2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）参考答案及评分标准说明：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，不得增加其他中间档次.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，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.设复数z910i（i为虚数单位），若正整数n满足zn2023，则n的最大值为．答案：2．nnn解：zzn92210181．因z21812023，而当n3时，nznn181132023，故n的最大值为2．2.若正实数ab,满足algb2，ablgablg5，则()ablgab的值为．答案：20．解：因为balga10lgablglgb2，所以()ablgab()ablgalgb(algablgb)algbblga52220．3.将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为xyz,,，则事件“xyz”发生的概率为．CCC7771答案：．27解：由于162534，因此当时，事CCCCCC777777xyz,,{1,2,3,4,5,6}件“xyz”发生当且仅当“”成立，相应的CCC777xyz{1,6},{2,5},{3,4}321概率为．6274.若平面上非零向量,,满足，2||，3||，则||的最小值为．答案：23．解：由，不妨设(ab,0),(0,)，其中ab,0，并设(,xy)，则由2||得by2a，由3||得ax3b．32ba所以||x22y2xy223．ab取ab3,2，此时xy6，||取到最小值23．1{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}5.方程sinxxcos2的最小的20个正实数解之和为．答案：130．解：将cos2xx12sin2代入方程，整理得(2sinxx1)(sin1)0，解得53xk2,2k,2k(kZ)．6622k上述解亦可写成xk()Z，其中k0,1,,19对应最小的20个正36192k21920实数解，它们的和为．20130k0363266.设abc,,为正数，ab．若ab,为一元二次方程ax2bxc0的两个根，且abc,,是一个三角形的三边长，则abc的取值范围是．7答案：,51．8解：由条件知ax2bxca(xa)(xb)ax22(aab)xa2b，比较系aa24数得ba22ab,cab，故bc,，从而11aaaa24abcaaa23a．1aa21由于0ab，故a1．此时显然bc0．因此，abc,,是一1a2aa42个三角形的三边长当且仅当acb，即a，即aa(2a1)0，11aa1151结合a1，解得a．222令fx()xx23x，则abcfa()．显然当x0时fx()连续且严格1517递增，故的取值范围是，即．abcff,,512287.平面直角坐标系xOy中，已知圆与x轴、y轴均相切，圆心在椭圆xy22:1(ab0)内，且与有唯一的公共点(8,9)．则的焦距ab22为．答案：10．解：根据条件，可设圆心为Prr(,)，则有(r8)2(rr9)22，解得r5或r29．因为P在内，故r5．89xy89椭圆在点A(8,9)处的切线为l:1，其法向量可取为n,．ab22ab223227由条件，l也是圆的切线，故n与PA平行，而PA(3,4)，所以．ab226481又1，解得ab22160,135．从而的焦距为2ab2210．ab222{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}8.八张标有ABCDEFGH,,,,,,,的正方形卡片构成下图．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一张有公共边（例如可按DABECFGH,,,,,,,的次序取走卡片，但不可按DBAECFGH,,,,,,,的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为．ABCDEFGH答案：392．解：如左下图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对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的mn2阶图Gmn(,)在mn3,3时的特殊情况．-3-2-m...-2-1012...n-13G(m,n)P012P取卡片（顶点）的规则可解释为：(i)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；(ii)若顶点P未取走，则必为某个Gmn(,)(,mn0)的情形，此时若m0，则将P视为1号顶点，归结为(i)的情形；若mn0,0，则将P视为1号顶点，归结为(i)的情形；若mn,1，则当前可取P或m号顶点或n号顶点，分别归结为(i)或Gm(1,n)或Gmn(,1)的情形．设Gmn(,)的符合要求的顶点选取次序数为f(,)mn，本题所求即为f(3,3)．由(i)、(ii)知fm(,0)2m1(m0)，fn(0,)2n1(n0)，且f(,)mn2mnf(m1,)nf(,mn1)(,mn1)．由此可依次计算得f(1,1)12，ff(1,2)(2,1)28，ff(1,3)(3,1)60，f(2,2)72，ff(2,3)(3,2)164，f(3,3)392，即所求数目为392．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）平面直角坐标系xOy中，抛物线:4yx2，F为的焦点，AB,为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上（含端点），记Q为线段AB的另一个三等分点．求点Q的轨迹方程．22xxyy解：设．不妨设，则1212．Ax(11,y),Bx(2,y2)APPQQBP,332xx2yy易知F(1,0)．由于点P位于线段OF上，故12[0,1]，120．33……………4分t22xxt2可设yty,2t，则x,xt2．此时有12[0,1]，且由1212432AB,不重合知t0，所以t2(0,2]．……………8分3{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}xx23yy24设Qx(,y)，则x12ty2,12t，有yx2．QQQQ343QQ3注意到332，故点的轨迹方程为243．xtQ0,Qyxx(0)4232……………16分（本题满分分）已知三棱柱的条棱长均相等．记底10.20:ABCA111BC9面所在平面为．若的另外四个面（即面）ABCABC111,,ABBA11ACCA11,BCCB11在上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求的体积．解：设点在平面上的投影分别为，则面ABC111,,DEF,,A111BC,,ABB11A在上的投影面积分别为．ACC11A,BCC11BSSSSDEF,,,ABEDACFDBCFE由已知及三棱柱的性质，DEF为正三角形，且ABED,,ACFDBCFE均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D位于BAC内的情形（如图所示）．显然此时有．……………分SSSABEDACFDBCFE5EBXADFC由于，故必为SSSSDEF,ABED,ACFD,BCFE23,33,43,53SSABED,ACFD的排列，，进而，得的边长为，即正23,33SBCFE53SDEF43DEF4三棱柱的各棱长均为4．……………10分33不妨设SS23,33，则SS3,．ABEDACFDABDACD2BXS28取射线AD与线段BC的交点X，则ABD，故BX．因此CXSACD354AXAB22BX2ABBXcos6019，5ADSS519而ABDACD，故AD．……………15分AXSABC8235于是的高hAA22AD．12又，故的体积．……………分SABC43VSABCh6152011.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t：对任意ab,[1,t]，总存在cd,[1,t]，使得(acbd)()1．解：记，．Itt[1,]S(acbd)()假如，则当时，对任意，均有2，不满足t2abtcd,ItSt(1)14{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}要求．3假如1t，则当a1,bt2时，对任意cd,I，均有2t21act，12tbd．若acbd,同正或同负，则St2(1)1，其余情况下总有S01，不满足要求．……………5分3以下考虑t2的情形．为便于讨论，先指出如下引理．215引理：若uv,，且uv，则uv1．2222223uvuv53事实上，当uv时，uv1．222443113当uv时，uv1．引理得证．2222下证对任意，可取，使得ab,Itcd11,It．①S1(acbd11)()11若ab，则取cd1，此时211，Sab1(1)(1)(1ab)(1)31315其中1ab,1ba，且(1a)(1b)2(ab)，故22222由引理知．S1113若ab，则取cdI，此时2112t33，Sa1b22其中331，且335，故由引理知．ab,abab3S11222222……………15分注意到，当时，可取，使得（例如，当时ab,ItcI2tac21a[1,1]取，当时取），同理，可取，使得．此时c20at(1,]c21dI2tbd21．②S2(acbd22)()ac2bd21根据①、②，存在一个介于之间的实数，及一个介于之间的实cc12,cdd12,数d，使得(acbd)()1，满足要求．3综上，实数t满足要求当且仅当t2．……………20分25{#{QQABCYSUggAoQBAAABhCAQGSCAGQkBECCIgOQBAAIAABSBFABAA=}#}