2022年全国中学生数学奥林匹克(预赛)贵州省初赛试题及答案

2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设集合R=｛(x,y)|x+y=l｝,B=｛(x,y)|x'+*2=2｝,C=则集合C的子集的个数是.2.己知z为虚数，且z1=z,则z'=.3.已知a,3是单位向量，|3a+4d|=|4a-3d|,若|c|=2,则\a+b-c\的最大值是,4.己知三棱锥P-ABC的三条侧"4,PB.PC两两垂宜，设二面角P-AB-C,P-BC-A, P-&-B的大小分别为a,们丫,则血？三血/+血：乙=_____cos'a+cos*0+cos"5.MB C的三边分别为a,b,c,记BC,CA,XB边上的中线长分别为叫,虬,则m：nC Q,土口-r+Tr+-f的最小值是_______・a'b"c6.设a,fteN*,且满足」-?=一二，则所有正整数对(a,方)的个数为a b20237.已知函数f(x)=x i-2x1-3x+4,若/(a)=/(/>)=/(c),其中a<b<c,则a2+b2+c2=.8.己知5名同学分则报长的学科为语文、数学、物理、化学、历史.现有5份试卷(语文、数学、物理、化学、历史各一份)，老师随机分发给每名同学一份试卷，则至少有4名同学得到的试卷与自己擅长的学科不符的概率是.二、解答题：本大题共3小题，满分S6分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤9.(本题滴分16分)设｛%｝是正项等差数列，公差为d(d>0)，前〃项和为S“，m,〃，p,q 均为正整数.若n<p<m,n<q<m.且〃i+〃=p+g,证明：⑴财,<哄：A⑵S.+S.Sp+Sq.10.(本题满分20分)如图1,设P是四边形ABCD内…点，满足\\\-----D ABPC=2/.BAC,ZPCA=/.PAD./.PDA=APAC.\/求证：zpbd=\abca-zpca\.B C图111.(本题满分20分)定义：若•个数列中的每•项都是完全平方数，则称这种数列为完方数列.己知数列氐｝满足x o=O,x,=3,x,41+x,.,=4x b.证明：｛x,_f+9｝是一个完方列列.2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题及其评分标准一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分。

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。

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。

2022数学竞赛初赛试题及答案试题一：代数问题题目：解方程 \( x^2 - 5x + 6 = 0 \)。

答案：首先，我们可以通过因式分解法来解这个方程。

方程可以写成\( (x - 2)(x - 3) = 0 \)。

因此，\( x = 2 \) 或 \( x = 3 \)。

试题二：几何问题题目：在一个直角三角形中，如果斜边的长度为 \( c \)，一条直角边的长度为 \( a \)，另一条直角边的长度为 \( b \)。

已知 \( a = 3 \) 且 \( c = 5 \)，求 \( b \) 的长度。

答案：根据勾股定理，我们有 \( a^2 + b^2 = c^2 \)。

将已知数值代入，得到 \( 3^2 + b^2 = 5^2 \)，即 \( 9 + b^2 = 25 \)。

解得\( b^2 = 16 \)，所以 \( b = 4 \)。

试题三：数列问题题目：一个等差数列的前三项分别为 \( a, a+d, a+2d \)，如果这个数列的前三项的和为 12，求 \( a \) 和 \( d \) 的值。

答案：根据等差数列的性质，前三项的和可以表示为 \( 3a + 3d \)。

将这个和设为 12，我们得到 \( 3a + 3d = 12 \)。

简化后得到 \( a + d = 4 \)。

由于题目没有给出更多的信息，\( a \) 和 \( d \) 有无穷多组解，例如 \( a = 1, d = 3 \) 或 \( a = 2, d = 2 \) 等。

