2023年全国高中数学联合竞赛试题及解析苏教版.docx

2023年全国高中数学联合竞赛一试试题（A卷） 说明： 1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9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5分为一个档次，不要增加其他中间档次． 一、选择题（此题总分值36分，每题6分） 1．函数在上的最小值是 （ C ） A．0 B．1 C．2 D．3 [解]当时，，因此 ，当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2． 2．设，，假设，那么实数的取值范围为 （ D ） A． B． C． D． [解法一] 因有两个实根 ，， 故等价于且，即 且， 解之得． [解法二]（特殊值验证法）令，排除C，令，排除A、B，应选D。 [解法三]（根的分布）由题意知的两根在内，令那么解之得： 3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，那么比赛停止时已打局数的期望为 　　　 （ B ） A. 　 B. 　 C. 　 　 D. [解法一] 依题意知，的所有可能值为2，4，6. 设每两局比赛为一轮，那么该轮结束时比赛停止的概率为 　　　　 ． 假设该轮结束时比赛还将继续，那么甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 　　　　， 　　　　， 　　　　， 故． [解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6. 令表示甲在第局比赛中获胜，那么表示乙在第局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得 ， ， ， 故． 4．假设三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的外表积之和为564 cm2，那么这三个正方体的体积之和为 （ A ） A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 　 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3 [解] 设这三个正方体的棱长分别为，那么有，，不妨设，从而，．故．只能取9，8，7，6． 假设，那么，易知，，得一组解． 假设，那么，．但，，从而或5．假设，那么无解，假设，那么无解．此时无解． 假设，那么，有唯一解，． 假设，那么，此时，．故，但，故，此时无解． 综上，共有两组解或 体积为cm3或cm3． 5．方程组的有理数解的个数为 （ B ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 [解] 假设，那么解得或 假设，那么由得． ① 由得． ② 将②代入得． ③ 由①得，代入③化简得. 易知无有理数根，故，由①得，由②得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或 6．设的内角所对的边成等比数列，那么的取值范围是 （ C ） A. B. C. D. [解] 设的公比为，那么，而 　　． 因此，只需求的取值范围． 因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组 即 解得 从而，因此所求的取值范围是． 二、填空题（此题总分值54分，每题9分） 7．设，其中为实数，，，，假设，那么 　 5 . [解] 由题意知 ， 由得，，因此，，． 8．设的最小值为，那么． [解] ， (1) 时，当时取最小值； (2) 时，当时取最小值1； (3) 时，当时取最小值． 又或时，的最小值不能为， 故，解得，(舍去)． 9．将24个志愿者名额分配给3个学校，那么每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有　 222　　种． [解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如 　　 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额． 假设把每个“〞与每个“〞都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜〞，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“｜〞占领的一种“占位法〞． “每校至少有一个名额的分法〞相当于在24个“〞之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜〞，故有种． 又在“每校至少有一个名额的分法〞中“至少有两个学校的名额数相同〞的分配方法有31种． 综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． [解法二]　设分配给3个学校的名额数分别为，那么每校至少有一个名额的分法数为不定方程 　　　　　． 的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合： ． 又在“每校至少有一个名额的分法〞中“至少有两个学校的名额数相同〞的分配方法有31种． 综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． 10．设数列的前项和满足：，，那么通项=． [解] ， 即 2 =， 由此得 2． 令， ()， 有，故，所以． 11．设是定义在上的函数，假设 ，且对任意，满足 ，，那么=． [解法一] 由题设条件知 ， 因此有，故 ． [解法二] 令，那么 ， ， 即， 故， 得是周期为2的周期函数， 所以． 12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，那么该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是． [解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，那么小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心． 因 答12图1 ， 故，从而． 记此时小球与面的切点为，连接，那么 ． 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2．记正四面体 的棱长为，过作于． 答12图2 因，有，故小三角形的边长． 小球与面不能接触到的局部的面积为（如答12图2中阴影局部） ．　　　　　　　　　 又，，所以 ． 由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为． 三、解答题（此题总分值60分，每题20分） 13．函数的图像与直线 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证： 答13图 　　　　　　． [证] 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，． …5分 由于，，所以，即． …10分 因此 …15分 ．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …20分 14．解不等式 ． [解法一] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于 ．　　　　　　　　　　　　　　 即　　　　　　 ．　　　　　　　　　　　　　　…5分 分组分解　　　 ， ，　　　　　　　　　　 　　…10分 所以　　　， 　　　　　． …15分 所以，即或． 故原不等式解集为． 　 …20分 [解法二] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于 ．　　　　　　　　　　　　　　…5分 即 ， ， 　 …10分 令，那么不等式为 ， 显然在上为增函数，由此上面不等式等价于 ， …15分 即，解得　(舍去)， 故原不等式解集为． 　 …20分 题15图 15．如题15图，是抛物线上的动点，点在轴上，圆内切于，求面积的最小值． [解] 设，不妨设． 直线的方程:， 化简得 ． 又圆心到的距离为1， ， …5分 故， 易知，上式化简得， 同理有． 　　　　　　　　　　　　　 …10分 所以，，那么 ． 因是抛物线上的点，有，那么 ，． 　　　　　　 …15分 所以 　　． 当时，上式取等号，此时． 因此的最小值为8． …20分 2023年全国高中数学联合竞赛加试（A卷） 试题参考答案及评分标准 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、（此题总分值50分） 如题一图，给定凸四边形，，是平面上的动点，令． （Ⅰ）求证：当到达最小值时，四点共圆； （Ⅱ）设是外接圆的上一点，满足：，，，又是的切线，，求的最小值． [解法一] （Ⅰ）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点，有 答一图1 ． 因此 ． 因为上面不等式当且仅当顺次共圆时取等号，因此当且仅当在的外接圆且在上时， ． …10分 又因，此不等式当且仅当共线且在上时取等号．因此当且仅当为的外接圆与的交点时，取最小值． 故当达最小值时，四点共圆． …20分 （Ⅱ）记，那么，由正弦定理有，从而，即，所以 ， 整理得，　　　　　　　　　　 　 　　　…30分 解得或（舍去）， 故，． 由=,有，即，整理得，故，可得，