2023-2024学年福建省泉州市普通高中高二上学期12月学科竞赛数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市普通高中高二上学期12月学科竞赛数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．设集合，，则 .
【答案】
【分析】解分式不等式求集合，解一元二次方程求集合，最后通过交集运算求.
【详解】由，有等价于
即，；
由有或；
所以.
故答案为：
2．已知，，则 ．
【答案】2
【分析】先根据题意求出，再代入原式，再根据对数的运算性质，对数的换底公式即可求解．
【详解】由，则，
则
．
故答案为：2．
3．已知数列满足，，则 .
【答案】
【分析】根据裂项，结合累加法即可求解.
【详解】由可得，
所以，
，
……，
，
累加可得，，即
当时，也符合上式，
所以，
故答案为：
4．若，且，则 .
【答案】/0.96
【分析】利用二倍角公式求得后，再利用诱导公式求解即可.
【详解】因为，则，
又，
所以，
则，
则，
故答案为：
5．记，则函数的最小值为 .
【答案】
【分析】利用已知条件画出图像即可得到最值.
【详解】函数是函数与函数同一个取得的两个函数值的较大值，
作函数与函数的图象如下：
由图象可知，函数在与交点处取得函数的最小值，
令，即，解得或.
故时，的最小值为.
故答案为：.
6．设，为实数，且，虚数为方程的一个根，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】设出复数的代数形式，结合条件得到复数在复平面内所对应的点的轨迹是一个圆，从而将问题转化为点与圆的位置关系求解.
【详解】因为虚数为实系数方程的一个根，所以也是方程的一个根.
所以，设，在复平面内对应的点的坐标为，
由，得，即，
因此点在圆上运动，圆心的坐标为，半径，
又，
于是可以看成是点到点的距离，显然此点在圆外，
所以.
故答案为：
7．已知函数的图象关于直线对称，当时，，设，，，则，，的大小关系为 .（请用“<”连接）
【答案】
【分析】由对称性得出是偶函数，从而得出时，是增函数，由二倍角公式化简，利用偶函数得，利用三角函数定义证明，然后再由函数单调性得结论．
【详解】的图象关于直线对称，则的图象关于轴对称，即是偶函数，，
,,
下证：时，.
设，以轴正半轴为始边，的顶点是坐标原点，的终边与单位圆交于点，
设单位圆与轴正半轴交于点，
过作轴的垂线（此垂线也是单位圆的切线）与的终边交于点，
过作轴，垂足为，如图，
则，，的长度为，
，,
扇形的面积，
由图可知，即，所以，
所以，
时，是减函数，所以时，是增函数，
所以，
所以．
故答案为：．
8．已知的内角，，的对边分别为，，，点满足，若，，则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据向量满足的关系可得是的外心，进而根据数量积的几何意义可得，进而结合不等式以及余弦定理即可求解.
【详解】取点是的外心，则，
当在内部时，
有，
由“奔驰定理”有：以，
当在某边上时， 不妨设在上，则为直角三角形，且，
此时，
当在外部时，如图，延长交外接圆与另一点，
则，
因为均为直角，故，
而，
则，
故，
综上，点是的外心时，总有，
因为，
故，
整理得到：，
但
，
故，故与重合，故点是的外心，
由可得 ：
，
，
由于，
当且仅当，即时等号成立，故
又中，，故最大值为：
故答案为：
【点睛】思路点睛：与三角形的心有关的向量计算问题，注意利用一些常见的定理来转化处理，而最值问题则需借助基本不等式或函数的思想来处理.
9．过点的直线与抛物线交于，两点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意设直线，，，且，联立抛物线方程得关于的一元二次方程，从而可求得，，再利用抛物线的定义即可求得，再结合基本不等式即可得最小值．
【详解】依题意可得直线的斜率存在，
设直线，，，且，
联立，得，
则，
则，得，
所以，
当且仅当，时等号成立，
故的最小值为．
故答案为：．
10．在直角中，，是内的动点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，数形结合，两点之间线段最短，求解的最小值即可.
【详解】
如图，将三角形绕着点C顺时针旋转，再以为点C位似中心放大到2倍，
得到，，
根据两点之间线段最短可知，当四点共线时，取得最小值，
易知，过作交延长线于，
则，因为为等腰直角三角形，，
所以，所以，所以.
故答案为：
11．现有一个上部分轴截面为半椭圆的玻璃杯（如图），其杯口内径为，深，现将一半径为的小球放入玻璃杯中，若小球可以接触杯底，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意，问题转化为杯壁任一点到小球球心的距离最小值在杯底处取到.建立直角坐标系设半椭圆上任一点，球心，将最值转化为函数最值研究即可.
【详解】以杯口内径为短轴，杯深为长半轴，建立如图所示的直角坐标系，
故可设半椭圆轴截面方程为，
设小球球心为，为半椭圆上任一点，
则，其中，
设，
则函数图象的对称轴为，当时，
即当时，函数在单调递增，
则当时，取最小值，此时小球放入玻璃杯中，小球可以接触杯底
且；
当时，，则函数在单调递减，
即最小值必不在处取到，故此时小球放入玻璃杯中，小球不接触杯底.
综上所述，小球放入玻璃杯中，若小球可以接触杯底，则半径的取值范围为.
故答案为：.
12．已知函数，当时，，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】将不等式等价变形成在上恒成立，构造函数，利用放缩可得，化简后可得，即可求出实数的取值范围.
