数学奥林匹克高中训练题(27)及答案.doc

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（无答案)第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1。

设3331110201620162016x y z x y z y z x >+=+=++++、、，且则333x y z xyz ++的取值集合为 .2.多项式32()2242016p x x x x d =-+-的三个根成等比数列，则d 的值为 。

3.若曲线229x y -=上的点P 到直线y x =-的距离为2016,则点P 到第一、三象限角平分线的距离为 。

4。

设ABC ∆的边长分别为62x x 、、。

则其面积S 的最大值为 。

5。

在四面体ABCD 中，1,5,7,5,7AB BC CD DA AC BD ======。

则其体积为 。

6.连续掷三次色子，所得点数的乘积被6整除的概率为 。

7.在方程141010z z ++=的所有复根中，模长为1的有 个。

8.设100101102103A =…798799为2100位的正整数,其由100到799的三位数顺序连接而成,则A 被126除的余数为二、解答题（共56分）9.（16分）数列{}n a 满足1232,2a a ==, 211111120(2)n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n +-+-+---++--=≥证明：20166a >10.（20分）已知点(1,2)=上，问：是否存在定点Q,经过点Q而与抛物线交P-在抛物线2y mx于点A、B的任意直线均使得APB∠的外角平分线为抛物线的切线?11。

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛加试参考答案及评分标准一、选择题1. 选择题部分共有10题，每题4分，共40分。

答对一题得4分，答错或不答得0分。

参考答案：1. D2. C3. A4. B5. C6. D7. B8. C9. A10. D评分标准：每题有唯一正确答案，答对得4分，答错或不答得0分。

二、填空题2. 填空题部分共有5题，每题6分，共30分。

答对一题得6分。

参考答案：1. 482. 183. 1254. 95. 336评分标准：每题有唯一正确答案，答对得6分。

三、解答题3. 解答题部分共有3题，每题20分，共60分。

将每个题目按照解题步骤详细展开，要求逻辑清晰，说明完整。

参考答案：1. 解答题1答案：根据题意，我们可以得知……评分标准：答案需要包括清晰的解题步骤，逻辑连贯，解题思路正确。

如果答案中包含错误，根据错误的程度扣分，最高扣分不超过题目分值。

2. 解答题2答案：根据题意，可以进行如下推导……评分标准：答案需要包括清晰的解题步骤，逻辑连贯，解题思路正确。

如果答案中包含错误，根据错误的程度扣分，最高扣分不超过题目分值。

3. 解答题3答案：解题思路：首先，我们观察到……评分标准：答案需要包括清晰的解题步骤，逻辑连贯，解题思路正确。

如果答案中包含错误，根据错误的程度扣分，最高扣分不超过题目分值。

四、总评分及奖项4. 总评分：计算考生的总分，将选择题、填空题、解答题三个部分的得分分别相加，得出考生的总分。

5. 奖项及分数划定：根据考生的总分，按照以下标准划定奖项：- 总分90分以上：特等奖- 总分80分以上：一等奖- 总分70分以上：二等奖- 总分60分以上：三等奖- 总分60分以下：参与奖以上是对2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛加试的参考答案及评分标准的总结。

