2023年全国高中数学联合竞赛

20２3年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷)一、选择题(本题满分36分,每小题６分）１.函数在上的最小值是（)A．0B.1C.2D.3２．设,,若，则实数的取值范围为（)Ａ.Ｂ．C．D．３.甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得１分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为,乙在每局中获胜的概率为,且各局胜负互相独立,则比赛停止时已打局数的盼望为(）Ａ.B.C.Ｄ.４．若三个棱长均为整数（单位:cm）的正方体的表面积之和为５64cｍ2，则这三个正方体的体积之和为（）A．７6４cm３或５86ｃm３B.764cm3C.５86cm3或564cｍ３D.５86cｍ35．方程组的有理数解的个数为（)A．1Ｂ．2Ｃ.3D.４6．设的内角所对的边成等比数列,则的取值范围是()A.B.C.D．二、填空题（本题满分54分，每小题９分)７．设,其中为实数,，，，若，则．8.设的最小值为,则．将２4个志愿者名额分派给3个学校,则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分派方法共有种.设数列的前项和满足:,,则通项=11.设是定义在上的函数,若，且对任意,满足,,则=12．一个半径为１的小球在一个内壁棱长为的正四周体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不也许接触到的容器内壁的面积是三、解答题（本题满分6０分，每小题2０分)13.已知函数的图像与直线有且仅有三个交点,交点的横坐标的最大值为,求证:答13图.答13图1４.解不等式.题15图１５．如题15图，是抛物线上的动点,点在轴上，圆内切于,求面积的最小值．题15图2023年全国高中数学联合竞赛加试（A卷)试题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.假如考生的解答方法和本解答不同,只要思绪合理、环节对的,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,不要增长其他中间档次．一、（本题满分５0分）如题一图,给定凸四边形，,是平面上的动点,令．(Ⅰ）求证：当达成最小值时，四点共圆;（Ⅱ）设是外接圆的上一点，满足:,,,又是的切线,,求的最小值．答一图1答一图1二、(本题满分50分）设是周期函数，和１是的周期且．证明：(Ⅰ）若为有理数，则存在素数，使是的周期;（Ⅱ)若为无理数,则存在各项均为无理数的数列满足,且每个都是的周期.三、（本题满分50分)设，.证明:当且仅当时，存在数列满足以下条件:（ⅰ)，;(ⅱ)存在;（ⅲ）,.2０23年全国高中数学联合竞赛一试试题(A卷）说明:1.评阅试卷时,请依据本评分标准.选择题只设６分和0分两档，填空题只设9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,不要增长其他中间档次.2．假如考生的解答方法和本解答不同，只要思绪合理、环节对的,在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分,解答题中５分为一个档次,不要增长其他中间档次．一、选择题（本题满分3６分,每小题6分)1．函数在上的最小值是（C）A．0B．1C.2Ｄ．3［解]当时，，因此,当且仅当时上式取等号.而此方程有解，因此在上的最小值为2.2．设，,若,则实数的取值范围为（D）A．B．C．D．［解法一]因有两个实根,，故等价于且,即且,解之得．［解法二]（特殊值验证法）令，排除C,令，排除A、B,故选D。[解法三］(根的分布）由题意知的两根在内,令则解之得：3．甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分，负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负互相独立,则比赛停止时已打局数的盼望为(B)A.Ｂ．C.Ｄ.[解法一]依题意知，的所有也许值为2，4，６．设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为.若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响.从而有,，，故．[解法二]依题意知,的所有也许值为2，４，6.令表达甲在第局比赛中获胜，则表达乙在第局比赛中获胜．由独立性与互不相容性得,,，故.4.若三个棱长均为整数（单位：cｍ）的正方体的表面积之和为5６4cm2,则这三个正方体的体积之和为（A）Ａ.76４ｃm3或586cm3Ｂ.76４cm３C.586cｍ3或5６4ｃm3Ｄ.５86ｃm3[解]设这三个正方体的棱长分别为,则有,,不妨设,从而,．故.只能取9，8，7，６．若,则，易知，，得一组解．若，则，．但，,从而或5.若,则无解,若,则无解．此时无解.若,则，有唯一解,．若,则，此时，．故，但，故,此时无解.综上，共有两组解或体积为ｃm３或cm3．５.方程组的有理数解的个数为（B)A.1Ｂ.2C.３Ｄ.４[解]若，则解得或若,则由得．①由得.②将②代入得．③由①得,代入③化简得.易知无有理数根,故,由①得,由②得，与矛盾,故该方程组共有两组有理数解或6.设的内角所对的边成等比数列,则的取值范围是（Ｃ）A.B.Ｃ．D.[解]设的公比为,则，而.因此，只需求的取值范围．因成等比数列,最大边只能是或,因此要构成三角形的三边,必需且只需且．即有不等式组即解得从而,因此所求的取值范围是．二、填空题（本题满分５4分,每小题9分)７.设,其中为实数，,，，若，则5.[解]由题意知,由得，，因此，，．8.设的最小值为,则.[解]，(1)时,当时取最小值;(2)时,当时取最小值1；(3)时,当时取最小值．又或时,的最小值不能为，故，解得,(舍去).9.将２4个志愿者名额分派给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分派方法共有22２种．