【数学】福建省2018年高中数学联赛(福建省赛区)预赛试题 含答案
导数与极限第二辑(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题13导数与极限第二辑1．【2018年广东预赛】设函数.f (x )=e x‒1‒x ⑴求在区间（n 为正整数）上的最大值；f (x )[0,1n ]b n ⑵令（n 、k 为正整数）.求证：.a n =e 1n‒1‒b n ，p k =a 2a 4⋯a 2ka 1a 3⋯a 2k ‒1p 1+p 2+⋯+p n <2a n+1‒1【答案】（1）（2）见解析b n =e 1n‒1‒1n 【解析】⑴因为，所以当时，，即上是增函数，故上的最大值为f'(x )=e x‒1x ∈[0,1n ]f'(x )≥0f (x )在[0,1n ]f (x )在[0,1n ].b n =e 1n‒1‒1n ⑵由⑴知.因为，a n =e 1n‒1‒b n =1n (2k ‒1)(2k +1)(2k )2=4k 2‒14k 2<1所以.[1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2k ‒1)2⋅4⋅⋯⋅(2k )]2=1⋅322⋅3⋅542⋅5⋅762⋅⋯⋅(2k ‒1)(2k +1)(2k )2⋅12k +1<12k +1又容易证明.12k +1<2k +1‒2k ‒1所以p k =a 2a 4⋯a 2ka 1a 3⋯a 2k ‒1=1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2k ‒1)2⋅4⋅⋯⋅(2k )<12k +1<2k +1‒2k ‒1所以.p 1+p 2+⋯+p n <(3‒1)+(5‒3)+⋯+(2n +1‒2n ‒1) =2n +1‒1=2a n+1‒1即.p 1+p 2+⋯+p n <2a n+1‒12．【2018年甘肃预赛】设函数）．f (x )=x ‒2x ‒a ln x （a ∈R ,a >0（1）讨论的单调性；f (x )（2）如果有两个极值点，我们记过点的直线斜率为．问：是否存在，f (x )x 1和x 2A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2))k a 使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．k =2‒a a 【答案】（1）见解析（2）不存在【解析】（1）f(x)的定义域为，(0,+∞)。
2018年福建省高中数学联赛(福建省赛区)预赛试题参考答案(新)
2bc
6c
∴ c2 10 ， c 10 。
∴ cos C a2 b2 c2 4 9 10 1 。
2ab
223 4
3．设复数 z 满足 z i 2 ，则 z z 的最大值为
。（ i 为虚数单位， z 为复
数 z 的共轭复数） 【答案】 6 【解答】设 z x yi （ x ， y Βιβλιοθήκη R ），4 y0
。
∴ r1 r2 16 ，结合 r1 r2 4 ，得 r1 10 ， r2 6 。
由此得到， F1P 2 F1F2 2 F2 P 2 。因此， PF2 F1F2 。
∴
△F1PF2
的外接圆半径
R
1 2
F1P
5。
4
8．最近网络上有一篇文章很火。源于一道常见题目：（见图），这貌似易解的题目，里面 竟然蕴藏了深奥的大道理。 （本题不作为本次考试的试题，本次试题如下）
1的左、右焦点，点
P
在双曲线 C
上， G
、I
分别为 △F1PF2 的重心、内心，若 GI∥x 轴 ，则 △F1PF2 的外接圆半径 R
。
【答案】 5
【解答】不妨设 P(x0 ，y0 ) 在第一象限， PF1 r1 ， PF2 r2 。 依题意， r1 r2 4 ， F1F2 8 。
∴ z z 的最大值为 6 。
1
4．已知定义在 R 上的奇函数 f (x) 的图像关于直线 x 2 对称，当 0 x 2 时，f (x) x 1，
则 f (100) f (101)
。
【答案】 2
【 解答】 由 f (x) 为奇函数，且其图像关 于直线 x 2 对称，知 f (x) f (x) ，且
解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛暨2024年福建省高中数学竞赛试卷(考试时间:2024年6月22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在△ABC 中,已知AB =4,BC =2,AC =23,若动点P 满足CP =1,则AP ⋅BP的最大值为.【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⋅BP =PA ⋅PB =14PA +PB 2-PA -PB 2 =142PO 2-BA 2 =PO 2-14×42=PO 2-4由 AB =4,BC =2,AC =23,知 AB 2=CA 2+CB 2,于是 CA ⊥CB .所以 CO =12AB =2 .又 CP =1,所以 PO的最大值为 CO +1=3 .所以 AP ⋅BP的最大值为 32-4=5 .2已知z 1,z 2,z 3为方程z 3=-i 的三个不同的复数根,则z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=.【答案】 0【解答】设 z =x +yi x ,y ∈R 为方程 z 3=-i 的复数根,则 z 3=x +yi 3=x 3+3x 2yi +3x yi 2+yi 3=-i .即 x 3+3x 2yi -3xy 2-y 3i =-i ,x 3-3xy 2+3x 2y -y 3 i =-i .由 x ,y ∈R ,得 x 3-3xy 2=03x 2y -y 3=-1,解得 x 1=0y 1=1 , x 2=32y 2=-12,x 3=-32y 3=-12.于是 z 1=i , z 2=32-12i , z 3=-32-12i .所以 z 2+z 3=32-12i+-32-12i =-i ,z 2z 3=32-12i-32-12i =-12i 2-322=-14-34=-1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1z 2+z 3 +z 2z 3=i ×-i -1=0 .3设a =66⋯6⏟10个6,b =33⋯3⏟6个3,则a ,b 的最大公约数为.【答案】 33【解答】用 x ,y 表示正整数 x ,y 的最大公约数.则 a ,b =66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3=33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3=311⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1.设 m =11⋯1⏟10个1, n =11⋯1⏟6个1,则由 m =11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111,可知 m ,n =1111,11⋯1⏟6个1.同理可得, m ,n =1111,11⋯1⏟6↑1=11,1111 =11,11 =11 .所以 a ,b =3m ,n =33 .4某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派4名选手参加比赛. 组委会随机将这12名选手分成6组, 每组2人, 则在上述分组方式中每组的2人均来自不同年级的概率为.【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有:C 212C 210C 28C 26C 24C 22A 66=11×9×7×5×3×1 种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个 年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有 C 24×C 24×A 44=36×24 种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有 2×1 种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有 36×24×2 种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5如图,在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F分别为AB ,BC 的中点,点G 在棱CC 1上. 若平面EFG 与底面ABCD 所成角的余弦值为31717,则平面EFG 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面多边形的周长为.【答案】 613+32【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA ,DC ,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图)z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E 6,3,0 ,F 3,6,0 . 设 G 0,6,t ,则 EF =-3,3,0 , EG=-6,3,t .设 m=x ,y ,z 为平面 EFG 的一个法向量,则m ⋅EF=-3x +3y +0=0m⋅EG =-6x +3y +tz =0,于是 m=t ,t ,3 为平面 EFG 的一个法向量.又 n =0,0,1 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为31717,所以 cos ⟨m ,n⟩ =m ⋅nm ⋅n=32t 2+9⋅1=31717 .结合 t >0,解得 t =2 . 所以 G 0,6,2 ,CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E ,F 分别为 AB ,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 .由CG DD 1=26=39=MCMD知, M ,G ,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由 AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形.易知 EF =32+32=32,FG =32+22=13,GD 1=42+62=213 ,D 1P =62+42=213, PE =22+32=13.所以截面五边形的周长为 613+32 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF ,∠GHC 为二面角 G -EF -D 的平面角,于是 tan ∠GHC =CG CH=CG 322=223,因此 CG =2 。
解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
2024 年全国高中数学联赛福建赛区预赛 暨 2024 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案(考试时间: 2024 年 6 月 22 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. 在 △ABC 中,已知 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,若动点 P 满足 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,则 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 . 【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =14[(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2]=14[(2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−BA⃗⃗⃗⃗⃗ 2]=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14×42=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−4由 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,知 AB 2=CA 2+CB 2 ,于是 CA ⊥CB . 所以 CO =12AB =2 .又 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,所以 |PO ⃗⃗⃗⃗⃗ | 的最大值为 CO +1=3 . 所以 AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 32−4=5 . 2. 已知 z 1,z 2,z 3 为方程 z 3=−i 的三个不同的复数根,则 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1= . 【答案】 0【解答】设 z =x +yi (x,y ∈R ) 为方程 z 3=−i 的复数根, 则 z 3=(x +yi )3=x 3+3x 2(yi )+3x (yi )2+(yi )3=−i . 即 x 3+3x 2yi −3xy 2−y 3i =−i,x 3−3xy 2+(3x 2y −y 3)i =−i . 由 x,y ∈R ,得 {x 3−3xy 2=03x 2y −y 3=−1,解得 {x 1=0y 1=1 , {x 2=√32y 2=−12,{x 3=−√32y 3=−12.于是 z 1=i, z 2=√32−12i, z 3=−√32−12i . 