2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛甘肃赛区预赛试题+答案.pdf

1、第 1页，共 3页-密封线之内不能答题-GS31415926中南传媒湖南新教材杯2023年年全全国国中中学学生生数数学学奥奥林林匹匹克克竞竞赛赛（甘甘肃肃赛赛区区预预赛赛）试试题题（考考试试时时间间：2023 年年 6 月月 11 日日 9：0011：30，满满分分 150 分分）题号一111213141516总分得分评分人复核人一一、填填空空题题（共共 1 10 0 小小题题，每每小小题题 7 7 分分，满满分分 7 70 0 分分.请请直直接接将将答答案案写写在在题题中中的的横横线线上上）1.已知123zzz，为复数，且满足1212=|1zzzz，则12|zz.2.设集合2320(Ax a

2、xxaa为非零实数），225420Bxxx，若ABA，则 a 的取值范围是.3.在ABC中，已知23AB ACBA BCCA CBuuu r uuu ruur uuu ruur uur，则cosC的最小值是.4.袋中装有 m 个红球和 n 个白球，mn4.现从中任取两个球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系 m+n40 的数组(m，n)的个数为.5.已知各项均为整数的数列 na满足31a ，74a，前6项依次成等差数列，从第5项起依次成等比数列若正整数m使得1212mmmmmmaaaa aa，则 m=.6.已知点 P 为直线42yx上一动点，过点 P 作椭圆44

3、22yx的两条切线，切点为 A、B，当点 P 运动时，直线 AB 过定点的坐标为7.已知函数2(xf xx e）与()2xg xxea的图象有且只有三个交点，则实数a的取值范围为_.8.已知0.110.1,ln0.9,9aebc=-则a，b，c的大小关系是.9.正四面体ABCD的底面BCD中心为1OAB，以OA为旋转轴将正四面体旋转090，则得到的四面体与原正四面体重合部分的体积为.10.从1,2,3,20中取 k 个不同的数构成集合 M，使得集合 M 中一定有4个不同的数 a，b，c，d 满足abcd能被20整除，则 k 的最小值为年 级市（县）准考证号学 校姓 名性 别年 级第 2页，共

4、3页二、解答题（共 6 小题，满分 80 分.要求写出解题过程）二、解答题（共 6 小题，满分 80 分.要求写出解题过程）11.（13 分）已知ABC的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且3 cossin2ABbcB（1）求C的大小；（2）若3abc，求sin A12.（13 分）如图，已知长方形ABCD中，21ABAD，,M为DC的中点.将ADM沿AM折起，使得平面ADM 平面ABCM.（1）求证：ADBM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为5513.（13 分）已知数列na中，12a，且21()2nnnaanNa证明：（1）212nna

5、；（2）12122244222nnnaaaaaa第 3页，共 3页14.（13 分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第1n次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第1n，2n，3n，次状态是“没有任何关系的”现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n(nN)次操作后，记甲盒子中黑球个数为nX，甲盒中恰有1个黑球的概率为na，恰有2个黑球的概率为nb（1）求1X的分布列；（2）求数列na的通项公式；（3）求nX的数学期望.15.（13 分）已知点F是抛物线2:4C xy与椭圆22221(

6、0)yxabab的公共焦点，椭圆上的点M到点F的最大距离为3（1）求椭圆的方程；（2）过点M作C的两条切线，记切点分别为,A B，求MAB面积的最大值.16.（15 分）已知函数()(2e)lnf xxx，其中e2.71828为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x的单调性；（2）若12,x x（0，1），且21121212lnln2e(lnln)xxxxx xxx，证明：12112e2e 1xx第 1页，共 9页2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（甘肃赛区预赛）试卷年全国中学生数学奥林匹克竞赛（甘肃赛区预赛）试卷参考答案及评分标准一、填空题（共 10 小题，每小题 7 分，满分 70 分

7、。请直接将答案写在题中的横线上）参考答案及评分标准一、填空题（共 10 小题，每小题 7 分，满分 70 分。请直接将答案写在题中的横线上）题号12345答案3942,)1741（-U2331 或 3题号678910答案1(1,)2202(12)eacab62127二、解答题（共 6 小题，满分 80 分。要求写出解题过程）二、解答题（共 6 小题，满分 80 分。要求写出解题过程）11.（13 分）已知ABC的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且3 cossin2ABbcB（1）求C的大小；（2）若3abc，求sin A【解】：（1）由正弦定理知3sincossinsin2ABBC

