摘要：學(xué)科競(jìng)賽是選拔尖端人才的重要途徑之一.文章給出貴陽(yáng)市2024年學(xué)科競(jìng)賽數(shù)學(xué)試卷及其解析.

關(guān)鍵詞：貴陽(yáng)市學(xué)科競(jìng)賽；數(shù)學(xué)競(jìng)賽；解析

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）28-0024-04

由貴陽(yáng)市教育局舉辦的“貴陽(yáng)市2024年學(xué)科競(jìng)賽”于2024年5月18日和19日舉行，這是貴陽(yáng)市教育局首屆舉辦的學(xué)科競(jìng)賽，包括數(shù)學(xué)、化學(xué)、地理、物理、信息技術(shù)五大學(xué)科.其中，數(shù)學(xué)競(jìng)賽于18日上午舉行，數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題嚴(yán)格按照全國(guó)聯(lián)賽一試的題型和分值來(lái)命制，試題的原創(chuàng)度高且難度適中，試題有很好的區(qū)分度和選拔功能，綜合考查了學(xué)生的數(shù)學(xué)能力.

一、填空題（本大題共8小題，每小題8分，共64分）

1.已知實(shí)數(shù)x，y滿足x+lnx=y+ey=6，則x+y=.

2.已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)等于1，則AB與CD的距離等于.

3.已知函數(shù)f（x）=x4+ax3+bx2+cx+d，若f（1）=1，f（2）=2，f（3）=3，則f（0）+f（4）=.

4.設(shè)橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上頂點(diǎn)為B，左焦點(diǎn)為F1.設(shè)直線BF1與橢圓E的另外一個(gè)交點(diǎn)為A，若BF1=2F1A，則橢圓E的離心率為.

5.設(shè)G為△ABC的重心，且AG⊥BG，則sinC的最大值為.

6.設(shè)［x］表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，S=1+12+

13+…+12 024，則［S］=.

7.設(shè)x∈（0，π2），若關(guān)于x的不等式5tanx+λsinx>（5+λ）x恒成立，則λ的最大值為.

8.設(shè)A1，A2，…，A20是圓周上的20個(gè)等分點(diǎn)，在這20個(gè)等分點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)連線都能構(gòu)成三角形，那么在這些三角形中直角三角形的個(gè)數(shù)是.

二、解答題（本大題共3小題，滿分56分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）

9.（本題滿分16分）設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi（a，b∈R，且ab≠0），證明：存在兩個(gè)復(fù)數(shù)z1，z2，使得z=z1+z2，且z1-z2和z1z2均為純虛數(shù).

10.（本題滿分20分）已知數(shù)列an滿足：a1=83，且

an+1=26an+9+4an+6.

求通項(xiàng)公式an.

11.（本題滿分20分）從點(diǎn)M向拋物線y2=2px（p>0）引兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.已知△MAB的面積為定值S，求點(diǎn)M的軌跡方程.

參考答案

1.設(shè)f（x）=x+lnx，則f（ey）=y+ey.

由題意知f（x）=f（ey）.

又f（x）單調(diào)遞增，所以x=ey.

從而x+y=y+ey=6.

2.如圖1所示，設(shè)M，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，易證MN⊥AB，MN⊥CD.

所以AB與CD的距離等于MN的長(zhǎng).

圖1正四面體

由于AB，AC，AD兩兩的夾角為π3，

所以AB·AC=AC·AD=AD·AB=12.

又因?yàn)镸N=AN-AM=12（AC+AD）-12AB，

所以|MN|2=14（AC2+AD2+AB2+2AC·AD-

2AC·AB-2AD·AB）

=14（1+1+1+1-1-1）=12.

故MN=22.

3.設(shè)g（x）=f（x）-x，則有

g（1）=g（2）=g（3）=0.

故g（x）=（x-1）PzpbdjYzbRCJwGzM24uGQQ==（x-2）（x-3）（x-m）.

從而f（0）+f（4）=g（0）+g（4）+4=6m+6（4-m）+4=28.

4.設(shè)橢圓E的右焦點(diǎn)為F2，連接AF2和BF2，

由題意，得

AF1=a2，AF2=3a2.

因?yàn)閏os∠F2F1B+cos∠F2F1A=0，

所以ca+（a/2）2+（2c）2-（3a/2）22×（a/2）×2c=0.

化簡(jiǎn)，得ca+2c2-a2ac=0.

即a2=3c2.

故橢圓E的離心率e=ca=33.

5.因?yàn)锳G⊥BG，所以AG·BG=0.

所以13AB+AC·13BA+BC=0.

所以AB+AC·AB-BC=0.

所以2c2=CA·CB.

所以2c2=ab·cosC=a2+b2-c22.

所以a2+b2=5c2.

由基本不等式，得

cosC

=a2+b2-（a2+b2）/52ab

=（4/5）×（a2+b2）2ab

≥（4/5）×2ab2ab

=45，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立.

故sinC=1-cos2C≤1-（45）2=35.

即sinC的最大值為35.

6.由k+1-k=1k+1+k<12k，知

1k>2（k+1-k）.

故1>2（2-1），12>2（3-2），…，12 024>2（2 025-2 024）.

所以1+12+13+…+12 024>2（2 025-1）=2（45-1）=88.

又由k+1-k=1k+1+k>12k+1，

知1k+1<2（k+1-k）.

故12<2（2-1），

13<2（3-2），…，

12 024

<2（2 024-2 023），

所以 1+12+13+…+12 024

<1+2（2 024-1）

<1+2（45-1）=89.

