2023年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(四川預(yù)賽)試題及解析

張 君

(四川省溫江中學(xué),四川 成都 611130)

2023年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(四川預(yù)賽)試題,全卷共11道題(滿分120分),其中8道填空題(每小題 8 分),3道解答題(第9題16分,第11、12題各20分).筆者參考2022年四川預(yù)賽試題及其解析[1],對2023年四川預(yù)賽每道題都進(jìn)行了分析和研究,逐個(gè)給出解析.

1 試題內(nèi)容簡析

該試題涉及函數(shù)性質(zhì)(第1題),平面向量(第2題),二項(xiàng)式定理(第3題),函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(第4題),數(shù)論(第5題),立體幾何(第6題),平面解析幾何(第9題),三角函數(shù)與三角變換(第7,8題),函數(shù)與數(shù)列(第5,10題),函數(shù)與不等式(第8,11題).

2 試題及其解析

解析令x=1,得2f(1)+f(0)=1.

①

令x=-1,得2f(-1)+f(0)=1.

②

令x=0,得2f(0)+f(-1)=1.

③

解析由a⊥b建立以O(shè)為原點(diǎn),分別以向量a,b的方向?yàn)檎较蚪⑵矫嬷苯亲鴺?biāo)系,因?yàn)閨a|=1,|b|=2,所以a=(1,0),b=(0,2).

從而求得SΔAOB=7.

題3 在(-xy+2x+3y-6)6的展開式中,x4y3的系數(shù)為____. (用具體數(shù)字作答)

所以Q(ea2,a).

題5 設(shè)集合I={0,1,2,…,22},A={(a,b,c,d)|a,b,c,d∈I,a+d≡1(mod23),且ad-bc≡0(mod23)},則集合A中元素的個(gè)數(shù)為____.

解析若a,d中有0, 由于a+d≡1(mod23),則(a,d)有(0,1)和(1,0)兩種情況.此時(shí)ad=0,且ad-bc≡0(mod23),則b,c中有0,(b,c)有45種情況.所以,此類共有2×45=90種情況.

若a,d中無0,由于a+d≡1(mod23),則(a,d)有(2,22),(3,21),…,(22,2)共21種情況.

因?yàn)閍d-bc≡0(mod23),注意到km(k,m∈{1,2,…,22})對每一個(gè)確定的k,km(m∈{1,2,…,22})的每兩個(gè)值對于mod23不同余,即與1,2,…,22關(guān)于mod23同余的值各有一個(gè),則km(k,m∈{1,2,…,22})的值與1,2,…,22關(guān)于mod23同余的各有22個(gè).則對于每一個(gè)(a,d),(b,c)有22種情況.故此類共有21×22=462種情況.

所以, 集合A中元素的個(gè)數(shù)為90+462=552.

題7 如圖1,將函數(shù)y=cosx+1(0≤x≤2π)的圖象Γ畫在矩形OABC內(nèi),將AB與OC重合圍成一個(gè)圓柱,則曲線Γ在圓柱表面形成的曲線的離心率為____.

圖1 函數(shù)y=cosx+1圖象 圖2 圓柱

解析如圖2,設(shè)圖1中OA,CB的中點(diǎn)分別為E,D,則圍成圓柱后AE,BD分別為上、下底面的直徑,易知AE=2. 設(shè)AE的中點(diǎn)為G,P為曲線上一點(diǎn),作PQ⊥底面,垂足為點(diǎn)Q,QM⊥AE于點(diǎn)M,MN∥AB交BE于點(diǎn)N.

易知△NME為等腰直角三角形,則

所以PQ=NM,則四邊形PQMN為矩形.

所以PN⊥NM,則PN⊥平面ABDE,于是點(diǎn)P在平面ABDE內(nèi)的投影為點(diǎn)N.

題8 設(shè)A,B,C是ΔABC的三個(gè)內(nèi)角, 則3cosA+2cos2B+cos3C的取值范圍為____.

解析設(shè)M=3cosA+2cos2B+cos3C.

易知M<6,當(dāng)A→0,B→π,C→0時(shí),M→6.

當(dāng)C→0時(shí),M=-3cos(B+C)+2cos2B+cos3C→-3cosB+2cos2B+1,

此時(shí),A不是A,B,C中最小的.

(1)若C最小,則C

此時(shí)cosA+cosB-cosC+cos2C≥0,證明如下:

cosA+cosB-cosC+cos2C

=-cos(B+C)-cosC+cosB+cos2C

所以cosA+cosB-cosC+cos2C≥0成立.

所以3cosA+2cos2B+cos3C

≥3(-cosB+cosC-cos2C)+2cos2B+cos3C

=-3cosB+2cos2B+3cosC-3cos2C+cos3C

=4cos2B-3cosB+4cos3C-6cos2C+1

所以3cosA+2cos2B+cos3C≥cosA+cos3C=-cos(B+C)+cos3C

>-cosC+cos3C=4cos3C-4cosC.

題9 已知拋物線Γ的頂點(diǎn)是原點(diǎn)O,焦點(diǎn)是F(0,1). 過直線y=-2上任意一點(diǎn)A作拋物線Γ的兩條切線,切點(diǎn)分別為P,Q,求證:

(1)直線PQ過定點(diǎn);(2)∠PFQ=2∠PAQ.

證明(1)易得拋物線Γ的方程為x2=4y.

即x1x-2y-2y1=0.

同理,過點(diǎn)Q的拋物線Γ的切線l2的方程為x2x-2y-2y2=0.

由l1,l2過點(diǎn)A, 可得

x1t+4-2y1=0,x2t+4-2y2=0,

這表明,點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2)的坐標(biāo)滿足方程tx-2y+4=0.

所以直線PQ的方程為tx-2y+4=0.

所以易得直線PQ過定點(diǎn)(0,2).

(2)不妨設(shè)點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左邊, 則x1

又因?yàn)?/p>

所以tan2∠PAQ=tan∠PFQ.

易知0°<∠PAQ<90°<∠PFQ<180°.

所以∠PFQ=2∠PAQ.

題10 給定正整數(shù)n(n≥2). 已知2n個(gè)正實(shí)數(shù)a1,a2,…,a2n,滿足:

綜上所述, 所求的最小值是n3.

解析先證以下 3 個(gè)引理:

證明由條件知f3=a+b.

假設(shè)n=k(k≥1) 時(shí), 結(jié)論成立, 即

由歸納原理知, 對任意的正整數(shù)n,都有

回到原題:

注意到fn+1≥b, 且

(-1)nT=(-1)n(a2+ab-b2)≤b2,

所以2bfn+1-b2-(-1)nT≥2b2-b2-b2=0.

因此,Tn+1≥Tn對任意的正整數(shù)n均成立.