2023年四川省宜宾市高中数学竞赛试卷（预赛）-普通用卷,以下展示关于2023年四川省宜宾市高中数学竞赛试卷（预赛）-普通用卷的相关内容节选，更多内容请多关注我们
1、2023年四川省宜宾市高中数学竞赛试卷（预赛）一、填空题（本大题共8小题，共64.0分）1. 若复数z满足|z|=1，则|z2+(1i)z|(i为虚数单位)的最小值为_ 2. 已知(1+2x)2024=a0+a1x+a2x2+a2024x2024，则a12+a222a323+a202422024= _ 3. 在各项均大于1的数列an中，每相邻两项之商均为3，若a1=lg2022，a2022的最大可能值为M，最小可能值为m，则Mm= _ 4. 已知实数a，b满足(2a+b)(ab)=1，则a+2b5a2+2ab+2b2的最大值为_ 5.
2、;一辆单向行驶的汽车，满载为25人，全程共设14个车站，途中每个车站均可上下乘客，由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票，在一次单程行驶中，车上最多卖出不同的车票的个数是_ 6. 已知函数f(x)为定义在(0,+)上的连续可导函数，且f(x)>xf(x)，则不等式x2f(1x)f(x)<0的解集是_ 7.="" y23="1的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线上，且F1PF2=120，F1PF2的平分线交x轴于点A，则|PA|=" _="" 8.="" 9.="&q
3、uot; b="1，求w=(a3+b)(a+b3)3ab的取值范围" 10.="" y2b2="1(a">b>0)过点M(2, 2)，且焦距为4(1)求椭圆C的标准方程(2)设P为直线l：y=2 2上一点，Q为椭圆C上一点，以PQ为直径的圆恒过坐标原点O(i)求|OP|2+4|OQ|2的取值范围：(ii)是否存在圆心在原点的定圆恒与直线PQ相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由11. (本小题20.0分)在各项均不为零的数列an中，Sn为其前n项和，a1=2a2，Sn+1an(nN*)是以12为公差
4、的等差数列(1)若对任意的nN*，n2，恒有f(n)an+1=ann+1an1n+2成立，求f(n)(nN*,n2)；(2)在正整数数列bn中，若对m，nN*，都有bm2+n2=bmbn，且bm2=bm2，当nN*，n2时，试比较3(f(2)+f(3)+f(n)与2bn的大小，并说明理由答案和解析1.【答案】 21 【解析】解|z|=1，z在复平面内对应点的轨迹为以原点为圆心，以1为半径的圆，又|z1z2|=|z1|z2|，|z2+(1i)z|=|z|z+1i|=|z+1i|=|z(1+i)|的几何意义为圆上的点到P(1,1)的距离，如图， |z2+(1i)z|=|z(1+i)|的最
5、小值为：|OP|1= (1)2+121= 21故答案为： 21由题意转化后画出图形，数形结合得答案本题考查复数模的求法，考查数形结合思想，是基础题2.【答案】1 【解析】解：令x=0得，a0=1，令x=12，得0=1a12+a222a323+a202422024，即a12+a222a323+a202422024=1，故答案为：1利用赋值法先令x=0，求出a0=1，然后在令x=12，进行计算即可本题主要考查二项式定理的应用，利用赋值法进行求解是解决本题的关键，是基础题3.【答案】32022 【解析】解：由题意可知M=32021lg2022，由于3<lg2022<4，要保证每项都大于1，所以a3的最小值为lg2022，由此可推a2021的最小值为lg2022，所以m=31lg2022，Mm=32022，故答案为：32022a1大于1，当后一项恒为前一项的三倍时，a2022取得最大，由于3<lg2022<4，题目要求每一项均大于1，所以a2022的最小值不小于31lg2022，根据题意判断a2022是否能够取到31lg2022，然后作商即可本题主要考查
9.关于“探索生长素类似物促进插条生根的最适浓度”实验的分析,错误的是A.应选有较多嫩叶和幼芽的一年生健壮枝条B.可选择遮阴和空气湿度较高的环境用浸泡法处理插条的基部C.用不同浓度的生长类似物处理插条可能获得相同的生根数目D.设置蒸馏水处理的对照组,有利于大致确定促进生根和抑制生根的浓度范围
1、2023年四川省宜宾市高中数学竞赛试卷（预赛）一、填空题（本大题共8小题，共64.0分）1. 若复数z满足|z|=1，则|z2+(1i)z|(i为虚数单位)的最小值为_ 2. 已知(1+2x)2024=a0+a1x+a2x2+a2024x2024，则a12+a222a323+a202422024= _ 3. 在各项均大于1的数列an中，每相邻两项之商均为3，若a1=lg2022，a2022的最大可能值为M，最小可能值为m，则Mm= _ 4. 已知实数a，b满足(2a+b)(ab)=1，则a+2b5a2+2ab+2b2的最大值为_ 5.
