2023年全國高中數學聯合競賽一試（A）卷參考答案及評分標準

2023年全國中學生數學奧林匹克競賽（預賽）暨2023年全國高中數學聯合競賽一試（A卷）參考答案及評分標準說明：1.評閱試卷時，請依據本評分標準.填空題只設8分和0分兩檔；其他各題的評閱，請嚴格按照本評分標準的評分檔次給分，不得增加其他中間檔次.2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評卷9小題410、小題5分為一個檔次，不得增加其他中間檔次．一、填空題：本大題共8小題，每小題8分，滿分64分．1.設復數z910i（in滿足zn2023，則n的最大值為答案：2．．nnz92n102．因z21812023，而當n3時，解：znn81nzn12023，故n的最大值為2．2.若正實數a,b滿足algb2，aablgb5，則(ab)的值為．答案：20．解：因為ba10algbalgb2，所以(ab)(ab)algb(aablgb)algbba52220．3.將一枚均勻的骰子獨立投擲三次，所得的點數依次記為x,y,z，則事件“Cx7C7yCz”發生的概率為．1答案：．27解：由于1C6C72C5C3C74，因此當x,y,z時，事7777CxC7yCzxyz321概率為．6274.若平面上非零向量,,滿足2||3||||的最小值為答案：23．．解：由，不妨設(a,b)，其中a,b0，并設(x,y)，則由2||得by2a，由3||得axb．b2a所以||x2y22223．ab取a3,b2，此時xy6，||取到最小值23．1{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}5.方程sinx2x的最小的20個正實數解之和為．答案：130．解：將2x12sin2x代入方程，整理得(2sinxx0，解得x2k,2k,2k(kZ)．6622k上述解亦可寫成x(kZ)k,19對應最小的20個正362k21920實數解，它們的和為20130．36326k06.設a,b,c為正數，aba,b為一元二次方程ax2bxc0的兩個根，且a,b,c是一個三角形的三邊長，則abc的取值范圍是．7答案：,51．8解：由條件知ax2bxca(xa)(xb)ax2(a2ab)xab，比較系a2a4數得ba2ab,ca2b，故b,c，從而1a1aa2a4abcaaa2a3．1aa21由于0aba1bc0a,b,c是一1a2a4a2個三角形的三邊長當且僅當acb，即a，即a(a2a0，1a1a1151結合a1，解得a．222令f(x)xx2x3，則abcf(a)．顯然當x0時f(x)連續且嚴格517遞增，故abc的取值范圍是f,f，即,5．2287.平面直角坐標系中，已知圓與x軸、y軸均相切，圓心在橢圓x2y2:1(ab0)內，且與有唯一的公共點．則的焦距a2b2為．答案：10．P(r,r)(r8)2(r9)2rr52或r29．因為P在內，故r5．89b8x9y橢圓在點A9)處的切線為l:1n,．a2b2a223227由條件，l也是圓n與PA4)．a2b26481又1，解得a2b2135．從而的焦距為2a2b210．a2b22{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}8.八張標有,B,C,D,E,F,G,H的正方形卡片構成下圖．現逐一取走這些如可按D,,B,E,C,F,G,HD,B,,E,C,F,G,H的．ABCDHEFG答案：392．中的mn2階圖G(,n)在mn3時的特殊情況．-m...-2-1012...n-132G(m,n)P01P取卡片（頂點）的規則可解釋為：(i)若頂點P(ii)若頂點P未取走，則必為某個G(,n)(,n0)m0，則將P視為1(i)mn0P視為1號頂點，歸結為(i)的情形；若,n1，則當前可取P或m號頂點或n號頂點，分別歸結為(i)或G(mn)或G(,n的情形．設G(,n)的符合要求的頂點選取次序數為f(,n)，本題所求即為f．由(i)、(ii)知f(,2m1(m，fn)2n1(n，且f(,n)2mnf(mn)f(,n(,n．由此可依次計算得f，ff(2,，ff60，f(2,72，f(2,f，f，即所求數目為392．二、解答題：本大題共3小題，滿分56分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．9.（本題滿分16:y24xF為的焦點，,B為上的兩個不重合的動點，使得線段的一個三等分點P位于線段Q為線段的另一個三等分點．求點Q的軌跡方程．2122yyA(x,yB(x,y)APPQP,12．11223321x321y2易知F0)．由于點P位于線段上，故2[0,1]，0．3……………4分t221xt2可設yt,yt，則x,2t2．此時有2[0,1]，且由121432,B不重合知t0t22]．……………8分3{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}122312y24設Q(x,y)，則xt2,Qt，有2x．QQQQ34333343注意到xt2，故點Q的軌跡方程為y2x(0x)．Q4232……………16分10.（本題滿分分）已知三棱柱:ABCABC的9條棱長均相等．記底111面ABC所在平面為ABC,ABBA,ACCA,BCCB）111111111在上投影的面積從小到大重排后依次為23,33,43,53，求的體積．解：設點A,B,C在平面上的投影分別為D,E,F，則面ABC,ABBA,11111111ACCA,BCCB在上的投影面積分別為S,S,S,S．1111由已知及三棱柱的性質，DEF為正三角形，且ABED,ACFD,BCFE均為平行四邊形．由對稱性，僅需考慮點D位于BAC顯然此時有SSS……………5分．EBXCDAF由于S,S,S,S23,33,43,53，故S,S必為23,33的排列，S53S43DEF的邊長為4三棱柱的各棱長均為4．……………10分33不妨設S23,S33，則S3,S．2BXCXS28取射線AD與線段BC的交點X，則，故BX．因此S354AXAB2BX22ABBXcos6019，5ADAXSSAD519而．……………15分S8235于是的高hAA2AD2．2又S43的體積VSh615．……………20分（本題滿分20分）求出所有滿足下面要求的不小于1的實數t：對任意a,bt]，總存在c,dt]，使得(acbd)1．解：記Itt]，S(acbd)．假如t2abtc,dItSt214{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}要求．假如1t，則當ab2t時，對任意c,dI，均有3t22act1，1tbd2．若ac,bdSt1S01滿足要求．……………5分3以下考慮t2的情形．為便于討論，先指出如下引理．215引理：若u,v，且uv，則1．222224243uvuv53事實上，當uv時，uv1．22231132當uv時，uv1．引理得證．222下證對任意a,bI，可取c,dI，使得t11tS(acbd)1．①1111若ab，則取cd1，此時1121(abab)，313152其中1ab,1ba，且a)b)2(ab)，故2222由引理知11．13若ab，則取cdI，此時11t2233Sab，12232323315其中a,b，且abab3，故由引理知S1．21222……………15分a,bIcIac1a時t2t2取c0，當at]時取c1dI，使得