2022年全国高中数学联合竞赛试卷及详解 .pdf

优秀学习资料欢迎下载全国高中数学联合竞赛一试试题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7 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，不要增加其他中间档次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，解答题中至少4 分为一个档次，不要增加其他中间档次一、填空（共8 小题，每小题7 分，共 56 分）1 若函数21xfxx且( )nnfxffffx，则991f【答案】110【解析】121xfxfxx，2212xfxffxx， ，992199xfxx故991110f2 已知直线:90L xy和圆22:228810Mxyxy，点A在直线L上，B，C 为圆M上两点，在ABC中，45BAC，AB过圆心M，则点A横坐标范围为【答案】36，【解析】设9A aa，则圆心M到直线 AC 的距离sin45dAM，由直线 AC与圆M相交，得342d 解得36a3 在坐标平面上有两个区域M和 N ，M为02yyxyx， N 是随 t 变化的区域，它由不等式1txt所确定， t 的取值范围是01t ，则M和 N 的公共面积是函数f t【答案】212tt【解析】由题意知f tS阴影部分面积AOBOCDBEFSSS22111122tt212tt4 使不等式1111200712213annn对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为【答案】2009【解析】设1111221fnnnn显然f n 单调递减，则由fn 的最大值1120073fa，可得2009a5 椭圆22221xyab0ab上任意两点P， Q ，若 OPOQ ，则乘积OPOQ 的最小值为FEDCBAOyx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载【答案】22222a bab【解析】设cossinP OPOP，cossin22QOQOQ，由P， Q 在椭圆上，有222221cossinabOP222221sincosabOQ+ 得22221111abOPOQ于是当22222a bOPOQab时， OP OQ 达到最小值22222a bab6 若方程 lg2lg1kxx仅有一个实根，那么k 的取值范围是【答案】0k或4k【解析】当且仅当0kx10 x2210 xk x对由求根公式得1x ，221242xkkk2400kkk或4k()当0k时，由得12122010 xxkx x，所以1x ，2x 同为负根又由知121010 xx，所以原方程有一个解1x ()当4k时，原方程有一个解112kx()当4k时，由得12122010 xxkx x，所以1x ，2x 同为正根，且12xx ，不合题意，舍去综上可得0k或4k为所求7 一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）【答案】98101 2【解析】易知：()该数表共有100行；()每一行构成一个等差数列，且公差依次为11d，22d，232d，98992d()100a为所求设第2n n行的第一个数为na ，则22111222nnnnnnaaaa3222 222nnna24223222222nnnna323232nna=121212nnan21 2nn故981001012a8 某车站每天8 00 9 00，9 0010 00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻8 109 108 309 308 509 50概率161213一旅客8 20到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分） 【答案】27 【解析】旅客候车的分布列为候车时间（分）10 30 50 70 90 概率1213116611261136候车时间的数学期望为1111110305070902723361218二、解答题1 （本小题满分14 分）设直线:lykxm（其中 k ， m 为整数）与椭圆2211612xy交于不同两点A，B，与双曲线221412xy交于不同两点C，D，问是否存在直线l，使得向量0ACBD，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由【解析】由2211612ykxmxy消去y化简整理得2223484480kxkmxm设11A xy，22B xy，则122834kmxxk222184 344480kmkm4 分由221412ykxmxy消去y化简整理得22232120kxkmxm设34C xy，44D xy，则34223kmxxk222224 3120kmkm8 分因为0ACBD，所以42310 xxxx，此时42310yyyy由1234xxxx 得2282343kmkmkk所以20km或2241343kk由上式解得0k或0m当0k时，由和得2 32 3m因 m 是整数，所以m 的值为3，2，1， 0，1，2， 3当0m，由和得33k因 k 是整数，所以1k， 0 ，1于是满足条件的直线共有9条 14 分2 （本小题15分）已知p，0q q是实数， 方程20 xpxq有两个实根，数列na满足1ap，22apq ，1234nnnapaqan， ，()求数列na的通项公式（用，表示）；()若1p，14q，求na的前 n 项和精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载【解析】方法一： ()由韦达定理知0q，又p ，所以1212nnnnnapxqxaa，345n， ， ，整理得112nnnnaaaa令1nnnbaa ，则112nnbbn， ，所以nb是公比为的等比数列数列nb的首项为：222121baapqp所以211nnnb，即11nnnaa12n， ，所以11nnnaa12n， ，当240pq时，0，12ap，11nnnaa12n， ，变为11nnnaa12n， ， 整理得，111nnnnaa，12n， ， 所以，数列nna成公差为1的等差数列，其首项为122a所以2111nnann于是数列na的通项公式为1nnan；5分当240pq时，11nnnaa1nna11nnna12n， ，整理得211nnnnaa，12n， ，所以，数列1nna成公比为的等比数列，其首项为2221a所以121nnna于是数列na的通项公式为11nnna10分()若1p，14q， 则240pq， 此时12 由第 ()步的结果得， 数列na的通项公式为11122nnnnan，所以，na的前 n 项和为231234122222nnnnns234112341222222nnnnsn以上两式相减，整理得1133222nnns所以332nnns15分方法二：()由韦达定理知0q，又p ，所以1a，222a特征方程20pq的两个根为，当0 时，通项1212nnaAA nn， ，由12a，223a得122212223AAAA，解得121AA故1nnan 5 分当时，通项1212nnnaAAn， ，由1a，222a得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载12222212AAAA，解得1A，2A故1111nnnnna10分()同方法一3 （本小题满分15 分）求函数2713yxxx 的最大和最小值【解析】函数的定义域为013，.因为27132713213yxxxxxx27133 313当0 x时等号成立故y的最小值为3 313 5分又由柯西不等式得222713yxxx1112273 1312123xxx所以11y10分由柯西不等式等号成立的条件，得 49 1327xxx，解得9x故当9x时等号成立因此y的最大值为1115分全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（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，不要增加其他中间档次一、如图，M，N 分别为锐角三角形ABC（AB） 的外接圆上弧 BC、 AC的中点 过点 C 作PCMN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并延长交圆于T求证：MP MTNP NT；在弧 AB（不含点C）上任取一点Q （ QA，T，B） ，记AQC ，QCB的内心分别为1I ，2I ，ITQPNMCBA求证： Q ，1I ，2I ，T四点共圆【解析】连 NI ，MI由于PCMN，P， C ，M， N 共圆，故PCMN是等腰梯形因此NPMC，PMNC精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载ABCMNPTI连AM， CI ，则AM与 CI 交于I，因为MICMACACIMCBBCIMCI，所以MCMI同理NCNI于是NPMI，PMNI故四边形MPNI为平行四边形因此PMTPNTSS（同底，等高） 又P， N ，T，M四点共圆，故180TNPPMT，由三角形面积公式1sin2PMTSPMMTPMT1sin2PNTSPNNTPNT1sin2PNNTPMT于是PMMTPN NT因为1111NCINCAACINQCQCICI N ，I2I1ABCMNPQTI所以1NCNI ，同理2MCMI由MP MTNP NT得NTMTMPNP由所证MPNC，NPMC，故12NTMTNIMI又因12I NTQNTQMTI MT ，有12I NTI MT故12NTIMTI，从而1212I QINQMNTMI TI 因此 Q ，1I ，2I ，T四点共圆二、求证不等式：2111ln12nkknk，1n，2，【解析】证明：首先证明一个不等式：ln(1)1xxxx，0 x事实上，令( )ln(1)h xxx ，( )ln(1)1xg xxx则对0 x，1( )101h xx，2211( )01(1)(1)xgxxxx于是( )(0)0h xh，( )(0)0g xg在中取1xn得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载111ln 11nnn令21ln1nnkkxnk，则112x，121ln 111nnnxxnn211nnn210(1)nn因此1112nnxxx又因为111ln(lnln(1)(ln(1)ln(2)(ln 2ln1)ln1ln 1nknnnnnk从而12111ln 11nnnkkkxkk12211ln 111nkknkkn12111nkkkk1211(1)nkkk111(1 )nkkk111n三、设k，l是给定的两个正整数证明：有无穷多个正整数mk，使得 Ckm与l互素【解析】证法一：对任意正整数t ，令( !)mkt lk我们证明C1kml，设p是 l 的任一素因子，只要证明：p Ckm若pk!