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2024 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨 2024 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和 0 分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第 9 小题 4 分为一个档次，第 10、11 小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．1. 若实数m 1满足 log9 (log8 m) 2024，则 log3(log2 m)的值为 ．答案：4049．解： log3(log2 m) log3(3log8 m) 1 2log9 (log8 m) 1 2 2024 4049．2. 设无穷等比数列{an}的公比 q满足0 q 1．若{an}的各项和等于{an}各项的平方和，则 a2的取值范围是 ． 1 答案：, 0 (0, 2)．4 {a } a解：因为数列 n 的各项和为 1 ，注意到{an}各项的平方依次构成首项1 qa2 a2为 1 、公比为 q2 的等比数列，于是{a2n }的各项和为 1 2 ． 1 qa a2由条件知 11 2 ，化简得 a1 1 q ． 1 q 1 q2 q ( 1, 0) (0,1) a (1 q)q q 1 1 1

当时， 2, 0(0, 2)． 2443. 设实数 a, b满足：集合 A {x R x2 10x a0}与 B {x R bx b3}的交集为[4, 9]，则 a b 的值为 ．答案：7 ．解：由于 x2 10x a(x 5)225 a ，故 A是一个包含[4, 9]且以 x5为中点的闭区间，而 B 是至多有一个端点的区间，所以必有 A [1, 9]，故a9．进一步可知 B 只能为[4, )，故b 0且 4b b3 ，得b 2．于是 a b 7．4. 在三棱锥 P ABC 中，若 PA 底面 ABC ，且棱 AB, BP, BC, CP 的长分别为1, 2, 3, 4，则该三棱锥的体积为 ．3答案： ．4解：由条件知PA AB， PA AC．因此 PA BP2AB23，进而 ACCP2 PA213 ．1AB2BC 2AC 2ABC cos B 1 9 13 1在 中，，故 sin B 3 ．2AB BC 2 1 3 2 2S 1 3 3所以 ABCAB BC sin B． 2 4又该三棱锥的高为 PA，故其体积为V 1 S 3 ABC PA ． 3 45. 一个不均匀的骰子，掷出1, 2, 3, 4, 5, 6 点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为 a, b．若事件“ a b 7”发生的概率1为 ，则事件“ ab ”发生的概率为 ．74答案： ．21解：设掷出1, 2, , 6点的概率分别为 p1, p2 , , p6 ．由于 p1, p2 , , p6 成等差1数列，且 p1p2 p6 1，故 p1p6p2p5p3p4． 3事件“ a b 7”发生的概率为 P1p1 p6p2 p5 p6 p1 ．事件“ ab ”发生的概率为 Pp2p22 1 2 p26 ．2于是 PP 2 21 2( p1p6 )( p2p5 )( p3p )23 1 14． 3 31 1 1 4由于 P1，所以 P7 2 ．3 7 216. 设 f (x)是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数 g(x) f (2x )在区间[0, 5)上的零点个数为 25，则 g(x)在区间[1, 4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记 2xt ，则当 x [0, 5) 时，t [1, 32)，且 t随 x增大而严格增大．因此，g(x)在[0, 5)上的零点个数等于 f (t)在[1, 32)上的零点个数．注意到 f (t)有最小正周期5，设 f (t)在一个最小正周期上有m 个零点，则f (t)在[2, 32)上有6m 个零点，又设 f (t)在[1, 2)上有 n个零点，则6m n 25，且0 n m ，因此m 4, n 1．从而 g(x) 在 [1, 4)上的零点个数等于 f (t)在 [2,16) [1,16) \ [1, 2) 上的零点个数，即3m n 11．7. 设 F1, F2 为椭圆 的焦点，在 上取一点 P （异于长轴端点），记O 为

PF1F2 的外心，若 PO F1F22PF1 PF2 ，则 的离心率的最小值为 ．6答案： ．4

解：取F1F2 的中点M ，有MOF1F2 ，故MO F1F20．记 PF1u, PF2v, F1F2d ，则2 2 1PO F F v u1 2PM F1F2 MO F1F2(PF1PF2 )(PF2 PF1)， 2 2

