1、2023 年全国高中数学联赛江西省预赛试题（考试时间：2023 年5月 21 日上午9:3012:00）一、填空题（每小题 7 分，共 56 分）1、用12种不同的动物图案制作成一些动物卡片，使得每张卡片上都有其中的 4 种不同的动物图案，且制作过程中要求任取的两张卡片有且仅有一种动物是相同的，则最多能制作的卡片数量为 2、已知点(1,3),(5,4),(3,7),(7,1),(10,2),(8,6)ABCDEF，若直线l与ABC内（包括边界）点的最短距离等于直线l与DEF内（包括边界）点的最短距离，则直线l的方程为 3、函数()(1)ln(1)f xxx的单调递增区间是 4、已知关于x的方程
2、|(1)(3)|xxmx有四个不同的实根，则m的取值范围是 5、边长为1的正六面体被一个平面所截的最大截面面积为 6、若锐角,A B C满足222sinsinsin2ABC，则242424111sincossincossincosABBCCA的最小值是 7、设,A B为双曲线2222:1xyWab与实轴的交点，(0,1)P为双曲线外一点，,PA PB分别交双曲线于另一点,C D，过,C D的切线相交于Q，若QCD是一个正三角形，且面积为16 327，则双曲线W的方程是 8、有 8 块不同的积木，每块积木的形状为方形或者圆形，颜色为红色或者黄色，印有城市名为南昌或者北京，从 8 块不同的积木中按
3、顺序任取n块积木（28n），nD表示后一次与前一次取出的积木在形状，颜色，城市名三个方面恰好有两个相同的所有不同取法总数，则28maxnnD 二、解答题（共 64 分）9、（14 分）设,0.ac bc c证明：()()c acc bcab，并确定等号成立的条件.10、（15 分）设正数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）证明：对任意互不相同的正整数12,nb bb都有32123nnbbbabn.11、（15 分）过平行四边形ABCD的顶点作一圆交直线AC于E点，证明：22ABADAC AE.12、(20 分)如果直角三角形的三边是两两互素的正整数，则称这种直角三角形为本原直角三角形.（
4、1）求本原直角三角形中面积恰好等于周长n倍的本原直角三角形的个数，并记为na；（2）求12023max()nna，并列出所有面积恰好等于周长的2023倍的本原直角三角形.na1111()()+nnnna aaann11ana 1/5 2023 年全国高中数学联赛江西省预赛试题参考答案（考试时间：2023 年5月 21 日上午9:30 12:00）一、填空题（每小题 7 分，共 56 分）1、用12种不同的动物图案制作成一些动物卡片，使得每张卡片上都有其中的 4 种不同的动物图案，且制作过程中要求任取的两张卡片有且仅有一种动物是相同的，则最多能制作的卡片数量为 解：将 12种不同的动物图案编号为
5、 1，2，12,如果考虑相同的一种动物是 1 号，最多有 3 种，如(1,2,3,4),(1,5,6,7),(1,8,9,10)；相同的一种动物为 2 号时，最多有 2 种，如(2,5,8,11),(2,6,9,12)；相同的一种动物为 3 号时，最多有 2 种，如(3,5,10,12),(3,7,9,11)；相同的一种动物为 4 号时，最多有 2种，如(4,6,10,11),(4,7,8,12)，所以最多能制作的卡片数量为 9.2、已知点(1,3),(5,4),(3,7),(7,1),(10,2),(8,6)，若直线与内（包括边界）点的最短距离等于直线与内（包括边界）点的最短距离，则直线的方
6、程为 解：内（包括边界）的点与内（包括边界）点的最短距离为到的中点(?,?)的距离，故直线即为线段的中垂线，所以直线的方程为：?=?(?),即 5 25=0,也即=?5.3、函数()=(+1)(+1)的单调递增区间是 解：()=1+(+1)0,?1，所以函数()=(+1)(+1)的单调递增区间是(?1,+).4、已知关于的方程|(1)(3)|=有四个不同的实根，则的取值范围是 解：由=与=(1)(3)在区间(1,3)内相切，可得=4 23，再由切点横坐标必须在区间(1,3)内，所以=4+23不合条件，故的取值范围是0 0，从而的直线方程为=?+1，于是有=+1 （1）,则的直线方程为:?=1,
