數(shù)學競賽-2023年數(shù)學聯(lián)賽試題及答案

2023年全國中學生數(shù)學奧林匹克競賽（預賽）

暨2023年全國高中數(shù)學聯(lián)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(jù)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

時可參考本評分標準適當劃分檔次評分，解答題中第9小題4分為一個檔次，第

10、11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(shù)z=9+10i（i為虛數(shù)單位）,若正整數(shù)〃滿足忖歸2023,則〃的

最大值為.

答案：2.

解：[z[=|z（的2+1o[:=（VJiT）".因團=181<2023,而當〃23時，

|zn|=>13">2023,故〃的最大值為2.

2.若正實數(shù)a,。滿足於〃=2,。旭".陰”=5,則（必）恒帥的值為.

答案：20.

解：因為陰"=10"吐=。9=2,所以

gbsa

（ab嚴=（ab）—+3=（a—即）,a'-b'=5x2x2=20.

3.將一枚均勻的骰子獨立投擲三次，所得的點數(shù)依次記為x,y,z,則事件

"C<C；<C；"發(fā)生的概率為.

答案：上.

27

解：由于C；=C；<C；=C；<C；=G，因此當尤,y,ze{1,2,3,4,5,6}時，事

件發(fā)生當且僅當"xe{l,6},yw{2,5},ze{3,4}”成立，相應的

2?1

概率為1=—.

⑹27

4.若平面上非零向量￡,及彳滿足A_L3,耳歹=2國,不1=3面,則，的

最小值為?

答案：2c.

解：由a_L。，不妨設a=（a,0）,。=（0,加，其中a,b〉0,并設）=（x,y）,

則由儀）=2|a|得=2a,由ya=3|。|得ax=3Z?.

所以用|="2十刀?用=耒.日；=26

取。=百,〃=血，此時x=y=痛，1）1取到最小值24.

5.方程sinx=cos2x的最小的20個正實數(shù)解之和為.

答案：130%.

解：將cos2x=l-Zsil?無代入方程，整理得(2sinx-l)(sinx+l)=0,解得

X—2k7r+—,2女萬+交，2%欠+史伙€Z).

662

上述解亦可寫成》=出+工伙eZ),其中％=0,1,…,19對應最小的20個正

36

實數(shù)解，它們的和為*［也+』=三.吃出+工.20=130n.

36)326

6.設a,b,c為正數(shù)，a.若a,b為一元二次方程。/—Z?x+c=0的兩個根,

且a,b,c是一個三角形的三邊長，則。+b-c的取值范圍是.

答案：—1.

、8J

解：由條件知ax2—hx+c=a(x—a)(x—b)=ax2—(a2+ab)x+a2b，比較系

24

數(shù)得力=/+Rc=,故〃=----,c=----，從而

7\—a\—a

,a-a3

a+b—c=a-\-------=a+a~2+a'?

1-a

由于?！础！簇?"一，故此時顯然b〉c>0.因此，a,Z?,c是一

\-a2

49

個三角形的三邊長當且僅當a+c>b,即.+'一>'二，即^^十。—i)<o,

1—a\—a

結(jié)合解得且二L

222

令/(幻=%+丁+/，則一c=/(a).顯然當x>0時/(九)連續(xù)且嚴格

故。+8—c的取值范圍是小即，，必1

遞增,

、8,

7.平面直角坐標系x°y中，已知圓。與“軸、y軸均相切,圓心在橢圓

22

「：5+2=1(。〉匕〉0)內(nèi)，且。與r有唯一的公共點(8,9).則r的焦距

a~b~

為.

答案：10.

解：根據(jù)條件，可設圓心為P(r,r),則有(r-8)2+(r一9)2=產(chǎn)，解得「=5

或r=29.因為P在T內(nèi)，故r=5.

