2024年全國高中數學聯賽(四川預賽)試題及其解析

摘 要：給出2024年全國高中數學聯賽（四川預賽）試題及其解析，部分試題給出一題多解，解答題給出了有別于參考答案的精彩解法.

關鍵詞：高中數學聯賽；數學競賽試題；解析

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0029-06

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：張君（1978.10—），男，四川省宣漢人，本科，中學高級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：2023年度四川省教育科研項目重點課題“拔尖創新人才早期培養視域下普通高中‘強基課程’建設研究”（項目編號：SCJG23A051）.

2024年全國高中數學聯賽（四川預賽）試題，全卷共11道題（滿分120分），其中8道填空題（共 8 小題，每小題 8 分，滿分 64 分），3道解答題（共 3 小題，第9題16分，第11，12題各20分，滿分 56分）.命題組對8道填空題，只給出了答案，沒有解析過程，3道解答題各提供了一種解法供閱卷參考.筆者參考2022年四川預賽試題及其解析^[1]和2023年四川預賽試題及其解析^［2］，對2024年四川預賽每道題都進行了分析和研究，逐個給出解析，部分解答題還給出了有別于參考答案的精彩解法，供讀者參考.

1 試題內容簡析

該試題涉及函數性質（第1題），對數運算（第2題），導數與不等式（第3題），直線與圓（第4題），三角函數（第5題），立體幾何（第6題），數列與二項式（第7題），解析幾何（第9題），復數與不等式（第10題），組合（第8，11題）.

2 試題及其解析

題1 設函數f（x）=ln|x|+|x|-2的零點都在區間［a，b］（a，b∈Z，alt;b）內，則b-a 的最小值為.

解析 當x＞0時，f（x）=lnx+x-2單調遞增，且f（1）=-1＜0，f（2）=ln2＞0，故此時f（x）的唯一零點在（1，2）內.

由于f（x）為偶函數，所以當x＜0時，f（x）的唯一零點在（-2，-1）內.

故b-a的最小值為4.

題2 已知agt;bgt;1，若logab+logba=52，則ba+4的最大值為.

解析 由a＞b＞1知logba＞1.

再由logab+logba=52解得logba=2.

故a=b2.

所以ba+4=bb2+4≤b4b=14，當且僅當a=4，b=2時等號成立.

所以ba+4的最大值為14.

題3 "設a∈R，若函數f（x）=ax-ax-2lnx在其定義域內為單調遞增函數，則實數a的最小值為.

解析 由題知f ′（x）=a+ax2-2x，x＞0，

又因為f（x）在（0，+∞）內單調遞增的條件是

f ′（x）=a+ax2-2x≥0，

即a≥2x1+x2.

而2x1+x2≤2x2x=1，當且僅當x=1時等號成立.

故2x1+x2的最大值為1.

所以a≥1.

所以實數a的最小值為1.

題4 用f（X，Γ）表示點X與曲線Γ上任意一點距離的最小值.已知 ⊙O：x2+y2=1 及⊙O1：（x-4）2+y2=4， 設P為⊙O上的動點， 則f（P，⊙O1）的最大值為.

解析 "f（P，⊙O1）=|PO1|-2，則

f（P，⊙O1）max=|PO1|max-2

=|OO1|+1-2=3，

當P（-1，0）時f（P，⊙O1）取得最大值3.

題5 設△ABC中， AC=2，∠ABC=2∠BAC， 則△ABC面積的最大值為.

解析 由正弦定理，得BCsinA=ACsinB=2sin2A，

則BC=1cosA.

于是S=12AC·BCsinC

=12×2×1cosA·sin3A

=sin3AcosA

=3sinA-4sin3AcosA=tanA（3-4tan2A1+tan2A）

=tanA（3-tan2A）1+tan2A.

設tanA=t，由于A+B=3A＜π，

則0＜A＜π3.

于是0＜t＜3.

所以S=tanA（3-tan2A）1+tan2A=t（3-t2）1+t2.

設f（t）=t（3-t2）1+t2，則

f ′（t）=3-6t2-t4（1+t2）2.

由3-6t2-t4（1+t2）2=0，解得t2=23-3.

則f（t）在（0，23-3）內單調遞增，在（23-3，3）內單調遞減，故

f（t）max=f（23-3）

=23-3（6-23）23-2

=63-9.

即△ABC面積的最大值為63-9.

題6 將邊長為 1 的正方體ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1繞著其中心旋轉45°得到一個十面體ABCD-EFGH（如圖1）， 則該十面體的體積為.

解析 如圖2，連接DB，DE，DF，則

VABDE=VDBCF=VDEFH=VDFGH=16.

