2023年全国高中数学联赛A卷试题和答案

2023年全国中学数学联赛A卷

一试

一、填空题

1.设/(x)是定义在R上的函数，对随意实数X有/*+3>/(%-4)=一1.又当04》<7

时，/(x)=log2(9-x),则/(TOO)的值为.

2.若实数满意/+2cosy=l,则x-cosy的取值范围是.

3.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为，E为C的上焦点，4为C的右顶点，P是

C上位于第一象限内的动点，则四边形。4PE的面积的最大值为.

4.若一个三位数中随意两个相邻数码的差不超过1,则称其为“平稳数”.平稳数的个数是

5.正三棱锥P—ABC中，AB=1,AP=2,过A8的平面a将其体积平分，则棱PC及

平面a所成角的余弦值为.

6.在平面直角坐标系xOy中，点集长={(苍丫)卜力=—1,0,1}.在长中随机取出三个点，则这

三点中存在两点之间距离为坏的概率为.

7.在A43C中，M是边BC的中点，N是线段8W的中点.若，AABC的面积为6,则

AM-AN的最小值为.

8.设两个严格递增的正整数数列{七},{/}满意：qo=4o<2O17,对随意正整数“，有

afl+2=an+x+an,bn+i=2bH,则％+仇的全部可能值为.

二、解答题

9.设女,机为实数，不等式——kx-同W1对全部xe用成立.证明：b-a<2-^2.

10.设玉，%2，%3是非负实数，满意X]+%2+%3=1，求(X1+3々+5七)(玉+年+字)的最

小值和最大值.

11.设复数4:2满意Re(zJ>0,Re(z2)>0,且Re(z；)=Re(z；)=2(其中Re(z)表示

复数Z的实部）.

（1）求Re（Z]Z2）的最小值;

（2）求区+2|+"+'一卜1-z2]的最小值.

2023年全国中学数学联赛A卷

二试

一.如图，在AABC中，AB=AC,/为AABC的内心，以A

为圆心，A3为半径作圆「「以/为圆心，"为半径作圆A，

过点8,/的圆A及「，口分别交于点尸，。（不同于点B）.设

/P及8。交于点R.证明：BR±CR

二.设数列｛4｝定义为q=1,《用=『"+〃，/W〃，“=1,2,….求满意a,<r432°”

-n,an>n,

的正整数T•的个数.

三.将33x33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等.若相

邻连个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.

四.设加，〃均是大于1的整数，m>n,q,%,…,凡是〃个不超过加的互不相同的正整数,

且外,%，…，。“互素•证明：对随意实数x，均存在一个使得，这里||y|表示实

数y到及它最近的整数的距离.

2023年全国中学数学联赛A卷

一试答案

答案：一二

2

解：由条件知，/,(.<+14)---------=/(x),所以

/(x+7)

/(-100)==/(-100+14x7)=/(-2)=-^=--l-=-l

”5)log142

答案：［-1,邪+1］•

解：由于v,-l2gs.1.3］，故.Y£［66］.

y-|Y*|

由COSJ―—「可知，1COSV—V--——1.因此当工=|时，

/工j

\CO、「有最小值［（这时歹可以取二）：当I—Ja时,ACO、「有最大值gI

2

（这时「可以取7T）.由于:（%+1）2-1的值域是［-1,0+小从而x-cosy的取

值范围是［-1,V3+1］.

答案:半

解：易知4(3,0),广(0,1).设P的坐标是(3cos6,Ji^sinH),8€0,则

S"=S\5*必-：3而sin"(glYmsH

——(v10cos0|sin〃)=^^^sin(6>+⑺.

22

arcian'.当〃—arctanJlO时,四边形O"尸面积的最大值为封口.

其中p

102

答案：75.

解：考虑平稳数正.

若1=0,则a=l,c€{0,l},有2个平稳数.

若力=1,则aW{1,2},CW（0,1,2},有2x3=6个平稳数.

^2<h<8,则a,c€{8_l,A》+斗，有7x3x3=63个平稳数.

若8=9，则a,cW{8,9},有2x2=4个平稳数.

综上可知，平稳数的个数是2+6+63+4=75.

5.

答案.主叵

*-10

解：设/&PC的中点分别为K,则易证平面48”就是平面0.由中线

长公式知

1..-1I..­、.,»1-?3

”/_-(」/‘IIC)-/Y--(2II)一,2-一

4

所以KA/=-JAM2-AK2=

又易知直线尸C在平面。上的射影是直线“K,而CM=l,KC="，所以

八，.MC'-KC-3石

cosZAA/C-+

2A；W\tC

故棱PC与平面a所成角的余弦值为些.

10

6.

444

答案：—.

解：易知K中有9个点，故在K中随机取出三个点的

方式数为C；=84种.

将K中的点按右图标记为44,…,4，。，其中有8

对点之间的距离为在.由对称性，考虑取4,4两点的情

况，则剩下的一个点有7种取法，这样有7x8=56个三点

组(不计每组中三点的次序).对每个4(i=l,2,…,8),K

中恰有4+3,4T两点与之距离为山(这里下标按模8理解)，因而恰有

{4,4_3,4_s}(i=1,2,…,8)这8个三点组被计了两次.从而满足条件的三点组个

数为56-8=48,进而所求概率为竺=2.