【详解】根据题意可知，由可得，两边同时取对数可得，
即在上恒成立，
令，则只需即可；
又，
因为，当且仅当时等号成立，
利用可得，当且仅当时等号成立，
所以，当有解时等号成立；
令，则，即在上单调递增，
由可得使得，
所以可得，
即，所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用分离参数和放缩法，借助导数研究函数单调性和最值，从而解决恒成立问题求解参数范围.
13．有2024个半径均为1的球密布在正四面体内（相邻两球外切，且边上的球与正四面体的面相切），则此正四面体的外接球半径为 .
【答案】
【分析】根据球的密布规则可得共排了22层，再根据内切球与四面体的关系求得正四面体的棱长，即可求出外接球半径.
【详解】正四面体内密布小球的规律如下：从上到下第一层1个，第二层3个，第三层6个，……，第层有个，
因此正四面体内放有层的球，则球的总数为
，
所以，解得.
截取第一层半径为1的内切球与正四面体的一部分，球是正四面体的内切球，如下图所示：
设球心在底面内的射影为，则可知，设正四面体的边长为，
则易知，所以；
易知，则，解得，
正四面体的外接球半径，
作于点，可得，
连接第一层球的球心与最底层与四面体的三面都相切的球（即最边角落）的球心，
两球心连线与正面体的一条棱平行，且两平行线间距离为，如下图所示：
且球心连线长度为，易知，
所以该正四面体的棱长，
根据正四面体外接球半径是其棱长的倍，所以此正四面体的外接球半径为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据四面内部球的排布规则，找出每层球的个数所呈现的规律，确定出球的层数，再根据半径和层数计算出四面体的棱长即可求出外接球半径.
14．已知的内角，，的对边分别为，，，且，则面积的最大值为 .
【答案】
【分析】根据余弦定理以及不等式可得，利用换元法得，结合辅助角公式以及三角函数的性质即可求解.
【详解】由余弦定理可得,所以，即,
由于，当且仅当时等号成立，
因此,故,
令，则，其中为锐角且满足，
，故，
进而，故面积最大值为，
故答案为：
15．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则除以2023的余数是 .
【答案】1011
【分析】先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可.
【详解】，
又，
则，
又，
所以
，
所以当，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数2022和3，
当且时，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数为，
除以2023的余数为除以2023的余数，
即除以2023的余数，
又
其除以2023的余数为1011，
故答案为：1011.
【点睛】本题的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余.
二、解答题
16．将数列与的公共项从小到大依次排列得数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据题意列 出数列与的一些项，再找出公共项，进而得出的通项公式；
（2）先结合（1）得到数列的通项公式，再根据错位相减法求和即可．
【详解】（1）数列是一组单数：，，，，，，，…，
而数列是一组3的倍数：，，，，，…，
则公共项为：，，，…，
所以是首项为3，公差为6的等差数列，
所以的通项公式为．
（2）结合（1）可得，，
则，
则，
两式相减，得
，
所以．
17．已知的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)若，求；
(2)若，当最大时，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可求解；
（2）根据余弦定理结合不等式可得，即可得，进而可求解.
【详解】（1）由可得，
故，
又，,
由于，所以；
（2），
当且仅当时等号成立，
由于，，故最大为，此时，，
故周长为.
18．如图，内接于，是的内心，过作的垂线交于点，交于点，是的中点，连接，过作于点.证明：
(1)；
(2)、、、四点共圆.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过计算可得结论；
（2）通过三角形相似得到，，再通过计算可得结论.
【详解】（1）易知点为的中点，因此，
所以；
（2）在中，，且，
由射影定理知，即，又，
所以，故，
由鸡爪定理知：，在中，，
由射影定理知：，即，又，
所以，故
所以，
所以、、、四点共圆.
19．已知直线，，动点满足，且到和的距离之积为.
(1)求的轨迹的方程；
(2)已知，过的动直线与交于不同两点，，若线段上有一点满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到方程，化简后得到轨迹方程；
（2）直线斜率不存在时，不合要求，设出的方程为，联立，根据根的判别式得到的取值范围，并设，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，分三种情况考虑，表达出，求出三种情况下的取值范围或最值，得到答案.
【详解】（1）到的距离为，
又，化简得，即；
（2）当过的直线斜率不存在时，直线与双曲线无交点，舍去，
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，，
则，
解得，
设，，，
则，
由得，，
当，即，解得，
此时分别位于双曲线两支上，故，
故，
即，
因为，所以，此时，即两点重合，
因为，所以为定值；
当，即时，如图所示，
此时分别位于双曲线右支上，故，
故，
即，
因为，
所以，
解得，，
故
，
令，
因为，所以，
，
则，
令，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
当，即时，
此时分别位于双曲线左支上，故，
故，
即，
同理可得，
令，
因为，所以，
，
则，
令，，
则在恒成立，
故在单调递增，
，
因为，所以，
综上，因为且，
所以的最小值为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
20．已知多项式.
(1)若，且有三个正实数根，，，证明：；
(2)对一般的正整数，若，，，，证明：方程的根不全是正实数.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用一元三次韦达定理结合幂平均不等式或是舒尔不等式即可证明；
（2）利用反证法即可证明.
【详解】（1）方法一：由韦达定理有：，
要证的结论：
，
又
故只需证明.
易知当时，，
而最后一式显然成立，因此原结论成立.
方法二：由韦达定理有：
又，
由幂平均不等式：，得，
所以，
将韦达定理代入得，
整理即得.
方法三：由韦达定理得
由Schur（舒尔）不等式知，
所以，所以，即.
（2）反证法：假设方程的根全是正实数，设这个正实根为.
由韦达定理有：
则
，矛盾，故原结论成立.