全国高中数学联赛（一试-A）试题+答案(1)_2023年9月_029月合集_2023年全国高中数学联合竞赛试题

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n满足 zn 2023，则n的 最大值为 ． 答案：2． 解： zn  z n   92102 n   181 n ．因 z2 1812023，而当n3时， zn   181 n 13n 2023，故n的最大值为2． 2. 若正实数a,b满足algb 2，algablgb 5，则(ab)lgab的值为 ． 答案：20． 解：因为blga 10lgalgb algb 2，所以 (ab)lgab (ab)lgalgb (algablgb)algbblga 522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 “Cx Cy Cz”发生的概率为 ． 7 7 7 1 答案： ． 27 解：由于C1 C6 C2 C5 C3 C4，因此当x, y, z{1,2,3,4,5,6}时，事 7 7 7 7 7 7 件“Cx Cy Cz”发生当且仅当“x{1,6}, y{2,5}, z{3,4}”成立，相应的 7 7 7 23 1 概率为  6     27 ．             4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2||，3||，则||的 最小值为 ． 答案：2 3．      解：由，不妨设(a,0),(0,b)，其中a,b0，并设(x, y)，       则由2||得by2a，由3||得ax3b．  3b 2a 所以|| x2y2  2xy  2  2 3． a b  取a 3,b 2，此时x y 6，||取到最小值2 3． 15. 方程sinxcos2x的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130． 解：将cos2x12sin2 x代入方程，整理得(2sinx1)(sinx1)0，解得  5 3 x2k ,2k ,2k (kZ)． 6 6 2 2k  上述解亦可写成x  (kZ)，其中k0,1,,19对应最小的20个正 3 6 19 2k  2 1920  实数解，它们的和为   3  6      3  2  6 20130． k0 6. 设a,b,c为正数，ab．若a,b为一元二次方程ax2bxc0的两个根， 且a,b,c是一个三角形的三边长，则abc的取值范围是 ． 7  答案：    8 , 51    ． 解：由条件知ax2bxca(xa)(xb)ax2(a2ab)xa2b，比较系 a2 a4 数得ba2ab, ca2b，故b , c ，从而 1a 1a a2a4 abca aa2a3． 1a a2 1 由于0ab ，故 a1．此时显然bc0．因此，a,b,c是一 1a 2 a4 a2 个三角形的三边长当且仅当acb，即a  ，即a(a2a1)0， 1a 1a 1 1 51 结合 a1，解得 a ． 2 2 2 令 f(x)xx2x3，则abc f(a)．显然当x0时 f(x)连续且严格 递增，故abc的取值范围是       f      1 2      , f       5 2 1            ，即     8 7 , 51      ． 7. 平面直角坐标系 xOy中，已知圆 与 x轴、 y 轴均相切，圆心在椭圆 x2 y2 :  1(ab0) 内，且 与  有唯一的公共点 (8,9) ．则  的焦距 a2 b2 为 ． 答案：10． 解：根据条件，可设圆心为P(r,r)，则有(r8)2(r9)2 r2，解得r5 或r29．因为P在内，故r5． 8x 9y   8 9  椭圆在点A(8,9)处的切线为l: a2  b2 1，其法向量可取为n    a2 , b2   ．    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 64 81 又  1，解得a2 160,b2 135．从而的焦距为2 a2b2 10． a2 b2 28. 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 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,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 ． A B C D E F G H 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 中的mn2阶图G(m,n)在m3,n3时的特殊情况． -3 -2 -m ... -2 -1 0 1 2 ... n -1 3 G(m, n) P 0 1 2 P 取卡片（顶点）的规则可解释为： (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(m,n)(m,n0)的情形，此时若m0， 则将P视为1号顶点，归结为(i)的情形；若m0,n0，则将P视为1号顶点， 归结为(i)的情形；若m,n1，则当前可取P或m号顶点或n号顶点，分别归 结为(i)或G(m1,n)或G(m,n1)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)知 f(m,0)2m1(m0)， f(0,n)2n1(n0)，且 f(m,n)2mn f(m1,n) f(m,n1)(m,n1)． 