2024年3月6日发(作者：高考数学试卷改完了吗知乎)

北京大学 2023 年优秀中学生寒假学堂数学试题说明：本试题为考生回忆版，共 20 题，每题 5 分，考试时间 60 分钟。1．设复数a,b,c满足abca2b2c20,a3b3c33，则a2023b2023c2023的值为A．0C．2023B．3D．其它三个答案都不对2．方程组xyz4,x2y2z26,x3y3z310的解的个数为A．0C．6B．3D．其它三个答案都不对3．设三角形ABC的三个顶点为复平面上的三点z1,z2,z3，满足z1z2z30,z1z2z382i,z1z2z2z3z3z11510i，则三角形ABC内心的复数坐标z的虚部所在区间为A．(0.0,5)

C．(1,2)B．(0,0.5)D．其它三个答案都不对4．若P是三角形ABC的外心，PAPBBC0,∠C120，则实数的值为A． -13C． −2B．其它三个答案都不对D．125．在四面体ABCD中，面ABC与面BCD成60的二面角，顶点A在BCD的投影H是三角形BCD的垂心，G是三角形ABC的重心，若AH4,ABAC，则GH的长度是A．4239B．D．41994219C．其它三个答案都不对6．过单位正方体ABCDA1B1C1D1对角线BD1做截面，则截面面积的最小值为A．63B．D．6462C．其它三个答案都不对1

x2y27．已知直线l与双曲线221(ba0)两支分别交于点P,Q，O为原点，若OPOQ，ab则O到直线l的距离为A．abbaB．D．2abbaabb2a2C．其它三个答案都不对8．在三角形ABC中，ABc,ACb,BCa,a4b4c42c2(a2b2),A72，则BA．其它三个答案都不对C．45B．63D．601222101129．设S，则[S]的值为133520212023A．251C．其它三个答案都不对B．252D．253x2y210．过椭圆221(ab0)左焦点F1做倾角为60的直线l交椭圆与A,B两点，若abAF2BF，则椭圆的离心率为A．34B．D．2312C．其它三个答案都不对11．以一个正方体的顶点为顶点构成的棱锥的个数为A．其它三个答案都不对C．106B．104D．108312．已知函数f:RR的图像关于点(,0)中心对称且43f(x)f(x),f(1)1,f(0)2，2则f(1)f(2)f(2022)的值为A．其它三个答案都不对C．6B．6D．02

13．已知数列{an}满足a11,a21,an1anan1,n2，则a2020a2023a2021a2022的值为A．1C．214．对于任意的实数z，方程组xay2z,2xy2z3z1,B．1D．其它三个答案都不对有实数解(x,y)，则参数a的变化范围是A．[4,0)C．其它三个答案都不对B．[2,2)D．[0,4)15．以一个给定正2022边形的4个顶点为顶点的梯形称为好梯形，好梯形的个数为A．100910101011C．100010111012B．100810091010D．其它三个答案都不对16．已知圆内接四边形的边长为AB2,BC6,CDDA4，则四边形ABCD的面积为A．83C．43B．63D．其它三个答案都不对π1117．设x,y(0,)，则的最小值为2cos2xsin2xsin2ycos2yA．8C．9B．10D．其它三个答案都不对202318.设x2023,==y2023 ，且=anx=,bnxnyy，则（ ）

nA.

∃N∈+，使得∀n>N,an

∀n>+,an

∀n∈+,an

3

2023年北京大学优秀中学生寒假学堂数学测试题答案1.解：因为(abc)2a2b2c22ab2bc2caabbcca0且a3b3c33abc(abc)(a2b2c2abbcca)abc=1从而我们有abc=0abbcca0abc1由韦达定理知a,b,c是方程x10的三个根.由于20231(mod3)，所以故选择A.3a2023b2023c2023=abc02.解：类似于上题，我们可以得到xyz=4xyyxzx5xyz2从而x,y,z是方程t4t5t20的三个根，注意到32t34t25t2(t1)2(t2)从而x,y,z是1,1,2的一个排列，即原方程组的解有3组，故选择B.3.解：不失一般性，设z10，则z1+z2=8+2i，z1z21510i从而有z2=5，z332i不妨设z2,z3对应的点为A和B，内心为I，从而有OA5,OB13,AB8且OAIm(z3)(OAABOB)r所以r于是我们有10513851010r165169594从而选择B0.54.解：设AB的中点为D，则PAPB2PD.由PAPBPC0，有2PDPC0所以向量PD,PC共线，又P是ABC外心，故1