847

7.

答案：G11.

解：由条件知，/“_-［AH+.IC'；.J.\：--AHLie,故

2'!44

翔.—―［：仙+卜［石+；可-:卜必AC-4ABAC.

由于JJ=SMe=-^•-p5|-|/ic|-sinA=~~",所以卜0—4,进

当网=后p?|=2xW时，工口.IE的最小值为《I.

8.

答案：13,20.

解：由条件可知：4,%,4均为正整数，且叫<“、.

由于2017〉/\_2””?-512/l,故/1TL2.3｝.反复运用｛4.｝的递推关系知

4“―4+〃、­2"、+-3"一+—5u+3q-&乙+5a.

—I3u,48&-21—-130、—34。、+21%,

因此21q=a1。=%=5126.=2ft,(mod34),

而13x2174-8+1,故有

〃13x21^-13x2/)-26〃(mod34).①

另一方面，注意到q<4,有554<34%+21“-5I2A,故

sI?

q<-----b，②

,551

512

当卜一1时，①，②分别化为勺26SMK134).〃.<会，无解.

当勺一2时，①，②分别化为％52(mod34).a<得到唯一的正整数

11।55

%—18»此时4十b—20.

当九一3时，①，②分别化为47X(mod34).4/■也约，得到唯一的正整数

,1155

4—10,此时"14-/>-13.

综上所述，q+々的所有可能值为13,20.

9.

证明：令/(x)MX，—履-"1,x€[a,A]>则I,1].于是

f(a)=az—ka—m<\t①

f(b)=b2-kb-m<\,②

《竽H小卜.管…_L③

.........................4分

由①+②一2x③知，

(a~b)~..、,八、__Ia+/7I..

2")+八力-1<4.

枚b-a£2五..........................16分

10.

解：由柯西不等式

区+3£+5勺)(3+会+)2

=（Xj+七+戈3）'=I，

当天=1,£=0,-q=0时不等式等号成立，故欲求的最小值为1.

5分

因为

(X]+3X2+5/)区+申+£)=g(X1+3.x,+)(5X|+^-+x3)

/、2

'"(演+3.r,+5x3)+(5x：+自+七)；

=—।6x+—x+6x........................10分

20^1323)

<—(6x,+6x,+6x,)'=—•

20v123/5

当天=；,覆=0,巧=扣不等式等号成立，故欲求的最大值为g............20分

11.

解：(1)对K=l,2,设z*=x*+y*i(x“y*WR,).由条件知

x*=Re(zt)>0,x；-yl=Re(z；)=2.

因此

Re(z/2)=Re((x,+yj)区+y,i))=x,x;-yy2

=-2)(:+2)-y\y2>(上曲|+21-yj，R2.

又当Z[=Z2=0时，Re(z[z2)=2.这表明，ReGz?)的最小值为2.

............5分

(2)对斤=1,2,将z上对应到平面直角坐标系x°y中的点尺(七，”)，记名是

巴关于x轴的对称点，则%耳均位于双曲线。:好-必=2的右支上.

设耳,月分别是C的左、右焦点，易知石(-2,0),尼(2,0).

根据双曲线的定义，有归£|=归段+28,限£|=旧用+20,进而得

|Z1+2|+|^4-2|-|^-Z,|=|ZI+2|+|^+2|-|ZI-^|

=IMI+1呼;卜帜用=40+归国+化勾一忸闾24啰,

...........15分

等号成立当且仅当月位于线段28上(例如，当马=Z2=2+JIi时，月恰是Eg

的中点).

综上可知，区+2|+区+2卜区-zJ的最小值为4立........20分

2023年全国中学数学联赛A卷

二试答案

证明：连接/6.IC,IQ.PB.PC.

由于点。在留厂：匕故/8=/Q,所以N/5Q=N/Q8.

又B.I,P,Q四点共圆.所以Z〕QB=ZJPB.于是Z1BQ=ZIPB,

故NBPSZRB,从而有N〃?8=N/8P,K

IBIP八

一=一...............10分

IRIB

注意到AS=AC,且/为AABC的内心.故/8=/C,所以

ICIP

—=—.

IRIC

T是&ICPs&IRC.故Z/RC=Z/CP.............................20分

又点夕在帆厂।的盗8c上,故/8。。=180*-1乙4.因此

ZLBRC=Z1RB+ZIRC=Z1BP+Z/CP

=36O，-Zfi/C-ZBPC

=3«r_(9(T+：ZA)_1180*_；ZA)

故BRICK.............................40分

解：由数列的定义可知％=l.%二2.假设对某个整数，.我们证明

对，-L…,r-l•{j

=2r+，-l>r+2/-l,0心=r-r<r+2/.①

对，归纳证明.

71时,由于q•itl定义，2”，+1.