试题四：概率问题题目：一个袋子里有 5 个红球和 3 个蓝球。

随机抽取 2 个球，求至少有 1 个红球的概率。

答案：首先计算抽取 2 个球的所有可能组合，共有 \( \binom{8}{2} = 28 \) 种。

然后计算没有红球的组合数，即从 3 个蓝球中抽取 2 个球，有 \( \binom{3}{2} = 3 \) 种。

因此，至少有 1 个红球的概率为 \( 1 - \frac{3}{28} = \frac{25}{28} \)。

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）预测卷8第一试一、选择题（每题8分，共64分）1．已知函数12,02()122,12x x f x x x ⎧≤≤⎪=⎨⎪-<≤⎩，且 1()()f x f x =，()1()()n n f x f f x =，1,2,3,n =则满足方程()n f x x =的根的个数为________.2．已知函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，其最小正周期为3，当()3,02x ∈-时，2()log (1)f x x =-，则(2017)(2019)f f +=________. 3．设A 是集合{1,2,3,,14}的子集，A 中任取3个元素，由小到大排列之后都不能构成等差数列，则A 中元素个数的最大值为________.4．已知z 为非零复数，10z 和40z的实部与虚部均为不小于1的正数，则在复平面中，z 所对应的向量OP 的端点P 在运动中所形成的图形的面积为________.5．在一个底面半径为12，高为1的圆柱内放入一个直径为1的实心球，然后在圆柱内空余的地方放入和实心球、侧面以及两个底面之一都相切的小球．问：最多可以放入这样的小球的个数是________.6．已知0p >，则112lim p p pp n n n+→∞+++=________. 7．已知点A 、B 为抛物线21y x =-上在y 轴两侧的点，过点A 、B 做抛物线的切线与x 轴围成的三角形面积的最小值为________.8．关于x 、y 的不定方程26152y x +=的全部正整数解为________.二、解答题（共56分）9．（16分）在△ABC 中，∠C 为钝角，三边长a 、b 、c 满足357a b c +=，证明：120C ∠≤︒．10．（20分）已知数列{}n a 满足114a =，11(2,)(1)2n n n n a a n n a =≥∈--N ． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设21n nb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ； （3）设(21)sin2n n n c a π-=，数列{}n c 的前n 项和为n T ．求证：对任意的*n ∈N ，47n T <．11．（20分）已知椭圆C 的中心为原点，点(1,0)F 它的一个焦点，直线l 过点F 与椭圆C 交于A 、B 两点，且当直线l 垂直于x 轴时，56OA OB ⋅=． （1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在直线l ，使得在椭圆C 的右准线上可以找到一点P 满足△ABP 为正三角形．如果存在，求出直线l 的方程；如果不存在，请说明理由．。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛一试试卷（预赛）（A卷）一、填空题：本题共8小题，每小题8分，共64分。

1.若实数m>1满足log9(log8m)=2024，则log3(log2m)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a2的取值范围是______．3.设实数a，b满足：集合A={x∈R|x2−10x+a≤0}与B={x∈R|bx≤b3}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F1，F2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P(异于长轴端点)，记O为△PF1F2的外心，若PO⋅F1F2=2PF1⋅PF2，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：本题共3小题，共56分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