所以 z 2+z 3=(√32−12i)+(−√32−12i)=−i ,z 2z 3=(√32−12i)(−√32−12i)=(−12i)2−(√32)2=−14−34=−1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1(z 2+z 3)+z 2z 3=i ×(−i )−1=0 .3. 设a=66⋯6⏟10个6,b=33⋯3⏟6个3,则a,b的最大公约数为 .【答案】 33【解答】用(x,y)表示正整数x,y的最大公约数.则(a,b)=(66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3)=(33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3)=3(11⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1) .设m=11⋯1⏟10个1, n=11⋯1⏟6个1,则由m=11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111 ,可知(m,n)=(1111,11⋯1⏟6个1) .同理可得, (m,n)=(1111,11⋯1⏟6↑1)=(11,1111)=(11,11)=11 .所以(a,b)=3(m,n)=33 .4. 某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派 4 名选手参加比赛. 组委会随机将这 12 名选手分成 6 组, 每组 2 人, 则在上述分组方式中每组的 2 人均来自不同年级的概率为 .【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有: C122C102C82C62C42C22A66=11×9×7×5×3×1种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有C42×C42×A44=36×24种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有2×1种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有36×24×2种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5. 如图,在棱长为 6 的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点E,F分别为 AB,BC 的中点,点 G 在棱 CC 1 上. 若平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 3√1717,则平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得截面多边形的周长为 . 【答案】 6√13+3√2【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA,DC,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图) z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E (6,3,0),F (3,6,0) . 设 G (0,6,t ) ,则 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,3,0) , EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,3,t ) . 设 m ⃗⃗ =(x,y,z ) 为平面 EFG 的一个法向量,则{m ⃗⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +3y +0=0m ⃗⃗ ⋅EG⃗⃗⃗⃗⃗ =−6x +3y +tz =0 ,于是 m ⃗⃗ =(t,t,3) 为平面 EFG 的一个法向量.又 n ⃗ =(0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为 3√1717, 所以 |cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩|=|m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ ||=√2t 2+9⋅1=3√1717. 结合 t >0 ,解得 t =2 . 所以 G (0,6,2),CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E,F 分别为 AB,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 . 由 CG DD 1=26=39=MCMD 知, M,G,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形. 易知 EF =√32+32=3√2,FG =√32+22=√13,GD 1=√42+62=2√13 ,D 1P =√62+42=2√13, PE =√22+32=√13.所以截面五边形的周长为 6√13+3√2 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF,∠GHC 为二面角 G −EF −D 的平面角,于是 tan∠GHC =CGCH =3√22=2√23,因此 CG =2 。
2018年福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准
11)13=A知，A⊆B。
⎨，解得0<a≤1。
1+a≤4141πB．πC．πD．π【解答】设圆锥底面半径为R，母线长为l，则⨯2πl=2πR，l=2R。
福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准（考试时间：5月11日上午8：30－11：00）一、选择题（每小题6分，共36分）1．已知集合A={x值范围为（）x-1<a}，B={y y=2x，x≤2}，若A⋂B=A，则实数a的取A．(-∞，]B．(-∞，【答案】A【解答】a≤0时，A=φ，符合要求。
C．(0，]D．(-∞，]a>0时，A=(1-a，+a)，B=(0，]。
由A⋂B⎧1-a≥0⎩∴a的取值范围为(-∞，]。
2．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥内切球的体积为（）A．43323416272733= π l 2 = 2π 。
因此， l = 2 ， R = 1 。
圆锥的轴截面是边长为 2 的正三角形。
所以，其内切球半径 r = ⨯，其体积 V = π ⨯ ( )3 =π 。
2⎦ ⎣2⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦2⎦2又 S圆锥测1 21 3 3 ⨯2 = 32 34 3 4 3 3 3 273．函数 y = x + 4 - x 2 的值域为（）A ． ⎡⎣-2 2 ， 2 ⎤B ． ⎡-2 ， 2 ⎤C ． ⎡-1， 2 ⎤D ． ⎡- 2 ， 2 ⎤【答案】 B【解答】由 y - x = 4 - x 2 ，知 y 2 - 2 x y + x 2 = 4 - x 2 ， 2 x 2 - 2 y x + y 2 - 4 = 0 。
∴= 4 y 2 - 8( y 2 - 4) ≥ 0 ， -2 2 ≤ y ≤ 2 2 。
又 y ≥ x ≥ -2 ，因此， -2 ≤ y ≤ 2 2 。
值域为 ⎡⎣-2 ， 2 ⎤ 。
1设 AB = BC = a ，则 CO = ⨯ a = a ， cos ∠ACO = 5．已知 f ( x ) 是定义在 R 上的奇函数，且对任意 x ∈ R ，均有 f ( x + 3) = f ( x ) ，当 x ∈ (0 ，)∴f ( x ) 在区间 (0 ， ) 内有唯一零点 1。
(2021年整理)2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛仿真模拟(20)
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（完整）2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛仿真模拟(20)的全部内容。
2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛仿真模拟（20)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) 【第1题:集合与不等式】设有集合2{|log (34)2,0}x S x x x x =-≥>，22{|log (2)2,0}x T x x k x x =-≥>满足S T ⊆，则实数k 的取值范围是 。
【第2题：函数性质】若函数()23log 2a f x ax x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在区间[]1,2上递增，则a 的取值范围是___________。
【第3题：柯西不等式】a b 、为正的常数,10<<x ，xbx a x f -+=1)(，求)(x f 的最小值是_____。
【第4题：平面向量】.在ABC ∆中,02,3,30AB AC BAC ==∠=,P 是ABC ∆所在平面上任意一点， 则PA PB PB PC PC PA μ=⋅+⋅+⋅的最小值是______________ 【第5题：函数图像性质】方程230x x e -=的实根的个数为 。
【第6题：三角函数：三倍角、四倍角】 二元函数22()cos47cos47cos4cos48sin sin 6f x y x y x y x y =+++++-+，的最大值为___ 【第7题:空间几何体，球】一个球外接于四面体ABCD ，另一半径为1的球与平面ABC 相切，且两球内切于点D ，已知3AD =,4cos ,cos cos 52BAC BAD CAD ∠=∠=∠=，则四面体ABCD 的体积为【第8题：圆锥曲线】已知B 是双曲线22:2410C x y 上靠近点(0,)(1)A m m 的一个顶点．若以点A 为圆心，AB 长为半径的圆与双曲线C 交于3个点，则m 的取值范围是 ． 【第9题：规划面积问题：高斯函数中不等关系】设R 是满足00[][]5x y x y x y ≥⎧⎪≥⎨⎪+++≤⎩，，的点(),x y 构成的区域，则区域R 的面积为_______.（其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数）。
专题12导数与极限第一辑2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题12导数与极限第一辑1．【2021年福建预赛】若关于x 的不等式(x −2)e x <ax +1有且仅有三个不同的整数解，则整数a 的最小值为.【答案】3【解析】设f(x)=(x −2)e x , g(x)=ax +1.则f ′(x)=(x −1)e x ,x <1时,f ′(x)<0;x >1时,f ′(x)>0. 因此,f(x)在区间(−∞,1)上递减，在区间(1,+∞)上递增: 且x <2时，f(x)<0;x >2时,f(x)>0. 由此作出f(x)的草图如图所示.又g(x)的图像是过点(0,1)的直线，结合图像可知a >0.由于a >0时，f(0)=−2<g(0)=1;f(1)=−e <g(1)=a +1; f(2)=0<g(2)=2a +1,因此,0,1,2是不等式(x −2)e x <ax +1的三个整数解. 由于不等式(x −2)e x <ax +1有且仅有三个不同的整数解, 所以{f(−1)≥g(−1)f(3)≥g(3) ，即{−3e −1≥−a +1e 3≥3a +1,1+3e ≤a ≤e 3−13 .经检验，a=3符合要求，所以，符合条件的a 的最小值为3.2．【2019年贵州预赛】已知函数f(x)=(e x −e −x )⋅x 3,若m 满足f (log 2m )+f (log 0.5m )⩽2(e 2−1e).则实数m 的取值范围是 .【答案】[12,2]【解析】由f(x)=(e x −e −x )⋅x 3⇒f(−x)=f(x),且x ∈(0,+∞)时,f(x)是增函数.又由f(log2m)+f(log0,5m)≤2(e2−1e)⇒f(log2m)≤f(1).所以|log2m|≤1⇒−1≤log2m≤1⇒12≤m≤2.即m的取值范围是[12,2].3．【2018年广西预赛】若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)−2f(x)−4>0，f(0)=−1，则不等式f(x)> e2x−2的解为___________.【答案】x>0【解析】构造函数g(x)=e−2x[f(x)+2]，则g(0)=1.由g′(x)=e−2x[f′(x)−2f(x)−4]>0可知g(x)在（−∞,+∞）内单调递增，从而有g(x)>1⇔x>0.故f(x)>e2x−2⇔x>0.4．【2018年甘肃预赛】已知函数f(x)=x3+sinx（x∈R），函数g(x)满足g(x)+g(2−x)=0（x∈R），若函数ℎ(x)=f(x−1)−g(x)恰有2019个零点，则所有这些零点之和为______．【答案】2019【解析】易知函数f(x)=x3+sinx为奇函数，从而f(x−1)的图象关于(1,0)点对称．函数g(x)+g(2−x)=0，可知g(x)的图象也关于(1,0)点对称．由此ℎ(x)的图象关于(1,0)点对称，从而这2019个零点关于点（1,0）对称，由于ℎ(1)=f(0)−g(1)=0⇒x=1是ℎ(x)的一个零点，其余2018个零点首尾结合，两两关于(1,0)点对称，和为2018，故所有这些零点之和为2019．5．【2018年四川预赛】设直线y=kx+b与曲线y=x3−x有三个不同的交点A、B、C，且|AB|=|BC|=2，则k的值为______.【答案】1【解析】曲线关于点(0,0)对称，且|AB|=|BC|=2，所以直线y=kx+b必过原点，从而b=0.设A(x,y)，则{y=kx, y=x3−x,√x2+y2=2.由此得x=√k+1,y=k√k+1，代入得(k+1)+k2(k+1)=4,即(k−1)(k2+2k+3)=0,解得k=1.