2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛甘肃赛区预赛试题参考答案及评分标准

2023年12月30日发(作者：97分数学试卷视频答案)

2023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。请直接将答案写在题中的横线上）题号答案13（-,2942]U[,)或3题号答案6(1,1)270a2(12)e28cab96212107二、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3bcos（1）求C的大小；（2）若abABcsinB．23c，求sinA．ABsinCsinB，2【解】：（1）由正弦定理知3sinBcos因为有sinB0，所以3cosABsinC.2CCCABCC因为cos，所以3sin2sincos，cos()sin2222222因为sinC3C0，所以cos22，2C，从而C.263………………6分因为C(0,)，所以（2）因为C将c，由余弦定理得c2a2b2ab,331(ab)代入上式得(ab)2a2b2ab，33整理得2a25ab2b20，解得a2b或b2a.第1页，共9页

①当a2b时，c3b，b2c2a2b23b24b2所以cosA0，22bc23b因为A(0,)，所以A②当b2a时，c.23a，b2c2a24a23a2a23所以cosA，22bc243a因为A(0,)，所以A所以sinA1或1.2.6…………………………13分12.（13分）如图，已知长方形ABCD中，AB2，AD1,M为DC的中点.将ADM沿AM折起，使得平面ADM平面ABCM.（1）求证：ADBM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角EAMD的余弦值为5．5故ADDM，取AM【解】：（1）因为平面AMD平面ABCM，AB2,AD1，M是DC的中点,，的中点O，连结有OD，则DO平面ABCM，取AB中点N，连接ON，则ONAM，以O为原点如图建立空间直角坐标系……………3分A(2222,0,0),B(,2,0),M(,0,0),D(0,0,)则222222AD(,0,),BM(0,2,0)22第2页，共9页

所以ADBM0,故ADBM.（2）设DEDB(01),因为平面AMD的一个法向量n=（0，1，0）2222MEMDDB(,2,),AM(2,0,0)2222设平面AME的一个法向量为m(x,y,z),2x0AMm0即22(1)x2y(1)z0MEm022……………6分取y1,得x0,y1,z22),,所以m(0,1,11mn5因为cosm,n即mn5111(解得22)1551，所以E为BD的中点．2……………13分an213.（13分）已知数列{an}中，a12，且an1an2（1）an（2）(nN)．证明：12n2；2nan2a14a24．a12a22an2，得an0，an2【证明】：（1）由a12，且an1an2故an1an2an0，则{an}为递减数列.an2an1a221n11，anan2an2a122即an1（2）由11an，故ann2.222ananan1(nN)，可得an2第3页，共9页…………………………………6分

2nan2a14a2(a1a2)2(a2a3)n(anan1)a12a22an2a1a2a3annan1，1121()n22212（21n1)4.2故有2nan2a14a24.a12a22an2……………………………………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n1次．现有状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n1，n2，n3，…次状态是“没有任何关系的”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（nN）次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn．（1）求X1的分布列；（2）求数列{an}的通项公式；（3）求Xn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（X1＝0）＝，P（X1＝1）＝，P（X1＝2）＝，33933339339012故X1的分布列如下表：X1P295929………………3分（2）由全概率公式可知：P（Xn1＝1）＝P（Xn＝1）P（Xn1＝1|Xn＝1）+P（Xn＝2）P（Xn1＝1|Xn＝2）+P（Xn＝0）P（Xn1＝1|Xn＝0）＝(112222)P（Xn＝1）+(1)P（Xn＝2）+(1)P（Xn＝0）333333第4页，共9页

522P（Xn＝1）+P（Xn＝2）+P（Xn＝0），933522即：an1anbn(1anbn),93312所以an1an,93313所以an1(an),5955又a1＝P（X1＝1）＝，9313所以，数列{an}是以a1为首项，以为公比的等比数列，59532121所以an()n1()n，545959321n即：an().559＝………………8分（3）由全概率公式可得：P（Xn1＝2）＝P（Xn＝1）P（Xn1＝2|Xn＝1）+P（Xn＝2）P（Xn1＝2|Xn＝2）+P（Xn＝0）P（Xn1＝2|Xn＝0）＝(）P（Xn＝1）+，（1)P（Xn＝2）+0×P（Xn＝0）即：bn121anbn，93321n又an(),55912321n所以bn1bn[()]，39559111n11111n所以bn1()[bn()],55935592又b1＝P（X1＝2）＝，9111211所以b1（）0，5599545111n所以bn()0，559111n所以bn()，559所以E(Xn)an2bn0(1anbn)an2bn1.………………13分213313第5页，共9页

