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

2023-11-24 · 5页 · 307.4 K

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910i(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.nnn解:zzn92210181.因z21812023,而当n3时,nznn181132023,故n的最大值为2.2.若正实数ab,满足algb2,ablgablg5,则()ablgab的值为.答案:20.解:因为balga10lgablglgb2,所以()ablgab()ablgalgb(algablgb)algbblga52220.3.将一枚均匀的骰子独立投掷三次,所得的点数依次记为xyz,,,则事件“xyz”发生的概率为.CCC7771答案:.27解:由于162534,因此当时,事CCCCCC777777xyz,,{1,2,3,4,5,6}件“xyz”发生当且仅当“”成立,相应的CCC777xyz{1,6},{2,5},{3,4}321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:23.解:由,不妨设(ab,0),(0,),其中ab,0,并设(,xy),则由2||得by2a,由3||得ax3b.32ba所以||x22y2xy223.ab取ab3,2,此时xy6,||取到最小值23.1{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}5.方程sinxxcos2的最小的20个正实数解之和为.答案:130.解:将cos2xx12sin2代入方程,整理得(2sinxx1)(sin1)0,解得53xk2,2k,2k(kZ).6622k上述解亦可写成xk()Z,其中k0,1,,19对应最小的20个正36192k21920实数解,它们的和为.20130k0363266.设abc,,为正数,ab.若ab,为一元二次方程ax2bxc0的两个根,且abc,,是一个三角形的三边长,则abc的取值范围是.7答案:,51.8解:由条件知ax2bxca(xa)(xb)ax22(aab)xa2b,比较系aa24数得ba22ab,cab,故bc,,从而11aaaa24abcaaa23a.1aa21由于0ab,故a1.此时显然bc0.因此,abc,,是一1a2aa42个三角形的三边长当且仅当acb,即a,即aa(2a1)0,11aa1151结合a1,解得a.222令fx()xx23x,则abcfa().显然当x0时fx()连续且严格1517递增,故的取值范围是,即.abcff,,512287.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xy22:1(ab0)内,且与有唯一的公共点(8,9).则的焦距ab22为.答案:10.解:根据条件,可设圆心为Prr(,),则有(r8)2(rr9)22,解得r5或r29.因为P在内,故r5.89xy89椭圆在点A(8,9)处的切线为l:1,其法向量可取为n,.ab22ab223227由条件,l也是圆的切线,故n与PA平行,而PA(3,4),所以.ab226481又1,解得ab22160,135.从而的焦距为2ab2210.ab222{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}8.八张标有ABCDEFGH,,,,,,,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DABECFGH,,,,,,,的次序取走卡片,但不可按DBAECFGH,,,,,,,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.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mn2阶图Gmn(,)在mn3,3时的特殊情况.-3-2-m...-2-1012...n-13G(m,n)P012P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Gmn(,)(,mn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mn0,0,则将P视为1号顶点,归结为(i)的情形;若mn,1,则当前可取P或m号顶点或n号顶点,分别归结为(i)或Gm(1,n)或Gmn(,1)的情形.设Gmn(,)的符合要求的顶点选取次序数为f(,)mn,本题所求即为f(3,3).由(i)、(ii)知fm(,0)2m1(m0),fn(0,)2n1(n0),且f(,)mn2mnf(m1,)nf(,mn1)(,mn1).由此可依次计算得f(1,1)12,ff(1,2)(2,1)28,ff(1,3)(3,1)60,f(2,2)72,ff(2,3)(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:4yx2,F为的焦点,AB,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.22xxyy解:设.不妨设,则1212.Ax(11,y),Bx(2,y2)APPQQBP,332xx2yy易知F(1,0).由于点P位于线段OF上,故12[0,1],120.33……………4分t22xxt2可设yty,2t,则x,xt2.此时有12[0,1],且由1212432AB,不重合知t0,所以t2(0,2].……………8分3{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}xx23yy24设Qx(,y),则x12ty2,12t,有yx2.QQQQ343QQ3注意到332,故点的轨迹方程为243.xtQ0,Qyxx(0)4232……………16分(本题满分分)已知三棱柱的条棱长均相等.记底10.20:ABCA111BC9面所在平面为.若的另外四个面(即面)ABCABC111,,ABBA11ACCA11,BCCB11在上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53,求的体积.解:设点在平面上的投影分别为,则面ABC111,,DEF,,A111BC,,ABB11A在上的投影面积分别为.ACC11A,BCC11BSSSSDEF,,,ABEDACFDBCFE由已知及三棱柱的性质,DEF为正三角形,且ABED,,ACFDBCFE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.……………分SSSABEDACFDBCFE5EBXADFC由于,故必为SSSSDEF,ABED,ACFD,BCFE23,33,43,53SSABED,ACFD的排列,,进而,得的边长为,即正23,33SBCFE53SDEF43DEF4三棱柱的各棱长均为4.……………10分33不妨设SS23,33,则SS3,.ABEDACFDABDACD2BXS28取射线AD与线段BC的交点X,则ABD,故BX.因此CXSACD354AXAB22BX2ABBXcos6019,5ADSS519而ABDACD,故AD.……………15分AXSABC8235于是的高hAA22AD.12又,故的体积.……………分SABC43VSABCh6152011.(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,[1,t],总存在cd,[1,t],使得(acbd)()1.解:记,.Itt[1,]S(acbd)()假如,则当时,对任意,均有2,不满足t2abtcd,ItSt(1)14{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}要求.3假如1t,则当a1,bt2时,对任意cd,I,均有2t21act,12tbd.若acbd,同正或同负,则St2(1)1,其余情况下总有S01,不满足要求.……………5分3以下考虑t2的情形.为便于讨论,先指出如下引理.215引理:若uv,,且uv,则uv1.2222223uvuv53事实上,当uv时,uv1.222443113当uv时,uv1.引理得证.2222下证对任意,可取,使得ab,Itcd11,It.①S1(acbd11)()11若ab,则取cd1,此时211,Sab1(1)(1)(1ab)(1)31315其中1ab,1ba,且(1a)(1b)2(ab),故22222由引理知.S1113若ab,则取cdI,此时2112t33,Sa1b22其中331,且335,故由引理知.ab,abab3S11222222……………15分注意到,当时,可取,使得(例如,当时ab,ItcI2tac21a[1,1]取,当时取),同理,可取,使得.此时c20at(1,]c21dI2tbd21.②S2(acbd22)()ac2bd21根据①、②,存在一个介于之间的实数,及一个介于之间的实cc12,cdd12,数d,使得(acbd)()1,满足要求.3综上,实数t满足要求当且仅当t2.……………20分25{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}

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