故答案为：16．【2017年广西预赛】设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x ),对任意的x ∈R 有f (x )+f (−x )=x 2,在(0,+∞)上f ′(x )>x .若f (1+a )−f (1−a )≥2a ,则实数a 的范围是 .【答案】a ≥0【解析】提示:由题意得f ′(x )>x ,构造函数g (x )=f (x )−12x 2,则g ′(x )=f ′(x )−x >0.从而g (x )在(0,+∞)上单调递增. 由条件f (x )+f (−x )=x 2得g (x )+g (−x )=0,则g (x )是奇函数.因为g (x )在R 上单调递增,由f (1+a )−f (1−a )≥2a 知g (1+a )−g (1−a )≥0,g (1+a )≥g (1−a )， 所以1+a ≥1−a 解得a ≥0.7．【2017年湖南预赛】设函数f (x )是定义在(−∞,0)上的可导函数,其导函数为f ′(x ),且有2f (x )+xf ′(x )>x 2,则不等式(x +2017)2f (x +2017)−f (−1)>0的解集为 .【答案】(−∞,−2018)【解析】提示:将不等式(x +2017)2f (x +2017)−f (−1)>0 化为(x +2017)2f (x +2017)>(−1)2f (−1)，①构造F (x )=x 2f (x ),使得①式化为F (x +2017)>F (−1)，② 因为F ′(x )=2xf (x )+x 2f ′(x ),由已知条件2f (x )+xf ′(x )>x 2， 两边同乘以x ,可得F ′(x )=2xf (x )+x 2f ′(x )<x 3<0(因x ∈(−∞,0)). 所以,F (x )在(−∞,0)上是减函数,不等式②化为x +2017<−1,即x <−2018， 所以,不等式的解集为(−∞,−2018).8．【2016年福建预赛】函数f (x ) =x 2lnx +x 2-2零点的个数为________. 【答案】1 【解析】由条件知f ′(x)=2x ln x +x +2x =x(2lnx +3). 当0<x <e −32时，f ′(x)<0； 当x >e −32时，f ′(x)>0.于是，f (x )在区间(0，−32)上为减函数，在区间(−32，+∞)上为增函数.又0<x <e −32时，lnx +1<−32+1=−12<0f (x )=x 2(lnx +1)-2<0，注意到，f(e −32)=e −3(−32+1)−2<0，f(e)=2e 2−2>0 故函数f (x )零点的个数为1.9．【2015年山东预赛】设a >1.若关于x 的方程a x =x 无实根,则实数a 的取值范围是______. 【答案】a >e 1e【解析】由函数y =a x 与y =x 的图像,知若a >1,且a x =x 无实根,则a x >x 恒成立， 设f (x )=a x −x .则：f′(x )=a x (lna )−1>0⇒x >−log a (lna ).故f (x )=a x −x 在区间(−∞,−log a (lna ))上递减,在区间(−log a (lna ),+∞)上递增. 从而, f (x )在x =−log a (lna )时取得最小值,即：f (x )min =f(−log a (lna ))=a −log a (ln a )−(−log a (lna ))>0， ⇒1lna −(−log a (lna ))>0.又1lna =log a e,−log a (lna )=log a 1lna ， ⇒log a e >log a1lna⇒lna >1e⇒a >e 1e .10．【2015年福建预赛】函数f (x )=e x (x −ae x )恰有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2)，则a 的取值范围是__________． 【答案】(0,12) 【解析】∵函数f (x )=e x (x −ae x )，∴f′(x )=(x +1−2a ⋅e x )e x ，由于函数f (x )两个极值点为x 1,x 2，即x 1,x 2是方程f′(x )=0的两个不等实数根，即方程x +1−2ae x =0，且a ≠0，∴x+12a=e x ；设y 1=x+12a(a ≠0),y 2=e x ，在同一坐标系内画出两个函数图象，如图所示,要使这两个函数有2个不同的交点，应满足{12a >01 2a >1，解得0<a<12，所以a的取值范围为(0,12)，故选A.【方法点睛】本题主要考查函数的极值、函数与方程以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解11．【2018年湖南预赛】函数f(x)=ln(x2+1)的图像大致是（）【答案】A【解析】由于函数为偶函数又过（0，0）所以直接选A.【考点定位】对图像的考查其实是对性质的考查，注意函数的特征即可，属于简单题.12．【2018年湖南预赛】设函数f(x)是R上的奇函数，当x>0时，f(x)=e x+x−3，则f(x)的零点个数是A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】∵函数f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）=0，所以0是函数f（x）的一个零点;当x＞0时，令f（x）=e x+x-3=0，则e x=-x+3，分别画出函数y=e x，和y=-x+3的图象，如图所示，有一个交点，所以函数f （x ）有一个零点，又根据对称性知，当x ＜0时函数f （x ）也有一个零点．综上所述，f （x ）的零点个数为3个， 故选：C ．13．【2017年四川预赛】已知函数f (x )=a ln x +x 2在x =1处有极值,则实数a 的值是()(A)−2(B)−1(C)1(D)2【答案】A【解析】提示：因为f ′(x )=ax+2x =a+2x 2x由条件知f ′(1)=0,解得a =−2.14．【2016年陕西预赛】设函数f (x )=x 3+ax 2+6x +c (a 、b 、c 均为非零整数).若f (a )=a 3，f (b )=b 3，则c 的值为（）. A ．-16 B ．-4 C ．4 D ．16 【答案】D 【解析】设g (x )=f (x )-x 3=ax 2+bx +c . 由f (a )=a 3，f (b )=b 3⇒g (a )=g (b )=0.则a 、b 为方程g (x )=0的两个根⇒a +b =−ba，ab =ca⇒c =−a 4a+1=−(a 2+1)(a −1)−1a+1.因为c 为整数，所以，a +1=±1⇒a =0(舍去)或-2. 故c =16. 选D.15．【2015年黑龙江预赛】设0(sin cos )k x x dx π=-⎰，若8280128(1)kx a a x a x a x -=++++，则128a a a +++=（）A.-1B.0C.1D.256 【答案】B 【解析】试题分析：000(sin cos )sin cos cos sin 2k x x dx xdx xdx x x πππππ=-=-=--=⎰⎰⎰,所以88280128(1)(12)kx x a a x a x a x -=-=++++，令1x =得80128(12)1a a a a ++++=-=，,令0x =得01a =，所以12801280()110a a a a a a a a +++=++++-=-=，故选B.考点：1.积分运算；2.二项式定理.16．【2015年黑龙江预赛】设函数f (x )=sin 5x +1.则∫f (x )π2−π2dx 值为（）。
2018年福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准
2018年福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准（考试时间：5月13日上午8：30－11：00）一、选择题（每小题6分，共36分）1．已知集合{}1327x A x =≤≤，{}22log ()1B x x x =-<，则A B = （）A ．(12)，B ．(]13-，C ．[)02，D ．(1)(02)-∞- ，，【答案】A【解答】由1327x ≤≤，得03x ≤≤。
因此，[]03A =，。
由22log ()1x x -<，得2202x x x x ⎧->⎪⎨-<⎪⎩，解得，10x -<<或12x <<。
因此，(10)(12)B =- ，，。
所以，A B = (12)，。
2．若直线l 与两直线1l ：70x y --=，2l ：133110x y +-=分别交于A ，B 两点，且线段AB 中点为(12)P ，，则直线l 的斜率为（）A ．2-B ．3-C ．2D ．3【答案】B【解答】由点A 在直线1l ：70x y --=上，设(7)A t t -，。
由AB 中点为(12)P ，，知(211)B t t --，。
∵点B 在直线2l ：133110x y +-=上，∴13(2)3(11)110t t -+--=。
解得，3t =。
∴(34)A -，，2(4)313l PA k k --===--。
3．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、E 分别为棱BC 、1BB 的中点，N 为正方形11B BCC 的中心。
l 为1A MN 平面与1D BE 平面的交线，则直线l 与正方体ABCD 底面所成角的大小为（）A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D【解答】如图，由正方体的性质与条件，易得MN ABCD ⊥面，BE ABCD ⊥面。
∴1A MN ABCD ⊥面面，1D BE ABCD ⊥面面。
∴l ABCD ⊥面，l 与ABCD 面所成角的大小为90︒。
专题06基本初等函数二(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题06基本初等函数第二缉1．【2019年重庆预赛】函数f (x )=(√1+x +√1−x −3)(√1−x 2+1)的最小值为m ，最大值为M ，则M m=________.【答案】3−√22【解析】设t =√1+x +√1−x ,则t ≥0且t 2=2+2√1−x 2，∴t ∈[√2,2]. f (x )=(t −3)·t 22，令g (t )=12t 2(t −3)，t ∈[√2,2].令g ′(t )=0得t =2，g(√2)=√2−3，g (2)=−2， ∴M =g (t )max =√2−3，m =g (t )min =−2，∴Mm =3−√22.2．【2019年重庆预赛】设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，对任意x >0有f(x)>−4x ，f(f(x)+4x )=3，则f(8)=. 【答案】72【解析】由题意存在x 0>0使f(x 0)=3。
又因f(x)是(0,+∞)上的单调函数，这样的x 0>0是唯一的，再由f(f(x 0)+4x 0)=3得x 0=f(x 0)+4x 0=3+4x 0解得x 0=4或x 0=−1（舍）。
所以f(x)=4−4x，f(8)=4−48=72。
3．【2019年北京预赛】函数f (x )满足f (1)=1,且f (n )=f (n −1)+1n (n−1),其中n ≥2,n ∈N +,那么f (2019)=. 【答案】40372019.【解析】因为f(n)−f(n −1)=1n(n−1)=1n−1−1n ,所以 f(2)−f(1)=1−12, f(3)−f(2)=12−13,f(4)−f(3)=13−14,⋯⋯f(2018)−f(2017)=12017−12018,f(2019)−f(2018)=12018−12019,将以上各式等号两边分别相加得f(2019)−f(1)=1−12019,进而有 f(2019)=2−12019=120182019.4．【2019年福建预赛】函数f(x)=√2x −x 2+x 的值域为 .【答案】[0,√2+1]【解析】解法一:f(x)=√1−(x −1)2+x .设x −1=sinα (−π2≤α≤π2)，则f(x)=cosα+(1+sinα)=√2sin (α+π4)+1.由−π2≤α≤π2，得−π4≤α+π4≤3π4, −√22≤sin (α+π4)≤1.∴f (x )值域为[0,√2+1]. 解法二:f ′(x)=√2+1=√21 (0<x <2).∵ 0<x <1+√22时，f ′(x)>0;1+√22<x <2时，f ′(x)<0.∴f (x )在区间[0,1+√22]上为增函数，在区间[1+√22,2]上为减函数. ∴f (x )值域为[0,√2+1].5．【2019年福建预赛】已知f(x)=x 3+ax 2+bx +2的图象关于点(2，0)对称，则f (1)=.【答案】4【解析】解法一:由f (x )的图象关于点(2，0)对称，知：f(x +2)=(x +2)3+a(x +2)2+b(x +2)+2=x 3+(a +6)x 2+(b +4a +12)x +4a +2b +10为奇函数.∴{a +6=04a +2b +10=0,{a =−6b =7∴ f(1)=1+a +b +2=1−6+7+2=4. 解法二:由f (x )的图象关于点(2，0)对称，知 对任意x ∈R ，f (2+x )+f (2-x )=0于是，对任意x ∈R ，(2+x)3+a(2+x)2+b(2+x)+2+(2−x)3+a(2−x)2+b(2−x)+2=0. 即(2a +12)x 2+(8a +2b +20)=0恒成立. ∴{2a +12=08a +4b +20=0,{a =−6b =7.∴ f(1)=1+a +b +2=1−6+7+2=4.解法三:依题意，有f (x )=(x -2)3+m (x -2). 利用f (0)=-8-2m =2，得m =-5.于是，f (x )=(x -2)3-5(x -2)，f (1)=-1-(-5)=4.6．【2019年福建预赛】已知f(x)=x 5−10x 3+ax 2+bx +c ，若方程f (x )=0的根均为实数，m 为这5个实根中最大的根，则m 的最大值为 .