2023年全国中学生数学奥林匹克暨2023年全国,高中数学联合竞赛试题及答案(A卷)

2023年全国中学生数学奥林匹克（预赛）

暨2023年全国高中数学联合竞赛

一试试题（A卷）

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分

1.设复数z=9+10i（i为虚数单位），若正整数n满足|z—S2023,则n的最大值

为.

2.若正实数a,b满足a。》=2,al^a-针劭=5.则他与⑷助的值为.

3.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“行<0<

发生的概率为.

4.若平面上非零向量心瓦户满足&，耳，p-y=2\a\,疗法=3忸则旧的最小值

为.

5.方程sinx=cos2x的最小的20个正实数解之和为.

6.设a,b,c为正数，a<b,若a、b为一元二次方程a-—bx+c=0的两个根，且

如6、c是一个三角形的三边长，则a+b-c的取值范围是.

7.平面直角坐标系中，已知圆Q与x轴、y轴均相切，圆心在椭圆「狼+£=l（a>

6>0）内，且Q与「有唯一的公共点（8,9）.则「的焦距为.

8.八张标有4、B、C、D、E、F、G、”的正方形卡片构成下图，现逐一取走这些卡片，

要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多有一张有公共边（例如可按D、4

B、E、C、尸、G、，的次序取走卡片，但不可按。、B、/、E、C、F、G、，的次序取走卡

片），则的不同次序的取走这八张卡片的不同次序的数目为.

9.（本题满分16分）平面直角坐标系xp中，抛物线「:y2=4x,F为「的焦点，4、B

为「上的两个不重合的动点，使得线段的一个三等分点尸位于线段OF上（含端点），记

Q为线段ZB的另一个三等分点.求点Q的轨迹方程.

10.（本题满分20分）已知三棱柱Q：的9条棱长均相等，记底面/8C所

在平面为a.若Q的另外四个面（即面AiBiG,4BBi4，ZCGAi，BCGBi）在a上投影面积从小

到大重排后依次为28，3痘,4V3,5百.求Q的体积.

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C对任意a,be

总存在使得（a+c）（b+d）=l.

2023年全国中学生数学奥林匹克（预赛）

暨2023年全国高中数学联合竞赛

加试试题（A卷）

一、（本题满分40分）如图，Q是以43为直径的固定的半圆弧，。是经过点/及Q上另

一定点T的定圆，且。的圆心位于△N8T内，设P是Q的弧宿（不含端点）上的动点，C、D

是3上的两动点，满足：C在线段/P上，C、。在直线的异侧，且CZ）_L48.记

的外心为K.证明：

（1）点K在的外接圆上;

（2）K为定点.

（答题时请将图画在答卷纸上）

二、（本题满分40分）正整数n称为“好数”，如果对任意不同于〃的正整数m,均有

偿卜｛烹，这里｛行表示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.

三、（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数k若将1,2,…，发中的每个数任意

染成红色或蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数与衣2，“・,*9满足X］+X2+…+&<

%9>或者存在10个互不相同的蓝色的数月,、2,…,月0满足为+、2+…+、9<y-LO-

四、（本题满分50分）设a=1+10-4在2023X2023的方格表的每一个小方格中填入区

间［1,a］中的一个实数.设第i行的总和为修，第z・列的总和为外,lSiS2023.

求处*1的最大值（答案用含。的式子表示）.

%62.%2023

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

一试（A卷）参考答案及评分标准

说明：

1.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.

2.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第

10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次.

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.

1.设复数z=9+10i（i为虚数单位）,若正整数〃满足忖归2023,则〃的

最大值为.

答案：2.

解：[z[=|z（的2+1o[:=（VJiT）".因团=181<2023,而当〃23时，

|zn|=>13">2023,故〃的最大值为2.

2.若正实数a,。满足於〃=2,。旭".阴”=5,则（必）恒帅的值为.

答案：20.

解：因为阴"=10"吐=。9=2,所以

gbsa

（ab严=（ab）—+3=（a—即）,a'-b'=5x2x2=20.

3.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

"C<C；<C；"发生的概率为.

答案：上.

