2023年全国中学生数学奥林匹克%28预赛%29暨2023年全国高中数学联合竞赛.pdf

2023(6):30-37.引用格式：2 0 2 3 年全奥林匹克（预赛）暨2 0 2 3 年全国高合竞赛.中等数学文章编号：10 0 5-6 416(2 0 2 3)0 6-0 0 3 0-0 8中图分类号：G424.79文献标识码：A竞赛之窗中等数学302023年全国中学生数学奥林匹克（预赛）暨2 0 2 3 年全国高中数学联合竞赛第一试一、填空题（每小题8 分，共6 4分）1.设复数z=9+10i.若正整数n满足1z|2023,则n的最大值是2.若正实数a、b 满足alb=2,algb=5,则(ab)gab的值是3.将一枚均匀的色子独立投掷三次，所得的点数依次记为xy、z.事件“CCC”发生的概率是4.若平面上非零向量、满足工,.=2ll，.=3 1l,则1l的最小值是5.方程sinx=cos2x的最小的2 0 个正实数解之和等于6.设、b、c 是正数，b0)内,且Q与有唯一的公共点(8,9).则厂的焦距是8.八张标有A、B、C、D、E、F、G、H的正方形卡片构成图1.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（如可按D、A、B、E、C、F、G、H的次序ABCDEFGH图1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是二、解答题（共56 分）9.（16 分）平面直角坐标系x0y中，抛物线：y=4x，F 是的焦点，AB是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（含端点）上，记Q为线段AB的另一个三等分点.求点Q的轨迹方程.10.(20分)已知三棱柱Q:ABC-A,BC)的9条棱长均相等.记底面ABC所在平面为.若Q的另外四个面（即面ABC、A BB,A、ACC,A、BCC,B,）在上投影面积从小到大重排后依次为2 V3、3 V 3、4V 3、5V 3.求Q的体积.11.(20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t：对任意a、b E-1,订,总存在c、d E-1,t ,使得(a+c)(b+d)=1.加试一、（40 分）如图2，Q是以AB为直径的固定的半圆弧，是经过点A及Q上另一定2sinx代人方程，整理得将cos 2x=15.130元，312023年第6 期点T的定圆，且的圆心位于ABT内.设P是Q的弧TB（不含端点）上的动点，C、D 是上的两动点，满足：点C在线段AP上，点C、D 在直线AB的异侧,且CD工AB.记CDP的外心为K.证明：PTABD图2（1）点K在TDP的外接圆上；(2)K是定点.二、（40 分)正整数n称为“好数”：若对2”2m任意不同于n的正整数，均有nm这里1=x-，x 表示不超过实数的最大整数.证明：存在无穷多个两两互素的合数都是好数.三、（50 分）求具有下述性质的最小正整数k：若将1,2,h中的每个数任意染成红色或蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数x,x,x,满足x+x+xx,或者存在10 个互不相同的蓝色的数yi,y2,Yio满足yi+y2+.+yy1o.四、（50 分)设a=1+10-4.在2 0 2 3 2 0 2 3的方格表的每个格中填人区间1,a中的一个实数.设第i行的总和为x，第i列的总和为y,2 023.求2 的最大值(答XjX2 X2023案用含的式子表示）.参考答案第一试注意到，注意到，1z2/=1z/=(V92+10)=(V181).由1z?/=181132 023,知n的最大值是2.2.20.由6 lga=10/galg62g6=2一a=(ab)g ab=(ab)g a+lg b gIgaa=522=20.13.27由C,=CC,=CC,=C4,知当xyzE1,2,6时，事件“CC 0,并设=(x,y).由=31l=ax=3b.故1y/=/?+y?/2xy36.20=2/3.a6取a=3,b=V2,此时x=y=V6,1yl取到最小值2/3.(2sin x-1)(sin x+1)=0元53x=2k元+=2k元+=元，2 k元+=元(kEZ).6622k元上述解可写成x=会元+兰(kEZ),其中36k=0,1,，19对应最小的2 0 个正实数解，它们的和为192k21920元+.20元元+一二一元=0363260即中等数学32=130元.56.一18由条件知ax?-bx+c=a(x-a)(x-b)=ax-(a+ab)x+ab.比较系数得b=a?+ab,c=a?b.24aa于是，b=一a1-a24a则a+b-c=a+a23=a+a+a1-a2a由0 ab=，知二 ac0.从而，、b、c 是一个三角形的三边长当且仅当a+cb,即42aaa+1-a1-a结合a0时，f(x)连续且严格递增.故a+b-c的取值范围是27即-187.10.根据条件，设圆Q的圆心为P(r,r).则(r-8)2+(r-9)2=r2r=5或r=29.因为点P在厂内，所以，r=5.记点A为Q与厂的公共点.如图3，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于是，椭圆厂在点A处的切线为8x9y891,其法向量可取为n=622a由条件知1也是圆Q的切线.