【答案】4【解析】设f (x )=0的5个实根为x 1≤x 2≤x 3≤x 4≤m ，则由韦达定理，得m +x 1+x 2+x 3+x 4=0. m (x 1+x 2+x 3+x 4)+(x 1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4)=−10. 于是，x 1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4=−10+m 2.∴ x 12+x 22+x 32+x 42=(x 1+x 2+x 3+x 4)2−2(x 1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4)=m 2−2(−10+m 2)=20−m 2.另一方面，由柯西不等式，知(x 1+x 2+x 3+x 4)2≤4(x 12+x 22+x 32+x 42)于是，m 2≤4(20−m 2),m 2≤16,m ≤4.又对f(x)=(x −4)(x +1)4=x 5−10x 3−20x 2−15x −4，方程f (x )=0的根均为实数，且5个实根中最大的根m =4. ∴m 的最大值为4.7．【2019年广西预赛】已知xyz +y +z =12,则log 4x +log 2y +log 2z 的最大值为 .【答案】3【解析】log 4x +log 2y +log 2z =log 2x 2+log 2y +log 2z =log 2(xyz⋅y⋅z)2⩽log 2(xyz+y+z 3)32=3.当xyz=y=z=4取到等号.8．【2019年贵州预赛】已知方程x 5−x 2+5=0的五个根分别为x 1,x 2,x 3,x 4,x 5,f(x)=x 2+1.则∏s i=1f (x i )=.【答案】37【解析】设g(x)=x 5−x 2+5,则g(x)=∏(x −x k )5k=1,又f(x)=x 2+1=(x-i)(x+i),所以∏5i=1f (x k )=∏(x k −i )5i=1⋅∏(x k +i )5i=1=g(i)⋅g(−i)=(i 5−i 2+5)⋅[(−i)5−(−i)2+5]=(6+i)(6−i)=37.9．【2019年吉林预赛】已知函数f(x)=-x 2+x+m+2,若关于x 的不等式f(x)≥|x|的解集中有且仅有1个整数,则实数m 的取值范围为.【答案】[-2,-1)【解析】f(x)≥|x|⇔2−|x|≥x 2−x −m . 令g(x)=2−|x|,h(x)=x 2−x −m . 在同一直角坐标系内作出两个函数的图象, 由图象可知,整数解为x=0,故{f(0)≥0−0−m f(1)<1−1−m.解得−2≤m <−1.10．【2019年吉林预赛】已知函数f(x)=a +x −b x 的零点x 0∈(n,n +1)(n ∈Z),其中常数a 、b 满足条件2019a =2020, 2020b =2019,则n 的值为 .【答案】-1【解析】因为2019°=2020,2020b =2019,所以1<a<2,0<b<1,故函数f(x)在R 上为増函数,又f(0)=a −1>0, f(−1)=a −1−1b <a −1−1<0,故由零点定理可知,函数f(x)在区间(1,0)有唯ー的零点,则n 的值是-1. 11．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】已知正实数a 满足a a =(9a)8a ，则log a (3a)的值为.【答案】916【解析】由条件知9a =a 18，故3a =√9a ⋅a =a 916，所以log a (3a)=916.12．【2018年山西预赛】函数y =√1−x 22+x的值域为________.【答案】[0,√33] 【解析】由条件知x ∈[−1,1]. 令x =cosα(α∈[0,π]).则 y =sinα2+cosα(y ≥0)，⇒2y =sinα−ycosα=√1+y 2sin (α+θ)≤√1+y 2， ⇒1+y 2≥4y 2⇒y 2≤13， 因为y ≥0，所以，y ∈[0,√33]. 13．【2018年福建预赛】函数f(x)=[log 3(13√x)]⋅[log √3(3x 2)]的最小值为________. 【答案】−258【解析】设log 3x =t ，则log 3(13√x)=−1+12t ，log √3(3x 2)=32log √3=2(1+2t).∴f(x)=g(t)=(−1+12t)⋅2(1+2t)=2t 2−3t −2=2(t −34)2−258.∴当t =34，log 3x =34，x =334时，f (x )取最小值−258.14．【2018年福建预赛】若函数f (x )=x 2－2ax +a 2－4在区间[a －2，a 2](a >0)上的值域为[－4，0]，则实数a 的取值范围为________. 【答案】[1，2] 【解析】∵f (x )=x 2－2ax +a 2－4=(x －a )2－4，f (a )=－4，f (a －2)=0，f (x )在区间[a －2，a 2]上的值域为[－4，0]，f (x )的图像为开口向上的拋物线.∴{a −2≤a ≤a 2a ≥a−2+a 22 ，解得－1≤a ≤0或1≤a ≤2.结合a >0，得1≤a ≤2. ∴a 的取值范围为[1，2].15．【2018年江苏预赛】设g(n)=∑(k,n)nk=1，期中n ∈N *，(k,n)表示k 与n 的最大公约数，则g(100)的值为________. 【答案】520 【解析】如果(m,n)=1，则g(mn)=g(m)g(n)，所以g(100)=g(4)g(25). 又g(4)=1+2+1+4=8.g(25)=5×4+25+(25−5)=65， 所以g(100)=8×65=520. 故答案为：52016．【2018年贵州预赛】牛得亨先生、他的妹妹、他的儿子，还有他的女儿都是网球选手，这四人中有以下情况：①最佳选手的孪生同胞与最差选手性别不同；②最佳选手与最差选手年龄相同．则这四人中最佳选手是_______．【答案】牛得亨先生的女儿 【解析】由题意知，最佳选手和最佳选手的孪生同抱年龄相同；由②，最佳选手和最差选手的年龄相同；由①，最佳选手的孪生同胞和最差选手不是间一个人．因此，四个人中有三个人的年龄相同．由于牛得亨先生的年龄肯定大于他的儿子和女儿，从而年龄相同的三个人必定是牛得亨先生的儿子、女儿和妹妹．由此，牛得亨先生的儿子和女儿必定是①中所指的孪生同胞．因此，牛得亨先生的儿子或女儿是最佳选手，而牛得亨先生的妹妹是最差选手．由①，最佳选手的孪生同胞一定是牛得亨先生的儿子，而最佳选手无疑是牛得亨先生的女儿． 故答案为：牛得亨先生的女儿17．【2018年贵州预赛】函数z =√2x 2−2x +1+√2x 2−10x +13的最小值是______． 【答案】√10 【解析】因为z =√2x 2−2x +1+√2x 2−10x +13=√(x −0)2+(x −1)2+√(x −2)2+(x −3)2此即为直线y =x 上的点（x ，y ）到点（0，1）与到点（2，3）的距离之和，根据镜像原理，z 的最小值应为点（1，0）到点（2，3）的距离√10． 故答案为：√1018．【2018年贵州预赛】若方程a x >x （a >0，a ≠1）有两个不等实根，则实数a 的取值范围是_______． 【答案】1<a <e 1e 【解析】由a x >x 知x >0，故x ⋅lna −lnx =0⇒lna =lnx x，令f(x)=lnx x（x >0），则f ′(x)=1−lnx x 2．当x ∈(0，e)时，f ′(x)>0；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x)<0．所以f(x)在(0，e )上递增，在(e ，+∞)上递减．故0<lna <f(e)=1e，即1<a <e 1e ． 故答案为：1<a <e 1e19．【2018年浙江预赛】已知a 为正实数，且f(x)=1a −1a x +1是奇函数，则f(x)的值域为________.【答案】(−12，12) 【解析】由f(x)为奇函数可知1a −1a x +1=−1a +1a −x +1，解得a = 2，即f(x)=12−12x +1， 由此得f(x)的值域为(−12，12).20．【2018年北京预赛】已知实数a,b,c,d 满足5a =4,4b =3,3c =2,2d =5，则(abcd )2018=________. 【答案】1 【解析】化5a =4,4b =3,3c =2,2d =5为对数，有a =log 54=ln4ln5,b =ln3ln4,c =ln2ln3,d =ln5ln2，所以(abcd )2018=(ln4ln5×ln3ln4×ln2ln3×ln5ln2)2018=12018=1.21．【2018年北京预赛】已知函数f (x )满足f (x +1x )=x 2+1x 2，那么f (x )的值域为_______.【答案】[2,+∞) 【解析】设函数y =f (x )满足f (t +1t )=t 2+1t 2，{x =t +1t (|x |≥2)y =t 2+1t 2(y ≥2)，y =t 2+1t 2=(t +1t)2−2=x 2−2.所以所求函数是f (x )=x 2−2(|x |≥2)，其图像如图，易知f (x )=x 2−2(|x |≥2)的值域是[2,+∞).22．【2018年湖南预赛】函数f(x)=√4−x 2+ln(2x −1)的定义城为_________. 【答案】[−2,12)【解析】由{4−x 2≥02x −1>0得-2≤x <12，所以函数f(x)=√4−x 2+ln(2x −1)的定义城为[−2,12). 故答案为[−2,12)23．【2018年湖南预赛】已知函数f(x)对任意的实数满足：f(x +6)=f(x)，且当−3≤x <−1时，f(x)=−(x +2)2，当−1≤x <3时，f(x)=x ，则y =f(x)象与y =lg |1x |的图象的交点个数为___________。
2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛模拟(3)
2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛模拟(3)一、填空题（每小题6分，共60分）1、设a , b 是两个正整数, 它们的最小公倍数是24·33·72·11, 那么这样的有序正整数对(a , b )有 _ 组.2、方程16sin πx cos πx ＝16x ＋1x 的解集合为3、三棱锥S ABC -是三条侧棱两两垂直的三棱锥，O 是底面ABC ∆内的一点， 那么tan tan tan W OSA OSB OSC =∠⋅∠⋅∠的最小值是______________4、对任意,x y R ∈，代数式M =________5、计算：232010sinsinsin sin2011201120112011ππππ=_______________ 6、篮球场上有5个人在练球，其战术是由甲开始发球（第一次传球），经过六次传球跑动后（中途每人的传球机会均等）回到甲，由甲投3分球，其中不同的传球方式为___________种． 7、对,x y R ∀∈，函数(,)f x y 都满足：①(0,)1f y y =+；②(1,0)(,1)f x f x +=； ③(1,1)(,(1,))f x y f x f x y ++=+；则(3,2011)f =__________________ 8、设2n 个实数122,,,n a a a 满足条件21211()1n i i i a a -+=-=∑则12212()()n n n n a a a a a a μ++=+++-+++的最大值为________________9. 如图，在△ABC 中，cos25C =,0,AH BC ⋅=0)(=+⋅， 则过点C ，以A 、H 为两焦点的双曲线的离心率为_________10. 若实数a , b , x , y 满足3,ax by +=227ax by +=，3316ax by +=，4442ax by +=，则55ax by +=________ 二、解答题（每小题20分，共100分）11．已知数列{a n }：30,2021==a a ，.311-+-=n n n a a a ⑴ 证明：500112-=-+-n n n a a a )2(≥n⑵ 求出所有的正整数n ，使得151++n n a a 为完全平方数.12、已知曲线m y x M =-22:，0>x ，m 为正常数．直线l 与曲线M 的实轴不垂直，且依次交直线x y =、曲线M 、直线x y -=于A 、B 、C 、D 4个点，O 为坐标原点． （1）若||||||CD BC AB ==，求证：AOD ∆的面积为定值； （2）若BOC ∆的面积等于AOD ∆面积的31， 13、已知函数()ln ()2f x x ax 2a x =-+-.若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，试证明：01x a>.14. 如图，已知K L 、分别是ABC ∆的边AC AB 、的中点，ABC ∆的内切圆I 分别与边CA BC 、切于点E D 、.求证：DE KL 、的交点在ABC ∠的角平分线上.15．给定大于2011的正整数n ，将21,2,3,,n 分别填入n n ⨯的棋盘的方格中，使每个方格恰有一个数，如果一个方格中填的数大于它所在行至少2011个方格内所填的数，且大于它所在列至少2011个方格内所填的数，则称这个方格为“优格”，求棋盘中“优格”个数的最大值．2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛模拟3 参考答案1、设3312412423711,23711a b αβαααβββ=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅, 则有11max 22max 33max 44max {,}4,{,}3,{,}2,{,}1αβαβαβαβ====.故有序正整数对(a , b )有(241)(231)(221)(211)⨯+⨯+⨯+⨯+=945组.2、当x ＞0时，16x ＋1x ≥8，（x ＝14取到等号）而，(x ＝14＋k , k ∈Z 取到等号), 于是有当x ＞0时，方程只有一个解x ＝14。
圆锥曲线几个结论的拓展、变式及推广