橢圓T在點48,9)處的切線為/:駕+.=1,其法向量可取為7=但；.

ab"(a/?,

由條件，/也是圓。的切線，故7與麗平行，而西=(3,4),所以與=衛(wèi).

erh~

又"+2=1,解得"=160,〃=135.從而r的焦距為2j——省=10.

ab-

8.八張標有A,8,C,O,E,￡G,H的正方形卡片構(gòu)成下圖.現(xiàn)逐一取走這些

卡片，要求每次取走一張卡片時，該卡片與剩下的卡片中至多一張有公共邊(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,￡G,〃的

次序取走卡片)，則取走這八張卡片的不同次序的數(shù)目為.

答案：392.

解：如左下圖重新標記原圖中的八張卡片.現(xiàn)將每張卡片視為頂點，有公共

邊的兩張卡片所對應的頂點之間連一條邊，得到一個八階圖，該圖可視為右下圖

(i)若頂點P已取走，則以下每步取當前標號最小或最大的頂點，直至取完;

(ii)若頂點P未取走,則必為某個G(肛〃)(加,〃20)的情形，此時若加=0,

則將P視為-1號頂點，歸結(jié)為⑴的情形；若機工0,〃=0,則將P視為1號頂點,

歸結(jié)為(i)的情形；若犯〃21，則當前可取P或-機號頂點或〃號頂點，分別歸

結(jié)為⑴或G(m一1,〃)或G(tn,n-1)的情形.

設的符合要求的頂點選取次序數(shù)為本題所求即為/(3,3).

由⑴、(ii)知/⑴,0)=2"5(加20),/(0,n)=2,,+1(n>0),且

f(m,n)—2"'+n+—n)+f(m,n—1)(m,n>1).

由此可依次計算得了(1,1)=12,/(1,2)=/(2,1)=28,/(1,3)=/(3,1)=60,

/(2,2)=72,f(2,3)=f(3,2)=164,f(3,3)=392,即所求數(shù)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分)平面直角坐標系X。)，中，拋物線「:：/=4x,尸為T的

焦點，為T上的兩個不重合的動點，使得線段AB的一個三等分點P位于線

段。尸上(含端點)，記。為線段的另一個三等分點.求點。的軌跡方程.

解：設蟲不乂)，8(々,必)?不妨設而=而=礪，則"苦與生產(chǎn).

易知尸(1,0).由于點尸位于線段OF上，故智三2"X=o.

..........4分

可設乂=f,%=—2f,則％=?,Z=J.此時有"產(chǎn)=[e[0,i],且由

48不重合知^工0,所以「e(0,2]...........8分

Q4

設Q（&,y。），則X=A32k=$2,"=*2*=T,有%=

注意到q=y[o,|>故點Q的軌跡方程為y2=^x（0<x<|）.

..........16分

10.(本題滿分20分)已知三棱柱。:ABC-的9條棱長均相等.記底

面ABC所在平面為a.若。的另外四個面(即面A4G，A網(wǎng)4,ACCA8CGA)

在a上投影的面積從小到大重排后依次為2百,36,46,5月，求。的體積.

解：設點4,4，q在平面a上的投影分別為則面A4G，A84A，

ACG4,BCC,B,在a上的投影面積分別為SADEF,SABED,SACFD,SBCFE.

由已知及三棱柱的性質(zhì)，ADEF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。位于ZR4C內(nèi)的情形(如圖所示).

顯然此時有SABED+SACFD=SBCFE..........5分

=

由于{S^DEF，SABED，SACFD’BCFE}I2VJ,3邪）,4陋,5J^},故SABED,SACFD必為

26,36的排列，SBCFE=56，進而得△DEE的邊長為4,即正

三棱柱0的各棱長均為4...........10分

不妨設5人痛）=2SACFD—3百，則S^BD~6,^AACD=2.

取射線AO與線段的交點X,則％=包皿=2,故BX=§.因此

CXSgco35

AX=VAB2+BX2-2AB-BX-cos60°=1V19,

而處=S?也+S*a,=*,故4。=巫..........15分

AXS^BC82

于是。的高//=J曲_A02=.

