2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨全国高中数学联合竞赛一试及加试试题（A）卷含答案.pdf

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1、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国高中数学联合竞赛一试（一试（A 卷）卷）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

2、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2.若正实数,a b满足lg2ba，lglg5abab，则lg()abab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“777CCCxyz”发生的概率为 4.若平面上非零向量,满足 ，2|，3|，则|的最小

3、值为#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#2 5.方程sincos2xx的最小的20个正实数解之和为 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 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#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#3 8.八张标有,A B C D E F

4、 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 ABCDEFGH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（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#QQABCY

5、SUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#4 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 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#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAA

6、IAABSBFABAA=#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

7、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，lglg5aba

8、b，则lg()abab的值为 答案答案：20 解解：因为lglglglg102aabbba，所以 lglglglglglglg()()()52220abababbaabababab 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)

9、,(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3,2ab，此时6xy，|取到最小值2 3#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#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19022192

10、02013036326kk 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 xbaxaab 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

11、 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：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#

12、QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#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(,)

13、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，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(

14、,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 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

15、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#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#4 设(,)QQQ xy，则21212232,343QQxxyyxtyt，有243QQyx 注意到2330,42Qxt，故点Q的轨迹方程为243(0)3

16、2yxx 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,DEFABEDACFDBCFESSSS 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

17、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 2242cos60195AXABBXAB BX，而58ABDACDABCADSSAXS，故192AD 15 分 于是的高2213 52hAA

18、AD 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#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#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(1)1St，其余情况下总有01S

19、 ，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

20、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#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#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国高中数学联

21、合竞赛 加试（加试（A卷）卷）说明：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，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分为一个档次，不得增加其他中间档次 一一（本题满分（本题满分 40 分）分）如图，是以AB为直径的固定的半圆弧，是经过点A及上另一个定点T的定圆，且的圆心位于ABT内设P是的弧TB（不含端点）上的动点，,C D是上的两个动点

22、，满足：C在线段AP上，,C D位于直线AB的异侧，且CDAB记CDP的外心为K证明：(1)点K在TDP的外接圆上；(2)K为定点 PDABTC#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#2 二二（本题满分（本题满分 40 分）分）正整数n称为“好数”，如果对任意不同于n的正整数m，均有2222nmnm，这里，x表示实数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 三三（本题满分（本题满分 50 分）分）求具有下述性质的最小正整数k：若将1,2,k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129,x

23、 xx满足1289xxxx，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,yyy满足12910yyyy#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#3 四四（本题满分（本题满分 50 分）分）设41 10a 在2023 2023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ix，第i列的总和为iy，12023i 求122023122023y yyx xx的最大值（答案用含a的式子表示）#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#1 2023 年全国中学生数

24、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国高中数学联合竞赛 加试（加试（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，请严格按照本评分标准的评分档次给分评阅试卷时，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，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分为一个档次，不得增加其他中间档次 一一（本题满分（本题满分 40 分）

25、分）如图，是以AB为直径的固定的半圆弧，是经过点A及上另一个定点T的定圆，且的圆心位于ABT内设P是的弧TB（不含端点）上的动点，,C D是上的两个动点，满足：C在线段AP上，,C D位于直线AB的异侧，且CDAB记CDP的外心为K证明：(1)点K在TDP的外接圆上；(2)K为定点 PDABTC 证明证明：(1)易知PCD为钝角，由K为CDP的外心知 2(180)2PKDPCDACD 由于90APB，CDAB，故PBAACDATD10 分 所以2180PTDPKDPTAATDACDPTAPBA 又,K T位于PD异侧，因此点K在TDP的外接圆上 20 分(2)取的圆心O，过点O作AB的平行线l

26、，则l为CD的中垂线，点K在直线l上 30 分 由,T D P K共圆及KDKP，可知K在DTP的平分线上，而 9090DTBATDPBAPABPTB，故TB为DTP的平分线所以点K在直线TB上 显然l与TB相交，且l与TB均为定直线，故K为定点 40 分 lDPOKBATC#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#2 二二（本题满分（本题满分 40 分）分）正整数n称为“好数”，如果对任意不同于n的正整数m，均有2222nmnm，这里，x表示实数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 证明证明：引理：设n是正奇

27、数，且2模n的阶为偶数，则n是好数 引理的证明：反证法假设n不是好数，则存在异于n的正整数m，使得2222nmnm因此22nn与22mm写成既约分数后的分母相同由n为奇数知22nn是既约分数，故2m的最大奇因子为2n，从而m的最大奇因子为n 设2tmn，其中t为正整数（从而m是偶数）于是22222mmtmn 由22222mtnnn可得2222(mod)mtnn，故 222(mod)mtnn （*）设2模n的阶为偶数d由（*）及阶的基本性质得2(mod)mtnd，故2mtn是偶数但2mt是偶数，n是奇数，矛盾引理得证 20分 回到原问题 设221(1,2,)kkFk由于1221kkF，而kF22