2021年第4期(上)中学数学研究41圆锥曲线几个结论的拓展、变式及推广福建省莆田第五中学（351100）宋桂芳文［1］对2015年全国高考北京卷第19题进行了本质探究和推广，得到了关于椭圆、双曲线的3个结论，读后觉得意犹未尽.本文先将这些结论拓展到抛物线的情形，再给岀这些结论的等价变式及部分等价变式的推广.首先将［1］的这3个结论抄录如下：x2y2结论1（综合文［1］的结论1,2）已知椭圆c:x+y=a2b21（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为椭圆C上一动点，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x 轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则|OM|•|ON|=a2,如图1（|OM|•|ON|=b2,如图2）.图1图222结论2（文［1］的结论3）已知双曲线C:|2—b2=1（a>0,b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为双曲线C上一动点，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x 轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则图3图41结论的拓展以上结论只涉及椭圆、双曲线，那么，对于抛物线，有没有类似的结论经探究,可得结论3已知抛物线C:y2=2px（p>0）（x2=2py（p> 0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为抛物线C上一动点，与点P 不关于x轴（y轴）对称，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则|OM|=|ON|.证明对于抛物线C:y2=2px(p>0),由条件知B(m,—n),直线PA,PB的方程分别为y—y o=—y o•(x—x o),y—y o=一匹•(x—x o).分别令m—x o m—x oy=0,可得M(nx o一my o,0),N(nx o十my o,0).贝Jn—y o n+y onx o—my o+nx o+my on—y o n+y o_(nx o一my o)(n+y o)+(nx o+my o)(n—y o)n+y o(n—y o)(n+y o)2n2x o—2my O(n—y o)(n+y o)5又由P(x o,y o),A(m,n)在抛物线C上知y O=2pxo,n2= 2pm,则2n2x o—2my2=2x o•2pm—2m•2px o=0,从而nx o一my o+nx o十my o=0.又易知点M,N在y轴异侧, n—y o n+y o即nx o-my o与nx o十my o异号,从而有|om|=|ON|.n—y o n+y o相仿地，可以证明C:y2=2px(p>0)也具有相应性质，限于篇幅，此处从略.证毕.2结论的等价变式在上述结论中，由于点A,B关于x轴（y轴）对称O直线NA,NB（即卩NP）的斜率k1,k2满足k1+k2=0,故上述结论可分别等价表示为结论1',2',3':x2y2结论1'已知椭圆C:—2+b2=1（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为椭圆C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称），直线PA与x轴（y轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|•|ON|=a2（|OM|•|ON|=b2）.x2y2结论2'已知双曲线C:冷—y=1（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为双曲线C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称），直线PA与x轴（y轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|•|ON|=a2（|OM|•|ON|=b2）.结论3'已知抛物线C:y2=2px（p>0）（x2= 2py（p>0））上一点P（x o,y o）,A（m,n）为抛物线C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称）,直线PA与x轴（y 轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|=|ON|.3部分等价变式的推广经探究发现，结论1',2'中有关“x轴”的情形及结论3'42中学数学研究2021年第4期(上)可以推广到更一般的情形.x2y2结论I已知椭圆C:x+y=1(a>b>0)上一点P(x o,y o),A(m,n)为椭圆C上一动点(与点P不关于x轴对称)，直线PA与x轴交于点M,点N在x轴上，点N1在得u—s—rt=0,则a2—su=0.从而有s2进而得|OM|一牛.又由N(u,0)得|ON|=|OM|•|ON|=a2.证毕.a2u|u|,故过点N且垂直于x轴的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|•|ON|=a2.证明设直线PA的方程为x=ry+s(r=0),与椭圆C的方程联立，得b2(ry+s)2+a2y2-a2b2=0,整理得(a2+b2r2)y2+2b2rsy+b2(s2-a2)=0.据韦达定理，得2b2rs”=b2(s2-a2)一a2+b2r2,y o n=a2+b2r2.易知直线PA与x轴交点M(s,0),设N仏0),N1(u,t),则k3=—-—.又由x o=ry o+s,m=rn+s彳得u—sn—t y o—tk1+k2一------------------m—u x o—u(n—t)(ry o+s—u)+(y o—t)(rn+s—u)y o+n y o n(rn+s—u)(ry o+s—u)2rny o+(s—u—rt)(n+y o)—2t(s—u)r2ny o+r(s—u)(n+y o)+(s—u)22r•：2；一2；2)十(s一u一rt)(一a2?+舄2)一2t(s一u)r2•十r(s一u)(-)+(s—u)2 2b2r(s2—a2—s2+su+rst)—2t(s—u)(a2+b2r2)类似地，结论—中有关“x轴”的情形及结论3可分别推广为x2y2结论II已知双曲线C:x一y=1(a>0,b>0)上一点P(x o,y o),A(m,n)为双曲线C上一动点(与点P不关于x轴对称)，直线PA与x轴交于点M,点N在x轴上，点N1在过点N且垂直于x轴的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|•|ON|=a2.结论III已知抛物线C:y2=2px(p>0)(x2= 2py(p>0))上一点P(x o,y o),A(m,n)为抛物线C上一动点(与点P不关于x轴(y轴)对称)，直线PA与x轴(y轴)交于点M,点N在x轴(y轴)上,点N1在过点N 且垂直于x轴(y轴)的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|=|ON|.下面只证明结论III,结论II仿结论I可证.b2r2(s2—a2—2s2+2su)+(s—u)2(a2+b2r2) 2[b2r(a2—su—rst)+t(s—u)(a2+b2r2)]b2r2(a2+s2—2su)—a2(s—u)2—b2r2(s2—2su+u2) 2b2r(a2—su—rst)+st(a2+b2r2)—tu(a2+b2r2)证明设直线PA的方程为x=ry+s(r=0),与抛物线C的方程联立并整理，得y2-2pry-2ps=0.据韦达定理，得y o+n=2pr,y o n=—2ps.易知直线PA与x 轴交点M(s,0),设N仏0),N1仏t),则k3=^—.又由u—sx o=ry o+s,m=rn+s.得b2r2(a2—u2)—a2(s—u)22[b2r(a2—su)+a2st—tu(a2+b2r2)] b2r2(a2—u2)—a2(s—u)22b2r(a2—su—tur)+a2t(s—u)n—t+y o—tk1+k2m—u x o—u(n—t)(ry o+s—u)+(y o—t)(rn+s—u)b2r2(a2—u2)—a2(s—u)2又由k1+k2=2k3及k3=—t—,可得us(rn+s—u)(ry o+s—u)2rny o+(s—u—rt)(n+y o)—2t(s—u) r2ny o+r(s—u)(n+y o)+(s—u)22r(—2ps)+(s—u—rt)•2pr—2t(s—u)(u—s)b2r(a2—su—tur)+a2t(s—u)=t[b2r2(a2-u2)-a2(s-u)2]今b2r(a2—su—tur)(u—s)=b2r2t(a2—u2)今u(a2—su—tur)—s(a2—su—tur)=rt(a2—u2)今u(a2—su)—s(a2—su—tur)=a2rt今u(a2—su)—s(a2—su)+stur=a2rt今u(a2—su)—s(a2—su)=rt(a2—su)今(a2—su)(u—s—rt)=0,r2(—2ps)+r(s—u)•2pr+(s—u)22[pr(—2s+s—u—rt)—t(s—u)]2p r2(—s+s—u)+(s—u)22[pr—s—u—rt)—t(s—u)]2[pr(s+u+rt)+t(s—u)] 2pr2(—u)+(s—u)22pr2u—(s—u)2又由k1+k2=2k3及k3=—t—,可得us(u—s)[pr(s+u+rt)+t(s—u)]=t[2pr2u—(s—u)2]今p r(s+u+rt)(u—s)=2pr2u今r[(s+u+rt)(u—s)—2rut]=0今r[(s+u)(u—s)+rt(u—s)—2rut]=0由于点N1(u,t)不在直线PA:x=ry+s(r=0)上,今r[(s+u)(u—s)—rt(u+s)]=0今r(s+u)(u—s—rt)=0,2021年第4期(上)中学数学研究43对一道预赛试题的思考与探究福建省周宁县第一中学(355400)叶桦题目(2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛第12题)22已知F1,F2分别为椭圆C:+豈=1(—>b>0)的左、右焦点，点P(乎,1)在椭圆C上,且AF1PF2的垂心为H(響,-3).(1)求椭圆C的方程；(2)设A为椭圆C左顶点，过点F2的直线l交椭圆C于D,E两点,记直线AD,AE的斜率岛，級,若仏+k=-1,求直线l的方程.图1直线AD,AE的斜率岛忌满足岛+k=A(A为非零常数),则直线l的斜率k=2(e—1)(其中e为椭圆C的离心率).证明设直线l的方程为x=hy+e,由入=0知h=0,直线l的斜率k=g.将直线l的方程与椭圆C方程联立，得h(a2+b2h2)y2+2b2ehy+b2(e2—a2)=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),据韦达定理，2b2eh b2(e2—a2) y1+y2=-庐十丽,y1y2=aU-h,且有x1=hy1+e,x2=hy2+e.又由A(—a,0),得y1y2y1y2+=+=+x1+a x2+a+e+a hy2+e+a=2hy1y+(a+e)(y1+y)h2y1y2+h(a+e)(y1+y2)+(a+e)22•—+(a+e)(—2b2eh)a2十-22本题的答案是：(1)椭圆C的方程为x r+专=1；(2)直线l的方程为y=2(x-1).本题⑵的内涵丰富,意境深邃，值得引导学生深入思考与探究.1由特殊到一般的思考与探究本题的(2)的关键是在“仏+級=-2”的条件下求出直线l的斜率k=2.我们不禁要问：对于一般的椭圆22C:—2+b2=1(a>b>0),若+k=入(入为非零常数),那么，直线l的斜率k是否为某个定值？经探究，可得22性质1.1设A为椭圆C:|2+卷=1(—>b>0)的左顶点，过焦点F(e,0)的直线l交椭圆C于D,E两点，若b2(c2-a2)a2+b2h22b eh2+h(a+e)(—a2+b2h2)+(a+e)2b2h(e2—a2—ae—e2)b2h2(e2—a2)—2b2eh2(a+e)+(a+e)2(a2+b2h2)2b2h(—a2—ae)b2h2[e2—a2—2e(a+e)+(a+e)2)]+a2(a+e)2 2ah(a2—e2)(a+e)a2(a+e)2=-2(—-e)h=2(e-1)h,由此可得k=1=h特别地，当入k=2((1/2)-1)=-(1/2)斜率.类似地，有2(e-1)+k=_1=―2，=◎.证毕.Aa2=4,b2=3时,e12=2.这就是上述试题(2)的直线l的由于r=0且点N1(u,t)不在直线PA:x=ry+s(r=0)上得u-s-rt=0,故s+u=0,从而有|s=|u|,即|OM=|ON|.证毕.特别地，当点N1重合于点N时,结论I,II分别为结论1,2中有关“x轴”的情形，结论III为结论.至此，我们完成了对文［1］的3个结论的拓展、变式及推广.参考文献［1］张留杰.2015年高考北京第19题的本质探究［J］.中学数学研究(江西),2016(3):24-26.。
2018年全国高中数学联赛福建省预赛试题与解答
一、填空题（共 10 小题，每小题 6 分，满分 60 分）
1 ．将正偶数集合 2 ，4，6，L 从小到大按第 n 组有 3n 2 个数进行分组： 2 ，
4 ，6，8，10 ， 12，14，16，18，20，22 ，24 ，…，则 2018 位于第
也不同 .
因此，可得 4 36 144 个直角顶点在矩形顶点的不同的直角三角形；
2
再算直角顶点不在矩形顶点： （ 1） 在 1 2 矩形中，有顶点不在矩形顶点， 边长分别为 2， 2，2 的直角三角形 2 个， 而 1 2 矩形横向、纵向各有 6 个，共 2 12=24 个； （ 2） 在 2 3 矩形中，有顶点不在矩形顶点，边长分别为 5，5， 10 的直角三角形 4 个，边长分别为 2， 2 2，10 的直角三角形 4 个，而 2 3 矩形横向、纵向各有 2 个，共（ 4+4） 4=32 个；
依题意， r1 r2 4 ， F1F2 8 .
由 G 、 I 分别为 △ F1PF2 的重心、内心， GI ∥x 轴 ，得 △F1PF2 内切圆半径 r
1 y0 . 3
∴
S△ F1PF2
1 ( F1P
2
F1 F2
F2P ) r
1 ( r1
r2
8) 1 y0 .
2
3
又 S△F1PF2
1 F1 F2
2
y0
则由 △ PAC 、 △ ABC 都是边长为 6 的等边三角形，得
C
PD AC ，BD AC ， PDB 为二面角 P AC B 的平面角，
B
PDB 120 .