由于HE∥BD，HE=1，BD=2，則

VADEH=22VABDE=212.

同理，VDBEF=2VDEFH=26，

VDCFG=22VDFGH=212.

所以十面體的體積

V=VABDE+VDBCF+VDEFH+VDFGH+VADEH+VDCFG+

VDBEF=16×4+212×2+26=2+23.

題7 "若T=∑100k=12^99+k·3^101-k， 則T的末尾數字0的個數為.

解析 T=∑100k=12^99+k·3^101-k

=2¹⁰⁰·3¹⁰⁰［1-（2/3）¹⁰⁰］（1-2/3）

=3（6¹⁰⁰-4¹⁰⁰），

6¹⁰⁰-4¹⁰⁰=（10-4）¹⁰⁰-4¹⁰⁰

=10 000M+C3100×103×（-4）⁹⁷+C2100×102×（-4）⁹⁸+C1100×10×（-4）⁹⁹

=100 00M-33×49×105×4⁹⁷+495 000×4⁹⁸-

1 000×4⁹⁹

=10 000M1+4⁹⁸×491 000，

其中M，M1均為正整數.

故T的末尾數字有3個0.

題8 記I={1，4，5，6}，U={1，2，3，…，25}， 集合U的子集A=a1，a2，a3，a4，a5， 滿足|ai-aj|I（1≤ilt;j≤5）， 則符合條件的集合A的個數為.（用具體數字作答）

解析 不妨設a1＜a2＜a3＜a4＜a5，再設bi=ai+1-ai，i=1，2，3，4，則A中元素由a1和有序數組（b1，b2，b3，b4）決定.

因為b1+b2+b3+b4=a5-a1≤25-1=24，

bi{1，4，5，6}，且（b1，b2，b3，b4）中任何相鄰幾個之和也不屬于{1，4，5，6}，否則會出現aj-ai∈I（1≤ilt;j≤5）的情況，則b1，b2，b3，b4中最少有一個2或3，最多有兩個2或3.

下面根據b1，b2，b3，b4合并成的組合可能的情況分類討論：

只有一個2無3或只有一個3無2的情況有：277 7，277 8，377 7，此時根據（b1，b2，b3，b4）的排列情況和a1的取值情況可得A的個數為A14×2+A24×

1+A14×1=24；

有兩個2的情況有：227 7，228 8，229 9，22（10）（10），227 8，227 9，227（10），227（11），227（12），

227（13），228 9，228（10），228（11），228（12），229（10），229（11），此時（b1，b2，b3，b4）的排列中2與2不能相鄰，A的個數為C23（7+5+3+1）+A22C23（6+5+4+3+2+1+4+3+2+1+2+1）=252；

有一個2一個3的情況有：237 7，238 8，239 9，

237 8，237 9，237（10），237（11），237（12），238 9，238（10），238（11），239（10），此時（b1，b2，b3，b4）的排列中2與3不能相鄰，A的個數為A23（6+4+2）+A22A23（5+4+3+2+1+3+2+1+1）=336；

有兩個3的情況有：337 7，338 8，339 9，337 8，337 9，337（10），337（11），338 9，338（10），此時（b1，b2，b3，b4）的排列中3與3不能相鄰，A的個數為C23（5+3+1）+A22C23（4+3+2+1+2+1）=105.

綜上，A的個數為24+252+336+105=717.

題9 已知t為正實數， 若曲線y=t·ex 與橢圓C：x22+y2=1交于 A，B兩個不同的點，求證：直線AB的斜率klt;22.

證明 設A（x1，y1），B（x2，y2），其中 x1lt;x2.

注意到對數不等式：

若a，bgt;0，a≠b，則

a-blna-lnblt;a+b2.

取a=e^x1，b=e^x2，得

e^x1-e^x2x1-x2lt;e^x1+e^x22.

所以k=y1-y2x1-x2=t（e^x1-e^x1）x1-x2lt;t（e^x1+e^x2）2=y1+y22.

所以y1+y2gt;2k.①

解法1 設直線AB的方程為x=yk+m，

代入x22+y2=1，并整理，得

（1+2k2）y2+2kmy+k2m2-2k2=0.

由△=4k2m2-4（1+2k2）（k2m2-2k2）

=8k2（1+2k2-k2m2）gt;0.

得1+2k2gt;k2m2.

則（y1+y2）2=4k2m2（1+2k2）2lt;41+2k2.

再由y1+y2gt;2k，可得4k2lt;41+2k2.

因此2k4-k2-1lt;0.

即（2k2-1）（k2+1）lt;0，

解得klt;22.