2PF PF2uv cos F PFu2v2 d 21 2 1 2 ，2v2 u2 3u2v2故由条件知u2v2 d 2 ，即 d 2．2 28 2 2 21 由柯西不等式知 d(3u v )1

(u v)2（当 v3u时等号成立）．3 3 所以 的离心率 e d 3 6 ．uv 8 46当u : v : d 1:3: 6 时， 的离心率 e取到最小值 ．48. 若三个正整数 a, b, c的位数之和为8，且组成 a, b, c 的8个数码能排列为2, 0, 2, 4, 0, 9, 0, 8，则称 (a, b, c)为“幸运数组”，例如 (9, 8, 202400)是一个幸运数组．满足10 a b c的幸运数组 (a, b, c)的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组 (a, b, c)，当10 a b c时，分两类情形讨论．情形 1： a是两位数，b, c是三位数．暂不考虑b, c的大小关系，先在 a, b, c的非最高位（五个位置）中选三个位置填0 ，剩下五个位置还未填，任选其中两个填 2 ，最后三个位置填写 4, 8, 9，这样的填法数为C35 C25 3! 600 ．再考虑其中 b, c的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c与b c的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形 2： a, b是两位数， c是四位数．暂不考虑 a, b的大小关系，类似于情形 1，先在 a, b, c的非最高位（五个位置）中选三个位置填0 ，剩下五个位置填 2, 2, 4, 8, 9，这样的填法数为600 ．再考虑其中 a, b的大小关系．若 ab ，则必有 ab 20，c的四个数字是0, 4, 8, 9的排列，且0 不在首位，有3 3! 18种填法，除这些填法外，a b与 a b的填600 18法各占一半，故有291个满足要求的幸运数组．2综上，所求幸运数组的个数为300 291 591．二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分 16 ABC cosC sin A cos A sin B cos B分）在 中，已知 ，2 2求 cosC 的值．