8、B，因为有sin0B，所以3cossin.2ABC因为coscos()sin2222ABCC，所以3sin2sincos222CCC，因为sin02C，所以3cos22C，因为(0,)C，所以26C，从而.3C 6 分（2）因为3C，由余弦定理得222,cabab将3()3cab代入上式得2221()3ababab，整理得222520aabb，解得2ab或2.ba第 2页，共 9页当2ab时，3cb，所以222222234cos022 3bcabbbAbcb，因为(0,)A，所以2A.当2ba时，3ca，所以2222222433cos224 3bcaaaaAbca，因为(0,)A，所以6A.所

9、以1sin2A 或1.13 分12.（13 分）如图，已知长方形ABCD中，21ABAD，,M为DC的中点.将ADM沿AM折起，使得平面ADM 平面ABCM.（1）求证：ADBM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为55【解】：（1）因为平面AMD 平面ABCM，2,1ABAD，M是DC的中点,，故ADDM，取AM的中点O，连结有OD，则DO 平面ABCM，取AB中点N，连接ON，则ONAM，以O为原点如图建立空间直角坐标系 3 分2222(,0,0),(,2,0),(,0,0),(0,0,)2222ABMD则22(,0,),(0,2,0)22ADBM

10、第 3页，共 9页所以0AD BM ,故.ADBM 6 分（2）设(01)DEDB,因为平面AMD的一个法向量=0 1 0n（，）2222(,2,),(2,0,0)2222MEMDDBAM 设平面AME的一个法向量为(,)mx y z,200220(1)2(1)022xAM mME mxyz 即取1y,得20,1,1xyz,所以2(0,1,)1m,因为5cos,5m nm nmn 即2155211()1解得12，所以E为BD的中点 13 分13.（13 分）已知数列na中，12a，且21()2nnnaanNa证明：（1）212nna；（2）12122244222nnnaaaaaa【证明】：（1

11、）由12a，且212nnnaaa，得0na，故1202nnnnaaaa，则na为递减数列.11221112222nnnnnaaaaaa ，即112nnaa，故21.2nna 6 分（2）由12()2nnnnaaanNa，可得第 4页，共 9页121223112224()2()()222nnnnnaaaaaaan aaaaa1231nnaaaana，2112 1()22n 1122 1)4.2n（故有12122244.222nnnaaaaaa 13 分14.（13 分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第1n次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第1n，

12、2n，3n，次状态是“没有任何关系的”现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n（nN）次操作后，记甲盒子中黑球个数为nX，甲盒中恰有1个黑球的概率为na，恰有2个黑球的概率为nb（1）求1X的分布列；（2）求数列na的通项公式；（3）求nX的数学期望.【解】：（1）由题意可知，X1的可能取值为 0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P（X10）122339，P（X11）1122533339，P（X12）212339，故 X1的分布列如下表：X1012P295929 3 分（2）由全概率公式可知：P（1nX1）P（nX1

13、）P（1nX1|nX1）+P（nX2）P（1nX1|nX2）+P（nX0）P（1nX1|nX0）1122()3333P（nX1）+2(1)3P（nX2）+2(1)3P（nX0）第 5页，共 9页59P（nX1）+23P（nX2）+23P（nX0），即：1522(1),933nnnnnaabab所以112,93nnaa 所以1313(),595nnaa 又 a1P（X11）59，所以，数列35na 是以135a 为首项，以19为公比的等比数列，所以132121()()545959nnna ，即：321().559nna 8 分（3）由全概率公式可得：P（1nX2）P（nX1）P（1nX2|nX1

14、）+P（nX2）P（1nX2|nX2）+P（nX0）P（1nX2|nX0）21(33）P（nX1）+11)3（P（nX2）+0P（nX0），即：12193nnnbab，又321(),559nna 所以112321()39559nnnbb，所以111111111()(),5593559nnnnbb 又 b1P（X12）29，所以111121105599545b （），所以111()0559nnb ，所以111()559nnb ，所以()20(1)21.nnnnnnnE Xababab 13 分第 6页，共 9页15.（13 分）已知点F是抛物线2:4C xy与椭圆22221(0)yxabab的公

15、共焦点，椭圆上的点M到点F的最大距离为3（1）求椭圆的方程；（2）过点M作C的两条切线，记切点分别为,A B，求MAB面积的最大值.【解】：（1）抛物线 C：x24y 的焦点为 F（0，1），c1椭圆上的点 M 到点 F 的最大距离为 3，a+c3，b2a2c2，解得 a2，b23，椭圆的方程为22143yx 5 分（2）设 M（x0，y0），则2222000031,3434yxyx联立2224143xyyx，得 3y2+16y120，y2，2，解得 y23，y02，23），设 A（x1，y1），B（x2，y2），求导 x24y，可得12yx，切线 MA，MB 的方程分别为：y214x12x1