27

解：由于C；=C；<C；=C；<C；=G，因此当尤,y,ze{1,2,3,4,5,6}时，事

件发生当且仅当"xe{l,6},yw{2,5},ze{3,4}”成立，相应的

2?1

概率为1=—.

⑹27

4.若平面上非零向量£,及彳满足A_L3,耳歹=2国,不1=3面,则，的

最小值为•

答案：2c.

解：由a_L。，不妨设a=（a,0）,。=（0,加，其中a,b〉0,并设）=（x,y）,

则由仪）=2|a|得=2a,由ya=3|。|得ax=3Z?.

所以I引=小行?用=

取。=百,〃=血，此时x=y=痛，1）1取到最小值24.

5.方程sinx=cos2x的最小的20个正实数解之和为.

答案：130%.

解：将cos2x=l-Zsil?无代入方程，整理得(2sinx-l)(sinx+l)=0,解得

X—2k7r+—,2女万+交，2%欠+史伙€Z).

662

上述解亦可写成》=出+工伙eZ),其中％=0,1,…,19对应最小的20个正

36

实数解，它们的和为*［也+』=三.吃出+工.20=130n.

36)326

6.设a,b,c为正数，a.若a,b为一元二次方程。/—Z?x+c=0的两个根,

且a,b,c是一个三角形的三边长，则。+b-c的取值范围是.

答案：—1.

、8J

解：由条件知ax2—hx+c=a(x—a)(x—b)=ax2—(a2+ab)x+a2b，比较系

24

数得力=/+Rc=,故〃=----,c=----，从而

7\—a\—a

,a-a3

a+b—c=a-\-------=a+a~2+a'・

1-a

由于。〈。〈匕:"一，故此时显然b〉c>0.因此，a,Z?,c是一

\-a2

49

个三角形的三边长当且仅当a+c>b,即.+'一>'二，即^^十。—i)<o,

1—a\—a

结合解得且二L

222

令/(幻=%+丁+/，则一c=/(a).显然当x>0时/(九)连续且严格

故。+8—c的取值范围是小即，，必1

递增,

、8,

7.平面直角坐标系x°y中，已知圆。与“轴、y轴均相切,圆心在椭圆

22

「：5+2=1(。〉匕〉0)内，且。与r有唯一的公共点(8,9).则r的焦距

a~b~

为.

答案：10.

解：根据条件，可设圆心为P(r,r),则有(r-8)2+(r一9)2=产，解得「=5

或r=29.因为P在T内，故r=5.

椭圆T在点48,9)处的切线为/:驾+.=1,其法向量可取为7=但；.

ab"(a/?,

由条件，/也是圆。的切线，故7与丽平行，而西=(3,4),所以与=卫.

erh~

又"+2=1,解得"=160,〃=135.从而r的焦距为2j——省=10.

ab-

2

8.八张标有A,8,C,O,E,£G,H的正方形卡片构成下图.现逐一取走这些

卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边(例

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,£G,〃的

次序取走卡片)，则取走这八张卡片的不同次序的数目为.

答案：392.

解：如左下图重新标记原图中的八张卡片.现将每张卡片视为顶点，有公共

边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图

(i)若顶点P已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完;

(ii)若顶点P未取走,则必为某个G(肛〃)(加,〃20)的情形，此时若加=0,

则将P视为-1号顶点，归结为⑴的情形；若机工0,〃=0,则将P视为1号顶点,

归结为(i)的情形；若犯〃21，则当前可取P或-机号顶点或〃号顶点，分别归

结为⑴或G(m一1,〃)或G(m,n-V)的情形.

设的符合要求的顶点选取次序数为本题所求即为/(3,3).

由⑴、(ii)知/⑴,0)=2"5(加20),/(0,n)=2,,+1(n>0),且

f(m,n)—2"'+n+—n)+f(m,n—1)(m,n>1).

由此可依次计算得了(1,1)=12,/(1,2)=/(2,1)=28,/(1,3)=/(3,1)=60,

/(2,2)=72,f(2,3)=f(3,2)=164,f(3,3)=392,即所求数目为392.

