。