，则由1!C()kkmikmki1( !)kiitl k1kii1! modkp及|!pk ，且p+1k!，知| !Ckmpk且1p!Ckmk从而 p Ckm证法二：对任意正整数t ，令2( !)mkt lk，我们证明C1kml，设p是 l 的任一素因子，只要证明：p Ckm 若pk!，则由1!C()kkmikmki21( !) kiitl k1kii! modkp 即p不整除上式，故p Ckm若|!p k ，设1使|!pk ，但1!pk?12|( !)pk故由11!C()kkmikmki21( !) kiitl k1kii1! modkp,及|!pk ，且p+1k!，知| !Ckmpk且1p!Ckmk从而 p Ckm四、在非负数构成的39数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839xxxxxxxxxPxxxxxxxxxxxxxxxxxx中每行的数互不相同，前 6 列中每列的三数之和为1，1728390 xxx，27x，37x，18x ，38x，19x，29x均大于如果P的前三列构成的数表111213212223313233xxxSxxxxxx满足下面的性质()O ：对于数表P中的任意一列123kkkxxx（1k，2，9）均存在某个123i， ，使得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载123minikiiiixuxxx，求证：（）最小值123miniiiiuxxx，1i，2， 3一定自数表S的不同列（）存在数表P中唯一的一列*123kkkxxx，*1k ，2，3 使得3 3数表*111212122231323kkkxxxSxxxxxx仍然具有性质()O 【解析】（）假设最小值123miniiiiuxxx，1i，2，3 不是取自数表S的不同列则存在一列不含任何iu 不妨设2iiux，1i， 2，3由于数表P中同一行中的任何两个元素都不等，于是2iiux，1i，2，3另一方面，由于数表S具有性质 ()O ，在中取2k，则存在某个0123i， ，使得002iixu矛盾（）由抽届原理知，1112minxx，2122minxx，3132minxx，中至少有两个值取在同一列不妨设212222min xxx，313232minxxx，由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个iu ，所以只能是111xu 同样，第二列中也必含某个iu ，1i，2不妨设222xu 于是333ux ，即iu 是数表 S中的对角线上数字111213212223313233xxxSxxxxxx记129M， ，令集合12|min13ikiiIkMxxxi，显然111332|kkIkMxxxx，且 1， 23I 因为18x ，38111xx，32x， 所以8I故I 于是存在*kI 使得*22max|kkxxkI 显然，*1k ，2，3下面证明33数表*111212122231323kkkxxxSxxxxxx具有性质 ()O 从上面的选法可知*1212:minminiiiiiikuxxxxx， (13)i，这说明*111211minkxxxu，*313233minkxxxu，又 由S满足 性质()O 在 中取*kk，推得*22kxu，于是*2212222minkkuxxxx，下证对任意的kM ，存在某个1i，2，3使得iikux假若不然， 则12minikiixxx，1i，3 且*22kkxx这与*2kx的最大性矛盾 因此， 数表 S满足性质 ()O 下证唯一性设有kM使得数表精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载111212122231323kkkxxxSxxxxxx具有性质 ()O ，不失一般性，我们假定111121311minuxxxx，221222322minuxxxx，331323333minuxxxx，3231xx 由于3231xx ，2221xx 及（），有11112111minkuxxxx，又由（）知：或者( )a3313233minkkuxxxx，或者2212222( )minkkb uxxxx，如果 ( )a 成立，由数表S具有性质 ()O ，则11112111minkuxxxx，22122222minkuxxxx，3313233minkkuxxxx，由数表 S满足性质()O， 则对于3M至少存在一个123i， ，使得*iikux 由*kI及和式知，*1111kxxu，*3323kxxu于是只能有*222kkxux类似地，由S 满足性质 ()O 及kM可推得*222kkxux从而*kk 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页