2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）一试预测卷7

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛 一试仿真模拟卷 7 一、填空题（每题8分，共64分） 1．若对任意实数x成立，则的最大值为________. 2．满足且的复数z有________个． 3．若函数在上恒大于0，则a的取值范围是________. 4．正八面体有8个面、6个顶点，甲选择其中3个面的中心构成三角形，乙选择其中3个顶点构成三角形，则甲、乙二人选择的三角形相似的概率是________. 5．正三棱柱BC的底面边长和高都是1，在底面ABC上取一点P，设平面与平面ABC的二面角为，平面与平面ABC的二面角为，则的最大值为________. 6．已知函数，且满足，则整数对有________个. 7．抛物线的焦点为F．设M是抛物线上一动点，当最小时，M点的坐标为________. 8．正实数a、b、c满足，则________. 二、解答题（共56分） 9．（16分）正实数a、b、c满足，．证明：存在以a、b、c为三长的三角形． 10．（20分）已知双曲线的离心率为2，过点斜率为1的直线交双曲线于A、B两点，且，． （1）求双曲线方程； （2）设顶点为开口向上的抛物线与双曲线相切于M、N两点．求△PMN面积的最小值． 11．（20分）已知函数义域为R．当时，，且当时，的最大值为10． （1）求在R上的最小值； （2）若存在实数m、n，使得对任意恒成立，求实数k的最小值． $$2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛 一试仿真模拟卷7详细解析 1．2．解：当时，可知．当，时，原式等价于恒成立．故的最大值为2． 2．0．解：由题意知，又，故．代入得，故解有0个． 3．．解：首先知且，1．当时， ， 因此恒大于0． 当时，若在上恒大于0，则，，因此，且，故．综上所述，． 4．．解：甲有三种情况：等腰直角三角形、直角边比为的直角三角形、正三角形．一共有56种．其中等腰直角三角形有24种；直角边比为的直角三角形有24种；正三角形有8种． 乙有两种情况：等腰直角三角形、正三角形．共有20种．其中正三角形有8种；等腰直角三角形有12种． 因此，两三角形相似的概率为． 5．．解：作点P到平面的投影，作于M，于N，则，，过作分别交于，交于． 设，则，，故 ，． 所以， 由于，因此，． 又，故，当且仅当P为BC中点时等号成立． 6．7．解：由条件知，，则，，则，所以，当时无解，所以，所以，，，0，共有7个． 7．．解：设点，则，令，则时，时， ， 当且仅当即时等号成立．故M点的坐标为． 8．．解：由方程构造△ABC及点O，使，且，，，则，，．验证知条件成立．故 ， 由△ABC三边长知A到BC距离为12，故（也可由海伦公式得出），因此，． 9．不妨设，只需证．假设，则由知，且， 则．故 矛盾． 10．（1）由双曲线离心率为2知，，，双曲线方程化为，设直线方程为，联立得 ． ① 设，，则，．因为，所以，又，解得，．代入解得．又因为，所以，此时． 代入①式，得，判别式，方程有两个不同实根．因此符合题意．故双曲线方程为． （2）设抛物线的方程为，即，与双曲线联立消去x得 ， 由相切知判别式，解得，代入 ， 得，解得． 代入解得 ，， 因此 令，则且，要求的最小值，只需求的最小值，只需求的最小值． 令，则． 当时，或，当时，取得极小值． 当时，，取得最小值为． 11．（1）由题设知在上恒成立． 当时，在上恒成立．若，则．若，取，则，矛盾．若，则取，则，矛盾． 当时，取，则 ， 由于，则 ，即 ， 矛盾． 当时，取，则 ， 由于，则，即 ， 矛盾． 综上，，，．且． 由于当时，的最大值为10．所以，故． 函数的解析式为，则在R上的最小值为1． （2）存在实数m、n，使得对任意恒成立． 令，则 则， 所以，则，则． 下面证明成立． 等号成立条件解得，则． 当时，，则成立． 综上，k的最小值是． $$