y2x215.（13分）已知点F是抛物线C:x4y与椭圆221(ab0)的公共焦点，椭圆上的点M到ab2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：x2＝4y的焦点为F（0，1），∴c＝1．∵椭圆上的点M到点F的最大距离为3，∴a+c＝3，b2＝a2c2，解得a＝2，b2＝3，y2x2∴椭圆的方程为1．………………5分43222y0x03y02（2）设M（x0，y0），则1,x03434x24y联立y2x2，得3y2+16y12＝0，y∈[2，2]，1342，32∴y0∈[2，），3解得y＝设A（x1，y1），B（x2，y2），求导x2＝4y，可得y1x，221x121x2＝x1（xx1），y＝x2（xx2），∴切线MA，MB的方程分别为：y2244可得x1，x2为方程t22x0t+4y0＝0的两个不相等实数根．∴x1+x2＝2x0，x1x2＝4y0，2x2x12y2y144x2x1x0，∴kAB＝x2x1x2x142第6页，共9页

xx1xxx12x2x1∴直线AB的方程为：y＝（xx1），化为y＝2x12，4444代入可得y＝x0xy0，化为x0x2y2y0＝0，22|x04y0|∴点M到直线AB的距离d＝x420，2x02|AB|＝(1k)[(x1x2)4x1x2＝(1)(4x016y0)，422∴△MAB面积S＝201212d|AB|＝|x04y0|4x016y0，42223y03y01把x3代入上式可得S＝|34y0|123y0216y0444312＝(123y016y0)2，16∵y0∈[2，8210022），由t＝123y016y0＝3(y0)，333∴y0＝2时，t取得最大值32．∴△MAB面积的最大值为82．………………13分16.（15分）已知函数f(x)(2ex)lnx，其中e2.71828为自然对数的底数.（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若x1,x2∈（0，1），且x2lnx1x1lnx22ex1x2(lnx1lnx2)，证明：2e【解】：（1）f(x)因为y＝112e1．x1x22e在（0，+∞）上是减函数，y＝1lnx在（0，+∞）上是增函数，x2e(1lnx)，x所以f(x)在（0，+∞）上单调递减，又因为f(e)0，所以当x∈（0，e）时，f(x)f(e)0，f(x)单调递增；当x∈(e，+∞)时，f(x)f(e)0，f(x)单调递减．………………5分第7页，共9页

（2）证明：由题意，lnx1lnx22elnx12elnx2，x1x2即(2e111111)lnx1(2e)lnx2，(2e)ln(2e)ln，x1x2x1x1x2x2设11a1，a2，则由x1，x2∈（0，1），得a1，a2∈（1，+∞），且f（a1）＝f（a2），x1x2不妨设a1a2，则即证2ea1a22e1，由f(2e)0及f(x)的单调性知，1a1ea22e，令F(x)f(x)f(2ex)，1＜x＜e，4e2则F(x)＝f(x)+f(2ex)＝2ln[x(2ex)]，x(2ex)4e22因为x(2ex)e，所以F(x)＞22lne0，所以F（x）在（1，e）上单调递增，则F（x）e2＜F（e）＝0，，取xa1，则f(a1)f(2ea1)，所以f（x）＜f（2ex）又f(a1)f(a2)，则f(a2)f(2ea1)，又2ea1e，a2e，且f（x）在（e，+∞）上单调递减，所以a22ea1，即a1a22e．从而112e成立.x1x2………………10分下证a1a22e1，①当a2e1时，由a1e得a1a22e1，②当e1a22e时，令G(x)f(x)f(2e1x)，e1x2e，则G(x)f(x)f(2e1x)22e(2e1)2ln[x2(2e1)x]，2x(2e1)x记tx(2e1)x，e1x2e，又tx(2e1)x在[e1,2e)上为减函数，所以t(2e,ee]，第8页，共9页22

2e(2e1)2e(2e1)2在（2e，e2+e）单调递减，lnt在（2e，e2+1）单调递增，所以2lnt单tt调递减，从而G(x)在[e+1，2e）上单调递增，又G(2e)＝2e(2e1)2ln2e（2e+12e）＝2e1ln2e，lnx≤x1，所以G(2e)＞0，2e(2e12e)e12e(2e1)（2e+1e1）＝ln(e1)＜0，2ln（e+1）e1(e1)(2e1e1)又G(e1)＝从而由零点存在定理得，存在唯一x0∈（e+1，2e），使得G(x0)0，当x[e1,x0)时，G(x)＜G(x0)＝0⇒G(x)单调递减；当x(x0,2e)时，G(x)＞G(x0)＝0⇒G(x)单调递增；所以G(x)max{G(e1),G(2e)}，又G(e1)f(e1)f(2e1e1)f(e1)f(e)(e1)ln(e1)e，xlnx1e1，⇒lnx≤⇒ln(e1)≤exeee11所以G(e1)(e1)e0，ee显然，G（2e）＝f（2e）f（2e+12e）＝00＝0，所以G（x）＜0，即f（x）f（2e+1x）＜0，取x＝a2∈[e+1，2e），则f(a2)f(2e1a2)，又f(a1)f(a2)，则f(a1)f(2e1a2)，结合2e1a22e1(e1)e，a1e，以及f(x)在(0,e)单调递增，得到a12e1a2，所以a1a22e1．综上，可得2e112e1．x1x2………………15分第9页，共9页