2023年全国高中数学联赛福建赛区预赛暨2023年福建省“德旺杯”高中数学竞赛试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023年全国高中数学联赛福建赛区预赛暨2023年福建省“德旺杯”高中数学竞赛试卷一、填空题（本大题共10小题，共80.0分）1.已知z1，z2是互为共轭的复数，若|z1−z2|2.盒子中有大小、形状完全相同的3个红球和3个白球.现抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出几点就从盒子中取出几个球.则取出的球中红球个数大于白球个数的概率为

．3.在菱形ABCD中，∠DAB=60∘，将△ABD沿BD折起得到△4.在锐角△ABC中，∠CAB=60∘，BC=2，D为5.已知函数f(x)的定义域为限，且f(x+2)−2为奇函数，f(6.若正整数x，y，z满足x+2xy+37.已知双曲线C:x2a2−点A，B在右支上.设D为A关于原点O的对称点，且DF⊥A则λ=

．8.若正实数a1，a2，a3，a4满足a1≥a2a的最大值为

．9.列{8an}的前n项和，则[T2023]=

.10.设整数n≥4，A={a1,a2,⋯,an二、解答题（本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）11.(本小题14.0分)若不等式1对所有正实数a，b都成立，求λ的最大值．12.(本小题14.0分)已知B1，B2分别为椭圆C:点A(0,−22)的直线l交椭圆C于P(1)若tan∠B13.(本小题14.0分)设△ABC的外接圆为圆O，P是△AB与圆O交于点D;连接BP并延长，与圆O交于点E;圆O交于点F.设A关于直线EF的对称点为A1，B为B1.求证：△PA14.(本小题14.0分)已知函数f(x(1)讨论f(x(2)若存在t>0，当符合条件的m的最小值．15.(本小题14.0分)设有序数组A=(a(1)a1，a2，⋯，a10是1，2(2)a1<a2，(3)a2>a(4)不存在1≤求这样的有序数组A的个数．

答案和解析1.【答案】4

【解析】解：设z1=x由|z1−由z1(x+y将y=±2因此|z2.【答案】1960【解析】解：记从盒子中取出i个球，取出的球中红球个数大于白球个数的概率为P1则P1=C31P4=C33所以取出的球中红球个数大于白球个数的概率为163.【答案】18【解析】解：如图，设E为AC，BD的交点，则E为由条件知△A1B所以A1E⊥BD，CE⊥A1取DC中点O，A1C中点F，连接OE，OF，则O|m直线DA1不妨设AB=4EF所以cos∠所以异面直线DA1与BC4.【答案】(2【解析】解：由CDC因此AD=λ(A又D为△ABC外角平分线上一点，所以D如图，作DE⊥AB于E，DF⊥B则AE=AG，因此2A设∠ABC=α，则∠在△ABCA所以2AE=设AD′=AC由于AD，AD′因为30∘<α<905.【答案】4046

【解析】解：由f(x+因此f(2−x)+f由f(2x+1f(1−x)由上可得f(所以f(x)因此f(4k+1f(f(注：函数f(6.【答案】10或16

【解析】解：由题设可知x+因为1+所以x=11(1)当1+因为2+所以y=12+3z=114解得y=3z(2)当1+因为2+所以y=12解得y=2z所以x+y+7.【答案】12【解析】由离心率e=173，设a设F1为双曲线C的左焦点，|FAF1由对称性知四边形AF所以|F1A程得r=又由AB过焦点F可知1于是1|FA|+8.【答案】1256【解析】解：由均值定理知a==≤=因为a1同理a2a3−a所以(另由条件知a1a2−a22所以(所以a1易知，当a1所以a1a29.【答案】14

【解析】解：由an+2即an由a2−a所以an+1所以n≥a=2又n=1时，所以对一切正整数n均有an所以T5因为n≥5时，an所以n≥5时，由此可得1a6<12×1因此n≥T==14又an>0，所以T所以[T10.【答案】4