二、解答题：本大题共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过

程或演算步骤.

9.(本题满分16分)平面直角坐标系X。)，中，抛物线「:：/=4x,尸为T的

焦点，为T上的两个不重合的动点，使得线段AB的一个三等分点P位于线

段。尸上(含端点)，记。为线段的另一个三等分点.求点。的轨迹方程.

解：设虫不乂)，8(々,必)・不妨设而=而=砺，则"苦与生产.

易知尸(1,0).由于点尸位于线段OF上，故智三2"X=o.

..........4分

可设乂=f,%=—2f,则％=?,Z=J.此时有"产=[e[0,i],且由

48不重合知^工0,所以「e(0,2]...........8分

3

Q4

设Q（&,y。），则X=A32k=$2,"=*2*=T,有%=

注意到q=y[o,|>故点Q的轨迹方程为y2=^x（0<x<|）.

..........16分

10.(本题满分20分)已知三棱柱。:ABC-的9条棱长均相等.记底

面ABC所在平面为a.若。的另外四个面(即面A4G，A网4,ACCA8CGA)

在a上投影的面积从小到大重排后依次为2百,36,46,5月，求。的体积.

解：设点4,耳,G在平面a上的投影分别为。,昆尸，则面A4G，A84A，

ACG4,BCC,B,在a上的投影面积分别为SADEF,SABED,SACFD,SBCFE.

由已知及三棱柱的性质，ADEF为正三角形,且ABED,ACFD,BCFE均为

平行四边形.

由对称性，仅需考虑点。位于ZR4C内的情形(如图所示).

显然此时有SABED+SACFD=SBCFE..........5分

=

由于{S^DEF，SABED，SACFD’BCFE}I2VJ,3邪）,4陋,5J^},故SABED,SACFD必为

26,36的排列，SBCFE=56，进而得△DEE的边长为4,即正

三棱柱0的各棱长均为4...........10分

不妨设5人痛）=2SACFD—3百，则S^BD~6,^AACD=2.

取射线AO与线段的交点X,则％=包皿=2,故BX=§.因此

CXSgco35

AX=y]AB2+BX2-2AB-BX-cos60°=1V19,

而处=S®也+S*a,=*,故4。=巫..........15分

AXS^BC82

于是。的高//=J曲_A02=.

又Sac=46，故O的体积V=S5c/=6后・.........20分

11.(本题满分20分)求出所有满足下面要求的不小于1的实数人对任意

a,bG[―1,t]，总存在c,dE[—1,t]9使得(a+c)(b+d)=1.

解：记4=[-1,小S=(a+c)(b+d).

假如r>2,则当〃口时，对任意c,de//，均有S2Q—1)2〉1,不满足

4

要求.

3

假如则当。=一1,人=2一时，对任意c,de/,,均有

一2

—2ga+cW，-1,1—tgb+dg2.

若a+c,b+"同正或由负，则SS2Q-1)<1,其荼情况下总有SgO<l,不

满足要求..........5分

以下考虑?的情形.为便于讨论，先指出如下引理.

2——

引理：若”,旷2,，且〃+丫23，则〃口21.

一2一2一

Q/.\2/、2/\2/公\2

事实上，当|〃一丫|<一时，UV—-——---~->———=].

1l-2I2JI2J-⑷⑷

当I”一v|〉3时，MV>-J1+-1=1.引理得证.

1122(22)

下证对任意可取q，4e4，使得

，=(a+q)S+4)“①

若a+匕与一；，则取q=4=—1,此时

5=3—DS—1)=(1—。)(1—圻，

31315

其中1一〃2二十。之一，1一。2二+。之一，且(1-4)+(1-〃)=2—(4+匕)之一，故

-2-2-2-2-2

由引理知5.>1.

13

若〃+/?〉一],则取q=&=；£/1,此时

3M3)

a+—b+—，

E—2八2)

331113)/3)5

其中。+二3,。+士3〉上，月.1+匕+?=。+。+3>5?,故由引理知$〉1.