A
专题01集合第一缉(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题01集合第一缉1．【2021年江西预赛】集合M 是集合A={1，2，…，100}的子集，且M 中至少含有一个平方数或者立方数，则这种子集M 的个数是.【答案】288(212‒1).【解析】集合 中的平方或者立方数构成集合 ,100},A ={1,2,⋯,100}B ={1,4,8,9,16,25,27,36,49,64,81其中有12个元素,从 中挖去集合 后剩下的元索构成集合 ,则 中有88个元索,A B C C 由于 的子集有 个, 的非空子集有 个,C 288B 212‒1集 可表示为 形式,其中 是 的任一非空子集, 是 的任一子集,因此 的个数为M M =B 0∪C 0B 0B C 0C M 288(212‒1).2．【2021年浙江预赛】给定实数集合A,B,定义运算 .设A ⊗B ={x∣x =ab +a +b,a ∈A,b ∈B} ,则 中的所有元素之和为.A ={0,2,4,⋯,18},B ={98,99,100}A ⊗B 【答案】29970【解析】由 ,x =(a +1)(b +1)‒1则可知所有元素之和为 .(1+3+⋯+19)×300‒3×10=299703．【2021年广西预赛】集合 的所有子集的元素的和等于 .M ={1,2,3,4,5,6}【答案】672【解析】所有子集的元素的和为 .25(1+2+3+4+5+6)=6724．【2021年新疆预赛】若实数集合 的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则{3,6,9,x}x 的值为 .【答案】94【解析】若 是最大元素，则 ,解得 ,不合题意；x 3x =18+x x =9若 是最小元素，则 ,解得 ；x 9x =18+x x =94若 既不是最大元素也不是最小元素，则 ,解得 ,不合题意；x 27=18+x x =9所以 .x =945．【2021年全国高中数学联赛A 卷一试】设集合,其中为实数.令.若的A ={1,2,m }mB ={a 2∣a ∈A },C =A ∪B C 所有元素之和为6,则的所有元素之积为 .C【答案】‒8【解析】由条件知(允许有重复）为的全部元素.1,2,4,m ,m 2C 注意到,当为实数时,,故只可能是,且m 1+2+4+m +m 2>6,1+2+4+m 2>6C ={1,2,4,m }1+2+4+m =6.于是(经检验符合题意),此时的所有元素之积为.m =‒1C 1×2×4×(‒1)=‒86．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设集合,A 是X 的子集,A 的元素个数至少是2,且A X ={1,2,⋯,20}的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A 的个数为 .【答案】190【解析】每个满足条件的集合A 可由其最小元素a 与最大元素b 唯一确定,其中a ,b ∈X ,a <b ,这样的的(a,b)取法共有种,所以这样的集合A 的个数为190.C 220=1907．【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数的最大整数,集合,x A ={x∣x 2‒x ‒6<0}B =则.{x∣2x 2‒3[x]‒5=0}.A ∩B =【答案】{‒1,222}【解析】易知, .若 ,则A =(‒2,3)x ∈A [x]=‒2,‒1,0,1,2.当 时,若 ,则 ,[x]=‒2x ∈B 2x 2+6‒5=0 不存在.x 当 时,若 ,则[x]=‒1x ∈B 2x 2+3‒5=0⇒x =±1.经检验, 不符合要求, 符合要求.x =1x =‒1当 时,若 ,则 ，[x]=0x ∈B 2x 2‒0‒5=0⇒x =±102均不符合要求.当 时,若 ,则 ,[x]=1x ∈B 2x 2‒3‒5=0⇒x =±2均不符合要求.当 时,若 ,则 .[x]=2x ∈B 2x 2‒6‒5=0⇒x =±222经检验, 符合要求, 不符合要求.故 .x =222x =‒222A ∩B ={‒1,222}8．【2020年甘肃预赛】设集合: , 若 ,则 的取值范A ={(x,y)∣log a x +log a y >0}B =|(x,y)|x +y <a}.A ∩B =∅a 围是.【答案】(1,2]【解析】若 ,则 a >1A ={(x,y)∣xy >1}.而当 与 相切时，x +y =a xy =1.x +1x =a⇒x 2‒ax +1=0⇒a =2于是,当 时, .若 ,则 ,此时， .a ∈(1,2]A ∩B =∅a <1A ={(x,y)∣xy <1}A ∩B ≠∅综上, .a ∈(1,2]9．【2020年广西预赛】已知集合 ,对 的任意非空子集 为集合 中最大数与最小数的M ={1,2,⋯,2020}M A,λA A 和.则所有这样的 的算术平均数为 .λA 【答案】2021【解析】考虑 的子集 若 ,则 若 ,设 中最大数为 ,最小M A '={2021‒x∣x ∈A}.A '=A λA'=λA =2021.A '≠A A a 数为 ,则 '中最大数为 ,最小数为2021- ，此时,b A 2021‒b a λA'+λA2=2021.故所求算术平均数为2021.10．【2020年广西预赛】设集合 ,且对集合 中的任意元素 则集合 的元索M ={1,2,⋯,2020},A ⊆M A x,4x ∉A.A 个数的最大值为 .【答案】1616【解析】首先,构造404个集合 ,其中，{k,4k}k =1;8,9,⋯,31;127,128,⋯,505.其次,集合 中的数除前述已提到的808个外,剩下的每个数 单独构成一个集合 ,有1212个.M x {x}共 个集合.404+1212=1616据抽臣原理,知若集合 中有多于1616个数,则必有两个数取自上述同一集合.从而,存在 ,矛盾.A x,4x ∈A 故集合 中至多有1616个数,满足条件的一个集合是A .A ={2,3,⋯,7,32;33,⋯,126,506,507,⋯,2020}11．【2020年吉林预赛】已知集合 若 ,则 的取值范围是 .A ={x∣log a (ax ‒1)>1}.2∈A a 【答案】(12,1)∪(1,+∞).【解析】由题意,得log 则 或a (2a ‒1)>1.{0<a <1,0<2a ‒1<a {a >1,2a ‒1>a.解得 或12<a <1a >1.12．【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成形式,就称其为“好数".则集合20a +8b +27c (a ,b ,c ∈N) 中好数的个数为.{1,2,⋯,200}【答案】153【解析】先考虑 20a +8b =4(5a +2b). 可取5a +2b 2,4,5,6,⋯,50.则 可取 .20a +8b 8,16,20,24,⋯,200故当 时共有48个非零好数 型）；c =0(4k 时共有42个好数 型),此时好数为 ;c =1(4k +327,35,43,47,⋯,199 时共有35个好数 型),此时好数为 c =2(4k +254,62,70,74,⋯,198; 时共有28个好数 型),此时好数为c =3(4k +181,89,97,101,⋯,197.综上,共有 个好数.48+42+35+28=15313．【2020年新疆预赛】已知集合 ,对于集合 的每一个非空子集的所有元素，计算它们A ={1,2,3,⋯,2020}A 乘积的倒数.则所有这些倒数的和为 .【答案】2020【解析】集合的 个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2020,1×2,1A 22020‒1 ,它们的倒数和为×3⋯,2019×2020,⋯,1×2×⋯×2020 1+12+…+12020+11×2+11×3+…+12019×2020+⋯+11×2×⋯×2020 .=(1+1)(1+12)⋯(1+12020)‒1=2×32×⋯×20212020‒1=202014．【2019年全国】若实数集合的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x 的值{1,2,3,x }为.【答案】‒32【解析】由题意知，x 为负值，.∴3‒x =1+2+3+x⇒x =‒3215．【2019年江苏预赛】已知集合，，且，则实数A ={x|x 2‒3x +2≥0}B ={x|x ‒a ≥1}A ∩B ={x|x ≥3}a 的值是 .【答案】2【解析】，.又，故，解得.A ={x|x ≥2或x ≤1}B ={x|x ≥a +1}A ∩B ={x|x ≥3}a +1=3a =216．【2019年江西预赛】将集合中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为 .{1,2,⋯,19}【答案】16815【解析】所求的和为12[(1+2+⋯+19)2‒(12+22+⋯+192)]=12[36100‒2470]=1681517．【2019年新疆预赛】已知集合，，，则是集合的子集但U ={1,2,3,4,5,6,7,8}A ={1,2,3,4,5}B ={4,5,6,7,8}U 不是集合的子集，也不是集合B 的子集的集合个数为 .A B 【答案】196【解析】解法一:因为，且，所以满足题意的集合所含的元素至少在中取一个A ∪B =U A ∩B ={4,5}{1,2,3}且至少在中取一个，集合中的元素可取或不取，于是满足题意的集合共有{6,7,8}{4,5}(23‒1)(23‒1)×22个.=196解法二:集合的子集个数为，其中是集合或集合的子集个数为.所以满足条件的集合个数为U 28A B 25+25‒22个.28‒(25+25‒22)=19618．【2019年浙江预赛】已知集合为正整数，若集合中所有元素之和为，A ={k +1,k +2,⋯,k +n },k,n A 2019则当取最大值时，集合A =.n 【答案】A ={334,335,336,337,338,339}【解析】由已知.2k +n +12⋅n =3×673当时，得到;n =2m (2k +2m +1)m =3×673⇒m =3,n =6,k =333当时，得到.n =2m +1(k +m +1)(2m +1)=3×673⇒m =1,n =3所以的最大值为，此时集合.n 6A ={334,335,336,337,338,339}19．【2019年重庆预赛】设为三元集合（三个不同实数组成的集合），集合，若A B ={x +y|x,y ∈A, x ≠y}，则集合________.B ={log 26, log 210, log 215}A =【答案】{1, log 23, log 25}【解析】设，其中A ={log 2a, log 2b, log 2c}0<a <b <c.则解得，从而。
2018年福建省高一数学竞赛试卷及解析
2018年福建省高一数学竞赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题，B={x|log2(x2－x)<1}，则A∩B=（）A. (1，2)B. (－1，3]C. [0，2)D. (－∞，－1)∪(0，2)2.若直线l与两直线l1：x－y－l=0，l2：13x－3y－11=0分别交于A、B两点，且线段AB中点为P(1，2)，则直线l的斜率为（）A. －2B. －3C. 2D. 33.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、E分别为棱BC、BB1的中点，N为正方形B1BCC1的中心.l为平面A1MN与平面D1BE的交线，则直线l与正方体底面ABCD所成角的大小为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°4.如图，在三棱锥中，SA=SB=AB=BC=CA=6，且侧面ASB⊥底面ABC，则三棱锥S－ABC 外接球的表面积为（）A. 60πB. 56πC. 52πD. 48π5.已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)={−x2−2，x∈(−1，0]，x2−2，x∈(0，1]。
