2023年12月10日发(作者：超级有难度的数学试卷)

2023全国数学联赛山东省预赛试题一、填空题（每小题8分，共80分）1x21、已知A{x|3x13,xZ}，B{x|0,xN}，则集合C{m|mxy,xA,yB}的元素81x3个数是.14sin2、已知：.3((0,))，则是tan23、已知关于x的方程x3ax2bxc0的三个非零实数根成等比数列，则a3cb3的值是.4、正方体ABCDA1B1C1D1的底面A1B1C1D1内有一个动点M，且BM//平面AD1C，则tanD1MD的最大值是.2(n1,2,)，那么anan5、数列{an}中，a11，an11.6、已知x,y,z0，则fx2y2y24z2z216x2的最小值是9x3y5z..7、设ABC的内心为I，而且满足2IA5IB6IC0，则cosB的值是8、已知双曲线H：x2y21上第一象限内一点M，过M的作H的切线l，与双曲线H切于M，交H的渐近线于P，Q两点（P在第一象限），R与Q在同一渐近线上.则RPRQ的最小值为.9、小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做得零分．他的目标是至1少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率为，小2张应该做______多少道题，及格的概率最大.10、设实数x,y使得xy，x2y2，x3y3均为素数，则xy的值是二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：O是ABC的外心，D,E分别是边AC,AB上的点.线段DE,BD,CE的中点分别为P,Q,DE垂足为H.求证：P，Q，R，H四点共圆..12、（本题15分）在区间(22n,23n)中任取22n11个奇数.求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、（本题20分）已知：a,b,c为正实数.证明：(a22)(b22)(c22)9(abbcca).14、（本题20分）1010的表格上填入1到100，第i行第j列填入10(i1)j.每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1.证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的.2023全国数学联赛山东省预赛试题（答案）一、填空题（每小题8分，共80分）1x21、已知A{x|3x13,xZ}，B{x|0,xN}，则集合C{m|mxy,xA,yB}的元素81x3个数是答案：7解析：由已知得A{2,1,0,1,2}，B{0,1,2}，所以C{4，2，1，01，2，4}2、已知：答案：14sin3((0,))，则是tan218解析：由已知得2sin22sin()，所以易得6183、已知关于x的方程x3ax2bxc0的三个非零实数根成等比数列，则a3cb3的值是答案：0解析：设这三个根是d,dq,dq2，则由韦达定理得ddqdq2a22223dqdqdqbd3q3cb整理得()3c，所以a3cb30a4、正方体ABCDA1B1C1D1的底面A1B1C1D1内有一个动点M，且BM//平面AD1C，则tanD1MD的最大值是答案：2解析：由已知点M在线段A1C1上运动，所以tanD1MD5、数列{an}中，a11，an11答案：an23(2)n1DD12，且当点M是A1C1中点时等号成立.D1M2(n1,2,)，那么anan(n1,2,)21(an1)，an12(an2)anan解析：由递推关系得an11所以an11a1a1a12n(2)n11(2)n，所以nan12an2an2a12an23(2)n1(n1,2,)所以6、已知x,y,z0，则f55x2y2y24z2z216x2的最小值是9x3y5z答案：解析：由柯西不等式得x2y214x2y，y24z214y4z，z216x214z8x所以fx2y2y24z2z216x29x3y5zx2yy4zz8x55（9x3y5z）5且当yz2x时取等号7、设ABC的内心为I，而且满足2IA5IB6IC0，则cosB的值是答案：5858解析：设ABC的三边长为a,b,c，由熟悉的结论：aIAbIBcIC0得a:b:c2:5:6，所以cosB8、已知双曲线H：x2y21上第一象限内一点M，过M的作H的切线l，与双曲线H切于M，交H的渐近线于P，Q两点（P在第一象限），R与Q在同一渐近线上.则RPRQ的最小值为.答案：12解析：设点M(x,y)，P(x,y)，Q(x,y)，则l:xxyy10.yyx=0x2x1y022x1y10且2，2x2y20x1x2y2y1x0=y2y121，注意到x2x1y0x2x1y1y22x1x2x1x2yy2020即M为PQ的中点.y1y2x0y1y2x022212111RPRQ|RM||PQ|PO2PQ2OQ2.4444考虑到M在第一象限，故OQ2211RPRQOQ2429、小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做得零分．他的目标是至1少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率为，小2张应该做______多少道题，及格的概率最大答案：7或9解析：做对6道题．再做一道题及格的概率为P1p，再做两道题及格的概率为P2p2，再做三道题及格的概率为P3p3C32p2(1p)p2(32p)，再做四道题及格的概率为P4p4C43p3(1p)p3(43p)．显然PP3P4．因此，只需比较P1P2，1与P3的大小．当P1P3，即p2(32p)p时，解得p1．因此，当p1时，P1P3，此时回答九道题及格的概率最大；当0p12121时，P1P3，212此时回答七道题及格的概率最大；当p时，P1P3，此时回答七道题或回答九道题及格的概率最大10、设实数x,y使得xy，x2y2，x3y3均为素数，则xy的值是答案：3解析：设xyp，x2y2q，x3y3r，期中p,q,r都是素数，x2y2qxyxyp所以x1q1q(p)，y(p)代入x3y3r整理得2p2p3q2p(4rp3)故p|3q2，所以p3或pq，经检验只能p3二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：O是ABC的外心，D,E分别是边AC,AB上的点.线段DE,BD,CE的中点分别为P,Q,DE垂足为H.求证：P,Q,R,H四点共圆证明：设ADE的三个内角分别为A,D,E，ABC的外接圆半径为R由QP//AB,RP//AC知sinQPHsinE，sinQPRsinA，sinHPRsinD又PQBECD，,PR22故P,Q,R,H四点共圆PQsinRPHPRsinQPHPHsinQPRBECDsinDsinEPHsinA22BEAECDAD2PHDE(R2DE2)(R2OD2)(DHEH)(DHEH)OD2OE2DH2EH2OHDE得证12、（本题15分）在区间(22n,23n)中任取22n11个奇数.求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、（本题20分）已知：a,b,c为正实数.证明：(a22)(b22)(c22)9(abbcca)证明：由抽屉原理，a,b,c中必有两个数同时不大于1，或同时比小于1，设为a,b则由(a21)(b21)0得a2b21a2b2所以(a22)(b22)(c22)(a2b22a22b24)(c22)3(a2b21)(11c2)3(abc)29(abbcca)14、（本题20分）1010的表格上填入1到100，第i行第j列填入10(i1)j.每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1.证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的.证明：设一开始填数字k的格子为ak，令Aiaii1100则A在操作中是不变量，始终为i2338350i1100又因此数为表格中1到100所能得到的最大值，故等号成立，所以顺序不变.


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