解法2 將x212+y21=1 和 x222+y22=1 相減， 得

（x1+x2）（x1-x2）2+（y1+y2）（y1-y2）=0.

所以x1+x2=-2k（y1+y2）.②

再將x212+y21=1 和 x222+y22=1 相加， 得

x21+x222+y21+y22=2.③

注意到： x1≠x2 時，由x21+x22gt;2x1x2知

x21+x222gt;（x1+x2）24.

結合①②③，知

2=x21+x222+y21+y22

gt;（x1+x2）24+（y1+y2）22

=4k2（y1+y2）24+（y1+y2）22

gt;4k4+2k2.

所以2k4+k2-1lt;0.

即 （2k2-1）（k2+1）lt;0，

解得 klt;22.

題10 設復數 x，y，z 滿足： |x+2y+3z|=1.

求|x|2+|y|2+|z|2+|x2+y2+z2|的最小值.

解析 一方面， x=114，y=17，z=314 時，|x|2+|y|2+|z|2+|x2+y2+z2|=17.

另一方面， 下證：

|x2|+|y2|+|z2|+|x2+y2+z2|≥17.

由于x，y，z旋轉同一個角度， 已知和結論不變，

因此， 不妨設x2+y2+z2為實數.

設x=x1+iy1，y=x2+iy2，z=x3+iy3 ，其中 x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R，則條件變為

（x1+2x2+3x3）2+（y1+2y2+3y3）2=1，

且x1y1+x2y2+x3y3=0.①

待證式變為

∑3k=1x2k+∑3k=1y2k+|∑3k=1x2k-∑3k=1y2k|≥17.

即2max∑3k=1x2k，∑3k=1y2k≥17.

因此， 只需證明： max∑3k=1x2k，∑3k=1y2k≥114.②

（反證法）假設結論不成立，即

max∑3k=1x2k，∑3k=1y2klt;114.

從而∑3k=1x2klt;114，∑3k=1y2klt;114.

在空間直角坐標系中，設O（0，0，0），A（x1，x2，x3），B（y1，y2，y3），P（1，2，3），

則

|OA|2=∑3k=1x2klt;114，|OB|2=∑3k=1y2klt;114.

由x1y1+x2y2+x3y3=0，知 OA⊥OB.

記P在面OAB上的投影為P′，則

|OP′|≤|OP|=14.

所以（x1+2x2+3x3）2=（OP·OA）2=（OP′·OA）2=|OP′|2·|OA|2·cos2θ lt;（14）2·114·cos2θ=cos2θ，這里θ為向量OA與OP′的夾角.

類似可知，

（y1+2y2+3y3）2lt;cos2（90°-θ）=sin2θ，

所以（x1+2x2+3x3）2+（y1+2y2+3y3）2lt;cos2θ+sin2θ=1，

這與 （x1+2x2+3x3）2+（y1+2y2+3y3）2=1 ，矛盾！

所以假設不成立，即有 max∑3k=1x2k，∑3k=1y2k≥114 成立.綜上所述，|x|2+|y|2+|z|2+|x2+y2+z2|的最小值為 17.

題11 給定正整數n≥2， 數組 （a1，a2，…，an）稱為“好數組”是指： a1，a2，…，an均不為0，a1=1，且對任意的1≤k≤n-1，均有 （ak+1+ak）（ak+1-ak-1）=0.求“好數組” （a1，a2，…，an） 的組數.

引理1 對任意正整數k，若akgt;0時， 則ak≤k，且ak和k同奇偶： 若aklt;0時， 則ak≥-k+1，且ak和k不同奇偶.

引理1的證明 對k進行歸納.

當k=1時，由a1=1知結論成立;

當k=2時，注意到a2=2或者a2=-1，從而結論也成立.

假設結論對k（k≥2）時成立，下面考慮ak+1：

情形1：若akgt;0，由歸納假設知，ak≤k，且ak和k同奇偶，于是ak和k+1不同奇偶.

由ak+1=ak+1或者ak+1=-ak，知0lt;ak+1≤k+1，且和k+1同奇偶：或者0gt;ak+1≥-k=1-（k+1），且ak+1和k+1不同奇偶.

情形2：若aklt;0，由歸納假設知，ak≥-k+1，

且ak和k不同奇偶，于是ak和k+1同奇偶.由ak+1=ak+1或者ak+1=-ak，知0≥ak+1≥2-k≥1-（k+1），且和k+1不同奇偶：或者0lt;ak+1≤k-1lt;k+1，且ak+1和k+1同奇偶.

因此，結論對k+1也成立.