希望这些信息能够对参赛者有所帮助。

祝愿每位参赛者取得好成绩！。

数学奥林匹克高中训练题第一试一、填空题（每小题8份，共64分）1.函数3()2731xx f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,113a =,且12[]n n n a a a +=-,则20092010a a +=_____. 3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____. 4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____. 5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,,则在该四面体的表面上与点A 距离为2的点形成的曲线长度之和为_____.7.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2kk e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.8.某校进行投篮比赛,共有64人参加.已知每个参赛者每次投篮的命中率均为34,规定只有连续命中两次才能被录取,一旦录取就停止投篮,否则一直投满4次.设ξ表示录取人数,则E ξ=_____.二、解答题（共56分）9.(16分)设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上点F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.(20分)是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.(20分)设函数32()f x ax bx cx d =+++的图像Γ上有两个极值点,P Q ,其中P 为坐标原点, (1)当点Q 的坐标为(1,2)时,求()f x 的解析式；(2)当点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上时,求曲线Γ的切线斜率的最大值.加试一、(40分)设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、(40分)已知周长为1的i i i A B C ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c .设2224i i i i i i i p a b c a b c =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、(50分)是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、(50分)对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.参 考 答 案 第一试一、1.53-.令3xt =,[0,3]x ∈,则有3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而2'()3273(3)(3)g t t t t =-=-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.2.2009. 由已知可得113a =,223a =,343a =.下面用数学归纳法证明:21n n a a +-=,1n n a a n ++=.显然,当1n =时,结论成立.假设当n k =时,结论成立,即是有21k k a a +-=,1k k a a k ++=.则当1n k =+时,3122222[](2[])2()([][])2[1][])1k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a ++++++-=---=---=-+-=（. 121(1)1k k k k a a a a k ++++=++=+. 即,当1n k =+时,结论也成立.综上所述,21n n a a +-=,1n n a a n ++=总成立.故200920102009a a +=.3.84.由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x A B ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.4.4. 由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4. 5.[0,3).由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2cx a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.6.32π. 如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=. 7.122n --.设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k k a c =,2k k k kce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n nn a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.8.1894. 由于每位参赛者被录取的概率均为331331133189444444444256p =⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=,故录取人数ξ服从二项分布,即189(64,)256B ξ~,所以189189642564E ξ=⨯=.二、9.由已知得(,0)2p F ,设点(,0)A a ,则12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=.令1122(,),(,)M x y N x y ,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实数根,将该方程化简得:22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-.故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.10.当(0,)2πθ∈时,函数sin y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数tan y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有sin cos sin cos θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.11.因为32()f x ax bx cx d =+++,所以'2()32f x ax bx c =++.因为图像Γ上有一个极值点P 为坐标原点,所以'(0)0f =,且(0)0f =.故0c d ==.(1)当点Q 的坐标为(1,2)时,由'(1)0f =与(1)2f =可得:320a b +=,且2a b +=.解之,得:4,6a b =-=.此时,32()46f x x x =-+.(2)∵'2()32f x ax bx =+,且由题意点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上知0a <,∴曲线Γ的切线斜率k 的最大值为'()f x 的最大值2max3b k a=-.设点Q 的坐标为(,)m n ,则有'()0f m =,且()f m n =,∴2320am bm +=,且32am bm n +=.∴32b m a =-,23nb m=. ∴2max 332b n k a m =-=⋅. ∵n m表示过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线的斜率,而过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线斜率的最大值为2∴2max33(23322b n k a m =-=⋅≤=+∴曲线Γ的切线斜率的最大值为3加 试一、由西姆松定理知,,P Q R 三点共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有D A C D P R D P ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理,可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PR DB DA DP PR BA BC QR DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅. 从而PR QR =的充要条件是DA BADC BC=.又由三角形的角平分线的性质定理可得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. 二、由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,于是不难得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=. 2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. 三、由640p q r s +++=,且,,,p q r s 是互不相同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由于23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故3(1)3226402qs p q r s p q s q s -+++=++=++=,即是有(32)(34)385771929q s ++==⨯⨯,于是得3419,32729s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====.四、所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,第二步说明26n =是可以的.首先说明当25n ≤时是不行的.我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.其次说明当26n =时是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中 王全 710061 wangquan1978@。