16、（xx1），y224x12x2（xx2），可得 x1，x2为方程 t22x0t+4y00 的两个不相等实数根x1+x22x0，x1x24y0，ABk22210212121214442xxxyyxxxxxx，第 7页，共 9页直线 AB 的方程为：y214x214xx（xx1），化为 y214xxx124x x，代入可得 y02xxy0，化为 x0 x2y2y00，点 M 到直线 AB 的距离 d20020|4|4xyx，|AB|221212(1)()4kxxx x22000(1)(416)4xxy，MAB 面积 S12d|AB|2200001|4|4164xyxy，把2200334yx 代入上

17、式可得 S22000031|34|1231644yyyy322001(12316)16yy，y02，23），由 t12203y16y02081003()33y，y02时，t 取得最大值 32MAB 面积的最大值为8 2 13 分16.（15 分）已知函数()(2e)lnf xxx，其中e2.71828为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x的单调性；（2）若12,x x（0，1），且21121212lnln2e(lnln)xxxxx xxx，证明：12112e2e 1xx【解】：（1）2e()(1 ln)fxxx，因为 y2ex在（0，+）上是减函数，y1 ln x在（0，+）上是增函数，所

18、以()fx在（0，+）上单调递减，又因为(e)0f，所以当 x（0，e）时，()(e)0fxf，()f x单调递增；当 x(e，+)时，()(e)0fxf，()f x单调递减 5 分第 8页，共 9页（2）证明：由题意，121212lnln2eln2elnxxxxxx，即121211(2e)ln(2e)lnxxxx，11221111(2e)ln(2e)lnxxxx，设111ax，221ax，则由1x，2x（0，1），得1a，2a（1，+），且 f（1a）f（2a），不妨设12aa，则即证122e2e 1aa，由(2e)0f及()f x的单调性知，121e2eaa，令()()(2e)F xf x

19、fx，1xe，则()F x()fx+(2e)fx24e2ln(2e)(2e)xxxx，因为2(2e)exx，所以()F x2224e2lne0e，所以 F（x）在（1，e）上单调递增，则 F（x）F（e）0，所以 f（x）f（2e x），取1xa，则11()(2e)f afa，又12()()f af a，则21()(2e)f afa，又12eae，2ea，且 f（x）在（e，+）上单调递减，所以212eaa，即122eaa从而12112exx成立.10 分下证122e 1aa，当21ae时，由1ea 得122e 1aa，当2e 12ea 时，令()()(2e 1)G xf xfx，e12ex，

20、则222e(2e 1)()()(2e 1)2ln(2e 1)(2e 1)G xfxfxxxxx，记2(2e 1)txx，e12ex，又2(2e 1)txx 在e 1,2e)上为减函数，所以2(2e,eet，第 9页，共 9页2e(2e 1)2t在（2e，e2+e）单调递减，lnt在（2e，e2+1）单调递增，所以2e(2e 1)2t lnt单调递减，从而()G x在e+1，2e）上单调递增，又(2e)G2e(2e 1)2e(2e 1 2e)2ln2e（2e+12e）2e 1ln2e，lnxx1，所以(2e)G0，又(e 1)G2e(2e 1)(e 1)(2e 1 e 1)2 ln（e+1）（2

21、e+1 e 1）e 1e 1ln(e 1)0，从而由零点存在定理得，存在唯一 x0（e+1，2e），使得0()0G x，当0e 1,)xx时，()G x0()G x0()G x单调递减；当0(,2)xxe时，()G x0()G x0()G x单调递增；所以()G x max(e 1),(2e)GG，又(e 1)(e 1)(2e 1 e 1)(e 1)(e)(e 1)ln(e 1)eGffff ，ln1exxlnxexln(e 1)e 1e，所以e 11(e 1)(e 1)e0eeG，显然，G（2e）f（2e）f（2e+12e）000，所以 G（x）0，即 f（x）f（2e+1x）0，取 x2ae+1，2e），则22()(2e 1)f afa，又12()()f af a，则12()(2e 1)f afa，结合22e 12e 1(e 1)ea ，1ea，以及()f x在(0,e)单调递增，得到122e 1aa，所以122e 1aa综上，可得12112e2e 1xx 15 分