解：由条件知cosC 2 sin2 A sin

24 B． …………4 分 2 4A假如 B

，则C，cosC0，但 sinA

44 240，矛盾．

所以只可能 AB ．此时 A B 0,，C 2A． 4 42 …………8 分

注意到 cosC 2 sinA 0，故C，所以 A B, ，结合条24 24 2 3件得cosCcos 2A sin

2A2sin

2 Acos4 A 42 2 cosC 1 ( 2 cosC)2 ，又 cosC0 7，化简得8(1 2cos2 C) 1，解得 cosC． …………16 分410.（本题满分 20 分）在平面直角坐标系中，双曲线 : x2y2 1的右顶点为 A．将圆心在 y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若d两个好圆外切于点 P ，圆心距为 d ，求 的所有可能的值．PA解：考虑以 (0, y0 )为圆心的好圆 : x2(y y 2 20 0 )r0 (r00)．由 0与 的方程消去 x，得关于 y 的二次方程2y2 2y0 y y20 1 r200 ．根据条件，该方程的判别式4y2 8(y20 0 1 r2 ) 0，因此 y22r 20 0 0 2．…………5 分对于外切于点 P 的两个好圆 1, 2，显然 P 在 y 轴上．设 P (0, h) ， 1, 2的半径分别为 r1, r2，不妨设 1, 2的圆心分别为 (0, h r1), (0, h r2 )，则有(h r )212r21 2，(h r2 )22r 22 2．两式相减得 2h(r1r ) r22 1r22 ，而 r1r20 hr1r，故化简得2 ．2…………10 分 rr 2进而 1 2r 2r 21 1 2，整理得2 r 2 21 6r1r2r2 8 0．①d r r A(1, 0) PA 2 h2 1 (r1r )2由于12 ， ， 2 1，而①可等价地写为42(r1r22 ) 8 (r1r )2 2 d2 ，即8 PAd2 ，所以2 2 ．…………20 分PA11.（本题满分 20 分）设复数 z, w满足 z w 2，求 Sz2 2ww2 2z的最小可能值．解法 1：设 za b i (a, b R) ，则w 2 a b i，故Sa2 2a 4 b2 2b(a 1) ia2 6a 4 b2 2b(a 3) i ， a2 2a 4 b2a2 6a 4 b2 (a 1)2 5 b2(a 3)2 5 b2 ．①…………5 分记 ta 1．对固定的b ，记 B5 b2 5，求 f (t)t 2 B(t 4)2 B的最小值．4由 f (t)f (4 t) ，不妨设 t2．我们证明 f (t) f (t0 )，其中 t0B ．当 t [2, t0 ]时， t 4 [ 2, t0 4]，f (t) f (t0 )(B t2 ) (B (t 4)2 ) (B (t0 4)2 ) t 2(t 4)2 (t 2(t 4)2 )(2t 20 0 0 8t0 ) (2t2 8t) 0（用到 2 tt0 及 y2x2 8x在[2,)上单调增）．…………10 分当 t [t0 ,) 时，f (t) f (t0 )t2 B (t 4)2 B(t0 4)2 B t 2 t 20(t 4)2 (t 20 4)(t t0 ) tt0tt0 80（用到 tt04）． …………15 分所以 Sf (t )B (t 4)20 08 B 16 8 5 16．当b0（①取到等号）， at0 1 5 1时， S 取到最小值8 5 16．…………20 分解法 2：设 z 1 x y i, w 1 x y i (x, y R)，不妨设其中 x 0．计算得z2 2w (x2 4x 1 y2 ) (2x 4)y i，w2 2z(x2 4x 1 y2 ) (2x 4)y i ．所以SRe(z2 2w)Re(w2 2z)x2 4x 1 y2x2 4x 1 y2 ．…………5 分利用 aba b ，可得S 8x，①亦有S2 x2 1 y22(1 x2y2 ) 2(1 x2 )．②…………10 分注意到方程8x2(1 x2 ) 的正根为 5 2．当 x5 2 时，由①得 S 8x 8 5 16．当0 x5 2时，由②得 S2(1 x2 ) 2(1 ( 5 2)2 )8 5 16．因此当 x5 2, y0时， S 取到最小值8 5 16． …………20 分解法 3：因为w = 2 z ，所以我们有z2 2(2 z)z2 2z 4z 1 5z 1 5 ；(2 z)2 2zz2 6z 4z 1 5z 1 5 .从而上两式最右边各项分别是 z 到复平面中实轴上的点 1 5 ， 1+ 5 ，3 5 ，3+ 5 的距离，所以把 z = x + iy换成其实部 x时，都不会增大.因此只需考虑函数 f (x) = x2 + 2x4 + x26x + 4 在 R 上的最小值.…………10 分因为 1 5 51. 若 x ≤ 1 5 , 则 f (x) = 2x24x , 在 这 一 区 间 上 的 最 小 值 为f ( 1 5) =16+8 5 ；2.若 x∈( 1 5, 3 5，则 f (x) = 8x +8 ，在这一区间上的最小值为f (3 5) = 16+8 5 ；…………15 分3.若 x∈ 3 5, 1+ 5 ，则 f (x) = 2x2+ 4x ，在这一区间上的最小值为f (3 5 ) = f ( 1+ 5 ) = 16+8 5 ；4.若 x∈1+ 5, 3+ 5，则 f (x) = 8x 8 ，在这一区间上的最小值为f ( 1+ 5 ) = 16+8 5 ；5. 若 x ≥ 3+ 5 ， 则 f (x) = 2x24x ， 在 这 一 区 间 上 的 最 小 值 为f (3+ 5 ) =16+8 5 .综上所述，所求最小值为 f (3 5 ) = f ( 1+ 5 ) = 8 5 16.…………20 分6

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