数学竞赛-2023年数学联赛试题及答案

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试题及答案说明：

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）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.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9小题410、115分为一个档次，不得增加其他中间档次．8864分．设复数z=9+10i（i为虚数单位，若正整数n满足最大值为 ．答案2．

zn2023，则n的解zn=

zn=

92+102n

18n

z2=1812023，而当n3时，zn=18n1n2023，故n的最大值为2．若正实数a,b满足algb=2，algablgb=5，则(ab)lgab的值为 答案：20．解：因为bga=10gagb=agb=2，所以(ab)gab=(ab)ga+gb=(agabgb)agbbga=522=20．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7 7 “CxCyCz”发生的概率为 7 7 答案1．277 7 7 7 7 7 7 解：由于C1C6C2C5C3C4x,y,z{123456}CxCyCzx{1,6},y{25},z{3,4}7 7 7 7 7 7 7 23 1概率为= ．6 27

4.若平面上非零向量,,满足，=2||，=3||||的最小值为 ．3答案：2 ．3解：由，不妨设(a0(0b，其中ab0，并设=(x,y)则由2||得by2a，由3||得ax3b．x2+y2x2+y22xy 2xy3

= 2 =2 ．263a b263取a= 3,b= ，此时x=y= ，||取到最小值2 ．方程sinx=cos2x的最小的20个正实数解之和为 答案：130．解：将cos2x=12sin2x代入方程，整理得(2sinx1)(sinx+10，解得x=2k+,2k+5,2k+3(kZ)．6 6 2x=2k(kZk0119对应最小的20个正3 621920 实数解，它们的和为 + = + 20=130．k=0

3 6

3 2 6设a,b,c为正数，ab若a,b为一元二次方程ax2bx+c=0的两个根且a,b,c是一个三角形的三边长，则a+bc的取值范围是 ．答案：7, 58

．解：由条件知ax2bxc=a(xa)(xb=ax2(a2ab)xa2b，比较系数得ba

2ab,ca2b，故b=

a21

a41

，从而a2a4 2 3a+bc=a+ 1a

+a．由于0ab

a21

2

a1．此时显然bc0a,b,ca4个三角形的三边长当且仅当a+cb，即a+ 1a

a21

，即a(a2

+a1)0，1a11a

51．2 2 2f(x=xx2x3，则abc=f(ax0f(x)连续且严格1

5 7 递增，故abc的取值范围是f

，即

, 51．

2

8 平面直角坐标系xOy中，已知圆x轴、y轴均相切，圆心在椭圆x2 y2:a2+b2=1(ab0)内，且与有唯一的公共点(8,9)．则的为 ．答案：10．解P(r,r，则有(r8)2+(r9)2r2，解得r5或r29P在内，故r5．椭圆A(89)处的切线为l8x9y=18

2 2 n 2a b a b

32=27由条件，l也是圆的切线，故n与PA平行，而PA=(3,4)，所以a2 b2．6481=1，解得a2=160b2=135．从而

=10．a2 b2八张标有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 ．ABCDEFGH答案392．中的mn2阶图G(mn在m3n3时的特殊情况．-3-2-13P-3-2-13P012取卡片（顶点）的规则可解释为：

-2 -1 0 P

2 ... nG(m,n)PP未取走，则必为某个G(mnmn0)的情形，此时若m0P视为1号顶点，归结为(i的情形；若m0n0P视为1归结为(i的情形；若mn1P或m号顶点或n号顶点，分别归结为(i或G(m1n或G(mn1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f(3,3．由(i、(ii)f(m0)2m+1m0)f(0n2n+1n0)，且f(m,n)=2m+n+f(m1,n)+f(m,n1)(m,n1)．f(11=12f(12)=f(2128f(13=f(3160，f(22)72f(23=f(32)=164f(33392，即所求数目为392．56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（16分）xOy中，抛物线:y2=4x，F为A,B为ABP段F上（含端点，记QB的另一个三等分点．求点Q的轨迹方程．解