28、1k，因此2模kF的阶为12k，是一个偶数 对正整数l，由221(mod)lkF可知21(mod)lkF，故由阶的性质推出，2模2kF的阶被2模kF的阶整除，从而也是偶数因2kF是奇数，由引理知2kF是好数 30分 对任意正整数,()i j ij，211(,)(,(21)2)(,2)1iijiiijiF FFFFFF，故123,F F F 两两互素所以222123,FFF 是两两互素的合数，且均为好数 40分 三三（本题满分（本题满分 50 分）分）求具有下述性质的最小正整数k：若将1,2,k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129,x xx满足1289xxxx，

29、或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,yyy满足12910yyyy 解解：所求的最小正整数为408 一方面，若407k 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 5661407，最小的9个蓝数之和为2 31054，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数 对407k，可在上述例子中删去大于k的数，则得到不符合要求的例子 因此407k 不满足要求 10 分 另一方面，我们证明408k 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R是所有红数的集#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIg

30、OQBAAIAABSBFABAA=#3 合，B是所有蓝数的集合将R中的元素从小到大依次记为12,mr rr，B中的元素从小到大依次记为12,nb bb，408mn对于R，或者8R，或者128mrrrr；对于B，或者9B，或者129nbbbb 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916b 设区间91,b中共有t个R中的元素12,(08)tr rrt 记12txrrr，则11 2(1)2xtt t 因为12912,tb bb r rr是91,b中的所有正整数，故 12912,1,2,9tb bb r rrt 于是 1291 2(9

31、)nbbbbtx 1(9)(10)2ttx （*）20分 特别地，116 171362nb 从而9R 对任意(1)iimt，由（*）知1(9)(10)2t inrbittxi 从而 811811(9)(10)2tmttirrrrrxttxi 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22tttttt x 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222ttttttt t 2819396407tt（考虑二次函数对称轴，即知1t 时取得最大）又136nb，这与,nmbr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816r 设区间81,

32、r中共有s个B中的元素12,(09)sb bbs记1sybb，则1(1)2ys s 因为12128,sb bb r rr是81,r中的所有正整数，故 12128,1,2,8sb bb r rrs 于是1(8)(9)2mrssy 特别地，116 171362mr 从而10B 对任意(1)iins，有1(8)(9)2s imbrissyi 从而 911911(8)(9)2snssibbbbbyssyi 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22ssss yss#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#4 111(9)(8)(9)

33、(8)(1)(9)(10)222sssss sss 2727369395ss（在2s 时取得最大），又136mr，这与,nmbr中有一个为408矛盾 由情形 1、2 知408k 具有题述性质 综上，所求最小正整数k为408 50 分 四四（本题满分（本题满分 50 分）分）设41 10a 在2023 2023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ix，第i列的总和为iy，12023i 求122023122023y yyx xx的最大值（答案用含a的式子表示）解解：记2023n，设方格表为,1,ijai jn，122023122023y yyx xx 第一步第一步：改变

34、某个ija的值仅改变ix 和jy，设第i行中除ija外其余1n个数的和为A，第j列中除ija外其余1n个数的和为B，则 jijiijyBaxA a 当AB时，关于ija递增，此时可将ija调整到,a值不减当AB时，关于ija递减，此时可将ija调整到1,值不减因此，为求的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a的情况 10 分 第二步第二步：设1,1,ijaai jn，只有有限多种可能，我们选取一组ija使得达到最大值，并且11nnijija最小此时我们有 ,1,.ijijijaxyaxy （*）事实上，若ijxy，而1ija，则将ija改为a后，行和及列和变为,ijxy，则 11jjjii

35、iyyayxxax，与达到最大矛盾，故ijaa 若ijxy，而ijaa，则将ija改为1后，不减，且11nnijija变小，与ija的选取矛盾从而（*）成立 通过交换列，可不妨设12nyyy，这样由（）可知每一行中a排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增由此可知12nyyy因而只能12nyyy，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a）.20分 第三步第三步：由第二步可知求的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k行全为a,有nk行全为1,0kn此时#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#5 ()()()nnkkn knk

36、kankkanknann a 我们只需求01,n中的最大值 11(1)1111()(1)nnnkknknkkankan akankak ann a 因此 1111(1)nkkaak an 11(1)nnxxk xn（记nxa）2111(1)nnxxxk xn 2111nnxxxnkx 211(1)(1)1nnxxxxx 记上式右边为y,则211(2)1nnnnxxyxx 下面证明(1010,1011)y 30 分 首先证明1011y 1011y 20212022202220211011 10111011xxxx 101010121013202120221011 1010210101011xxx

37、xxx 由于220221xxx，故 101010101012011(1011)1011 10121011 101222kkk xxx101110110kkkx 40 分 再证明1010y，等价于证明2021202200(2022)1010kkkkk xx 由于 2021202100(2022)(2022)1011 2023kkkk xk，20222022010101010 20231010 2023kkxxa，只需证明1011 2023 1010 2023a，而410111 101010a，故结论成立 由上面的推导可知1kk当且仅当1010k 时成立，从而1011最大故 2023max101120231011(10111012)2023aa 50 分#QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=#