9.(本小题16分)在△ABC中，已知cosC=sinA+cosA2=sinB+cosB2，求cosC的值．10.(本小题20分)在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x2−y2=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.(本小题20分)设复数z，w满足z+w=2，求S=|z2−2w|+|w2−2z|的最小可能值．参考答案1.40492.[−14,0)∪(0,2)3.74.345.196.117. 648.5919.解：由题意知，sinA +cosA =sinB +cosB ，所以 2sin (A +π4)= 2sin (B +π4)，所以A +π4=B +π4或(A +π4)+(B +π4)=π，即A =B 或A +B =π2，当A =B 时，C =π−2A ，且A ∈(0,π2)，由cosC =sinA +cosA 2，知cos (π−2A)=sinA +cosA 2，即−2cos2A =sinA +cosA ，所以2(sin 2A−cos 2A)=sinA +cosA ，所以2(sinA +cosA)(sinA−cosA)=sinA +cosA ，因为A ∈(0,π2)，所以sinA +cosA ≠0，所以sinA−cosA =12，又sin 2A +cos 2A =1，所以(12+cosA )2+cos 2A =1，解得cosA =7−14或cosA =− 7−14(舍负)，所以cosC =−cos2A =1−2cos 2A =1−2×(7−14)2= 74；当A +B =π2时，C =π2，所以cosC =0，此时sinA +cosA = 2sin (A +π4)=0，而A ∈(0,π2)，所以A +π4∈(π4,3π4)，所以sin (A +π4)>0，与sin (A +π4)=0相矛盾，所以cosC =0不成立，综上，cosC = 74． 10.解：考虑以(0,y 0)为圆心的好圆Ω0：x 2+(y−y 0)2=r 20(r 0>0)．由Ω0与Γ的方程联立消去x ，得关于y 的二次方程2y 2−2y 0y +y 20+1−r 20=0．根据条件，该方程的判别式Δ=4y20−8(y20+1−r20)=0，因此y20=2r20−2．对于外切于点P的两个好圆Ω1，Ω2，显然P在y轴上．设P(0,ℎ)，Ω1，Ω2的半径分别为r1，r2，不妨设Ω1，Ω2的圆心分别为(0,ℎ+r1)，(0,ℎ−r2)，则有(ℎ+r1)2=2r21−2，(ℎ−r2)2=2r22−2，两式相减得2ℎ(r1+r2)=r21−r22，而r1+r2>0，故化简得ℎ=r1−r22，进而(r1−r22+r1)2=2r21−2，整理得r21−6r1r2+r22+8=0①，由于d=r1+r2，A(1,0)，|PA|2=ℎ2+1=(r1−r2)24+1，而①可等价地写为2(r1−r2)2+8=(r1+r2)2，即8|PA|2=d2，所以d|PA|=22．11.解：根据z+w=2，得w=2−z，可得|z2−2w|=|z2−2(2−z)|=|z2+2z−4|=|z+1+5|⋅|z+1−5|．|w2−2z|=|(2−z)2−2z|=|z2−6z+4|=|z−3+5|⋅|z−3−5|．以上两式的最右边各项分别是z到复平面中实轴上的点(−1−5,0)，(−1+5,0)，(3−5,0)，(3+5,0)的距离，将z=x+yi换成其实部x时，各个距离都不会增大，因此只需考虑函数f(x)=|x2+2x−4|+|x2−6x+4|在R上的最小值．由x2+2x−4=0的根为−1±5，x2−6x+4=0的根为3±5，且−1−5<3−5<−1+5<3+5，分以下几种情况讨论：①若x≤−1−5，则f(x)=2x2−4x，f(x)在(−∞,−1−5]上的最小值为f(−1−5)=16+85；②若x∈(−1−5,3−5]，则f(x)=−8x+8，此时f(x)的最小值为f(3−5)=−16+85；③若x∈[3−5,−1+5]，则f(x)=−2x2+4x，此时f(x)的最小值为f(3−5)=f(−1+5)=−16+85；④若x∈[−1+5,3+5]，则f(x)=8x−8，此时f(x)的最小值为f(−1+5)=−16+85；⑤若x≥3+5，则f(x)=2x2−4x，f(x)在[3+5,+∞)的最小值为f(3+5)=16+85．综上所述，f(x)在R上的最小值为f(3−5)=f(−1+5)=85−16．即S=|z2−2w|+|w2−2z|的最小可能值是85−16．。