且f(x+2)=f(x)，g(x)=5−2xx−2，则方程f(x)=g(x)在区间[3，7]上的所有实根之和为（）A. 14B. 12C. 11D. 76.已知点A(－2，0)，B(2，0)，C(0，2)，直线y=kx+b(k>0)交线段CA于点D，交线段CB 于点E.若△CDE的面积为2，则b的取值范围为（）A. (√2−1，1)B. (2−√2，23]C. (2−√2，34]D. (√2−1，23]第II卷（非选择题）二、填空题7.函数f(x)=[log3(13√x)]⋅[log√3(3x2)]的最小值为________.8.如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，P A=AB.E、F分别为PD、BC的中点，则二面角E－FD－A的正切值为________.9.若函数f(x)=x2－2ax+a2－4在区间[a－2，a2](a>0)上的值域为[－4，0]，则实数a的取值范围为________.10.已知集合A={1，3，5，7，9}，集合{a b|a∈A，b∈A，且a≠b}，则集合B中元素的个数为________.为有理数的所有正整数n的和为________.11.使√16n+17n+812.给出下列10个数：1，2，4，8，16，32，64，a，b，c，其中a，b，c为整数，且c>b>a>64.若对每个正整数n≤753，都可以表示成上述10个数中某些数的和（可以是1个数的和，也可以是10个数的和，每个数至多出现1次），则b的最小值为________.三、解答题13.已知△DEF三边所在的直线分别为l1:x=－2，l2：x+√3y－4=0，l3：x－√3y－4=0，⊙C为△DEF的内切圆.（1）求⊙C的方程；（2）设⊙C与x轴交于A、B两点，点P在⊙C内，且满足|PC|2=|PA|⋅|PB|.记直线P A、PB的斜率分别为k1、k2，求k1k2的取值范围.14.函数是数学中重要的概念之一，同学们在初三、高一分别学习过，也知晓其发展过程.1692年，德国数学家莱布尼茨首次使用function这个词，1734年瑞士数学家欧拉首次使用符号f(x)表示函数.1859年我国清代数学家李善兰将function译作函数，“函”意味着信件，巧妙地揭示了对应关系.密码学中的加密和解密其实就是函数与反函数.对自变量恰当地赋值是处理函数问题，尤其是处理抽象函数问题的常用方法之一.请你解答下列问题.已知函数f(x)满足：对任意的整数a，b均有f(a+b)=f(a) +f(b)+ab+2，且f(－2)=－3.求f(96)的值.15.如图，AB、P A、PBC分别为⊙O的切线和割线，切点A是BD的中点，AC、BD相交于点E，AB、PE相交于点F，直线CF交⊙O于另一点G、交P A于点K.证明：（1）K是P A的中点；（2）AG2=BG⋅PG..16.已知a，b，c∈R，且3a2+3b2+4c2=60. （1）求 a+b+c的最大值（2）若a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，求a4−a +b4−b+3c6−c的最小值17.设集合M={m|m∈Z，且|m|≤2018}，M的子集S满足：对S中任意3个元素a，b，c（不必不同），都有a+b+c≠0.求集合S的元素个数的最大值.参考答案1.A【解析】1.由1≤3x ≤27，得0≤x ≤3.因此，A =[0，3]. 由log 2(x 2－x )<1，得{x 2−x >0x 2−x <2，解得，－1<x <0或1<x <2 所以A ∩B = (1，2)，选A. 2.B【解析】2.由点A 在直线l 1：x －y －7=0上，设A (t ，t －7). 由AB 中点为P (1，2)，知B (2－t ，11－t ). ∵点B 在直线l 2：13x +3y －11=0上， ∴13(2－t )+3(11－t )－11=0.解得，t =3. ∴A (3，－4)，k l =k PA =2−(−4)1−3=−3,选B. 3.D【解析】3.如图，由正方体的性质与条件，易得MN ⊥面ABCD ，BE ⊥面ABCD . ∴面A 1MN ⊥面ABCD ，面D 1BE ⊥面ABCD .∴l ⊥面ABCD ，l 与面ABCD 所成角的大小为90°. 选D. 4.A【解析】4.如图，设D 为AB 中点，O 1为△ABC 的外心，O 2为△SAB 的外心，O 为三棱锥S －ABC 外接球的球心，球O 的半径为R .由SA=SB=AB=BC=CA=6，知△SAB、△ABC是边长为6的正三角形.∴SD⊥AB，CD⊥AB，CD=SD=3√3，O1在CD上，O2在SD上，且O2D=O1D=√3，CO1=2√3.∵侧面ASB⊥底面ABC，OO1⊥面ABC，∴SD⊥面ABC，O2D⊥O1D，SD∥OO1.∴四边形O2DO1O为正方形，OO1=O2D=√3.∴R=OC=√O1O2+O1C2=√3+12=√15.∴三棱锥S－ABC外接球的表面积为4πR2=60π.选A.5.C【解析】5.如图，作出函数的图像.由图像可知，两函数的图像在区间[－3，7]上有5个不同的交点.设它们的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，x4，x5.由于函数y=f(x)与y=g(x)的图像均关于点(2，－2)对称.所以，x1+ x5=4，x2+x4=4，x3=3.所以，方程f (x )=g (x )在区间[－3，7]上的所有实根之和x 1+ x 2+x 3+x 4+x 5=11. 选C. 6.B【解析】6.如图，设|CD |=m ，|CE |=n .由条件知，△ABC 为等腰直角形，CA =CB =2√2，CA ⊥CB . 由△CDE 的面积为2，得12mn =2，mn =4.由k >0，得m >n .因此，2<m ≤2√2.设DE 交y 轴于点F ，点F 到CA 、CB 的距离相等，设为t . 则S ΔCDE =12mt +12nt =2，t =4m+n.∴b =OF =2−CF =2−√2t =2−4√2m+n.∴b =2−4√2m+n的取值范围为(2−√2，23]. 选B.7.−258【解析】7.设log 3x =t ，则log 3(13√x )=−1+12t ，log √3(3x 2)=32log 3√3=2(1+2t).∴f(x)=g(t)=(−1+12t)⋅2(1+2t)=2t 2−3t −2=2(t −34)2−258.∴当t =34，log 3x =34，x =334时，f (x )取最小值−258.8.√52【解析】8.如图，作EH ⊥AD 于H ，连HF .由P A ⊥面ABCD ，知P A ⊥AD ，EH ∥P A ，EH ⊥ABCD .作HG ⊥DF 于G ，连EG ，则EG ⊥FD ，∠EGH 为二面角E －FD －A 的平面角. ∵ABCD 为正方形，E 、F 分别为PD 、BC 的中点， ∴H 为AD 中点，FH ⊥AD . 设P A =AB =2，则EH =12PA =1，FH =2，HD =4，HG =FH×HD FD=√5.∴tan∠EGH=EH HG=12√5=√52.∴二面角E －FD －A 的正切值为√52. 9.[1，2]【解析】9.∵f (x )=x 2－2ax +a 2－4=(x －a )2－4，f (a )=－4，f (a －2)=0，f (x )在区间[a －2，a 2]上的值域为[－4，0]，f (x )的图像为开口向上的拋物线.∴{a −2≤a ≤a 2a ≥a−2+a 22，解得－1≤a ≤0或1≤a ≤2.结合a >0，得1≤a ≤2. ∴a 的取值范围为[1，2]. 10.18【解析】10.依题意，a 有5种取法；当a 取定后，b 有4种取法；故，得到5×4=20种取法.由于13=39，31=93.因此，共可得到20－2=18个不同的值. ∴集合B 中元素的个数为18. 11.205【解析】11.设16n+17n+8=(b a )2（a ，b 为互质的正整数)，则16na2+17a 2=nb 2+8b 2，n =8b 2−17a 216a −b =111a 216a −b −8.由a ，b 为互质，知a 2，b 2互质，于是，a 2与16a 2－b 2互质，且16a 2－b 2>0. ∴(16a 2−b 2)|111 ，且l 6a 2－b 2=(4a －b )(4a +b )≥5.又111=1×111=3×37， ∴16a 2－b 2=(4a －b )(3a +b )=37，或16a 2－b 2=(4a －b )(4a +b )=111. ∴{4a −b =14a +b =37 ，或{4a −b =14a +b =111 ，或{4a −b =34a +b =37. 解得，{a =194b =18（舍去），或{a =14b =55 ，或{a =5b =17 . {a =14b =55时，n =111a 2(4a−b)(4a+b)−8=111×1961×111−8=188（此时，√16n+17n+8=√3025196=5514）. {a =5b =17 时，n =111a 2(4a−b)(4a+b)−8=111×253×37−8=17（此时，√16n+17n+8=√28925=175）. ∴n =188或n =17.符合条件的正整数n 为188和17. ∴符合条件的所有正整数n 的和为205. 12.125【解析】12.显然，用这10个数能够表示的最大数是 1+2+4+8+16+32+64+a +b +c =l 27+a +b +c ， ∴127+a +b +c ≥753.……………………①又用1，2，4，8，16，32，64，a ，b 这9个数能够表示的最大的数是 1+2+4+8+16+32+64+a +b =127+a +b .因此，若c ≥127+a +b +2，则数127+a +b +1无法用这10个数中某些数的和表示. ∴c ≤127+a +b +1……………………②由①、②，可得753≤127+a +b +c ≤127+a +b +(127+a +b +1)，2(a +b ) ≥498，a +b ≥249. 结合a ，b 为整数，且6>a ，得6≥125.下面说明当a =124，b =125，c =377时，这10个数符合要求.结合二进制数的特征，对每个正整数n ≤1+2+4+8+16+32+64=127，都可以用1，2，4，8，16，32，64这7个数中的某些数的和来表示.∴当n≤127时，n可以用1，2，4，8，16，32，64这7个数中某些数的和表示；当n≤127+124=251时，n可以用1，2，4，8，16，32，64，124这8个数中某些数的和表示；当n≤251+125=376时，n可以用1，2，4，8，16，32，64，124，125这9个数中某些数的和表示；当n≤376+377=753时，n可以用1，2，4，8，16，32，64，124，125，377这10个数中某些数的和表示.∴a=124，b=125，c=377符合要求.∴b的最小值为125.13.（1）x2+y2=4.（2）(－1，0]【解析】13.（1)解法一：设C(a，b)，⊙C半径为r，则|a+2|=|a+√3b−4|2=|a−√3b−4|2=r，结合点C(a，b)在△DEF内，可得a+2=−(a+√3b−4)2=−(a−√3b−4)2=r.解得a=b=0，r=2.∴⊙C的方程为x2+y2=4.解法二：设C(a，b)，⊙C半径为r.如图，由条件知，l2、l3的倾斜角分别为150°和30°，且它们关于x轴对称，同时l1⊥x轴. 因此，△DEF为正三角形.∴点C在x轴上，且a=－2+r，b=0.由l2、l3交x轴于点D(4，0)，知△DEF的高为6.∴r=13×6=2，a=0.∴⊙C的方程为x2+y2=4.（2）由（1）知，C(0，0)，A(－2，0)，B(2，0).设P(x，y)，则x2+y2<4. ∵|PC|2=|PA||PB|，∴x 2+y 2=√(x +2)2+y 2⋅√(x −2)2+y 2，化简得，x 2－y 2=2. ∴k 1k 2=y x+2⋅y x−2=y 2x 2−4=x 2−2x 2−4=1+2x 2−4. 由x 2+y 2<4，以及x 2－y 2=2，y 2≥0，得2≤x 2<3.∴k 1 k 2∈(－1，0].∴k 1 k 2的取值范围为(－1，0].14.4750【解析】14.在f (a +b )=f (a )+f (b )+ab +2中，令a =b =a ，得f (0)=f (0)+f (0)+0+2，于是f (0)=－2.在f (a +b )=f (a )+f (b )+ab +2中，令a =2，b =－2，得f (0)=f (2)+f (－2)－4+2.∴－2=f (2)_3－4+2，f (2)=3.在f (a +b )=f (a )+f (b )+ab +2中，令a =n －2，b =2，得f (n )=f (n －2)+f (2)+2(n －2)+2=f (n －2)+3+2(n －2)+2=f (n －2)+2n +l .∴f (n )－f (n －2)=2n +1.∴f (96)－f (94)=2×96+1， f (94)－f (92)=2×94+1，f (94)－f (92)=2×94+1，……上述等式左右两边分别相加，得f (96)－f (2)=2(96+94+…+4)+47.∴f(96)=2×(96+4)2×47+47+3=4750.15.（1）见解析（2）见解析【解析】15.（1)在△APC 中，由塞瓦定理，知AK KP ⋅PB BC ⋅CE EA =1.……①∵A 是BD 的中点，P A 是⊙O 的切线，∴∠P AB =∠ADB =∠ABD .∴EB ∥AP ，PB BC =AE EC . ………………………………………②由①、②，得AK =KP .K 是P A 的中点.另解：∴A 是BD 的中点，P A 是⊙O 的切线，∴∠P AB =∠ADB =∠ABD ，EB ∥AP .如图，过点F 作MN ∥AP ，交AE 于点M ，交PB 于点N .则MF AP =EM EA ，FN AP =BN BP.…………① 且EB ∥AP ∥MN ，EM EA=BN BP .…………② ∴由①、②，得MF AP=EM EA =BN BP =FN AP . ∴FM =FN .又由MN ∥AP ，得MF AK =CF CK =FN KP， ∴AK =KP ，K 是P A 的中点.（2）由（1）及切线长定理，得KP 2=KA 2=KG ⋅KC .因此，KP KC =KG KP . 又∠PKG =∠CKP ，∴△PKG ∽△CKP .∠APG =∠KPG =∠KCP =∠GCB =∠BAG .又∠P AG =∠ABG ，∴△GP A ∽△GAB ，AG BG =PG AG. AG 2=BG ⋅PG .16.（1）√55（2）5【解析】16.（1)由柯西不等式，知(a +b +c )2=(3⋅√3a +3√3b +12⋅2c )2 ≤[(1√3)2+(1√3)2+(12)2]⋅[(√3a)2+(√3b)2+(2c)2]2 =(13+13+14)(3a 2+3b 2+4c 2)=(23+14)⋅60=40+15=55. ∴a +b +c ≤√55.当且仅当√3a 1√3=√3b 1√3=2c 12>0，即a =b =√5√11时，等号成立.∴a+b+c的最大值为√55.（2）由a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，知a，4－a，b，4－b，c，6－c均为正数，∴a(4−a)≤(a+4−a2)2=4，b(4−b)≤(b+4−b2)2=4，c(4−c)≤(c+4−c2)2=9.∴a4−a +b4−b+3c6−c=a2a(4−a)+b2b(4−b)+c2c(4−c)≥a24+b24+c29=3a2+3b2+4c212=6012=5.又当a=b=2，c=3时，满足a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，3a2+3b2+4c2=60，且a4−a +b4−b+3c6−c=5.∴a4−a +b4−b+3c6−c的最小值为5.17.20【解析】17.集合S的元素个数的最大值为2018.令S={s|1≤s≤2018，s∈Z}，显然集合S符合要求，且|S|=2018.另一方面，设S是满足题设条件的集合，显然0∉S（否则0+0+0=0）.设S中的所有正整数构成集合A，S中的所有负整数构成集合B.若A=∅，则|S|=|B|≤2018；若B=∅，则|S|=|A|≤2018.下面考虑A、B非空的情形.对于集合X，Y，记X+Y={x+y|x∈X，y∈Y}，−X={−x|x∈X}.由题设可知，(A+B)∩(−S)=∅（否则，设x0∈(A+B)∩(－S)，则存在a∈A，b∈B，－c∈－S，使得a+b=x0，－c=x0.于是，存在a∈S，b∈S，使得a+b+c=0）.且A+B∈{x|x∈Z，且|x|<2017}(事实上，A中元素≤2018，B中元素≤－1，于是A+B中元素≤2017；同理，A+B中元素≥－1027.）.设集合A中元素为a1，a2，…，a k，集合B中元素为b1，b2，…，b l，且a1<a2<…<a k，b1<b2<…<b l.∵a1+b1<a2+b1<a3+b1<…<a k+b l <a k+b2<…< a k+b l.∴A+B中至少有k+l－1个元素，即|A+B|≥k+l－1=|S|－1.结合A+B⊆{x|x∈Z，且|x|≤2017}⊆M，−S⊆M，且(A+B)∩(−S)=∅，可得(A+B)∪(−S)⊆M，4037=|M|≥|A+B|+|－S|=|A+B|+|S|≥|S|－1+|S|.∴|S|≤2019.若|S|=2019，则|A+B|+|－S|=4037=|M|.∴(A+B)∪(－S)=M.又由−2018∉A+B，2018∉A+B，知2018∈S，－2018∈S.∴对于k=1，2，3，…，1009，k与2018－k中至少有一个不属于S，－k与－2018+k 中也至少有一个不属于S.因此，|A|≤1009，|B|≤1009.∴2019=|S|=|A|+|5|≤1009+1009=2018，矛盾.因此，|S|≤2018.综上可得，|S|≤2018.综上所述，集合S的元素个数的最大值为2018.。