又Sac=46，故O的體積V=S5c/=6后?.........20分

11.(本題滿分20分)求出所有滿足下面要求的不小于1的實數(shù)人對任意

a,be[―1,r],總存在c,de[-1,r],使得(a+c)(8+d)=l.

解：記],=[一1,f],S=(a+c)(b+d).

假如f〉2,貝U當a=b=t時，對任意c,de/,,均有SNQ—1)2〉1,不滿足

要求.

3

假如則當。=一1,人=2一時，對任意c,de/,,均有

一2

—2ga+cW，-1,1—tgb+dg2.

若a+c,b+"同正或由負，則SS2Q-1)<1,其荼情況下總有SgO<l,不

滿足要求..........5分

以下考慮?的情形.為便于討論，先指出如下引理.

2——

引理：若”,曠2,，且〃+丫23，則〃口21.

一2一2一

Q/.\2/、2/\2/公\2

事實上，當|〃一丫|<一時，UV—-——---~->———=].

1l-2I2JI2J-⑷⑷

當I”一v|〉3時，MV>-J1+-1=1.引理得證.

1122(22)

下證對任意可取q，4e4，使得

，=(a+q)S+4)“①

若a+匕與一；，則取q=4=—1,此時

5=3—DS—1)=(1—。)(1—圻，

31315

其中1一〃2二十。之一，1一。2二+。之一，且(1-4)+(1-/?)=2—(4+匕)之一，故

-2-2-2-2-2

由引理知5.>1.

13

若〃+/?〉一],則取q=&=；￡/1,此時

3](3)

E—a+—b+—，

2八2)

331113)/3)5

其中。+二3,。+士3〉上，月.1+匕+?=。+。+3>5?,故由引理知$〉1.

222(2J)[2)2

..........15分

注意到，當。,叱/,時，可取，使得|a+c21sl(例如，當ae[—l,l]時

取,2=0，當ae(L〃時取。2=-1)，同理，可取&e/,，使得|》+d21sL此時

S2=(a+c2)(,b+d2)<\a+c2\-\b+d2\<\.②

根據(jù)①、②，存在一個介于之間的實數(shù)c，及一個介于4,w之間的實

數(shù)d，使得(a+c)(b+d)=1,滿足要求.

、3

綜上，實數(shù)才滿足要求當且僅當l與，42...........20分

2023年全國中學生數(shù)學奧林匹克競賽（預賽）

暨2023年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽

加試（A卷）參考答案及評分標準

說明：

1.評閱試卷時，請嚴格按照本評分標準的評分檔次給分.

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，在評卷時可

參考本評分標準適當劃分檔次評分，10分為一個檔次，不得增加其他中間檔次.

一.（本題滿分40分）如圖，Q是以AB為直徑的固定的半圓弧，s是經(jīng)過

點A及。上另一個定點T的定圓，且a的圓心位于A48T內(nèi).設P是Q的弧公

（不含端點）上的動點，C,。是3上的兩個動點，滿足：C在線段AP上，C,D

位于直線AB的異側(cè)，且CO_LAB.記的外心為K.證明：

（1）點K在的外接圓上；

（2）K為定點.

證明：（1）易知NPCO為鈍角，由K為△COP的外心知

APKD=2（180°-ZPCD）=2AACD.

由于NAPB=90°,CDLAB,故NP3A=NACQ=NATO....................10分

所以APTD+NPKD=APTA-AATD+2ZACD=NPTA+NPBA=180°.

又K,T位于PD異側(cè),因此點K在的外接圓上..........20分

（2）取3的圓心O,過點。作A8的平行線/,則/為。。的中垂線，點K在

直線/上..........30分

由T,O,P,K共圓及KD=KP,可知K在/。TP的平分線上，而

ZDTB=90°-ZATD=90°-4PBA=NPAB=4PTB,

故為/DTP的平分線.所以點K在直線上.