则n/PA.32 27而 PA=(3,4),故622a6481又1,解得=160,62=135.a因此，的焦距是2 V/a2-62=10.8.392.-3-2-13P012图3对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为图4中的m+n+2阶图G(m,n)在m=3,n=3时的特殊情况.一m-2-1012nG(m,n)P图4取卡片（顶点）的规则可解释为：（1）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；(2)若顶点P未取走,则必为某个C(m,n)(m、n 0)的情况,此时若m=0,则将P视为-1号顶点，归结为（1)的情况；若m0,n=0，则将P视为1号顶点，归结为（1)的情况；若m、n 1,则当前可取P或-m号顶点或n号顶点,分别归结为(1)或G(m-1,n)或G(m,n-1)的情况.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f(3,3).由(1)(2)知f(m,0)=2m*(m0),f(0,n)=2*(n0),AD=V5.故Q的高h=VAA不妨设AP=PQ=QB.332023年第6 期且f(m,n)=2m+n+f(m-1,n)+f(m,n-1)(m、n l).由此可依次计算得：f(1,1)=12,f(1,2)=f(2,1)=28,f(1,3)=f(3,1)=60,f(2,2)=72,f(2,3)=f(3,2)=164,f(3,3)=392.故所求数目是3 92.二、9.设 A(x,y),B(x2,y2).2x+x22221+2则P33易知F(1,0).由于点P位于线段OF上，于是，2*2 0.1,22=0.33设yi=t,y2=-2t.则=%,*2=2=t?.42x+x22此时，E0,1,且由点A与32B不重合知t0,从而，t?E（0,2 .设Q(x,y0).2+2x23则x一34yo=4+22=一t.34因此，一33注意到，0,，故点Q的轨2二4243迹方程是？3210.设点A、B、C,在平面上的投影分别是D、E、F.则面A,BC/、A BB,A、A CCA、BCC,B在上的投影面积分别是SADEF、S A BED 丶SACFDS BCFE由题意及三棱柱的性质知DEF是正显然此时有三角形，且ABED、A CF D、BCF E都是平行四边形.由对称性，仅需考虑点D位于ZBAC内的情况，如图5.EBEB11XD14-1FC图5XSABED+SACD=SBCFE:AD由ISADEr,SABED,SACDFCS BCFE图5=12/3,3/3,4/3,5V/31,故SABED、S A c p 必为2/3、3/3 的排列,SpCFE=5V3,进而，SADEF=4/3,得DEF的边长为4,即正三棱柱Q的各棱长均为4.不妨设 SAED=2V3,SAcrD=3/3.取射线AD与线段BC的交点为X.BXS28则A BDBX=二CXSA CD35CXSACD35=AX=AB+BX?-2AB.BXcos 604/19.5ADSAABD+S5而LACD于是，AXSABC8V19AD22又SAABc=4V3,因此,Q的体积V=SAnch=6V15.11.记1,=-1,t,S=(a+c)(b+d).假设t2,则当a=b=t时,对任意c、d EI,均有S(t-1)?1,不满足要求.3假如,则当a=-1,b=2-t时,对2任意c、d EI,均有中等数学34-2a+ct-1,1-tb+d2.若a+c、b+d 同正或同负,则S2(t-1)1,其余情况下总有S0二时，2(1,3)11(13)=1.uv一+一2222引理得证.下面证明对任意a、b EI,可取cd,EI，使得S,=(a+c)(b+d,)1.1若a+b则取c,=d,=-1,此时,2S,=(a-1)(b-1)=(1-a)(1-b),331其中,1-a且+一22225(1-a)+(1-b)=2-(a+b)2故由引理知S,1.13若a+b则取c,=d=E1,此时,一2233S,=a+6+=2八2313其中,a+一2222335a+二+6+=a+b+3222故由引理知S,1.注意到，当a、b EI,时，可取cEI,使得la+cl1（例如，当aE-1,1 时取c,=0,当aE（1,时取c=-1),类似地，可取d,EI使得1b+d,/1.此时，S,=(a+c2)(b+d2)la+cllb+d,11.根据式、知存在一个介于civC2之间的实数c,及一个介于d、d,之间的实数d,使得(a+c)(b+d)=1,满足要求.3综上，实数t满足要求当且仅当二?t2.2加试一、（1）易知ZPCD是钝角.由K是CDP的外心知ZPKD=2(180-ZPCD)=2ZACD.由ZAPB=90,CD工AB知ZPBA=ZACD=ZATD.故ZPTD+ZPKD=ZPTA-ZATD+2ZACD=ZPTA+ZPBA=180.又点K、T 位于PD异侧,因此，点K在T D P 的外接圆上.(2）如图6,取圆的圆心0,过点0 作AB的平行线1.PT1K1ABD图6则1是CD的中垂线，点K在直线1上.由T、D、K、P 四点共圆及KD=KP,知点K在ZDTP的平分线上.又ZDTB=90-ZATD=90-ZPBA=ZPAB=ZPTB,故TB是ZDTP的平分线.从而，点K在直线TB上.