2023年全國高中數學聯賽(四川預賽)試題及解析

張 君

(四川省溫江中學,四川 成都 611130)

2023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(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年四川預賽試題及其解析[1],對2023年四川預賽每道題都進行了分析和研究,逐個給出解析.

1 試題內容簡析

該試題涉及函數性質(第1題),平面向量(第2題),二項式定理(第3題),函數與導數(第4題),數論(第5題),立體幾何(第6題),平面解析幾何(第9題),三角函數與三角變換(第7,8題),函數與數列(第5,10題),函數與不等式(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為原點,分別以向量a,b的方向為正方向建立平面直角坐標系,因為|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的系數為____. (用具體數字作答)

所以Q(ea2,a).

題5 設集合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中元素的個數為____.

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.

因為ad-bc≡0(mod23),注意到km(k,m∈{1,2,…,22})對每一個確定的k,km(m∈{1,2,…,22})的每兩個值對于mod23不同余,即與1,2,…,22關于mod23同余的值各有一個,則km(k,m∈{1,2,…,22})的值與1,2,…,22關于mod23同余的各有22個.則對于每一個(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中元素的個數為90+462=552.

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

圖1 函數y=cosx+1圖象 圖2 圓柱

解析如圖2,設圖1中OA,CB的中點分別為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AE的中點為G,P為曲線上一點,作PQ⊥底面,垂足為點Q,QM⊥AE于點M,MN∥AB交BE于點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P在平面ABDE內的投影為點N.

題8 設A,B,C是ΔABC的三個內角, 則3cosA+2cos2B+cos3C的取值范圍為____.

解析設M=3cosA+2cos2B+cos3C.

易知M<6,當A→0,B→π,C→0時,M→6.

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

此時,A不是A,B,C中最小的.

(1)若C最小,則C

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

(1)直線PQ過定點;(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Q的拋物線Γ的切線l2的方程為x2x-2y-2y2=0.

由l1,l2過點A, 可得

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

這表明,點P(x1,y1),Q(x2,y2)的坐標滿足方程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(0,2).

(2)不妨設點P在點Q的左邊, 則x1

又因為

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n(n≥2). 已知2n個正實數a1,a2,…,a2n,滿足:

綜上所述, 所求的最小值是n3.

解析先證以下 3 個引理:

證明由條件知f3=a+b.

假設n=k(k≥1) 時, 結論成立, 即

由歸納原理知, 對任意的正整數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n均成立.