顯然/與相交，且/與均為定直線，故K為定點..........40分

(本題滿分40分)正整數(shù)〃稱為“好數(shù)”，如果對任意不同于〃的正整

證明：存在無窮多個兩兩互素的合數(shù)均為好數(shù).

證明：引理：設〃是正奇數(shù)，且2?！ǖ碾A為偶數(shù)，則〃是好數(shù).

引理的證明：反證法.假設〃不是好數(shù)，則存在異于〃的正整數(shù)機，使得

三=K?因此馬與馬寫成既約分數(shù)后的分母相同.由〃為奇數(shù)知馬是既

nm~nmn

約分數(shù)，故加2的最大奇因子為〃2,從而加的最大奇因子為“.

設m=2%,其中f為正整數(shù)(從而〃?是偶數(shù)).于是K=2二.

m~n

可得2"n-2'=2"(mod/?2),故

2"2,三2"(mod〃).

設2?！ǖ碾A為偶數(shù)d.由(*)及階的基本性質(zhì)得根一2r三”(modd),故

根-2/-〃是偶數(shù).但加一2,是偶數(shù)，〃是奇數(shù)，矛盾.引理得證.

回到原問題.

設冗=22*+1(%=1,2,…).由于川而&122*一］,因此2模月的階

為21，是一個偶數(shù).

對正整數(shù)/,由2/三l(mod&)可知2/三l(mod&),故由階的性質(zhì)推出，2模

1的階被2模瓦的階整除，從而也是偶數(shù).因我是奇數(shù)，由引理知&是好數(shù).

..........30分

對任意正整數(shù)i,；(/<；),(4,F.)=(耳,(2—-1)耳耳+i.?書+2)=(4,2)=1,

故斗鳥,居,…兩兩互素.所以耳M心,號,…是兩兩互素的合數(shù)，且均為好數(shù).

三.(本題滿分50分)求具有下述性質(zhì)的最小正整數(shù)0若將1,2,…M中

的每個數(shù)任意染為紅色或者藍色，則或者存在9個互不相同的紅色的數(shù)

王,々，…，尤9滿足玉+々+…+/<入9，或者存在1。個互不相同的藍色的數(shù)

X，%，…，加滿足%+%+…+%<%>?

解：所求的最小正整數(shù)為408.

一方面，若％=407時，將1,55,56,…,407染為紅色，2,3,…,54染為藍色，

此時最小的8個紅數(shù)之和為1+55+56+…+61=407,最小的9個藍數(shù)之和為

2+3+--+10=54,故不存在滿足要求的9個紅數(shù)或者10個藍數(shù).

對％<407,可在上述例子中刪去大于左的數(shù)，則得到不符合要求的例子.

因此％4407不滿足要求..........10分

另一方面，我們證明左=408具有題述性質(zhì).

反證法.假設存在一種1,2,…,408的染色方法不滿足要求，設A是所有紅數(shù)的集

合，B是所有藍數(shù)的集合.將R中的元素從小到大依次記為不々…,5,8中的

元素從小到大依次記為4,…，久，加+〃=408.對于火，或者因48,或者

4+弓+…+42%；對于B,或者忸9,或者4+&4---F>bn.

在1,2,…,16中至少有9個藍色的數(shù)或至少有8個紅色的數(shù).

情形1：1,2,…，16中至少有9個藍色的數(shù).

此時4416.設區(qū)間工4］中共有f個H中的元素小公…，今（04f<8）.

i己x=4+弓+…+/；,則xNl+2+…+r=；rQ+l).

因為"打,…，仇,弓,弓,…,乙是工4］中的所有正整數(shù)，故

{偽也，…,勾,斗弓,…,(}={1,2,…,9+/}.

于是仇,44+"+…+%=1+2HF(9+Z)~x=—(9+/)(10+/)~x.(*)

..........20分

特別地，243x16x17=136.從而網(wǎng)29.