222(2J)[2)2

..........15分

注意到，当。,叱/,时，可取，使得|a+c21sl(例如，当时

取,2=0，当ae(L〃时取。2=-1)，同理，可取&e/,，使得|》+d21sL此时

②

S2=(a+c2)(,b+d2)<\a+c2\-\b+d2\<\.

根据①、②，存在一个介于之间的实数c，及一个介于4,W之间的实

数d，使得(a+c)(b+d)=1,满足要求.

、3

综上，实数才满足要求当且仅当l与，42...........20分

5

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

加试（A卷）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.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.

一.（本题满分40分）如图，Q是以AB为直径的固定的半圆弧，s是经过

点A及。上另一个定点T的定圆，且a的圆心位于A48T内.设P是O的弧粉

（不含端点）上的动点，C,。是3上的两个动点，满足：C在线段AP上，C,D

位于直线AB的异侧，且COLAB.记△CQP的外心为K.证明：

（1）点K在的外接圆上；

（2）K为定点.

证明：(1)易知NPCO为钝角，由K为△COP的外心知

APKD=2(180°-ZPCD)=2AACD.

由于NAPB=90°,CDLAB,故NP3A=NACQ=NAT©...................10分

所以APTD+NPKD=APTA-NATO+2ZACD=NPTA+NPBA=180°.

又K,T位于PD异侧，因此点K在的外接圆上..........20分

（2）取3的圆心O,过点。作的平行线/,则/为CO的中垂线，点K在

直线/上..........30分

由T,O,P,K共圆及KD=KP,可知K在/。TP的平分线上，而

ZDTB=90°-AATD=90°-4PBA=NPAB=4PTB,

故为/DTP的平分线.所以点K在直线上.

显然/与相交，且/与均为定直线，故K为定点..........40分

(本题满分40分)正整数〃称为“好数”，如果对任意不同于〃的正整

证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数.

证明：引理：设〃是正奇数，且2模〃的阶为偶数，则〃是好数.

引理的证明：反证法.假设〃不是好数，则存在异于〃的正整数机，使得

三=K•因此马与马写成既约分数后的分母相同.由〃为奇数知马是既

nm~nmn

约分数，故加2的最大奇因子为〃2,从而加的最大奇因子为“.

设m=2%,其中f为正整数(从而〃?是偶数).于是K=2二.

m~n

可得2"n-2'=2"(mod/?2),故

2"2,三2"(mod〃).

设2模〃的阶为偶数d.由(*)及阶的基本性质得根一2r三”(modd),故

根-2/-〃是偶数.但加一2,是偶数，〃是奇数，矛盾.引理得证.

回到原问题.

设冗=22*+1(%=1,2,…).由于川而&122*一］,因此2模月的阶

为21，是一个偶数.

对正整数/,由2/三l(mod&)可知2/三l(mod&),故由阶的性质推出，2模

1的阶被2模瓦的阶整除，从而也是偶数.因我是奇数，由引理知&是好数.

...................30分

对任意正整数i,；(/<；),(4,F.)=(耳,(2—-1)耳耳+i.•书+2)=(4,2)=1,

故斗鸟,居,…两两互素.所以耳M心,号,…是两两互素的合数，且均为好数.

三.(本题满分50分)求具有下述性质的最小正整数入若将1,2,…M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

王,々，…，尤9满足玉+々+…+/<入9，或者存在1。个互不相同的蓝色的数

X，%，…，加满足%+%+…+%<%>•

解：所求的最小正整数为408.

一方面，若％=407时，将1,55,56,…,407染为红色，2,3,…,54染为蓝色，

此时最小的8个红数之和为1+55+56+…+61=407,最小的9个蓝数之和为

2+3+--+10=54,故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数.

对％<407,可在上述例子中删去大于左的数，则得到不符合要求的例子.

因此％4407不满足要求..........10分

另一方面，我们证明左=408具有题述性质.

反证法.假设存在一种1,2,…,408的染色方法不满足要求，设A是所有红数的集

2

合，B是所有蓝数的集合.将R中的元素从小到大依次记为不々…,5,8中的

元素从小到大依次记为4,…，久，加+〃=408.对于火，或者因48,或者

4+弓+…+42%；对于B,或者忸9,或者4+&4----F>bn.