因此，88<1+12+13+…+12 024<89.

故1+12+13+…+12 024=88.

即S=88.

7.設(shè)f（x）=5tanx+λsinx-（5+λ）x，x∈（0，π2），則

f ′（x）=5cos2x+λcosx-（5+λ）

=λcos3x-（5+λ）cos2x+5cos2x.

令cosx=t∈（0，1），

g（t）=λt3-（5+λ）t2+5，t∈（0，1），

則g′（t）=3λt2-2（5+λ）t=t（3λt-2λ-10）.

（1）若λ≤10，則

g′（t）=t（3λt-2λ-10）

<t（3λ-2λ-10）

=t（λ-10）≤0.

所以g（t）在（0，1）上單調(diào)遞減.

故g（t）>g（1）=0.

于是f ′（x）>0.

因此f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增.

故f（x）>f（0）=0.

（2）若λ>10，則0<23+103λ<1.

則當(dāng)t>23+103λ時(shí)，

g′（t）=t（3λt-2λ-10）>0.

所以g（t）在（23+103λ，1）上單調(diào)遞增.

于是，當(dāng)t∈（23+103λ，1）時(shí)，g（t）<g（1）=0，即f ′（x）<0，所以f（x）在（0，arccos（23+103λ））上單調(diào)遞減.

此時(shí)f（x）<f（0）=0，這與f（x）>0恒成立矛盾.

綜上，λ≤10，故λ的最大值等于10.

8.引理：方程x1+x2+…+xm=n（m，n∈N*，n≥m，n>1）的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)為Cm-1n-1.

如圖2所示，以A1為直角頂點(diǎn)，設(shè)∠A1所對(duì)的弧占x等份，另外兩角所對(duì)的弧各占y和z等份.由題意得，x+y+z=20，且x=10，故y+z=10.

由引理可知方程y+z=10的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)為C2-110-1=C19=9，從而方程x+y+z=20也有9個(gè)正整數(shù)解.

由圖2可知，方程的每個(gè)正整數(shù)解都對(duì)應(yīng)一個(gè)直角三角形，因此以A1為直角頂點(diǎn)的直角三角形有9個(gè).

又以每個(gè)頂點(diǎn)為直角頂點(diǎn)的直角三角形的個(gè)數(shù)相同，而圓周上有20個(gè)等分點(diǎn)，所以總共有20×9=180個(gè)直角三角形［1］.

9.設(shè)

z1-z2=μi，μ∈R，①

z1z2=λi，λ∈R，②

又z1+z2=z=a+bi，③

由①③可得2z1=a+（b+μ）i，2z2=a+（b-μ）i.

所以z1和z2的實(shí)部相等，均為a2.

設(shè)z1=a2+xi，z2=a2+yi，

這里x，y∈R且x+y=b，由式②，得

a+2xi=2z1=2λz2i=-2λy+aλi，

即 a=-2λy，④

2x=aλ.⑤

由④⑤，得

a2λ=2ax=-4λxy.

即xy=-a24.

由x+y=b，xy=-a24知x，y是方程t2-bt-

a24=0的兩個(gè)根，

不妨設(shè)x=b+a2+b22，y=b-a2+b22.

則z1=a2+（b+a2+b22）i，

z2=a2+（b-a2+b22）i.

此時(shí)z1-z2=a2+b2i，z1z2=λi=2xai=b+a2+b2ai，均為純虛數(shù).

10.令6an+9=bn，則

an=b2n-96，b1=6×83+9=5.

于是b2n+1-96=2bn+4×b2n-96+6.

整理，得b2n+1=4b2n+12bn+9=（2bn+3）2.

又bn>0，所以bn+1=2bn+3.

可得bn+1+3=2（bn+3）.

又b1+3=8，所以{bn+3}是以2為公比，8為首項(xiàng)的等比數(shù)列.

故bn+3=8×2n-1=2n+2.即bn=2n+2-3.

則an=b2n-96=（2n+2-3）2-96=4n+26-2n+2.

11.設(shè)A，B，M的坐標(biāo)分別為A（2pλ2，2pλ），B（2pμ2，2pμ），M（x，y）.

由拋物線的切線方程可知，拋物線y2=2px在A，B兩點(diǎn)處的切線方程分別為

2pλy=p（x+2pλ2），

2pμy=p（x+2pμ2）.

即2λy=x+2pλ2，2μy=x+2pμ2.

聯(lián)立上述兩條切線方程，解得

x=2pλμ，y=p（λ+μ）.⑥

于是點(diǎn)M的坐標(biāo)為M（2pλμ，p（λ+μ））.

從而AB=（2p（μ2-λ2），2p（μ-λ）），

AM=（2pλ（μ-λ），p（μ-λ））.

由三角形的面積公式，得

S=12|x1y2-x2y1|

=12|2p（μ2-λ2）·p（μ-λ）-2pλ（μ-λ）·2p（μ-λ）|

=p2|u-λ|3.

于是|μ-λ|2=（Sp2）23.

因?yàn)閨μ-λ|2=（λ+μ）2-4λμ，

根據(jù)⑥式，有（yp）2-2xp=（Sp2）23.

即y2=2px+（pS）23.

這就是動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程.

參考文獻(xiàn)：

［1］

李鴻昌.2023年全國(guó)數(shù)學(xué)聯(lián)賽（貴州賽區(qū)）預(yù)賽試題及其解析[J].數(shù)理化解題研究，2024（04）：43-45.

［責(zé)任編輯：李璟］