高中数学奥林匹克竞赛全真试题.docx

本文格式为Word版，下载可任意编辑高中数学奥林匹克竞赛全真试题 2022年全国高中数学联合竞赛试题 一、选择题（此题总分值36分，每题6分） 1、删去正整数数列1，2，3，??中的全体完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2022项是（ ） A．2046 B．2047 C．2048 D．2049 2、设a，b∈R，ab≠0，那么，直线ax－y＋b=0和曲线bx2＋ay2=ab的图形是（ ） 3、过抛物线y2=8（x＋2）的焦点F作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点,那么线段PF的长等于( ) 16168 B． C．3 D．83 3332???5??4、若x?[?,?]，那么y?tan(x?)?tan(x?)?cos(x?)的最大值是（ ）. 36612312111112A．2 B．2 C．3 D．3 5665A． 5、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，那么函数u?44?x2?99?y2的最小值是（ ） A． 8121224 B． C． D． 575116、在周围体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为面体ABCD的体积等于（ ） ?3，那么四 3311 B． C． D． 2323二、填空题（此题总分值54分，每题9分） 7、不等式|x|3－2x2－4|x|＋3m>n.已知 {4}?{4}?{4}，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数.求这种三角形周长的最101010小值. 三、（本小题总分值50分）由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2＋q＋1，l? 3l3m3n1 q（q＋1）2＋1，q?2，q∈N.已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，2存在一点至少有q＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）. 答 案 一、选择题 1、留神到452=2025，462=2116，故2026=a2026－45=a1981，2115= a2115－45= a2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数. 又1981＋22=2022，故a2022= a1981＋22=2026＋22=2048.应选（C）. x2y2??1，那么查看可知应选（B）. 2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax＋b和ab3、易知此抛物线焦点F与坐标原点重合，故直线AB的方程为y=3x. 因此，A，B两点 44，纵坐标y0?，进33414416??(x?)，令y=0，得P点的横坐标x?4??而求得其中垂线方程y?，即 3333316PF?，应选（A）. 3的横坐标得志方程：3x2－8x－16=0.由此求得弦AB中点的横坐标x0? 2 4、 2?2??)?cot(x?)?cos(x?)3361???cos(x?)2?2?6cos(x?)sin(x?)332???cos(x?)4?6sin(2x?) 35??4??2????由于??x??,所以2x??[,],x??[?,?].可见1232236462?5??与cos(x?)在[?,?]上同为递增函数.4?6123sin(2x?)3?11故当x??时,y取最大值3.应选(C).36y?tan(x?1，故 x49x2?9x4?72x2?435 u????1?224244?x9x?1?9x?37x?437?(9x2?2)x42411而x∈（－2，?）∪（，2），故当9x2?2,即x2?时,9x2?2之值最小，而此时函 322xx12数u有最小值，应选（D）. 5//AB，以△CDE为底面，BC为侧6、如图，过C作CE?5、由已知得y??棱作棱柱ABF－ECD，那么所求周围体的体积V1等于上述棱柱体积V2的. 而△CDE的面积S= 131CE×CD×sin∠ECD，AB2与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故 V2? 1133MN?CE?CD?sin?ECD??2?1?3??2222因此V1?V2?131，应选（B）. 2二、填空题 7、由原不等式分解可得（|x|－3）（x2＋|x|－1）<0，由此得所求不等式的解集为 (?3,?5?15?1)?(,3). 228、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，那么由其方程知a=3，b=2，c=5，故|PF1|＋|PF2|=2a=6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2. 在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，25，而2＋4=252 2 ??2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为 3 2和4，故△PF1F2的面积= 11|PF1|2|PF2|=×234=4. 229、易得A=（1，3），设 － f(x)=21x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5 要使A?B，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)?0，f(3)?0，g(1)?0，g(3)?0.由此推出－4?a?－1. 310、由已知可得a25?b,c4bd?d,从而a?()2,c?()4.因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故 ac?bd2?b?5??9??2ab2d4bd2bd2a??c()?()?9,即(?2)(?2)?9,故?,因而?2. 2acacacd?bd??4?2?12???c?ac于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93. 11、如图，由已知上下层四个球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O′和O为上下底面构成圆柱.同时，A′在下底面的射影必是AB的中点M. 在△A′AB中，A′A= A′B=AB=2.设AB的中点为N， 那么A′N=3. 又 OM=OA= 2，ON=1.所以MN=2－1， A?M?(A?N)2?(MN)2?22?48.因此所示原来圆柱的高为48?2. 12、由于Mn中小数和小数点后均有n位，而除结果一位上的数字必为1外，其余各位上的 －－ 数字均有两种选择（0或1）方法，故Tn=2n1.又因在这2n1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半，故 1n?111112(?2??n?1)?2n?1n21010101011(1?n?1)11010?2n?2?2n?1n1101? 10111?2n?2(1?n?1)2n?1n91010S1111故limn?lim[(1?n?1)?n]?.n??Tnn??18181010Sn?三、解答题 13、由于（a＋b＋c＋d）2=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）?4（a2＋b2＋c2 ＋d2），因此a＋b＋c＋d?2a2?b2?c2?d2（当且仅当a=b=c=d时取等号）. 4 取a=b=x?1，c=2x?3，d=15?3x，那么 2x?1?2x?3?15?3x?2(x?1)?(x?1)?(2x?3)?(15?3x)?2x?14 ?219由于x?1，2x?3，15?3x不能同时相等，所以2x?1?2x?3?15?3x?219. 14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，那么x＋yi =acos4t2i＋2( 1＋2bi) cos2tsin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚片面离，可得 x= cos2tsin2t＋sin4t=sin2t y=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0?x?1) 即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a ① 又由于A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是 1a?b3b?cD(,),E(,). 所以直线DE的方程为 42421y=(c－a)x＋(3a＋2b－c) ② 41由①，②联立得a＋c－2b（x－）2=0. 211113由于a＋c－2b≠0，故（x－）2=0，于是得x=. 留神到??，所以，抛物线与△ 224241a?c?2bABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为(,)，其对应的 24复数为 Z?1a?c?2b?i 2415、如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，那么有A（a，0）. 设折叠时，O上点A′（Rcosα，Rsinα）与点A重合，而折痕为直线MN，那么MN为线段AA′的中垂线. 设P(x，y)为MN上任一点，那么|PA′|=|PA|. 故(x－Rcosα)2＋(y－Rsinα) 2=(x－a)2＋y2，即2R(xcosα＋ysinα)=R2－a2＋2ax，故 5 — 7 —。