的D相同.m于是，写成既约分数后的分母Omnnm数m，使得Onom假设n不是好数，则存在异于n的正整是偶数，则n是好数，二、引理设n是正奇数，且2 模n的阶352023年第6 期显然I与TB相交，且1与TB均为定直线，故K是定点.证明反证法.2由n是奇数知是既约分数，故的n最大奇因子是n.从而，的最大奇因子是n。设m=2n(tEZ).设m=2n(tEZ.).则是偶数.2m2m-21于是，22m2m-2t2由22nn 2m-2=2(mod n2)=2m-2=2(mod n).设2 模n的阶是偶数d.由式及阶的基本性质得m-2t=n(mod d).于是，m-2t一n是偶数但m-2t是偶数，n的奇数,矛盾.引理得证。设F,=22+1(h=1,2,).由 F,1(22*1),F,1(2-1),知 2 模 F,阶为2*+1,是一个偶数.对正整数l,由2=1(modF2)知2=1(mod F,).故由阶的性质推出，2 模F?的阶被2 模F.的阶整除，从而也是偶数.因为F?是奇数，则由引理知F2是好数.对任意正整数（i(F,F,)=(F,(22-1)F+.Fj-+2)=(F,2)=1,故F,F2,两两互素.因此，F2F2,是两两互素的合数，且都是好数.1112互素的合数，且都是好数.三、所求的最小正整数是40 8.一方面，若k=407时，将1,55,56，,407染为红色，2,3，,54染为蓝色，此时最小的8个红数之和是1+55+56+.+61=407，最小的9个蓝数之和是2+3+10=54，故不存在满足要求的9个红数或者10 个蓝数.对k407,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，k407不满足要求.另一方面，证明k=408具有题述性质，反证法.假设存在一种1,2，40 8 的染色方法不满足要求，设R是所有红数的集合，B是所有蓝数的集合.将R中的元素从小到大依次记为i，z，m，B中的元素从小到大依次记为b,b,bh,m+n=408.对于R,或者IRl8,或者i+rm;对于B,或者IBI9,或者b,+b,+.+b,b,.在1,2,16 中至少有9个蓝数或至少有8 个红数.情况1：1,2,16 中至少有9个蓝数.此时b,16.设区间1,b,中共有t个R中的元素ri,2,r(0l8).记x=+2+.+T,.1则x1+2+.+t=t(t+1),2因为b,b,b,i,2,是区间1,b,中的所有正整数，所以，则 b,b,+b,+.+b,出中等数学36=1+2+.+(9+t)-x(9+t)(10+t)-x.1特别地，b,=1617=136.2从而，IRI9.对任意(1m-t),由式知T+b,+i(9+t)(10+t)-x+i.2故.r+.+r,+I+.+g8-tx+(9+t)(10+)-x+i21(9+t)(10+t)(8-t)+=(8-t)(9-t)-一22(7-t)x(9+t)(10+t)(8-t)+(8-t)(9-t)-22t)=t(t+1)一2=-8t+19t+396407.（考虑二次函数对称轴，即知t=1时取得最大.）又6,13 6,这与b，、，中有一个是40 8 矛盾情况2：1,2，16 中至少有8 个红数.论尖以于情1：此时r16.设区间1,r中共有s个B中的元素b,b,b,(0sy;=1，（段华贵提供）+1372023年第6 期事实上,若xy，当a,=1,则将a改为a后,行和、列和分别变为xy,则=yi+a-1+a-1;与几达到最大矛盾，故，=.若x;y,当a,=a,则将a,改为1后,不减，且a,变小，与a的选取矛盾.从i=lj=1而，结论成立.通过交换列,不妨设yyzy，这样由结论知每一行中排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增.由此知yiy,.yn.从而只能yi=y2=.=y,故每一行中的数全都相等（全为1或全为）.(3）由（2)知求的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有行全为、有n-k行全为1,0 kn.此时,(ka+n-k)(ka+n-k)(na)nn-tn.kna只需求元，元中的最大值.(k+1)a+n-k-1)+1nan由(ka+n-k)Knaa-1ak(a-1)+n知a-11+k(a-1)+nx-1台1+x（记x=a)k(x-1)+n1+*+*+*2k(x-1)+n1+x+x+xn-1nkx-11+(I+x)+.+(1+x+.+*-)1+x+.+x-1n-1+(n-2)x+*-2全y.1+x+.x-11+x+.+xn-1+(n-2)x+-+*-1+x-下面证明yE(1010,1011).注意到，(i)y1 0112.0212.022(2 022-h)x1 011k=0k=010101011Z(1 011-h)1011+kkxk=0k=1由1x2.1 0102.0212.022(2 022-k)x*1 010)X2k=0k=02.0212021由2(2 022-h)xl(2 022-k)k:=0k=0=10112 023,20221010*1 010 2 023x2 02Xk=0 10 10 2 0 2 3 a，而a=10111+104故式成立.1010由上面的推导可知2+当且仅当k1010时成立，从而2 om最大.(1 011a+1 012)2023故mx=o1i02220231011