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。

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）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．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．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 xy z ”发生的概率为 ．4.若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ．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 ．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 ．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 ．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．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 的体积．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 ．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）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加试（A 卷）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， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB （不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上； (2) K 为定点．二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）．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， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB（不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D 位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上；(2) K 为定点． ΩωPD ABT C证明：(1) 易知PCD 为钝角，由K 为CDP 的外心知2(180)2PKD PCD ACD ．由于90APB ，CD AB ，故PBA ACD ATD ．……………10分 所以2180PTD PKD PTA ATD ACD PTA PBA ． 又,K T 位于PD 异侧，因此点K 在TDP 的外接圆上． ……………20分(2) 取 的圆心O ，过点O 作AB 的平行线l ，则l 为CD 的中垂线，点K 在直线l 上． ……………30分由,,,T D P K 共圆及KD KP ，可知K 在DTP 的平分线上，而9090DTB ATD PBA PAB PTB ，故TB 为DTP 的平分线．所以点K 在直线TB 上．显然l 与TB 相交，且l 与TB 均为定直线，故K 为定点． ……………40分 ωΩl D P OK B ATC二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n 是正奇数，且2模n 的阶为偶数，则n 是好数．引理的证明：反证法．假设n 不是好数，则存在异于n 的正整数m ，使得2222n m n m ．因此22n n 与22m m 写成既约分数后的分母相同．由n 为奇数知22n n 是既约分数，故2m 的最大奇因子为2n ，从而m 的最大奇因子为n ．设2t m n ，其中t 为正整数（从而m 是偶数）．于是22222m m t m n． 由22222m t n n n可得2222(mod )m t n n ，故 222(mod )m t n n ． （*）设2模n 的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得2(mod )m t n d ，故2m t n 是偶数．但2m t 是偶数，n 是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设221(1,2,)k k F k ．由于1221k k F ，而k F 221k，因此2模k F 的阶为12k ，是一个偶数．对正整数l ，由221(mod )l k F 可知21(mod )l k F ，故由阶的性质推出，2模2k F 的阶被2模k F 的阶整除，从而也是偶数．因2k F 是奇数，由引理知2k F 是好数．……………30分对任意正整数,()i j i j ，211(,)(,(21)2)(,2)1i i j i i i j i F F F F F F F ，故123,,,F F F 两两互素．所以222123,,,F F F 是两两互素的合数，且均为好数． ……………40分三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．解：所求的最小正整数为408．一方面，若407k =时，将1,55,56,,407 染为红色，2,3,,54 染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407++++= ，最小的9个蓝数之和为231054+++= ，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对407k <，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子． 因此407k ≤不满足要求． ……………10分 另一方面，我们证明408k =具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408 的染色方法不满足要求，设R 是所有红数的集合，B 是所有蓝数的集合．将R 中的元素从小到大依次记为12,,,m r r r ，B 中的元素从小到大依次记为12,,,n b b b ，408m n +=．对于R ，或者8R ≤，或者128m r r r r +++≥ ；对于B ，或者9B ≤，或者129n b b b b +++≥ ．在1,2,,16 中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16 中至少有9个蓝色的数．此时916b ≤．设区间9[1,]b 中共有t 个R 中的元素12,,,(08)t r r r t ≤< ．记12t x r r r =+++ ，则112(1)2x t t t ≥+++=+ ． 因为12912,,,,,,,t b b b r r r 是9[1,]b 中的所有正整数，故{}{}12912,,,,,,,1,2,,9t b b b r r r t =+ ．于是 12912(9)n b b b b t x ≤+++=++++- 1(9)(10)2t t x =++-． （*） ……………20分 特别地，116171362n b ≤⨯⨯=．从而9R ≥． 对任意(1)i i m t ≤≤-，由（*）知1(9)(10)2t i n r b i t t x i +≤+≤++-+．从而 811811(9)(10)2t m t t i r r r r r x t t x i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22t t t t t t x =++-+---- 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222t t t t t t t t ≤++-+----⋅+ 2819396407t t =-++≤（考虑二次函数对称轴，即知1t =时取得最大）． 又136n b ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾． ……………40分情形2：1,2,,16 中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时816r ≤．设区间8[1,]r 中共有s 个B 中的元素12,,,(09)s b b b s ≤< ．记1s y b b =++ ，则1(1)2y s s ≥+． 因为12128,,,,,,,s b b b r r r 是8[1,]r 中的所有正整数，故 {}{}12128,,,,,,,1,2,,8s b b b r r r s =+ ． 于是1(8)(9)2m r s s y ≤++-． 特别地，116171362m r ≤⨯⨯=．从而10B ≥． 对任意(1)i i n s ≤≤-，有1(8)(9)2s i m b r i s s y i +≤+≤++-+．从而 911911(8)(9)2s n s s i b b b b b y s s y i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22s s s s y s s =-++--+--111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222s s s s s s s s ≤-++--⋅++-- 2727369395s s =-++≤（在2s =时取得最大）， 又136m r ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾．由情形1、2知408k =具有题述性质．综上，所求最小正整数k 为408． ……………50分四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）． 解：记2023n =，设方格表为(),1,ij a i j n ≤≤，122023122023y y y x x x λ= ． 第一步：改变某个ij a 的值仅改变i x 和j y ，设第i 行中除ij a 外其余1n -个数的和为A ，第j 列中除ij a 外其余1n -个数的和为B ，则jij i ij y B a x A a +=+．当A B ≥时，关于ij a 递增，此时可将ij a 调整到,a λ值不减．当A B ≤时，关于ij a 递减，此时可将ij a 调整到1,λ值不减．因此，为求λ的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a 的情况． ……………10分第二步：设{}1,,1,ij a a i j n ∈≤≤，只有有限多种可能，我们选取一组ij a 使得λ达到最大值，并且11n nij i j a ==∑∑最小．此时我们有,,1,.i j ij i j a x y a x y ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩（*） 事实上，若i j x y >，而1ij a =，则将ij a 改为a 后，行和及列和变为,i j x y ''，则11j j j i i iy y a y x x a x '+-=>'+-， 与λ达到最大矛盾，故ij a a =．若i j x y ≤，而ij a a =，则将ij a 改为1后，λ不减，且11n nij i j a ==∑∑变小，与ij a 的选取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设12n y y y ≤≤≤ ，这样由（∗）可知每一行中a 排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知12n y y y ≥≥≥ ．因而只能12n y y y === ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a ）.……………20分 第三步：由第二步可知求λ的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k 行全为a ,有n k -行全为1,0k n ≤≤．此时()()()n nk k n k n k ka n k ka n k na nn a λ-+-+-==． 我们只需求01,,,n λλλ 中的最大值． ()11(1)1111()(1)nn n k k n k n kk a n k a n a ka n k a k a n n a λλ++++--⎛⎫- ⎪==+ ⎪+--+⎝⎭． 因此1111(1)n k k a a k a n λλ+⎛⎫- ⎪≥⇔+≥ ⎪-+⎝⎭ 11(1)n n x x k x n-⇔+≥-+（记n x a =） 2111(1)n n x x x k x n-++++⇔≥-+ 2111n n x x x n k x -++++-⇔≤- 211(1)(1)1n n x x x x x--+++++++=+++ ． 记上式右边为y ,则211(2)1n n n n x x y x x ---+-++=+++ ． 下面证明(1010,1011)y ∈． ……………30分 首先证明1011y <．1011y < 2021202220222021101110111011x x x x ⇔+++<+++1010101210132021202210111010210101011x x x x x x ⇔+++<++++ ．由于220221x x x <<<< ，故101010101012011(1011)101110121011101222k k k x x x =-<⋅⋅<⋅⋅∑101110110k k kx +=<∑． ……………40分 再证明1010y >，等价于证明2021202200(2022)1010kk k k k x x ==->∑∑． 由于2021202100(2022)(2022)10112023k k k k x k ==->-=⨯∑∑， 20222022010101010202310102023k k x x a =<⨯<⨯∑，只需证明1011202310102023a ⨯>⨯，而410111101010a -=+<，故结论成立． 由上面的推导可知1k k λλ+≥当且仅当1010k ≤时成立，从而1011λ最大．故 2023max 101120231011(10111012)2023a aλλ+==． ……………50分。