2、;一辆单向行驶的汽车，满载为25人，全程共设14个车站，途中每个车站均可上下乘客，由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票，在一次单程行驶中，车上最多卖出不同的车票的个数是_ 6. 已知函数f(x)为定义在(0,+)上的连续可导函数，且f(x)>xf(x)，则不等式x2f(1x)f(x)<0的解集是_ 7.="" y23="1的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线上，且F1PF2=120，F1PF2的平分线交x轴于点A，则|PA|=" _="" 8.="" 9.="&q
3、uot; b="1，求w=(a3+b)(a+b3)3ab的取值范围" 10.="" y2b2="1(a">b>0)过点M(2, 2)，且焦距为4(1)求椭圆C的标准方程(2)设P为直线l：y=2 2上一点，Q为椭圆C上一点，以PQ为直径的圆恒过坐标原点O(i)求|OP|2+4|OQ|2的取值范围：(ii)是否存在圆心在原点的定圆恒与直线PQ相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由11. (本小题20.0分)在各项均不为零的数列an中，Sn为其前n项和，a1=2a2，Sn+1an(nN*)是以12为公差
4、的等差数列(1)若对任意的nN*，n2，恒有f(n)an+1=ann+1an1n+2成立，求f(n)(nN*,n2)；(2)在正整数数列bn中，若对m，nN*，都有bm2+n2=bmbn，且bm2=bm2，当nN*，n2时，试比较3(f(2)+f(3)+f(n)与2bn的大小，并说明理由答案和解析1.【答案】 21 【解析】解|z|=1，z在复平面内对应点的轨迹为以原点为圆心，以1为半径的圆，又|z1z2|=|z1|z2|，|z2+(1i)z|=|z|z+1i|=|z+1i|=|z(1+i)|的几何意义为圆上的点到P(1,1)的距离，如图， |z2+(1i)z|=|z(1+i)|的最
5、小值为：|OP|1= (1)2+121= 21故答案为： 21由题意转化后画出图形，数形结合得答案本题考查复数模的求法，考查数形结合思想，是基础题2.【答案】1 【解析】解：令x=0得，a0=1，令x=12，得0=1a12+a222a323+a202422024，即a12+a222a323+a202422024=1，故答案为：1利用赋值法先令x=0，求出a0=1，然后在令x=12，进行计算即可本题主要考查二项式定理的应用，利用赋值法进行求解是解决本题的关键，是基础题3.【答案】32022 【解析】解：由题意可知M=32021lg2022，由于3<lg2022<4，要保证每项都大于1，所以a3的最小值为lg2022，由此可推a2021的最小值为lg2022，所以m=31lg2022，Mm=32022，故答案为：32022a1大于1，当后一项恒为前一项的三倍时，a2022取得最大，由于3<lg2022<4，题目要求每一项均大于1，所以a2022的最小值不小于31lg2022，根据题意判断a2022是否能够取到31lg2022，然后作商即可本题主要考查