。3=«,“一(，+1)-2r-(r+l)=r-l<r+2t结论成立.

设对某个①成立，则由定义

"/♦”・[=U(r+2f)=r-，+r+2，=2,+，>r+2/+l・

"““♦I=",.2,”-「+2/+1)=2，+'-(，+2/+1)二一'-1<r+21+2.

即结论对，+1也成立.由数学UI纳法知.①对所仃，=1.2.….,-1成立，特别当

/二，一1时，有。“_2-1•从而％”|-2)=3/*-1.

若将所有涡足"r=r的正整数r从小到大记为小4,….则由上面的结论可知

(=1.4=2.&=2.3.・・・・............................20分

由此可知，，:.一：一3r-1伏一II),从而

”，r,।3~,-1

1»'7+I4I

由于〜“==2<3皿‘<土黄=4„.,在12….S20n中满足a,=r的数r

共有2018个，为小公….公…..............30分

由①可知，对每个A=1.2,….2017.r+1.<—2.….3「一2中恰有一半满足

沪，,.

由于%„,+1=土下」十1与33m'均为奇数，而在勺“+1.….3'""中，奇数

均满足q>r，偶数均满足/</•.其中的怏数比奇数少I个.因此满足a,<rW3""'

的正整数r的个数为

1(3**7-2018-1)=~2019...........................40分

解：记分隔边的条数为L.门先，将方格纸按如图分成三个区域,分别染成三

种颜色，粗线上均为分隔边,此时共白56条分隔边,即L=56...............10分

n

下面证明乙256.将方格纸的行从上至下依次记为A.4.….A„.列从左至右

依次记为鸟.8：.…行A中方格出现的颜色数记为“（A）.列瓦中方格出现的熟

色个数记为”（瓦）.三种颜色分别记为0c2，q-对于•种颜色一，设me,）是含有C,

色方格的行数与列数之和.记

i.若A行含有「/色方格.

演A£）=

否则.

类蚁地定义5（8,.勺）.于是

E（mA）+n（K））=ZZ（6（A，c,）+S（8,.c/）

-t«t|/■!

SJ35

=ZX（6（A.c,）+6（8,,Cj））=2”（cJ.

由于染「，色的方格ff；-332=363个，设含有c,色方格的行有a个.列有8个.

则j色的方格一定在这。行和〃列的交叉方格中，因此於2363,从而

n（c7）=a+b>2yfab>2/363>38.

故n（cp^39.j=1.2.3.①

.......................20分

由于在行A中有“（A）种颜色的方格.因此至少有“（A）-i条分隔边.同理在列

8,中.至少有“（8,）-1条分隔边.于是

Hn

LNZ（"（A）T）+E（〃（8JT）

，二|

13

=Z（”（A）+”（BJ）-66②

一

=S»（cJ-66.③

........................30分

卜面分两种情影讨论.

情形1:有行或列全部方格同色.不妨设有一行全为G色,从而方格纸的

33列中均含有q色的方格，由色方格有363个,故勺少有11行中含有。色方

格,于是

n(Ci)>11+33=44.

由①,③及④即得

L>)+n(c,)+rt(c,)66>44+39+39-66=56.

........................40分

情形2:没有•行也没有列的全部方格同色.则为任意14433.均有

«(A)22.MBJ22.从而由②知

33

+66233x466=66>56.

综上所述.分隔总条数的最小值等于56.............................50分

证明：首先证明以下两个结论.

结论1：存在整数q.q.…,c.•满足+。必+…+”.=1.并ftlq区m.

14i4n.

由于(q./,….a.)=l.由裴蜀定理.存在整数•…£，满足

G4+c*i+…+c.a.=1.①

卜面证明,通过调整.存定一组G.C：.…£满足①，且绝对值均不超过m.id

…，4)=gc,NO.S《g.….c.)=Z"，RO.

q>・

如果£>0,那么存在c,>m>l.Iiuc_at>1.又因为.q,均为正

数.故由①可知存在j<0.令

r

c'~c,q=ca(I<it<n.

则<(；%+<(；%+…+c.'a.=l・②

并且04m-a,4r：vc,,ci<c：<a*4e.

因为<•：<<;,且c；<m,所以，"。'./'.…"：)<^"%。”…".).乂c；>c,及

c'>0.故另(c；.c；.…

如果另>0,那么存在因此0•个q>0.令c；=c,q.c；=c,+a,・

c/-<t(l<i.k^i,j).那么②成立.并且-»n<c；<q,ci<c'<0.与上面交

Itt地uj知S](qg.….c")<SjCq.c,.H.$(G•心，…心)<S)Sg.….

因为Si与S：均是非负祭数，故通过白跟次上述的调整,可得到一组,.c：.….c..

使得①成也.并且S=S1=O.结论1获证.............20分

结论2:(1)对任意实数。力,均有la+MIRIal+IIbII.

(2)任意整数“和实数.'行

由j对任意整数“和实数X.ft-IIX+M11=11x11,故不妨设此时

22

11〃11引〃若oh40,不妨设°WOfb,则a+»€[—•-<—Ji从而