在1,2,…,16中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数.

情形1：1,2,…，16中至少有9个蓝色的数.

此时4416.设区间工4］中共有f个H中的元素小公…，今(04f<8).

i己x=4+弓+…+/；,则xNl+2+…+r=gr(/+l).

因为"仇,…，仇,弓,弓,…,乙是工4］中的所有正整数，故

{伪也，…,勾,斗弓,…,(}={1,2,…,9+/}.

于是人“44+"+…+4=1+2H-----F(9+Z)~x=—(9+/)(10+/)~x.(*)

...................20分

特别地，/7n<|xl6xl7=136.从而网29.

对任意,由(*)知乙+j+i〈；(9+f)(10+，)-x+i.从而

1

〃0八+.一+4+4+1+.一+々<天+工—(9+/)(10+/)-x+z

/,=i127

=^(9+r)(10+0(8-r)+^(8-r)(9-z)-(7-r)x

W-(9+z)(10+f)(8——(8—1)(9—t)—(7—t)—t(t+1)

222

=-8/+191+396W407(考虑二次函数对称轴，即知，=1时取得最大).

又2W136,这与瓦,％中有一个为408矛盾..........40分

情形2：1,2,…，16中至少有8个红色的数.

论证类似于情形1.

此时々416.设区间［1,4］中共有s个8中的元素白,打，…也(04s<9).记

y=b］+---+bs,则yN；s(s+l).

因为4,却…，久，(，马,…，很是［1,辰］中的所有正整数，故

{4，4,-一,久,不公-、4}={1,2,-・,8+$}.

于是q,4；(8+s)(9+s)-y.

特别地，<„<|xl6xl7-136.从而忸|210.

对任意i(lW〃-s),有久+,4+iwg(8+s)(9+s)-y+i.从而

9-s门、

b”<瓦+…+久+么+|+…+4<y+£［e(8+s)(9+s)-y+ij

j一.39+s)—(1)旧…0—s)

3

<-(9-5)(8+5)(9+5)-(8-5)--5(5+1)+-(9-5)(10-5)

222

=-7?+275+369<395（在s=2时取得最大）,

又？;“W136,这与2,与中有一个为408矛盾.

由情形1、2知攵=408具有题述性质.

综上，所求最小正整数%为408.......50分

四.（本题满分50分）设4=1+107.在2023x2023的方格表的每个小方

格中填入区间[1,a]中的一个实数.设第i行的总和为七，第，列的总和为B，

]<i<2023.求X%…%。23的最大值（答案用含a的式子表示）.

X]X2X2O23

解：记〃=2023,设方格表为（4）,1力=乂乃…）’2。23.

小2…元2023

第一步：改变某个％.的值仅改变为和X，设第i行中除他外其余〃-1个数的

和为A,第/列中除为外其余〃-1个数的和为8,则

匕，B+%

%A+%

当ANB时，关于为递增，此时可将与调整到a"值不减.当A4B时，关

于为递减，此时可将为调整到1"值不减.因此，为求7的最大值，只需考虑每

个小方格中的数均为1或。的情况.10分

第二步:设'片〃，只有有限多种可能,我们选取一组％使得

2达到最大值，并且玄它为最小.此时我们有

<=1j=\

a,x；>匕,

aij

1，%,4yj.

事实上，若王〉力，而%=1,则将为改为。后，行和及列和变为X；则

+al

y'j=yj->yj

X：玉+Q_]Xf

与力达到最大矛盾，故囱=”.

若看<%一而％.=〃，则将旬改为1后，％不减，且££%.变小，与阳的选

/=!j=l

取矛盾.从而（*）成立.

通过交换列，可不妨设％Vy,这样由（*）可知每一行中。排在1

的左边，每一行中的数从左至右年调不增.由此可知%2%2-亚丹・因而只能

%=%=•••=%,故每一行中的数全都相等（全为1或全为a）.

..........20分

第三步：由第二步可知求7的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有人

行全为有〃行全为1,04A4〃.此时

4

c_(ka+n