2023年全国高中数学联赛一试试题含答案.pdf

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1、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：本大题共一、填空题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 8 分，满分分，满分 64 分分 1.设复数=9+10(i 为虚数单位)，若正整数 n 满足|2023，则 n 的最大值为(.2.若正实数 a，b 满足=2,=5.则()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“7 77”发生的概率为(.4.若平面上非零向量，满足 ，=2|，=3|，则|的最小值为(.5.方程sin=cos2的最小的 20 个正实数解之和为(.6.设 a，b，c 为正数

2、，a(b(0)内，且与有唯一的公共点(8,9).则的焦距为(.8.八张标有 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有一张有公共边(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)，则的不同次序的取走这八张卡片的不同次序的数目为(.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:2=4，F 为的焦点，A、B为上的两个不重合的动点，使得线段 AB

3、 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.10.（本题满分 20 分）已知三棱柱：ABC-111的 9 条棱长均相等，记底面 ABC 所在平面为(.若的另外四个面(即面111,11,11,11()在上投影面积从小到大重排后依次为23，33，43，53.求的体积.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t：对任意,1,，总存在,1,，使得(+)(+)=1.HGFEDCBA 1 2023 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨暨 2023 年年全国高中数学联合竞赛全

4、国高中数学联合竞赛 一试（一试（A 卷）参考答案及评分标准卷）参考答案及评分标准 说明：说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设填空题只设 8 分和分和 0 分两档；其他各分两档；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 小题小题 4 分

5、为一个档次，第分为一个档次，第10、11 小题小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次分为一个档次，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910iz （i为虚数单位），若正整数n满足2023nz，则n的最大值为 答案答案：2 解解：22910181nnnnzz因21812023z，而当3n时，181132023nnnz，故n的最大值为2 2.若正实数,a b满足lg2ba，lglg5abab，则lg()abab的值为 答案答案：20 解解：因为lglglglg102aabbba，所以 lglglglglglglg()()()5222

6、0abababbaabababab 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“777CCCxyz”发生的概率为 答案答案：127 解解：由于162534777777CCCCCC，因此当,1,2,3,4,5,6x y z时，事件“777CCCxyz”发生当且仅当“1,6,2,5,3,4xyz”成立，相应的概率为321627 4.若平面上非零向量,满足 ，2|，3|，则|的最小值为 答案答案：2 3 解解：由 ，不妨设(,0),(0,)ab ，其中,0a b，并设(,)x y ，则由2|得2bya，由3|得3axb 所以2232|222 3baxyxyab 取3,2

7、ab，此时6xy，|取到最小值2 3 2 5.方程sincos2xx的最小的20个正实数解之和为 答案答案：130 解解：将2cos212sinxx 代入方程，整理得(2sin1)(sin1)0 xx，解得 532,2,2()662Zxkkkk 上述解亦可写成2()36Zkxk，其中0,1,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为1902219202013036326kk 6.设,a b c为正数，ab 若,a b为一元二次方程20axbxc 的两个根，且,a b c是一个三角形的三边长，则abc 的取值范围是 答案答案：7,518 解解：由条件知2222()()()axbxca xa x

8、baxaab xa b，比较系数得22,baab ca b，故24,11aabcaa，从而 24231aaabcaaaaa 由于201aaba，故112a此时显然0bc 因此，,a b c是一个三角形的三边长当且仅当acb，即4211aaaaa，即2(1)0a aa，结合112a，解得15122a 令23()f xxxx，则()abcf a 显然当0 x时()f x连续且严格递增，故abc 的取值范围是151,22ff ，即7,518 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2222:1(0)xyabab 内，且与有唯一的公共点(8,9)则的焦距为 答案答案：10 解解

9、：根据条件，可设圆心为(,)P r r，则有222(8)(9)rrr，解得5r 或29r 因为P在内，故5r 椭圆在点(8,9)A处的切线为2289:1xylab，其法向量可取为2289,nab 由条件，l也是圆的切线，故n与PA平行，而(3,4)PA，所以223227ab 又2264811ab，解得22160,135ab从而的焦距为22210ab 3 8.八张标有,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