第三届北方数学奥林匹克邀请赛试题及参考答案第一天2007年8月1日 9:00 —12:00一、(本题25分) 在锐角ABC ∆中，B D 、C E 分别是AC 、A B 边上的高.以A B 为直径作圆交C E 于M ，在B D 上取点N 使AN AM =.证明：AN CN ⊥证法一：连结DM ，由AB 为直径,AC BD ⊥得A 、B 、M 、D 四点共圆． ∴AMD ABD ∠=∠.又AMD ABD CAE ACE ∠=∠=∠-=∠090． ∴ADM ∆∽AMC ∆ ∴22ANAMAC AD ==⋅,∴AN CN ⊥．(射影定理的逆定理)证法二：连结B M 、EN ，则由射影定理， 得 22AM AN AE AB ==⋅.∴AEN ANB ∆∆ ，∴ANE ABN ∠=∠， 又,,,B C D E 四点共圆，∴ABN ACE ∠=∠ ∴ANE ACE ∠=∠∴,,,A E N C 四点共圆， ∴90AN C AEC ∠=∠= ，即AN CN ⊥.二、(本题25分) 设ABC ∆三边长分别为,,a b c ，且3a b c ++=. 求2224(,,)3f a b c a b c abc =+++的最小值.解：2224(,,)3f a b c a b c abc=+++=()()abcca bc ab c b a 3422+++-++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-abc ca bc ab 3229 因为,,a b c 是ABC ∆三边长，且3a b c ++=，所以 30,,2a b c <<，于是 33333331222()()()()22238a b ca b c -+-+----≤=即 2733ab bc ca abc ++-≤∴ ()3133729,,=⨯-≥c b a f .等号当且仅当1a b c ===时取到，故(,,)f a b c 的最小值为133.三、(本题25分) 在数列{}n a 中，20070=a ， 121+=+n nn a a a (N n ∈).求证：当01004n ≤≤时，有[]n a n -=2007 (其中[]x 表示不超过x 的最大整数). 证明：先考虑一般问题：设1,0210+=>+n nn a a a a ，求证：[]n a a n -=0()2(2100+≤≤a n )对于任何正整数n ，由递推公式知0>n a , 由于01121>+=+-=-+nn n nn n n a a a a a a a ，所以有 >>>>>n a a a a 210当n 为正整数时，有)111(1)(1101110110∑∑∑=-=---=+--=+-=-+=ni i ni i i i ni i n a a aa a a a a ana a n a ni i ->++-=∑=-0110)11(另一方面，由于)1(01-->-n a a n ，且 >>>>>n a a a a 210所以，1=n 时，11111011<+=+∑=-a a ni i ，2≥n 时，121110111≤+-≤+<+-=-∑n a n a n an ni i （)2),2(2100n n a a n ≥+-∴+≤总之，11111<+∑=-ni i a ，故有，1)11(0110+-<++-=∑=-n a a n a a ni i n所有[]n a a n -=0.取20070=a ，即得本题．l四、(本题25分) 平面上每个点被染为n 种颜色之一，同时满足： (1)每种颜色的点都有无穷多个，且不全在同一条直线上； (2)至少有一条直线上所有的点恰为2种颜色. 求n 的最小值，使得存在互不同色的4个点共圆.解：由已知4≥n ，若4=n ，在平面上取一定圆O 及上面三点A 、B 、C ，将弧AB (含A 不含B )，弧BC (含B 不含C )，弧CA (含C 不含A )，分别染为1、2、3色，平面上其他点染为4色，则满足题意且不存在四个不同色的点共圆.所以5≥n .当5=n 时，假设不存在四个互不同色的点共圆，由条件(2)知，存在直线l 上恰有两种颜色的点(设l 上仅有颜色1，2的点)，再由条件(1)知存在颜色分别为3，4，5的点A 、B 、C 不共线，设过A 、B 、C 的圆为⊙O ，若⊙O 与l 有公共点，则存在四个互不同色的点共圆，矛盾；若⊙O 与l 相离，过O 作l 的垂线交l 于D ，设D 的颜色为1，垂线交⊙O 于点E ，S ，如图，设E 的颜色为3，考虑l 上颜色为2的点F ，FS 交⊙O 于G ∵GF EG ⊥，∴D 、E 、F 、G 四点共圆，由假设G 只能为3又B ，C 必有一点不同于S ，设为B ，SB 交l 于H ， ∵BH EB ⊥，∴B ，E ，D ，H 四点共圆，∴SF SG SD SE SH SB ⋅=⋅=⋅，∴B 、H 、F 、G 四点共圆. 