2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）一试预测卷2

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛 一试仿真模拟卷 2 一、填空题（每题8分，共64分） 1．已知A、B、C三个集合满足，则三元有序对的个数是________. 2．设A、B、C是边长为1的正三角形三边上的点，则的最小值是________. 3．已知正整数满足 ，， 则正整数________. 4．已知△ABC满足．∠ABC，∠ACB的平分线BD、CE交于点P且满足．△ABC的内切圆半径为1，则BC的最大值是________. 5．设p，，曲线，斜率为m的两条直线与C相切于A、B两点．若直线AB的方程是，那么________. 6．方程有________组不同的整数解． 7．将长和宽分别是4和3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角，．则异面直线与CD的距离是________. 8．给出5个数字1、2、3、4、5．排列这5个数字，要求从第1个到第个位置不能由1，2，…，i的数字组成．例如不能是21354，因为从第1位到第3位是由1，2，3组成的．同理也不能是21543．那么满足要求的所有可能的组合数有________个． 二、解答题（共56分） 9．（16分）对于数列：…，即正奇数k有k个，是否存在整数r、s、t使得对于仟何正整数n都有恒成立． 10．求所有多项式，使得． 11．设n、m都是正整数．证明：对一切都有 ． $$2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛 一试仿真模拟卷2详细解析 1．．解：将1~9这9个数字向A、B、C三个集合中投放，我们先讨论数字1： （1）若1在A、B、C三个集合中只出现了一次，则共有3种不同的放置方式； （2）若1在A、B、C三个集合中出现了两次，则共有3种不同的放置方式； （3）若1在A、B、C三个集合中出现了三次，则只有1种放置方式． 从而，数字1共有种不同的放置方式． 同理可知，其余的8个数字的放置方式也各有7种不同的放置方式． 故三元有序对的个数为． 2．．解：设，，，，则 ， ， ， 故 等号在时取到． 3．3．解：由柯西不等式知， ． 因此 ， 故有，． 当时，和，矛盾． 因此，． 当时，和，无正整数解． 因此，． 当时，得，，． 因此，满足条件． 综上，是唯一解． 4．．解：因为，且AP平分∠BAC，所以，四边形ADPE为筝形或圆内接四边形． 又，则可以排除四边形ADPE为筝形． 故，． 由正弦定理得 ． 因，故 又 ， 所以 ． 当且仅当时，上式等号成立． 5．3．解：如图所示，设，，．由导数几何意义知，两式作差，得 ， 得． 所以，又M在曲线C上，所以，从而，得 ，， 从而，所以． 由，所以，所以 解得，把代入得． 综上，． 6．12．解：将方程变形为 ① 或 ② 或． 若是方程①的解，则是方程②的解，反之亦然． 因为x，所以方程①等价于 或或或． 或或或或． 在上述八种情形中只有第一个、第三个、第八个方程组有整数解，解为 ． 则方程②的解为． 共有12组解． 7．．解：如图，作，则CD∥平面，异面直线与CD的距离就是CD与平面的距离，等于点D到平面的距离，记为h．下面用体积法求点到平面的距离． 由条件知， ． 因为，所以， ． 所以 ， ，． 又，所以 ． 由于，所以 ，． 所以，异面直线与CD的距离为． 8．71．解：用容斥原理解决：令为1、2、3、4、5的排列所组成的集合，它的任一个元素的前i个数是1，2，…，i的一个排列．用Card(A)表示集合A中元素的个数，则 ，，， ，，， ，，， ，，， ，，． 所以，． 故满足要求的所有可能的组合数为个． 9．由条件知，而；，而；，，…，由此可以猜想 ， 即存在整数r、s、t且，，． 从数列：…的构成来看，它的第项到第项的值均为，即当时，． 由于当时， ， 即，所以，即有． 因此，存在整数，，，使得对于任意正整数n都有恒成立． 10．若c是的一个复根，则也是的一个根． 若，因为的根是有限的，所以既不可能，也不可能．因此，要么，要么． 若c是的一个根，则 ． 从而，也是的一个根． 若，且，由及，得． 于是，是的一个根．进而，也是的一个根，但是，矛盾．因此，或． 设，代入原方程得 ， 所以有 ， 进而得到，故有或1． 若，且假设，不妨设，则，矛盾．故当时，． 综上，，1或（n为正整数）． 11．记，，易见． 引理1：设a、b表示的含义同上，则 ． 证明： 由上知当，3时，要证的不等式成立． 若当时不等式成立，即，则当时， ， ． 因此当时不等式成立． 综上所述，由归纳法知引理1成立． 引理2：设a、b表示的含义同上，则当，时， ． 证明： ． 所以引理2成立． 回到原题．当，时， 因此要证的不等式成立． 当，时，可换元易得不等式成立． $$