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

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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

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