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仿真模拟卷（三）一、填空题（每题8分，共64分）1．若cos2cos 1a x b x -≥-对任意实数x 成立，则a b +的最大值为________. 2．满足201810z z --=且||1z =的复数z 有________个． 3．若函数()22log ()1x x f x a -=-在()11,32上恒大于0，则a 的取值范围是________. 4．正八面体有8个面、6个顶点，甲选择其中3个面的中心构成三角形，乙选择其中3个顶点构成三角形，则甲、乙二人选择的三角形相似的概率是________.5．正三棱柱ABC A B C '-''BC 的底面边长和高都是1，在底面ABC 上取一点P ，设平面PA B ''与平面ABC 的二面角为α，平面PA C ''与平面ABC 的二面角为β，则cos()αβ+的最大值为________.6．已知函数()sin cos (,)f x a x b x a b =+∈Z ，且满足{|()0}{|(())0}x f x x f f x ===，则整数对(,)a b 有________个.7．抛物线22y x =的焦点为F ．设M 是抛物线上一动点，当MFMO最小时，M 点的坐标为________.8．正实数a 、b 、c 满足22222169196225a ab b b bc c c ca a ++=⎪++=⎨⎪++=⎩，则ab bc ca ++=________.二、解答题（共56分）9．（16分）正实数a 、b 、c 满足14abc ≤，2221119a b c++<．证明：存在以a 、b 、c 为三长的三角形．10．（20分）已知双曲线2222:1(0,0)x y a b a b Γ-=>>的离心率为2，过点(0,)(0)P m m >斜率为1的直线交双曲线Γ于A 、B 两点，且3AP PB =，3OA OB ⋅=．（1）求双曲线方程；（2）设顶点为(0,)P p 开口向上的抛物线与双曲线Γ相切于M 、N 两点．求△PMN 面积的最小值．11．（20分）已知函数2()f x ax bx c =++义域为R ．当[2018,)x ∈-+∞时，2|()|2018f x x -≤，且当[2,3]x ∈-时，()f x 的最大值为10．（1）求()f x 在R 上的最小值；（2）若存在实数m 、n ，使得2||()x mx n kf x ++≤对任意[1,1]x ∈-恒成立，求实数k 的最小值．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仿真模拟卷（三）详细解析1．2．解：当3x π=时，可知2a b +≤．当23a =，43b =时，原式等价于21(2cos 1)03x -≥0恒成立．故a b +的最大值为2．2．0．解：由题意知2018|1|1z z +==，又||1z =，故122z =-±．代入得201810z z --≠，故解有0个．3．)11,(1,)322⎡+∞⎢⎣．解：首先知0a >且12a ≠，1．当1a >时， 22log 0a x x <<，()11,32x ∈因此()f x 恒大于0．当01a <<时，若()f x 在()11,32上恒大于0，则()22l o g 0a x x ->，()11,32x ∈，因此102a <<，且()()2211log 022a -≥，故11322a ≤<．综上所述，)11,(1,)322a ⎡∈+∞⎢⎣．4．1135．解：甲有三种情况：等腰直角三角形、直角边比为1:形．一共有56种．其中等腰直角三角形有24种；直角边比为1:24种；正三角形有8种．乙有两种情况：等腰直角三角形、正三角形．共有20种．其中正三角形有8种；等腰直角三角形有12种．因此，两三角形相似的概率为241288115620562035⨯+⨯=． 5．1319-．解：作点P 到平面A B C '''的投影P '，作P M A B '⊥''于M ，P N A C '⊥''于N ，则PMP α∠'=，PNP β∠'=，过P '作M N B C ''''∥分别交A B ''于M '，交A C ''于N '．设1M N a ''=≤，M P x a ''=≤则2P M x '=，)2P N a x ='-，故tan 3PP P M xα''==，tan 3()PP P N a x β=''=-．所以tan()33()43(1)41344x a x x x αβ+=≥≥=------，由于tan()13αβ+≥-tan()0αβ+<，(),2παβπ+∈．又tan()13αβ+≥-13cos()19αβ+≤-，当且仅当P 为BC 中点时等号成立． 6．7．解：由条件知，(0)0f =，则0b =，()sin f x a x =，则{|()0}{|}x f x k k π==∈Z ，所以asinx k π=，当0k ≠时无解，所以||a π<，所以3a =±，2±，1±，0，(,)a b 共有7个．7．(1,．解：设点(,)M x y ，则()22224414114848MFx x x MOx x x x++-==-++，令41x t -=，则0t ≤时1MFMO≥，0t >时， ()24131194410MF MOt t=-≥-=++， 当且仅当3t =即1x =时等号成立．