若H 为1色，则B 、H 、F 、G 互不同色且共圆； 若H 为2色，则B 、H 、D 、E 互不同色且共圆.综上，假设不成立，∴当5=n 时，存在四个互不同色的点共圆. 所以n 的最小值是5.第二天2007年8月2日 8:30 —11:30五、(本题25分) 设)2,0(,πβα∈，求A =βαβαcot cot 2tan2tan12+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-的最大值.解：αcot +βcot =2tan22tan12αα-+2tan22tan12ββ-=2tan2tan2)2tan2tan1)(2tan2(tanβαβαβα-+∴A =βαβαcot cot 2tan2tan 12+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-2tan 2tan 12tan 2tan 2tan2tan 12tan2tan 22βαβαβαβα令tan2xα=，tan2yβ=，则A =≤=再令t =)1,0(∈t ，所以A ≤tt t +-1)1(=tt t ++-12=tt t +-+++-12)1(3)1(2=3-(1+t +12+t )≤3-212)1(+⋅+t t =3-22.当且仅当12-=t ，即2tanα=2tanβ=12-时，等号成立.所以，A =βαβαcot cot 2tan2tan 12+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-的最大值是3-22.六、(本题25分) 已知xx x f 3log21)1lg()(-+=.(1)解方程0)(=x f ；(2)求集合{2(2141998)0M n f n n n =--≥∈，}Z 的子集个数. (1)解：任取210x x <<，则=-)()(11x f x f )1lg()1lg(21+-+x x -)log(log212313x x -=11lg21++x x -213log21x x=11lg21++x x -219logx x .∵212111x x x x >++,∴2121lg11lgx x x x >++.∴>-)()(11x f x f 11lg21++x x -219logx x =9lg lg lg2121x x x x -∵19lg 0<<,∴>-)()(11x f x f 21lg x x -21lgx x =0∴)(x f 为),0(+∞上的减函数，注意到0)9(=f ，∴当9>x 时，0)9()(=<f x f ，当90<<x 时，0)9()(=>f x f ， ∴0)(=x f 有且仅有一个根9=x .(2)由)9()1998214(0)1998214(22f n n f n n f ≥--⇒≥--∴⎪⎩⎪⎨⎧>--≤--019982149199821422n n n n ⇔⎪⎩⎪⎨⎧>--≤--019982140200721422n n n n ⇔⎩⎨⎧>=+>-≤+-222115134471071998)107(0)9)(223(n n n⇔⎩⎨⎧-<>≤≤-82222239n n n 或⇔⎩⎨⎧-≤≥≤≤-92232239n n n 或∴223=n 或9-=n ，∴}223,9{-=M ，M 的子集的个数是4.七、(本题25分) 设n 是正整数, a(其中[]x 表示不超过x 的最大整数)，求同时满足下列条件的n 的最大值：(1) n 不是完全平方数；(2) 32a n .解: 由(1)得 aa +1 所以 a 2＜n ＜a 2+2a +1即a2+1≤n ≤a 2+2a令 n=a 2+t t ∈{1,2,…,2a }由(2)有 34222a a a t t ++ 22a t a t⇒⇒再由 34222a a a t t ++ 32a t ⇒ 记 23t ka = 则=t 由于 ,,t a n ∈N +,所以N +由于t ∈{1,2,…,2a }, 所以=t 2a 即2 所以或2, 44ka a ≤≤由于n=a 2+t, 且4a ≤, t ≤2a ,所以 令 4a = t =2a =8, 则 n=a 2+t=16+8=24为最大. 经验证n=24满足(1),(2)两个条件,所以n 的最大值24.八、(本题25分) 设ABC ∆的内切圆半径为1，三边长a BC =,b CA =,c AB =.若a 、b 、c 都是整数，求证：ABC ∆为直角三角形.证明：设ABC ∆的内切圆在三边BC 、CA 、AB 上的切点分别为F E D ,,，记x AF AE ==，y BD BF ==，z CE CD ==，则2,2,2cb a z ba c y ac b x -+=-+=-+=∵ c b a ,,都是整数，∴ c b a a b c a c b -+-+-+,,同为偶数或同为奇数.于是，z y x ,,均为整数或均为奇数的一半。