2023年全国高中数学联赛试题参考答案

2023年全国高中数学联合竞赛一试试题A卷考试时间：2023年10月17日 8：009：20一、填空题此题总分值64分，每题8分1.函数的值域是_.2.函数的最小值为，那么实数的取值范围是_.3.双曲线的右半支与直线围成的区域内部不含边界整点纵横坐标均为整数的点的个数是_.4.是公差不为0的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，那么_.5. 函数在区间上的最大值为8，那么它在这个区间上的最小值是_.6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否那么轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率为_.7.正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,那么_.8.方程 满足的正整数解的个数是_.二、解答题此题总分值56分9.(本小题总分值16分)函数，当时，试求的最大值.10. (本小题总分值20分)抛物线上的两个动点和,其中且.线段的垂直平分线与轴交于点,求面积的最大值.11. (本小题总分值20分)证明：方程恰有一个实根，且存在唯一的严格递增正整数列，使得.2023年全国高中数学联合竞赛加试试题A卷考试时间：2023年10月17日 9：4012：10一、此题总分值40分如图，锐角三角形的外心为，是边上一点不是边的中点，是线段延长线上一点，直线与交于点，直线与交于点.求证：假设,那么四点共圆.二、此题总分值40分设是给定的正整数，.记,.证明：存在正整数,使得为一个整数.这里，表示不小于实数的最小整数，例如.三、此题总分值50分给定整数,设正实数满足,记求证：.四、此题总分值50分一种密码锁的密码设置是在正边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问：这种密码锁共有多少种不同的密码设置.2023年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案与评分标准说明：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，不要增加其他中间档次。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，不要增加其他中间档次。一、填空题1.2.3. 4.5.6.7.8.1.易知上是增函数，从而可知的值域为-3,.2.令sinx=t，那么原函数化为g(t)=(-at 2+a-3)t，即g(t)=-at 3+(a-3)t.由-at 3+(a-3)t-3，-at(t 2-1)-3(t-1)0，(t-1)(-at(t +1)-3)及知-at(t +1)-3即. 1当t=0，-1时1总成立：对；对.从而可知3.由对称性知，只需先考虑x轴上方的情况，设与双曲线右半支交于点，与直线交于点，那么线段内部的整点个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为又x轴上有98个整点，那么所求整点个数为.4.设那么3+d=q， 133+4d=q2，21代入2得从而有对一切正整数n都成立，即对一切正整数n都成立。从而，求得.5.令，那么原函数化为上是递增的，当0<a<1时，所以；当，所以，综上-1,1上的最小值为.6.同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为=.=.7.解一：如图，以AB所在直线为x轴，线段AB中点O为原点，OC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系。设正三棱柱的棱长为2，那么B1，0，0，B11，0，2，A1-1，0，2，P0，1，从而，.设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是，那么由此可设所以即.所以. 解二：如图设交与点0，那么，因为，从而.过0在平面上作.连接的平面角.设=2，那么易求得在直角，即又8.首先易知x+y+z=2023的正整数解的个数为20231004.把x+y+z=2023满足的正整数解分为三类：1x，y，z均相等的正整数解的个数显然为1；2x，y，z中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；3设x，y，z两两均不相等的正整数解为k.易知 1+31003+6k=20231004，6k=20231004-31003-1 =20061005-2023+32-1=20061005-2004，k=1003335-334=335671.从而满足的正整数解的个数为1+1003+335671=336675.二、解答题9. 解一：，由 得 4分 8分所以 12分又易知当m为常数满足题设条件，所以a的最大值为. 16分解二：，设设 4分容易知道当 8分从而当即从而由 12分又易知当m为常数满足题设条件，所以a最大值为 16分10.解一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，那么 x0=2，y0=， kAB=线段AB的垂直平分线的方程是yy0=(x2). 1易知x=5,y=0是1的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5,0). 5分由1知直线AB的方程为yy0=(x2)，即 x=(yy0)+2. 2 2代入y2=6x得y2=2y0(yy0)+12，即 y22y0y+2y0212=0.3依题意，y1,y2是方程3的两个实根，且y1y2，所以=4y024(2y0212)=4y02+48>0, 2<y0<2. 定点C5,0到线段AB的距离h= 10分SABC 15分当且仅当9+y=242y，即y0=或时等号成立.所以ABC面积的最大值为 20分解二：同解一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5,0). 设x1=t，x2=t，t1>t2，t+t=4，那么 5分SABC=的绝对值， 10分S2ABC= = =SABC 15分当且仅当即，或时等号成立.所以ABC面积的最大值为 20分11.证明： 令f(x)=2x3+5x2，那么=6x2+5>0，所以f(x)是严格递增的.又f(0)=2<0，>0，故f(x)有唯一实数根 5分所以 2r3+5r2=0，=r+r4+r7+r10+···.故数列an=3n2(n=1,2,···)是满足题设要求的数列. 10分假设存在两个不同的正整数数列满足 ，去掉上面等式两边相同的项，有，这里s1<s2<s3<···，t1<t2<t3<···，所有的si与tj都是不同的. 15分不妨设s1<t1，那么，矛盾.故满足题设的数列是唯一的. 20分2023年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案与评分标准说明：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，不要增加其他中间档次。一、证明：用反证法假设A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ因为PK2=P的幂关于O+K的幂关于O=PO2r2+KO2r2，同理 QK2=QO2r2+KO2r2，所以 PO2PK2=QO2QK2， 故OKPQ (10分由题设，OKMN，所以PQMN，于是由梅内劳斯Menelaus定理，得由，可得 30分 所以，故DMNDCB，于是DMN=DCB，所以BCMN，故OKBC，即K为BC的中点，矛盾！从而A,B,D,C四点共圆. 40分注1：“PK2=P的幂关于O+K的幂关于O的证明：延长PK至点F，使得PKKF=AKKE， 那么P，E，F，A四点共圆，故PFE=PAE=BCE，从而E，C，F，K四点共圆，于是PKPF=PEPC， -，得 PK2=PEPCAKKE=P的幂关于O+K的幂关于O注2：假设点E在线段AD的延长线上，完全类似二、证明：记表示正整数n所含的2的幂次。那么当m=v2(k)+1时，f(m)(r)为整数下面我们对v2(k)=v用数学归纳法当v=0时，k为奇数，k+1为偶数，此时f(r)=为整数10分假设命题对v1(v1)成立对于v1，设k的二进制表示具有形式，这里，=0或者1，i=v+1，v+2, 20分于是 f(r)=这里显然中所含的2的幂次为故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由知，是一个整数，这就完成了归纳证明 40分三、证明：由知，对，有，. 10分注意到当时，有，于是对，有 30分故 50分四、解：对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，那么标上b，如果数字和颜色都相同，那么标上c于是对于给定的点A1上的设置共有4种，按照边上的字母可以依次确定点A2，A3，An上的设置为了使得最终回到A1时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍 20分设标有a的边有2i条，0i，标有b的边有2j条，0j选取2i条边标记a的有种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有种方法，其余的边标记c由乘法原理，此时共有种标记方法对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为这里我们约定=1 30分当n为奇数时，n2i>0，此时代入式中，得3n+1 40分当n为偶数时，假设i<，那么式仍然成立；假设i=，那么正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n为奇数时有3n+1种；当n为偶数时有3n+3种 50分