暨2023年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛试卷参***。
考试时间：2023年9月11日上午9：00－11：30，满分160分）
一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分。请直接将答案写在题中的横线上）
1．函数的最大值为。
答案】解答】
时，取最大值。
2．已知、分别是等差数列与的前项的和，且（，2，…）则。
答案】解答】∵ 与为等差数列， 。
3．若函数在区间上为增函数，则的取值范围是。
答案】解答】设。由在区间上为增函数知，当时，在区间上为减函数，且，因此，，不存在。
当时，在区间上为增函数，且，因此，，。
所以，的取值范围为。
4．如图，在四面体中，已知，是边长为2的正三角形。则当二面角的正切值为时，四面体的体积。
答案】2解答】由知，，。
如图，取中点，则由是边长为2的正三角形知，，，且。
作于，连结，则。
所以，二面角的平面角。
设，则，由知，，解得。
故，四面体的体积。
5．已知定义在上的函数满足：（1）；（2）当时，；（3）对任意的实数、均有。则。
答案】 解答】在条件等式（3）中，令，，得，结合，，解得。
6．已知实数，满足条件，则的最大值为。
答案】解答】。
设，，，则。
由实数，满足条件知，点在椭圆上，且点为椭圆的右焦点，点在椭圆内。
设椭圆的左焦点为，则，当且仅当点是射线与椭圆的交点时，等号成立（其中为椭圆的长轴长）。
所以，的最大值为。
7．已知正整数，，满足条件，且，则的最大值为。
答案】 219
解答】由，，为正整数，，以及知，，，均为小于14的正整数。
另一方面，将展开，得。
即。所以，能被7整除。结合7为质数，以及，，为小于14的正整数知，，，中至少有1个数为7。不妨设，则条件等式化为。
所以，，因此。此时，的最大值为。
所以，的最大值为。
8．有5个乒乓球，其中有3个是新球，2个是旧球（即至少用过一次的球）。每次比赛，都拿其中的2个球用，用完后全部放回。设第二次比赛时取到新球的个数为，则的数学期望。
答案】解答】假设第一次比赛时取到新球的个数为。
则，，。所以，。
9．对正整数，设是关于的方程的实数根，记（，3，…）符号表示不超过的最大整数）。则。
答案】 2013
解答】设，则易知当为正整数时，为增函数。
时，，且。
时，方程有唯一实根，且。
10．在平面直角坐标系中，已知点集，则以集合中的点为顶点且位置不同的正方形的个数为。
答案】105
解答】易知满足条件的正方形只有两类：其边所在的直线与坐标轴垂直，称为“标准正方形”；和其边所在的直线与坐标轴不垂直，称为“斜正方形”。
1）在“标准正方形”中，边长为1的的正方形有个；边长为2的正方形有个；边长为3的正方形有个；边长为4的正方形有个，边长为5的正方形有个。（一般地，边长为的正方形有个）
2）由于以点集中的点为顶点的“斜正方形”都是某个“标准正方形”的内接正方形，因此，只需考虑“标准正方形”的内接正方形的个数。
显然，边长为1的“标准正方形”没有内接正方形；边长2的“标准正方形”有1个内接正方形；边长3的“标准正方形”有2个内接正方形；边长4的“标准正方形”有3个内接正方形；边长5的“标准正方形”有4个内接正方形。（一般地，边长为的正方形有个内接正方形）
综合（1）、（2）知，符合条件的正方形有。
个）。二、解答题（共5小题，每小题20分，满分100分。要求写出解题过程）
11．已知、分别是椭圆：的左、右焦点，点、在椭圆上。若，且，求的值。
解答】由知，、、三点共线。
若直线轴，则，不符合要求。
若直线斜率存在，设为，则直线的方程为。
由，得。 ①的判别式，由可得。
将代入方程①，得，解得。
又，，， 或。
12．已知二次函数（），其图象过点，并与直线有公共点。求证：；
解答】由函数图象过点知，。
结合，可知。
又由，知。
由的图象与直线有公共点知，方程有解。
，或。若，则；
若，则由知，与矛盾。
13．如图，设锐角的外接圆为圆，过点、作圆的两条切线，相交于点。连结交于点，点、分别在边、上，使得，。
求证：（1）；（2）。
解答】（1）∵ 为圆的两条切线，且、为切点， ，且，。
另解：设交圆于另一点，连、。
由、为圆的切线知，，，
又，。，即。2）∵ 四边形为平行四边形，，，且，。
，，又由知， 。
、、四点共圆。
14．已知（为自然对数的底数）。
1）求证：恒成立；
2）求证：对一切正整数均成立。
解答】（1）∵
当时，；当时，。
在区间上为减函数，在上为增函数。
在上的最小值为。
恒成立。
2）由（1）知，不等式恒成立。
对任意正整数有，，其中，2，…，
即对任意正整数有，，其中，2，…，
15．已知，，，是平面内凸三十五边形的35个顶点，且，，，中任何两点之间的距离不小于。求证：从这35个点中可以选出5个点，使得这5个点中任意两点之间的距离不小于3。
解答】先证下列引理：设为，，，这35个中的任意一点，则在余下的34个点中，至多有6个点与点的距离小于3。
用反证法）如图，假设有7个点，不妨设为按逆时针排列）与点的距离小于3。
由，，，是平面内凸三十五边形的35个顶点知，所以，、、这6个角中至少有一个角不大于，不妨设。
设，，则。根据对称性，不妨设。由于，因此，在区间上为增函数。
因此，所以，与条件矛盾。因此，假设不成立。
所以，引理得证。
下面利用引理证明本题结论。
根据引理，从出发的34条线段、、、中至多有6条线段的长度小于3，即至少有28条线段的长度不小于3。不妨设线段、、、的长度不小于3。
再考察从出发的27条线段、、、根据引理，这27条线段中至多有6条线段的长度小于3，即至少有21条线段的长度不小于3。不妨设线段、、、的长度不小于3。
再考察从出发的20条线段、、、根据引理，这20条线段中至多有6条线段的长度小于3，即至少有14条线段的长度不小于3。不妨设线段、、、的长度不小于3。
再考察从出发的13条线段、、、根据引理，这13条线段中至多有6条线段的长度小于3，即至少有7条线段的长度不小于3。不妨设线段、、、的长度不小于3。
这样得到5个点、、、根据前面的讨论，这5个点中任意两点之间的距离不小于3。
所以，结论成立。
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