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2018年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛暨2018年福建省高中数学竞赛试卷（考试时间：2018年5月20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.将正偶数集合{}2,4,6，从小到大按第n 组有32n -个数进行分组：{}{}{}2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24，，则2018位于第 组.2.在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，若2,3,2a b C A ===，则cos C = .3.设复数z 满足2z i -= ，则 z z -的最大值为 .（i 为虚数单位，z 为复数z 的共轭复数）4.已知定义在R 上的奇函数()f x 的图像关于直线2x =对称，当02x <≤时，()1f x x =+，则()()100101f f -+-= .5.从如图所示的由9个单位小方格组成的33⨯方格表的16个顶点中任取三个顶点，则这三个点构成直角三角形的概率为 .6.如图，在三棱锥P ABC -中，,PAC ABC ∆∆都是边长为6的等边三角形，若二面角P AC B --的大小为0120，则三棱锥P ABC -外接球的面积为 .7.已知12,F F 分别为双曲线22:1412x y C -=的左、右焦点，点P 在双曲线C 上，,G I 分别为12F PF ∆的重心、内心，若//GI x 轴，则12F PF ∆的外接圆半径R = .8.最近网络上有一篇文章很火.源于一道常见题目：（见图），这貌似易解的题目，里面竟然蕴藏了深奥的大道理.（本题不作为本次考试的试题，本次试题如下）设{},2,3,4,5,6,7,8a b ∈，则1010a b b a a b+++的最大值为.9.已知整数系数多项式()543212345f x x a x a x a x a x a =+++++，若0f =，()()130f f +=则()1f -= .10.已知函数()f x 满足：对任意实数,x y ，都有()()()6f x y f x f y xy +=++成立，且()()119f f ⋅-≥，则23f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ . 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.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2,*n n S na n n N -=∈，且23a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n b =n T 为数列{}n b 的前n 项和，求使920n T >成立的最小正整数n 的值.12.已知12,F F 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点，点P ⎫⎪⎪⎝⎭在椭圆C上，且12F PF ∆的垂心为533P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆C 的方程；（2）设A 为椭圆C 的左顶点，过点2F 的直线l 交椭圆C 于,D E 两点，记直线,AD AE 的斜率分别为12,k k ，若1212k k +=-，求直线l 的方程. 13.如图，在锐角ABC ∆中，,D E 是边BC 上的点，,,ABC ABD ADC ∆∆∆的外心分别为,,O P Q .证明：（1）APQ ∆∽ABC ∆；（2）若EO PQ ⊥，则QO PE ⊥.14.已知()xf x e mx =-. （1）若0x >时，不等式()()2220x f x mx -++>恒成立，求实数m 的取值范围； （2）若12,x x 是函数()f x 的两个零点，求证：122x x +>.15.设M 是由有限个正整数构成的集合，且12201220M A A A B B B ==，这里,,1,2,20i i A B i φφ≠≠=，并对任意的120i j ≤<≤，都有i j A A φ=，i j B B φ=. 已知对任意的120,120i j ≤≤≤≤，若i j A B φ=，则18i j A B ≥，求集合M 的元素个数的最小值.（这里，X 表示集合X 的元素个数）试卷答案一、填空题：1．27 2. 14 3. 6 4. 2 5. 935 6. 84π 7. 5 8. 89287 9. 24 10. 43二、解答题：11. 解：（1）由2n n S na n -=，得()11211n n S n a n ++-+=+．将上述两式相减，得()11211n n n a n a na ++-++=；()111n n na n a +∴--=① ()1211n n n a na ++∴+-=②① -②，得122+0n n n na na na ++-= 212n n n a a a ++∴+=∴数列{}n a 为等差数列；又由1121S a -=，及23a =，得11a =，{}n a 的公差2d =；()12121n a n n ∴=+-=-．解法二：用数学归纳法（略）注：若猜出()12121n a n n ∴=+-=-，没有证明，扣5分．（2）由（1）知，n b =1122n b ∴====122112nT n ∴=++-⎛= ⎝ 由920n T ∴>，得191220⎛> ⎝110<，21100n∴+>，992n∴>∴使得920nT>成立的最小正整数n的值为50．12.解：设()()12,0,,0F c F c-．由12F PF∆的垂心为53⎫-⎪⎪⎝⎭，得12F H PF⊥．12252451,93F H PFk k c-∴⋅==--=，解得21c=．由点3P⎛⎫⎪⎪⎝⎭在椭圆C上，得2224119a b+=．结合2221a b c-==，解得224,3a b==．∴椭圆C的方程为22143x y+=．（2）由（1），知()()22,0,1,0A F-若l斜率不存在，则由对称性，12k k+=，不符合要求若l斜率存在，设为k，则l的方程为()1y k x=-由()221143y k xx y⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，得()22224384120k x k x k+-+-=①设()()1122,,,D x yE x y，则221212228412,4343k kx x x xk k-+=⋅=++()()121212121212113311222222k x k xy yk k kx x x x x x--⎛⎫∴+=+=+=-+-⎪++++++⎝⎭()()()212212342112222x x kk kx x k k⎡⎤++⎛⎫+=⋅-=⋅-=-⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦又1212k k+=-，因此2k=，直线l的方程为：()21y x=-，即220x y--=．13.解：（1）连结,PD QD,P Q ∴分别为ABD ADC ∆∆，的外心，PQ ∴为线段的AD 垂直平分线．1=2APQ APD ABD ABC ∴∠∠=∠=∠， 1=2AQP AQD ACD ACB ∴∠∠=∠=∠． APQ ∴∆∽ABC ∆．（2）连结,,,,OA OB OP PB QC ，延长OQ 与AC 相交于点F ，由,,O P Q 分别为,,ABC ABD ADC ∆∆∆的外心，知,,OP OQ PQ 分别是线段,,AB AC AD 的垂直平分线． ()22APB APD PBD ABD BAD ADC AQC ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠． 又11,22OBP OAP AQF AQC APB AQC ∠=∠∠=∠=∠=∠， ∴,,,A P O Q 四点共圆，OAP OQP ∠=∠．又EO PQ ⊥，DA PQ ⊥，∴//EO DA ，12OEC ADC APB BPO ∠=∠=∠=∠ ∴,,,P B E O 四点共圆，OEP OBP ∠=∠．设,EO QO 的延长线分别与,PQ PE 相交于,M N ，则OEP OBP OAP OQP ∠=∠=∠=∠ ,,,M N E Q ∴四点共圆，又QO PQ ⊥090QNE QME ∴∠=∠= QO PE ∴⊥．14.解：（1）设()()()222g x x f x mx =-++，则()()222xg x x e mx =-++ 0x >时，不等式()()2220x f x mx -++>恒成立0x ⇔>时，()0g x >恒成立．()()()2212x x x g x e x e m x e m '=+-+=-+，()()1x x x g x e x e xe ''=+-=0x ∴>时，()0x g x xe ''=>，()()12x g x x e m '=-+在区间[)0,+∞上为增函数． 另由()2420g m =+>，知12m >-． ① 若1122m -<<，则()()2012,220g m g e m ''==-+=+> 此时，()g x '在区间()0,2内有唯一零点，设为0x ，则00x x <<时，()0g x '<()g x ∴在区间()00,x 上为减函数，()()000g x g <=．因此，1122m -<<不符合要求． ② 若12m ≥，则0x >时，()()0120g x g m ''>=-+≥，此时，()g x 在[)0,+∞上为增函数．0x ∴>时，()()00g x g >=．因此，12m ≥符合要求． 由①、②，得m 的取值范围为1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．（2）12,x x 是函数()x f x e mx =-的两个零点，()12121212,,x x x x e mx e mx m x x e e ∴==+=+，()1212x x m x x e e -=-．不妨设12x x >，易知0m ≠，联立上述两式，消m ，得()()()()1212121212121211x x x x x x x x x x e e x x e x x e e e ---+-++==--又由（1）知，对12m =，当0x >时，()()2220x g x x e mx =-++>恒成立． ∴当0x >时，()220x x e x -++>恒成立．∴当0x >时，()()()()()()1222220111x x x x x x x x e x e x xe x e e e e +-+++-+-==>---． ()()1212121212201x x x x x x e x x e ---+∴+-=->-，122x x +>；当12x x <时，同理可得：122x x +>，122x x ∴+>．15. 解：记{}12201220min ,,,,,A A A B B B t =不妨设1,,1,2,ii A t A B i k φ=≠=；,1,2,20i j A B j k k φ==++． 设1i i a A B φ∈≠，1,2,i k =． 对任意的120i j ≤<≤，都有i j B B φ=，12,,k a a a ∴互不相同，1A k ≥，即t k ≥．对任意的120,120i j ≤≤≤≤，若i j A B φ=，则18i j A B ≥， ∴当=1,2,20j k k ++时，1118j j A B A B +=≥ 即当=1,2,20j k k ++时，18j B t ≥-．()()()()1220111202018360218201802109k k M B B B B B B B B kt k t kt k t k t +∴==++++++≥+--=+--=+--若9t ≤，则9k t ≤≤，()()1802109180M k t ∴=+--≥ 若10t ≥，则20200M t ≥≥ ∴总有180M ≥另一方面，取()()(){}911,912,,919,1,2,,20i i A B i i i i ==-+-+-+=， 则{}122012201,2,,180M A A A B B B ===符合要求． 此时，180M =．综上所述，集合M 的元素个数的最小值为180．。