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文档简介
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
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