A(x,y),B(x,y

=

=

P21+2,21+y21 1 2

AP PQ

3 3 F(10)P位于线段OF2x1x2[012y1y20．t2 2

3 3……………4分2x+x t2y1t,y2=2tx1

．此时有 1 2= [0,1]，且由3 2A,B不重合知t0，所以t2(0,2]． 8分设Q(x,y

=x1+2x2=3t2,y

=y12y2=ty24x．Q Q Q 3 4 32 3

3 Q 3Q2 4 3xQ=4t

2，故点Q

= x(0x)．3 2……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱:ABCA1B1C1的9条棱长均相等．记底ABC所在平面为（A1B1C1,ABB1A1,ACC1A1,BCC1B13在上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,5 ，求的体积．3解A1,B1,C1在平面D,E,FA1B1C1,ABB1A1,在SDEFSABEDSACFDSBCFE．DEFABED,ACFD,BCFE平行四边形．D位于C内的情形（如图所示．显然此时有SABED+SACFD=SBCFE． 5分EBEBXDFC33由于SF,SD,SCD,SCE=23,33,43,53SDSCD必为33323,33

SBCFE5

，进而SDEF4

，得DEF的边长为4，即正332三棱柱的各棱长均为4． 3323SABED23,SACFD33

SABD

3,SACD= ．ADBCXBX=SABD=2BX8．因此CX SACD 3 5AX=

B2+X22BXos60=4 ，19519

19． 15分AX SABC 811

2=35．152153SABC3

，故的体积V=SABCh=

． 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ab[1t，总存在cd[1t]，使得(ac)(bd解It[1t]S(ac)(bd．假如t2，则当abt时，对任意c,dItS(t1)21，不满要求．假如1t3，则当a=1,b2t时，对任意cdI，均有2 t2a+ct1，1tb+d2．若a+c,b+d同正或同负，则S2(t1)1，其余情况下总有S01满足要求． 5分3t2的情形．为便于讨论，先指出如下引理2引理：若uv1，且uv5，则uv1．2 23 u+v2 uv2 52 32事实上，当uv 时，uv= =1．2 2 2 4 4当uv>3时，uv 11+3=1．引理得证．> 2 2 2 2下证对任意a,bIt，可取c1,d1It，使得S1=(a+c1)(b+d1)1． ①若ab1，则取cd=1，此时2 1 1S1=(a1)(b1)=(1a)(1b)，其中1a3b11b3a1(1a(1b2(ab52 2 2 2 2S11．若a+b>1，则取c=d 3 I，此时2 1 1=2tS=a+3b+3，1 2 2其中a+3,b+3>1，且a+3+b+3=a+b+3>5，故由引理知S1． 12 2

2 2

2……………15分注意到，当a,bIt时，可取c2It，使得ac21（例如，当a[11]取2=0，当a,t]时取2=1，同理，可取d2Itb+d21．此S2(ac2)(bd2ac2bd21． ②根据①、②，存在一个介于c1,c2之间的实数c，及一个介于d1,d2之间的实数d，使得(ac)(bd=1，满足要求．综上，实数t满足要求当且仅当3t2． 20分2说明：

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）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评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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．（本题满分40分BA及上另一个定点T的定圆，且的圆心位于ABTP是的弧（不含端点）上的动点，C,D是上的两个动点，满足：CAP上，C,DAB的异侧，且CDAB．记CDPK．证明：K在TDP的外接圆上；K为定点．PTCPTCΩωD证明：(1)易知PCDK为CDP的外心知PKD=2(180PCD)=2ACD．由于APB=90，CDAB，故PBA=ACD=ATD． 10分所以TDKD=TATDCD=TAA=18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直线l上． 由TD,P,KKDKPK在DTP的平分线上，而DTB=90ATD=90PBA=PAB=PTBTB为DTPK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PT CΩO K lA Bω D（本题满分40分正整数nn的正整2n 2m数m，均有n2m2，这里，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2n 2m

2n 2m 2n2

2．因此2与2写成既约分数后的分母相同．由n为奇数知2是既n m n m n约分数，故m2的最大奇因子为n2，从而m的最大奇因子为n．t 2m 2m2t设m=2n，其中t为正整数（从而m是偶数．于是m2=n2 ．22t