7、的直线方程为：?=1,得点坐标为(0,?).又由对称性及是一个正三角形可得：?2 3=?，?=3,即?=?，=3.联立（1）可得 =?,=?再由1+?=?得?=23 1,代入=?得9?+43 4=0从而得=?，=?,所以双曲线的方程是?3?=1.8、有 8 块不同的积木，每块积木的形状为方形或者圆形，颜色为红色或者黄色，印有城市名为南昌或者北京，从 8 块不同的积木中按顺序任取块积木（2 8），?表示后一次与前一次取出的积木在形状，颜色，城市名三个方面恰好有两个相同的所有不同取法总数，则28maxnnD 解：计数方法等价于六面体?中作取一点沿边走(2 8)步的不同走法，其 3/5 中?(1,1
8、,1),?(2,1,1),?(2,2,1),?(1,2,1),?(1,2,2),?(1,1,2),?(2,1,2),?(2,2,2),故?=8 (1+1+1)=24，?=8 3 2=48，?=8 3 2 2=96，?=8 3 2 1 1+8 3 2 1 2=48+96=144，?=8 3 2 1 1 2+8 3 2 1 1 2+8 3 2 1 1 1=96+96+48=240,?=8 3 2 1 1 2 1+8 3 2 1 2 1 1=96+96=192，?=8 3 2 1 1 2 1 1+8 3 2 1 1 1 1 1=48+96=144,即?=24,?=48,?=96,?=144,?=24
9、0,?=192,?=144,所以28maxnnD 240.二、解答题（共 64 分）9、（14 分）设 ,0.证明：?()+?()，并确定等号成立的条件.证明：?()+?()=+?+()()+=,等号成立时有?=?=(+).10、（15 分）设正数列na 满足1111()()+nnnna aaann，且11a .（1）求数列na 的通项公式；（2）证明：对任意互不相同的正整数?,?,?都有?+?+?+?.解：（1）由及正数列的条件可得,归纳假设.下证的情况如下：.代入归纳假设可得：，解得.（2）由（1）有?=(?+?+?+?)?2211(1)()22+1a a 2112a 111123nan
10、1n1111()()11+nnnnaaaannna12111111111(1(1)0231123+nnaannnn）111111231nann 4/5 (?+?+?+?)(?+?+?+?),由正整数?,?,?互不相同，有?+?+?+?+?+?+?=?,所以?+?+?+?.11、（15 分）过平行四边形的顶点作一圆交直线于点，证明：?+?=.证明：由=,=,可得,所以有?=?=?=?=,从而 =，=，=（1）,再由托勒密定理有 +=（2）,将（1）代入（2）得?+?=,即?+?=.12、(20 分)如果直角三角形的三边是两两互素的正整数，则称这种直角三角形为本原直角三角形，（1）求本原直角三角形
11、中面积恰好等于周长倍的本原直角三角形的个数，并记为?；（2）求12023max()nna，并列出所有面积恰好等于周长的2023倍的本原直角三角形.解：（1）设本原直角三角形三边长为,，则,一奇一偶，不妨设2|,由引理：不定方程?+?=?满足(,)=1,0,0,0,2|的全部整数解(,)可表示为=?,=2,=?+?，其中,满足 0,一奇一偶，且(,)=1的任意整数.由条件应该有?=(+),即(?)=(2?+2)，也即()=2,其中,一奇一偶，所以 为奇数，从而为偶数.当=1 时，有 =2,=1 得=2,=3，即只有(,)=(5,12,13)符合条件，即?=1=2?.当=2 时，有 =4,=1 得
12、=4,=5，即只有(,)=(9,40,41)符合条件，即?=1=2?.设的标准分解式为=2?，其中?,?,?为的大于 1 的奇素因子.由于,一奇一偶，所以 为奇数，从而为偶数，另外(,)=1,故(,)=1，再由()=2=2?可知2?|，设=2?,=，则?|,?|这两种情况只能有一种出现，而且一定有一种出现（其中=1,2,），故与 的取值情况有且只有2?种。所以?=2?（是的大于 1 的奇素因子的个数）.（2）2023=7 17?,?=2?=4,再由()=2=2 7 17?.令 =2,=2023 得=2,=2025，从而(,)=(4100621，8100，4100629);5/5 令=14,=289，得=14,=303，从而(,)=(91613，8484，92005);令=578,=7，得=578,=585，从而(,)=(8141，676260，676309);令=4046,=1，得=4046,=4047，从而(,)=(8093，32748324，32748325);又=1 3 5 7 11 13=15015,=1 3 5 7 11=1155,1155 2023 15015,所以412023max()2nna.