故M点的坐标为(1,．8．解：由方程构造△ABC 及点O ，使23A OB B OC C O A π∠=∠=∠=，且O A a =，OB b =，OC c =，则13AB =，14BC =，15CA =．验证知条件成立．故121212sin sin sin )2323234ABC OAB OBC OAC S S S S ab b ca ab bc ca πππ=++=++=++△△△△，由△ABC 三边长知A 到BC 距离为12，故11412842ABC S =⨯⨯=△（也可由海伦公式得出），因此，ab bc ca ++=9．不妨设a b c ≤≤，只需证c a b <+．假设c a b ≥+，则由14abc ≤知222116a b c≥，且1()4abc ab a b ≥≥+≥ 则14ab≥．故2222222222211111916114416944a b a b c a ba b a b >++≥++=⋅+⋅+=≥，矛盾．10．（1）由双曲线离心率为2知，2c a =，b =，双曲线方程化为222213x y a a -=，设直线方程为y x m =+，联立得2222230x mx m a ---=．①设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则12x x m +=，221232m a x x --=．因为3AP PB =，所以123x x =-，又12x x m +=，解得132x m =，212x m =-．代入221232m a x x --=解得226m a =．又因为3=222121233OA OB x x y y m a a ⋅=+=-=，所以21a =，此时0∆>．代入①式，得2290x --=，判别式0∆>，方程有两个不同实根．因此21a =符合题意．故双曲线方程为2213y x -=． （2）设抛物线的方程为2(0)y qx p q =+>，即21()x y p q=-，与双曲线联立消去x 得23330qy y p q -++=，由相切知判别式94(33)0q p q ∆=-+=，解得2344q p q-=，代入23330qy y p q -++=，得29304qy y q -+=，解得32y q=． 代入21()x y p q=-解得1x =2x =因此21213343.2244PMNq S x x q q q q -⎛⎫=⋅-⋅-=+ ⎪⎝⎭△令2314k q +=，则2344q k =-且1k >，要求PMN S △的最小值，1)k >的最小值，只需求3(1)1k k k >-的最小值．令3()1xf x x =-，则()22322323(1)2()(1)(1)x x x x x f x x x =-'---=-．当()0f x '=时，0x =或32，当32x =时，()f x 取得极小值．当32k =时，2q =， PMN S △取得最小值为94． 11．（1）由题设知2|(1)|2018a x bx c -++≤在[2018,)+∞上恒成立．当1a =时，||2018bx c +≤在[2018,)+∞上恒成立．若0b =，则||2018c ≤．若0b >，取2018c x b ->，则2018bx c +>，矛盾．若0b <，则取2018c x b-->，则2018bx c +<-，矛盾． 当1a >时，取{}max{0,2018}max 1,1c bx a -->-，则(1)max{0,2018}a x b c -+>-，由于1x >，则[(1)]max{0,2018}a x b x c -+>-，即2(1)max{,2018}2018a x bx c c -++>≥，矛盾．当1a <时，取{}min{0,2018}max 1,1c bx a --->-，则(1)min{0,2018}a x b c -+<--，由于1x >，则[(1)]min{0,2018}a x x c -+<--，即2(1)min{,2018}2018a x bx c c -++<-≤-，矛盾．综上，1a =，0b =，||2018c ≤．且2()f x x c =+．由于当[2,3]x ∈-时，()f x 的最大值为10．所以910c +=，故1c =． 函数的解析式为2()1f x x =+，则在R 上的最小值为1．（2）存在实数m 、n ，使得22||(1)x mx n k x ++≤+对任意[1,1]x ∈-恒成立．令2()g x x mx n =++，则|1||(1)|2|1||(1)|2|||(0)|m n g k m n g k n g k++=≤⎧⎪-+=-≤⎨⎪=≤⎩则22|1||1||(1)(1)||22|k k m n m n m n m n n +≥+++-+≥+++-+=+，所以2|1|k n ≥+，则2|||1||(1)|1k k n n n n +≥++≥-++=，则13k ≥．下面证明13k =成立．等号成立条件解得013m n =⎧⎪⎨=-⎪⎩，则21()3g x x =-．当[1,1]x ∈-时，2[0,1]x ∈，则222111(1)(1)333x x x -+≤-≤+成立．综上，k 的最小值是13．。