由此可依次计算得 f(1,1)12，f(1,2) f(2,1)28，f(1,3) f(3,1)60， f(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xOy中，抛物线:y2 4x，F 为的 焦点，A,B为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OF 上（含端点），记Q为线段AB的另一个三等分点．求点Q的轨迹方程．    2x x 2y y  解：设A(x 1 , y 1 ), B(x 2 , y 2 )．不妨设APPQQB，则P   1 3 2 , 1 3 2    ． 2x x 2y y 易知F(1,0)．由于点P位于线段OF 上，故 1 2 [0,1]， 1 2 0． 3 3 ……………4分 t2 2x x t2 可设 y t, y 2t，则x  , x t2．此时有 1 2  [0,1]，且由 1 2 1 4 2 3 2 A,B不重合知t0，所以t2(0,2]． ……………8分 3x 2x 3 y 2y 4 设Q(x , y )，则x  1 2  t2, y  1 2 t，有 y2  x ． Q Q Q 3 4 Q 3 Q 3 Q 3  3 4 3 注意到x  t2 0, ，故点Q的轨迹方程为y2  x (0x )． Q 4  2  3 2 ……………16分 10.（本题满分 20 分）已知三棱柱:ABCABC 的9条棱长均相等．记底 1 1 1 面ABC所在平面为．若的另外四个面（即面ABC , ABB A, ACC A,BCC B ） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 在上投影的面积从小到大重排后依次为2 3,3 3,4 3,5 3，求的体积． 解：设点 A,B,C 在平面上的投影分别为D,E,F ，则面 ABC , ABB A, 1 1 1 1 1 1 1 1 ACC A,BCC B 在上的投影面积分别为S ,S ,S ,S ． 1 1 1 1 DEF ABED ACFD BCFE 由已知及三棱柱的性质，DEF 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D位于BAC内的情形（如图所示）． 显然此时有S S S ． ……………5分 ABED ACFD BCFE E B X D A F C 由于S ,S ,S ,S   2 3,3 3,4 3,5 3 ，故S ,S 必为 DEF ABED ACFD BCFE ABED ACFD 2 3,3 3的排列，S 5 3，进而S 4 3，得DEF 的边长为4，即正 BCFE DEF 三棱柱的各棱长均为4． ……………10分 3 3 不妨设S 2 3,S 3 3，则S  3, S  ． ABED ACFD ABD ACD 2 BX S 2 8 取射线AD与线段BC的交点X ，则  ABD  ，故BX  ．因此 CX S 3 5 ACD 4 AX  AB2BX22ABBXcos60 19 ， 5 AD S S 5 19 而  ABD ACD  ，故AD ． ……………15分 AX S 8 2 ABC 3 5 于是的高h AA2AD2  ． 1 2 又S 4 3，故的体积V S h6 15． ……………20分 ABC ABC 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 a,b[1,t]，总存在c,d [1,t]，使得(ac)(bd)1． 解：记I [1,t]，S (ac)(bd)． t 假如t2，则当abt时，对任意c,d I ，均有S(t1)21，不满足 t 4要求． 3 假如1t ，则当a1, b2t时，对任意c,d I ，均有 2 t 2act1，1tbd 2． 若ac,bd 同正或同负，则S2(t1)1，其余情况下总有S01，不 满足要求． ……………5分 3 以下考虑 t2的情形．为便于讨论，先指出如下引理． 2 1 5 引理：若u,v ，且uv ，则uv1． 2 2 3 uv2 uv2 52 32 事实上，当 uv  2 时，uv    2         2         4        4    1． 3 1 1 3 当 uv  2 时，uv 2   2  2     1．引理得证． 下证对任意a,bI ，可取c ,d I ，使得 t 1 1 t S (ac )(bd )1． ① 1 1 1 1 若ab ，则取c d 1，此时 2 1 1 S (a1)(b1)(1a)(1b)， 1 3 1 3 1 5 其中1a b ,1b a ，且(1a)(1b)2(ab) ，故 2 2 2 2 2 由引理知S 1． 1 1 3 若ab ，则取c d  I ，此时 2 1 1 2 t  3 3 S 1    a 2        b 2     ， 3 3 1  3  3 5 其中a 2 ,b 2  2 ，且   a 2          b 2    ab3 2 ，故由引理知S 1 1． ……………15分 注意到，当a,bI 时，可取c I ，使得 ac 1（例如，当a[1,1]时 t 2 t 2 取c 0，当a(1,t]时取c 1），同理，可取d I ，使得 bd 1．此时 2 2 2 t 2 S (ac )(bd ) ac  bd 1． ② 2 2 2 2 2 根据①、②，存在一个介于c ,c 之间的实数c，及一个介于d ,d 之间的实 1 2 1 2 数d ，使得(ac)(bd)1，满足要求． 3 综上，实数t满足要求当且仅当 t2． ……………20分 2 5