2n由 =可得22t2nodn2)，故

n2

2m2t2n(modn)． （*）2n的阶为偶数d．由（*）m2tn(modd，故m2tn是偶数．但m2tn是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．F=22k+1(k=,,)F22k11F22k1，因此2F的阶k k k k为2k+1，是一个偶数．对正整数l2l1modF2可知2l1modF2模k kF2的阶被2FF2F2是好数．k k k

k……………30分i j i ii+1对任意正整数i,jij)(F,F)=(F,(2ii j i ii+1

Fj1

+2)=(Fi,2)=1，F,F,FF2,F2,F2是两两互素的合数，且均为好数．1 2 3

1 2 3

……………40分三．（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x1,x2,x9满足x1x2x8x9，或者存在10个互不相同的蓝色的y1,y2,y10y1y2y9y10．解：所求的最小正整数为408．一方面，若k407时，将1,55,56,4072,3,54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k407，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k407不满足要求． 10分另一方面，我们证明k408具有题述性质．元素从小到大依次记为b1b2bnmn408R，或者R8r1r2r8rmBB9，或者b1b2b9bn．在1216中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．1：1216中至少有9个蓝色的数．此时b916．设区间[1b9中共有tR中的元素r1r2rt(0t8．xrrrx12t1t(t1．1 2 t 2因为是中的所有正整数，故r1,r2,,rt1,2,,9t．于是 bb

b12(9t)x1(9t)(10t)x． （*）n 1 2 9 2特别地，b 136．从而R9．

……………20分n2对任意i(1imt)，由（*）知r bi1(9t)(10t)xi．从而ti n 28t1 2rmr1rtrt1r8x(9t)(10t)xi2i1 1(9t)(10t)(8t)2 2

(8t)(9t)(7t)x1 1 1 (9t)(10t)(8t) (8t)(9t)(7t)t(t1)2 2 2t21t396407（考虑二次函数对称轴，即知t1时取得最大又bn136，这与bn,rm中有一个为408矛盾． 40分2：1216中至少有8个红色的数．1．r816．设区间[1,r8sB中的元素b1b2bs(0s9)．记ybby1s(s1．1 s 2因为是中的所有正整数，故b1,b2,,bs,r1,r2,,r81,2,,8s．于是rm

1(8s)(9s)y．2特别地，r 11617136．从而B10．m2对任意i(1ins)，有b ri1(8s)(9s)yi．从而si m

29s1 2bnb1bsbs1b9y(8s)(9s)yi2i1 1 1 (9s)(8s)(9s)(8s)y2

(9s)(10s)1 1 1 (9s)(8s)(9s)(8s) s(s1) (9s)(10s)2 2 27s227s369395（s2时取得最大又rm136，这与bnrm中有一个为408矛盾．1、2知k408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a1104．在20232023的方格表的每个小格中填入区间[1,a中的一个实数．设第ixi，第i列的总和为yi，1i20231y2y2023的最大值（答案用含a的式子表示．解：记n2023，设方格表为

,1i,jn，

ij

第一步aijxiyji行中除aij外其余n1个数的A，第j列中除aij外其余n1B，则yjBaij．xi Aaij当AB时，关于aij递增，此时可将aij调整到a,值不减．当AB时，于aij递减，此时可将aij调整到1,值不减．因此，为求的最大值，只需考虑个小方格中的数均为1或a的情况． 10分第二步：设aij1,a1i,jn，只有有限多种可能，我们选取一组aij使得nn达到最大值，并且ij最小．此时我们有i1j1

a,

xiyj,（*）ij

xy., i jiyj，而ij1，则将ij改为a,yjyj

yja1yj， ia1 i与达到最大矛盾，故aija．nniyj，而ija，则将ij改为1不减，且ij变小，与iji1j1取矛盾．从而（*）成立．y1y2yn，这样由（∗）可知每一行中a排在y1y2yny1y2yn，故每一行中的数全都相等（全为1或全