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）预测卷4第一试一、填空题（每题8分，共64分）1．首项为1的数列{}n a 各项不全为正，若对任意正整数n 有：1212111n n n n n na a a a a a +++++=+=+ 则2018a =________.2．已知3()31f x x x =-+，若存在实数m 以及123x x x <<，使得()()()123f x f x f x m ===．则123x x x m -=________.3．关于x 的不等式cos sin log sin log cos x x x x >的解集为________.4．已知复数12z z 、满足1123z z z =+=，12z z -=12z z =________.5．若关于x≥总有非零实数解，则实数a 的取值范围是________.6．在正四面体ABCD 中，棱AD 的中点和面BCD 中心的连接线段为MN ，棱CD 的中点和面ABC 中心的连接线段为PQ ，则异面直线MN 与PQ 所成的角为________. 7．设一个离心率为23的椭圆的焦点在x 轴上，线段PQ 是过左焦点F 且不与x 轴垂直的弦．若在左准线上存在点R ，使得三角形PQR 为正三角形，则直线PQ 的斜率为________.8．将1~16这16个正整数随机地填入4×4的棋盘的16个格子中（每个格子填写一个数），则使每行、每列所填数之和均为偶数的概率是________.二、解答题（共56分）9．（16分）已知三角形ABC 的外心为O ，且230AO BC BO CA CO AB ⋅+⋅+⋅=． 求11tan tan A C +的最小值．10．（20分）设函数()y f x =，x ，*y ∈N 满足：（1）对任意a ，*b ∈N ，a b >都有()()()()af a bf b af b bf a +>+；（2）对任意的*n ∈N ，都有(())3f f n n =，令(3)n n a f =． 求证：1211142n n a a a n +++≥+．11．（20分）已知椭圆221:143x y C +=，抛物线22:()2(0)C y m px p -=>，且1C 、2C 的公共弦AB 过椭圆1C 的右焦点．问是否存在m 、p ，使抛物线2C 的焦点恰好在直线AB 上？若存在，求出符合条件的m 、p 的值；若不存在，请说明理由．第二试1．（40分）圆内接四边形ABCD 中存在一点P ，得PAB PBC PCD PDA ∠=∠=∠=∠．证明：AB CD BC AD ⋅=⋅．2．（40分）已知正实数a 、b 、c 满足1abc =，证明：2223333(1)(1)(1)a b c a b c +++++≥+++．3．（50分）设质数7p ≥，证明：存在正整数、n ，m ，m n <<，使得21p n ->，且22|p n p m --．4．（50分）设{1,2,,65}M =，A 是M 的子集．若||33A =，且存在x ，y A ∈，x y <，|x y ，则称A 为“好集”．求最大的a M ∈，使含a 的任意33元子集为“好集”．。