由歸納原理知，對任意的正整數k，結論均成立.

引理1得證.

記xn，k為a1，a2，…，an中an=k的數組的個數，注意k∈［1-n，n］.

約定xt，0=0（1≤t≤n），可知

xn+1，k=xn，k-1+xn，-k.

（注意由引理1可知n是偶數時xn，1=0，n是奇數時xn，-1=0，所以上式對k=1成立）

引理2 對任意的正整數n≥2，有

xn，n-2k=Ckn-1-C^k-1n-1，

①這里k=0，1，2，…，［n2］，

且xn，1-n+2k=Ckn-1-C^k-1n-1，②這里k=0，1，2，…，［n-22］，注意這里的1-n+2k≤0.

補充定義C^-1n=0.注意①蘊含著x2k，0=0，這和題意一致.

引理2的證明 對n（n≥2）進行歸納，

當n=2時，

對①：k=0或1，注意到：x2，2=1=C01-C^-11，x2，0=0=C11-C01;

對②：k=0，注意到：

x2，-1=1=C01-C^-11.

從而n=2時，結論①②成立.

當n=3時，

對①：k=0或1，注意到：x3，3=1=C02-C^-12，x3，1=1=C12-C02;

對②：k=0，注意到：x3，-2=1=C02-C^-12.從而n=3時，結論①②成立.

假設結論①②）對n（n≥3）時成立，考查n+1的情形：

對于①，分類討論：

對任意k=0，1，2，…，［n+12］，

（?。┊攌=0，

易知xn+1，n+1=1=C0（n+1）-1-C^-1（n+1）-1，此時結論①成立.

（ⅱ）對任意k=1，2，…，［n2］，注意此時k-1∈0，1，2，…，［n-22］，

xn+1，n+1-2k=xn，n-2k+xn，1-n+2（k-1）

=（Ckn-1-C^k-1n-1）+（C^k-1n-1-C^k-2n-1）

=（Ckn-1+C^k-1n-1）-（C^k-1n-1+C^k-2n-1）

=Ckn-C^k-1n，

（ⅲ）當k=［n+12］gt;［n2］，此時n=2k-1，xn+1，n+1-2k=x2k，0=0=Ckn-C^k-1n成立，

所以結論①對任意k=0，1，2，…，［n+12］成立.

對于②，分情討論：

對任意k=0，1，2，…，［n-12］，

（ⅰ）若k=0，易知xn+1，-n=1=C0（n+1）-n-C^-1（n+1）-n，此時結論①成立.

（ⅱ）對任意k=1，2，…，［n-12］，注意此時k-1∈{0，1，2，…，［n-22］}，

xn+1，1-（n+1）+2k=xn，1-n+2（k-1）+xn，n-2k

=（C^k-1n-1-C^k-2n-1）+（Ckn-1-C^k-1n-1）

=（C^k-1n-1+Ckn-1）-（C^k-2n-1+C^k-1n-1）

=Ckn-C^k-1n.

所以結論②對任意k=0，1，2，…，［n-12］成立.

由歸納原理知，對任意的正整數n≥2，結論①②都成立.

引理2得證.

回到原題：注意到：所求的組數為

Sn=∑［n2］k=0xn，n-2k+∑［n2］-1k=0xn，1-n+2k，

所以S2n+1=∑nk=0x2n+1，2n+1-2k+∑n-1k=0x2n+1，-2n+2k

=∑nk=0（Ck2n-C^k-12n）+∑n-1k=0（Ck2n-C^k-12n）

=（Cn2n-C^-12n）+（C^n-12n-C^-12n）

=Cn2n+C^n-12n

=Cn2n+1，

及S2n=∑nk=0x2n，2n-2k+∑n-1k=1x2n，1-2n+2k

=∑nk=0（Ck2n-1-C^k-12n-1）+∑n-1k=0（Ck2n-1-C^k-12n-1）

=（Cn2n-1-C^-12n-1）+（C^n-12n-1-C^-12n-1）

=Cn2n-1+C^n-12n-1

=Cn2n.

綜上，所求的組數為Sn=C^［n2］n（n∈N*，n≥2）.

3 結束語

筆者對2024年四川預賽每一道題都進行了分析和研究，并從多個角度進一步探析其解題思路，為拓展學生的解題思維提供一點參考.

參考文獻：

［1］張君.2022年全國高中數學聯賽（四川預賽）試題及解析[J].數理化解題研究，2022（25）：84-88.

［2］ 張君.2023年全國高中數學聯賽（四川預賽）試題及解析[J].數理化解題研究，2023（28）：88-92.

［責任編輯：李 璟］