[解法一]用4条棍子间的空隙代表３个学校，而用表达名额．如表达第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额.若把每个“”与每个“”都视为一个位置,由于左右两端必须是“|”，故不同的分派方法相称于个位置（两端不在内)被2个“|”占领的一种“占位法”.“每校至少有一个名额的分法”相称于在2４个“”之间的23个空隙中选出２个空隙插入“|”,故有种.又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分派方法有31种.综上知，满足条件的分派方法共有253－３1＝222种.[解法二］设分派给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程．的正整数解的个数,即方程的非负整数解的个数,它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合:．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分派方法有3１种.综上知，满足条件的分派方法共有253-31＝22２种．1０.设数列的前项和满足：,,则通项＝．[解］,即2=，由此得２．令，（)，有,故，所以．11．设是定义在上的函数,若,且对任意，满足,,则＝．[解法一]由题设条件知，因此有，故.[解法二]令,则,，即,故,得是周期为2的周期函数，所以．12.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四周体容器内可向各个方向自由运动,则该小球永远不也许接触到的容器内壁的面积是．［解]如答1２图1，考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四周体的中心，,垂足为的中心.因答12图1答12图1,故,从而.记此时小球与面的切点为,连接,则．考虑小球与正四周体的一个面(不妨取为)相切时的情况,易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为，如答1２图２．记正四周体的棱长为，过作于．答12图2因，有,故小三角形的边长．答12图2小球与面不能接触到的部分的面积为(如答１2图2中阴影部分).又,，所以．由对称性,且正四周体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．三、解答题(本题满分60分,每小题２0分)13.已知函数的图像与直线有且仅有三个交点,交点的横坐标的最大值为，求证：答13图．答13图[证]的图象与直线的三个交点如答13图所示,且在内相切，其切点为,．…5分由于，，所以，即.…1０分因此…15分.…2０分14．解不等式.［解法一]由,且在上为增函数，故原不等式等价于.即.…5分分组分解，，…１0分所以，．…15分所以，即或.故原不等式解集为.…20分[解法二］由，且在上为增函数，故原不等式等价于．…5分即，,…１0分令,则不等式为,显然在上为增函数，由此上面不等式等价于,…1５分即，解得（舍去)，故原不等式解集为.…20分题15图15.如题１５图,是抛物线上的动点，点在轴上,圆内切于,求面积的最小值．题15图[解]设，不妨设.直线的方程：，化简得．又圆心到的距离为１,，…5分故，易知,上式化简得,同理有．…1０分所以，，则．因是抛物线上的点,有，则,．…15分所以．当时,上式取等号，此时.因此的最小值为8．…20分2023年全国高中数学联合竞赛加试(Ａ卷）试题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.假如考生的解答方法和本解答不同，只要思绪合理、环节对的，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，不要增长其他中间档次．一、(本题满分5０分)如题一图，给定凸四边形，，是平面上的动点，令.（Ⅰ）求证：当达成最小值时，四点共圆；(Ⅱ)设是外接圆的上一点，满足:，，，又是的切线，,求的最小值．［解法一](Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式,对平面上的任意点,有答一图1．答一图1因此．由于上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号,因此当且仅当在的外接圆且在上时,．…10分又因,此不等式当且仅当共线且在上时取等号.因此当且仅当为的外接圆与的交点时,取最小值．故当达最小值时,四点共圆.…20分（Ⅱ)记，则，由正弦定理有,从而，即,所以,整理得，…30分解得或（舍去)，故，.由已知=,有，即，整理得，故，可得,…4０分从而,,为等腰直角三角形.因，则.又也是等腰直角三角形，故,，．故．…5０分答一图2［解法二]（Ⅰ)如答一图2,连接交的外接圆于点(由于在外，故在上）.答一图2过度别作的垂线，两两相交得，易知在内，从而在内,记之三内角分别为,则，又因,，得,同理有，,所以∽.…10分设，,，则对平面上任意点,有,从而.由点的任意性,知点是使达最小值的点．由点在上,故四点共圆.…2０分(Ⅱ)由（Ⅰ），的最小值,记,则,由正弦定理有,从而，即,所以，整理得，…30分解得或(舍去）, 故,.由已知=,有，即,整理得，故，可得，…４0分所以,为等腰直角三角形,，,由于,点在上,,所认为矩形,,故,所以.…5０分［解法三]（Ⅰ)引进复平面，仍用等代表所相应的复数．由三角形不等式，对于复数，有，当且仅当与(复向量)同向时取等号.有，所以(1）,从而.(2)…１0分(1)式取等号的条件是复数与同向,故存在实数,使得，,所以，向量旋转到所成的角等于旋转到所成的角，从而四点共圆.（2)式取等号的条件显然为共线且在上.故当达最小值时点在之外接圆上，四点共圆．…20分(Ⅱ）由(Ⅰ)知.以下同解法一.二、(本题满分50分)设是周期函数,和1是的周期且.证明：（Ⅰ)若为有理数，则存在素数，使是的周期；（Ⅱ)若为无理数，则存在各项均为无理数的数列满足，且每个都是的周期．[证]（Ⅰ）若是有理数,则存在正整数使得且，从而存在整数，使得．于是是的周期.…１0分又因,从而．设是的素因子，则,,从而是的周期.