【解析】解：对于任意三个两两不同的奇数(偶数)，最大的减去最小的一定是不小于4的偶数，为合数，所以集合A中奇数至多两个，偶数也至多两个，故n=因为2023∈A，所以A={2021,2023(1)当因为2k−2019，2k−数，因此|(2k+2)−若|2k−2019|=3时满足题设条件的A=若|2k−2021|=3，则2设条件．若|2k−2023|=3时满足题设条件的A=(2)当因为2k−2021，2k−数，因此|(2k+2)−若|2k−2021|=3时满足题设条件的A=若|2k−2023|=3，则2设条件．若|2k−2025|=3时满足题设条件的A=综上所述，满足题设条件的集合A共有4个．11.【答案】解：依题意当a=b时，下面证明当λ=28643时，不等式1成立．因为对于任意正实数x，y，有1x+所以对于任意正实数x，y，有1x+1所以对所有正数a，b，有≥所以当λ=28643时，不等式1所以λ的最大值为2

【解析】略12.【答案】解：(1)B易知直线l斜率存在，设l方程为y=由y=kx由△=(8设P(x1则x1+x由点P(x1,y1)，Qtan同理，tan由tan∠B1PB2=由x2=2x1，x1+并整理得，32k2=因此直线l方程为y=3(2)直线B1P方程为y=两直线方程联立，得y+因为(=(所以y+2y因此yR=−2，即点设R(t又B1B2

【解析】略13.【答案】证明：因为在△PAE与△∠A所以△PAE∽△由对称性知，AE=A1E又∠=∠所以△PA1E于是PA1P所以∠A故△PA1又∠EPD所以△PED所以△PAB

【解析】略14.【答案】解：(1f ①若m<0，则当−π<所以f′(x)在区间又f′(−π)所以存在x1∈(−π,−f′(x)<于是f(x)在区间(−π又f(−π)=因此f(x)在区间(−π ②若m=0，则f(x)=cosx ③若0<m≤1，则当所以f′(x)≥又f(−π因此f(x)在区间(−π综上，m≤1时，f(x)(2)设g(x)g(x)>0m<0时，由(1)设x1则由(1)可知，x∈(x1,−π2)时，f(x)内递增． ①若m由g′(x存在t0∈(x1,−于是g(x)在(t0可见m< ②若m由g′(xx∈(x于是g(x)在(x1可见取t=−π2−x1因此m=综上，符合条件的m的最小值为−1

【解析】略15.【答案】解：首先考虑如下问题：对于圆周上给定的10个点，用5条互不相交的线段将这10个点配成5对，不同的配对方法有多少种(下称配对数)设圆周上有2n个点，用n条互不相交的线段将这2n个点配成n对的配对数为f1当n≥2时，设A，B是这2n个点中的两个点，且的两侧都有偶数个点，设两侧的点数分别为2k和2(n当k=0时，符合条件的配对数有fn−1种;当k=1有fkfn−1−k种于是有fn所以f1=1，ff4f5因此圆周上给定10个点，用5条互不相交的线段将这10个点配成5对的配对数是42．下面建立符合条件的数组(a1,设A1，A2，⋯，A10为圆周上逆时针排列的10个点，并分别标注数字1，2，⋯若数组(a1,a2,4，5)事实上，如果有两条线段相交，设其端点对应的数字为a21−1、a2t与a则数字a2t−1、a2a2i若i<j，则2i成立，与 ①若i>j，则2不成立，与 ①可见按照上述方式所连的5条线段两两不相交．另一方面，对于任何一种将圆周上10个点连成互不相交的5条线段的方法，必存在i，使得Ai与Ai+1是这5条线段中某一线段的两个端点，设k是这样的a2=k成的线段(除最后一条线段外，其余线段的端点与A1不重合)较小数作为a3，较大数作为a(a1,a图3形成的数组为(a下面说明依据上述方式形成的数组(a显然上述数组符合条件(1)，事实上，按上述方式，以A1为基准，依逆时针方向看，在弧A221大的点.由(*)知，对任意正整数i，a21−1、a2