10、次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ABCDEFGH 答案答案：392 解解：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2mn 阶图(,)G m n在3,3mn时的特殊情况 231-3-20P-1 G(m,n)Pn.210-1-2-m.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(,)(,0)G m nm n的情形，此时若0m，则将P视为1号顶点，归结为(i)的情形；若0,0mn，则将P视为1号顶点

11、，归结为(i)的情形；若,1m n，则当前可取P或m号顶点或n号顶点，分别归结为(i)或(1,)G mn或(,1)G m n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(3,3)f 由(i)、(ii)知1(,0)2(0)mf mm，1(0,)2(0)nfnn，且(,)2(1,)(,1)(,1)mnf m nf mnf m nm n 由此可依次计算得(1,1)12f，(1,2)(2,1)28ff，(1,3)(3,1)60ff，(2,2)72f，(2,3)(3,2)164ff，(3,3)392f，即所求数目为392 二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56

12、 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 9.（本题满分（本题满分 16 分）分）平面直角坐标系xOy中，抛物线2:4yx，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 解解：设1122(,),(,)A xyB xy 不妨设APPQQB ，则121222,33xxyyP 易知(1,0)F由于点P位于线段OF上，故1220,13xx，12203yy 4分 可设12,2yt yt，则2212,4txxt此时有21220,132xxt，且由,A B不重合知0t，所以2(0,2t 8 分 4 设(,)

13、QQQ xy，则21212232,343QQxxyyxtyt，有243QQyx 注意到2330,42Qxt，故点Q的轨迹方程为243(0)32yxx 16分 10.（本题满分（本题满分 20 分）分）已知三棱柱111:ABCABC的9条棱长均相等记底面ABC所在平面为 若的另外四个面（即面111111111,ABCABB A ACC A BCC B）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 解解：设点111,A B C在平面上的投影分别为,D E F，则面11111,ABCABB A 1111,ACC A BCC B 在上的投影面积分别为,DEFABEDACF

14、DBCFESSSS 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ABEDACFDBCFESSS 5 分 XFEBDCA 由于,2 3,3 3,4 3,5 3DEFABEDACFDBCFESSSS，故,ABEDACFDSS必为2 3,3 3的排列，5 3BCFES，进而4 3DEFS，得DEF的边长为4，即正三棱柱的各棱长均为4 10 分 不妨设2 3,3 3ABEDACFDSS，则3 33,2ABDACDSS 取射线AD与线段BC的交点X，则23ABDACDBXSCXS，故85BX 因此

15、2242cos60195AXABBXAB BX，而58ABDACDABCADSSAXS，故192AD 15 分 于是的高2213 52hAAAD 又4 3ABCS，故的体积6 15ABCVSh 20 分 11.（本题满分（本题满分 20 分）分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t：对任意,1,a bt，总存在,1,c dt，使得()()1ac bd 解解：记 1,tIt，()()Sac bd 假如2t，则当abt时，对任意,tc dI，均有2(1)1St，不满足 5 要求 假如312t，则当1,2abt 时，对任意,tc dI，均有 21act ，12tbd 若,ac bd同正或同负，则2

16、(1)1St，其余情况下总有01S ，不满足要求 5 分 以下考虑322t 的情形为便于讨论，先指出如下引理 引理：若1,2u v，且52uv，则1uv 事实上，当32uv时，22225312244uvuvuv 当32uv时，1131222uv引理得证 下证对任意,ta bI，可取11,tc dI，使得 111()()1Sacbd 若12ab，则取111cd，此时 1(1)(1)(1)(1)Sabab，其中31311,12222abba ，且5(1)(1)2()2abab，故由引理知11S 若12ab，则取1132tcdI，此时 13322Sab，其中331,222ab，且3353222abab ，故由引理知11S 15分 注意到，当,ta bI时，可取2tcI，使得21ac（例如，当 1,1a 时取20c，当(1,at时取21c），同理，可取2tdI，使得21bd此时 22222()()1Sacbdacbd 根据、，存在一个介于12,c c之间的实数c，及一个介于12,d d之间的实数d，使得()()1ac bd，满足要求 综上，实数t满足要求当且仅当322t 20 分