對任意,由(*)知乙+j+i〈；(9+f)(10+，)-x+i.從而

1

+._+4+4+i+.-+々〈x+Z—(9+/)(10+Z)-x+z

/,=i127

=^(9+r)(10+0(8-r)+^(8-r)(9-z)-(7-r)x

W-(9+z)(10+f)(8——(8—1)(9—t)—(7—t)—t(f+1)

222

--8r+19r+396<407(考慮二次函數(shù)對稱軸，即知，=1時取得最大).

又2W136,這與瓦,與中有一個為408矛盾..........40分

情形2：1,2,…，16中至少有8個紅色的數(shù).

論證類似于情形1.

此時々416.設區(qū)間［1,4］中共有s個8中的元素白,打，…也(04s<9).記

y=b］+---+bs,則yN；s(s+l).

因為4,打,…，久，(，公…，很是［1,辰］中的所有正整數(shù)，故

{4，d「\久,不與「、4}={1,2「?,8+$}.

于是q,W；(8+s)(9+s)-y.

特別地，<?<|xl6xl7-136.從而忸|210.

對任意i(lW〃-s),有久+,4+i4g(8+s)(9+s)-y+i.從而

9-s門、

b“<"+…+么+久+i+???+為<y+￡［e(8+s)(9+s)-y+ij

j一…(9+s)—(1)舊…0—s)

<1(9-5)(8+5)(9+5)-(8-5)-15(5+1)+1(9-5)(10-5)

222

=-7?+275+369<395（在s=2時取得最大）,

又？;“W136,這與2,與中有一個為408矛盾.

由情形1、2知攵=408具有題述性質(zhì).

綜上，所求最小正整數(shù)%為408.......50分

四.（本題滿分50分）設4=1+107.在2023x2023的方格表的每個小方

格中填入?yún)^(qū)間[1,a]中的一個實數(shù).設第i行的總和為七，第，列的總和為B，

]<i<2023.求X%…%。23的最大值（答案用含a的式子表示）.

X]X2X2O23

解：記〃=2023,設方格表為（4）,1力=乂乃…）’2。23.

小2…元2023

第一步：改變某個他的值僅改變X,和為，設第i行中除他外其余〃-1個數(shù)的

和為A,第/列中除為外其余〃-1個數(shù)的和為8,則

匕，B+%

%A+%

當ANB時，關(guān)于為遞增，此時可將與調(diào)整到a"值不減.當A4B時，關(guān)

于為遞減，此時可將為調(diào)整到1"值不減.因此，為求7的最大值，只需考慮每

個小方格中的數(shù)均為1或。的情況.10分

第二步:設'片〃，只有有限多種可能,我們選取一組％使得

2達到最大值，并且玄它為最小.此時我們有

<=1j=\

a,x；>匕,

aij

1，%,4yj.

事實上，若王〉力，而%=1,則將為改為。后，行和及列和變?yōu)閄；則

+al

y'j=yj->yj

X：玉+Q_]Xf

與力達到最大矛盾，故囪=”.

若看<%一而％.=〃，則將旬改為1后，％不減，且￡￡%.變小，與陽的選

/=!j=l

取矛盾.從而（*）成立.

通過交換列，可不妨設％Vy,這樣由（*）可知每一行中。排在1

的左邊，每一行中的數(shù)從左至右年調(diào)不增.由此可知%2%2-亞丹?因而只能

%=%=???=%,故每一行中的數(shù)全都相等（全為1或全為a）.

..........20分

第三步：由第二步可知求7的最大值，可以假定每一行中的數(shù)全相等.設有人

行全為有〃行全為1,04A4〃.此時

c_(ka+n-k)n_(ka+〃一k)〃

4=(na)Wk=—^-

我們只需求4,4,…，4中的最大值.

((左+1)4+〃-左-1)〃

2Mn_A:+11(n_1A

4+i_na_______[+a>

4(kci+n-ky1k{a-V)^n)

海

因此

^->\o1+———