2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）一试参考答案与评分标准（A卷）

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、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m1满足m)2024m)的值为．9832答案：4049．解：m)(3logm)12m)1220244049．3238982.设无穷等比数列a}的公比q满足0q1a}的各项和等于a}各nnn项的平方和，则2的取值范围是．1,02)．答案：411解：因为数列an}的各项和为，注意到an}各项的平方依次构成首项q12为12、公比为q2的等比数列，于是2}的各项和为1．q21qa21由条件知，化简得11q．11q22111当q0)(0,时，aq)qq,2)．22443.设实数a,bA{xRx210xa与B{xRbxb3}的交集为[4,9]，则ab的值为．答案：7．x210xa(x5)225aA是一个包含[4,9]且以x5BA9]a9．进一步可知B只能为[4,)，故b0且bb3，得b2．于是ab7．4.在三棱锥PABC中，若PA底面ABC，且棱AB,BP,BC,CP的长分别为4，则该三棱锥的体积为．3答案：．4解：由条件知PAAB，PAAC．因此PABP2AB23，进而ACCP2PA213．1AB2BC2AC2191313在ABC中，B，故sinB．2ABBC2322133所以SABBCsinB．2413又该三棱锥的高为，故其体积为VSPA．345.6先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a,bab71为，则事件“ab”发生的概率为．74答案：．21,6点的概率分别为p,p,,pp,p,,p成等差1261261数列，且ppp1，故pppppp．1261625343事件“ab7”发生的概率为Ppppppp．1162561事件“ab”发生的概率为2122262．211于是PP(pp)2(pp)2(pp)23．12162534331114由于P，所以P．12737216.设f(x)是定义域为R5g(x)f(2x)在区间上的零点个数为25，则g(x)在区间4)上的零点个数为．答案：11．2xtxt32)t随xg(x)在上的零点个数等于ft)在32)上的零点个数．注意到ft)有最小正周期5，设ft)在一个最小正周期上有m个零点，则ft)在[2,32)上有6m个零点，又设ft)在2)上有n个零点，则6mn25，且0nm，因此mn1．从而g(x)在4)上的零点个数等于ft)在[2,16)16)\2)上的零点个数，即mn11．7.设F,F为椭圆的焦点，在上取一点PO为12PFFPOFF2PFPF的离心率的最小值为．1212126答案：．4解：取FF的中点M，有FF，故FF0．121212记PFu,PFv,FFd，则12121v2u2POFFPMFFMOFF(PFPF)(PFPF)，1212121221222PFPFuvcosFPFu2v2d2，12122v2u2u2v2故由条件知u2v2d2，即d2．2218由柯西不等式知d2u2v2)uv)2（当vu33d386所以的离心率e．uv46当u:v:d1:3:6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8(a,b,c)202400)是一个幸运数组．满足10abc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10abc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9，这样的填法数为CC600．再考虑其中b,c的大小关系，由于不可能有bc，因此bc与bc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9，这样的填法数为600．再考虑其中a,babab20c的四个数字是9018ab与ab的填60018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300291591．二、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．sinAAsinBB9.（本题满分16分）在ABCcosC，22求cosC的值．4422解：由条件知cosCsinAsinB．…………4分22假如ABCC0sinA04424，C2A．所以只可能AB．此时AB442…………8分4422注意到cosCsinA0，故C，所以AB,，结合条223件得cosCcos2Asin2A2sinAcosA244，2cosC21(2cosC)27又C022C)1cosC．…………16分410.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线:x2y21的右顶点为A．将圆心在y轴上，且与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y)为圆心的好圆:x2(yy0)2r20(00)．00由0与的方程消去x，得关于y的二次方程2y22y0yy021r0．20根据条件，该方程的判别式4y02y021r20)0，因此y02222．…………5分对于外切于点P的两个好圆,，显然P在y轴上．设Ph)，,的1212半径分别为r,r，不妨设,的圆心分别为hrhr)，则有121212(h1)22r212，(h2)22r222．1r2两式相减得2h(rr)r21r22，而rr0，故化简得h．12122…………10分r2r进而r2r2，整理得122112r2162r2280．①(rr)22由于drr，A0)，PAh21121，而①可等价地写为124d22(rr)28(rr)2，即8PAd2，所以22．…………20分1212PA.（本题满分20z,w满足zw2Sz22ww22z的最小可能值．解法1：设zabi(a,bR)，则w2abi，故Sa22a4b2b(a1)ia26a4b2b(a3)i，a22a4b2a26a4b2(a25b2(a3)25b2．①…………5分记ta1bB5b25ft)t的最小值．2Bt4)2B4由ft)f(4t)，不妨设t2．我们证明ft)ft)，其中tB．00当t[2,t]时，t4t4]，00ft)ft0)(Bt2)(Bt4)2)(Bt04)2)t20t04)2t2t4)2)(2t02t0)(2tt)20（用到2tt0及y2x28x在[2,)…………10分当tt0,)时，ft)ft0)t2Bt4)2Bt04)2Bt2t02t4)2t04)2tt)tttt80000（用到tt04…………15分所以Sft)Bt4)28B168516．00当b0at0151时，S取到最小值8516．…………20分解法2：设z1xyi,w1xyi(x,yR)，不妨设其中x0．计算得z22w(x24x1y2)(2x4)yi，2z(x24x1y2)(2x4)yi．w2所以亦有SRe(z22)Re(w22z)x24x1y2x24x1y2．…………5分利用abab，可得S8x，①②S2x21y2x2y2)x2)．…………10分注意到方程8xx2)的正根为52．当x52时，由①得S8x8516．当0x52时，由②得Sx2)(52)2)8516．因此当x5y0时，S取到最小值8516．…………20分解法3：因为w=2−z，所以我们有z22(2z)z22z4z15z15；(2z)22zz26z4z15z15.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+5z=x+iy换成其实部x.因此只需考虑函数f(x)=x2+2x−4+x2−6x+4在R上的最小值.…………10分因为−1−5<3−5<1+5<3+5，因此我们有以下几种情况：51.若x≤1−5,则f(x)=2x2−4x,在这一区间上的最小值为f(1−5)=16+85；(2.若x∈1−5,3−5，则f(x)=8x+8，在这一区间上的最小值为f−5)=16+85；…………15分3.若x∈3−5,−1+5，则f(x)=2x2+4x，在这一区间上的最