PAPBPDAB，从而CDAB，因为ACB120，所以APB120，即四边形APBC是棱形，于是PAPB2PDPC所以2PDPCPCPC0所以1，故选择A.5.设平面AHD交BC于F，则BCDF，从而BC面ADF，于是BCAF，这说明AFH为平面ABC与平面BCD成的二面角，即AFH60.在ABC中，由ABAC可知BFCF，从而G在AF上且GFAHF中，AF4，所以，AFGF3333在GFH中，由余弦定理可得GH2GF2FH22GHHFcosAFH1AF.在直角三角形3112421112从而GH，故选择B272796.解：由对称性，我们只需要考虑截面与面AD1的交线交线段AA1于E的情形.注意到截面面积SS四边形BED1F2SBD1ABD1d3d其中d为点E到线段BD1的距离.要使得截面面积S最小，只需要考虑AA1上的点到BD1的距离d最小.取E为AA1的中点，易得OEBD1，且OEAA1，此时dOE为异面直线AA1到BD1的距离，为d的最小值且dmin于是截面面积222622Smin3dmin3故选择D.7.解：不妨设OPm，OQn且POx。则我们有P(mcos,msin),Q(ncos(),nsin())，22代入方程得m2cos2m2sin2cos2sin211(1)22222aabbm2222222nsinncos1sinncos1(2)b2b2n2a2a2（1）+（2）得在直线三角形OPQ中有2

2(OPOQ)2(PQdOI)2OP2OQ2(OP2OQ2)dOI从而dOI故选择Dabb2a28.解：由余弦定理可得a2b2c2a4b4c42a2b22b2c22c2a22a2b212cosC22222ab4ab4ab2所以cosC选择B.9.解：由题22（负值已舍），从而C45，故2B180AC63k2110114k211110111S1(2k1)(2k1)4(2k1)(2k1)4k12k1k11011112k12k1所以S故选择B.10.事实上我们由如下结论101111(1)252482023ecos11其中e为离心率，为过焦点弦得倾斜角，为两条焦半径得比，所以ecos60故选择B.1212e123311.解：注意到正方体得任意5个顶点都不可能共面，故只需老了三棱锥和四棱锥.三棱锥：8个顶点，任意选4个，共有C870种选法，排除掉四点共面得12种情况：正方体得6个面，6组对棱构成得6个平面，共有70-12=58个.四棱锥：注意到四点共面得12种情况共有12种，每一种得顶点均有4种宣发，故共计412448个所以构成得棱锥得个数为58+48=106，选择C.12.解：由于f(x)关于3,0对称，则43

3f(x)f(x)2所以这说明f(x)为偶函数，且33f(x)f(x)223f(x)f(x)f(x3)2即f(x)是周期为3得周期函数，于是我们由f(1)f(1)1，f(2)f(23)f(1)1，f(3)f(0)2注意到20223674故f(1)f(2)f(2022)674f(1)f(2)f(3)67400从而选择D.13.解：注意到an实际上为斐波那契数列，则有斐波那契数列得卡西尼恒等式2nan1anan2(1)于是a2020a2023a2021a2022a2020(a2021a2022)a2021a2022a2020a2022a2021(a2022a2020)2a2020a2022a2021(1)20201从而选择A.14.解：由xay2z得x2zay，代入第二个方程由（1）ay22zy2z23z10当a0时，取z0，（1）式不成立，故a0，要使得关于y得方程（1）式有解，则y(2z2)24a(2z23z1)0即(12a)z23az0（2）对任意得z均成立，在（2）式中取z0，有a0，从而12a0，故要使得（2）式成立，只需z(3a)24(12a)a04a0综上有4a0，故选择A.15.解：以正2022边形得顶点得外接圆直径有1011条，而所有好梯形可分为两类：一类式底平行于某条直径，这类好梯形得个数为：21011(C1011505)50510101011另一类式垂直于某条直径，这类好梯形得个数为4

21011(C1010505)50510081011所以共有好梯形得个数为5051010101150510081011100910101011从而选择BCCDDA8，从而由海伦公式在圆内接四边形上得推广可得2S(82)(86)(84)(84)83从而选择A.16.记p17.解：由题我们有1114cos2xsin2xsin2ycos2ycos2xsin2xsin22y14.22cosxsinx(12)29cos2xsin2x当且仅当xarctan2,y18.解：注意到时，等号成立，从而选择C.4ynxnlnanxlnx,lnbnylny(x)xlnxx所以xnxn1lnxnlnanxx(xn1)lnbnlnann显然当n充分大时，x(xn1)0，所以1，故anbn，从而选择19.解：注意到无穷数组序列模179最多由179可能，结合an为三阶线性递推数列，可知an在模179的意义上为周3(a0,a1,a2),(a1,a2,a3),(a2,a3,a4),,(an,an1,an2),3期数列，且周期T179显然我们有T(2023!)!，所以ak1a1a2(7a15a0)13(mod179)即ak1166(mod179)，故选择A.20.解：分为两种情况：一种是前3次抽出1件次品，第4次抽出剩下的一件次品；另外一种情况是前4次抽出的均为合格品，于是概率2C423!4!4P4A6155


更多推荐

顶点,截面,梯形,三角形,四边形