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）预测卷10第一试一、填空题（每题8分，共计64分）1．化简求值：1tan170cos310-︒=︒________. 2．已知21个数排成一列，其中第一个数为1100，最后一个数为1101，其中任意连续三个数u 、v 、w 满足：2uw v u w=+，则该数列的第15个数是________. 3．△ABC 中，三边长分别为AB =，BC =，CA =，则：2AB BC BC CA ⋅+⋅+3CA AB ⋅的值为________.4．由正方体的四个顶点构成的四面体中，有________个四面体的四个面均为直角三角形．5．已知a ，b ，0c >且39a b c ++=，则23a b c ++的最小值为________.6．定义1()ni n f n i =⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑（其中[]x 表示不超过x 的最大整数）则(2018)(2017)f f -=________.7．已知点直线(1,0)A -，(1,0)B ，(0,1)C ，直线(0)y ax b a =+>将△ABC 分割为面积相等的两部分，则实数b 的取值范围是________.8．在一个十进制正整数中，如果它含有偶数（包括零）个数字8，则称它为“财富数”，否则就称它为“非财富数”那么，长度（位数）不超过n （是正整数）的所有“财富数”的个数是________.二、解答题（共计56分）9．（16分）设z 是复数，求证：24424112()|||||1|12()8||3||5z z z z z z z z z ++++≤+≤++++．10．（20分）已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左顶点为A ，右焦点为(,0)F c ，且2b 、a 、c 成等比数列，过点F 的直线与椭圆交于M 、N 两点直线AM 、AN 分别与右准线相交于点P 、Q 两点，求∠PFQ 的大小．11．（20分）若对于一个非空正实数集S 中的任何两个不同的元素a 、b ，数b a a b 、中至少有一个在S 中，则称S 为“强大的”．证明：不存在元素个数超过四个的有限强大集．。