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
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.（本题满分16分）在ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一．(本题满分40分)给定正整数r,求最大的实数C,使得存在一个公比为r的实数等比数列a nn≥1,满足a n≥C对所有正整数n成立.(x 表示实数x到与它最近整数的距离.)二．(本题满分40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共圆.(答题时储将图画在答卷纸上)三．(本题满分50分)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格A,B,存在整数l≥2及S中l个方格A=C1,C2,…,C l=B,满足C i与C i+1有公共边(i=1, 2,⋯,l-1).求具有下述性质的最大整数K:若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K.四.(本题满分50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数k,有A K∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.。
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 。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷考生注意：1本试卷共三大题（16个小题），全卷满分150分 .2．完卷时间150分钟 ,用钢笔,签字笔或圆珠笔作答.不能使用计算器 .3.解答题书写不要超出装订线。
一、选择题（本题满分24分，每小题4分）本题共有6个小题,每题均给出A 、B 、C 、D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的.请将正确答案的代表字母填在题后的括号内.每小题选对得4分;不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否在括号内），一律得0分。
1． 已知,点(x,y)在直线 x+2y=3上移动,当24xy+取最小值时,点(x ,y )与原点的距离是( ) B .4516C ．4D ．98 2．设双曲线22221x y a b -= 的离心率e 2⎤∈⎥⎣⎦，则双曲线的两条渐近线夹角α的取值范围是 ( )A. ,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦3. 正四面体的4个面分别写着1，2，3，4，将4个这样均匀的正四面体同时投掷于桌面上，与桌面接触的4个面上的4个数的乘积被4整除的概率是 ( )A ．18 B ．964 C ． 116 D. 13164．甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行训练.每局两人单打比赛,另一人当裁判.每一局的输方去当下一局的裁判,而由原来的裁判向胜者挑战.半天训练结束时,发现甲共打12局,乙共打21局,而丙共当裁判8局.那么整个比赛的第10局的输方 （ ） A ．必是甲 B ．必是乙 C ．必是丙 D ．不能确定5．曲线x 2+y 2－ay=0 与ax 2+bxy+x=0 有且只有3个不同的公共点,那么必有（ ）A ．(a 4+4ab+4)(ab+1)=0B ．(a 4－4ab －4)(ab+1)=0C ．(a 4+4ab+4)(ab －1)=0D ．(a 4－4ab －4)(ab －1)=06．两个周期函数y 1,y 2 的最小正周期分别为a,b,且b = na (n ≥2,n 为整数).如果函数y 3=y 1+y 2的最小正周期为t . 那么五种情形：”t<a ”,”t=a ”,”a<t<b ”,”t=b ”,”t>b ” 中,不可能出现的情形的个数是 （ ） A. 1 B ．2 C ．3 D ．4二、填空题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6个小题，要求直接将答案写在横线上 . 7．已知 log a x = 24, log b x = 40, log abc x = 12 . 那么 log c x =8 . 设 f (x) = (x 2 – 8x +c 1 ) ( x 2 – 8x+c 2 ) (x 2 – 8x +c 3 ) ( x 2 – 8x+c 4 ) . M =｛x ︱f ( x )= 0 ｝.已知 M =｛x 1,.x 2 , x 3, x 4.,x 5, x 6, x 7, x 8｝⊆ N . 那么max ｛c 1,.c 2, c 3, c 4｝– min ｛c 1,.c 2, c 3, c 4｝= 9 . 如果实数 x ,y 满足3x + 2y －1≥0 , 那么 u = x 2 + y 2 + 6x －2y 的最小值是 .10 . 不等式组sinx > cosx > tanx > cotx 在 (0 , 2π)中的解集 (用区间表示)是 . 11 . 四面体ABCD 中, AB = CD = a , BC = AD = b , CA = BD = c . 如果异面直线AB 与CD 所成的角为θ, 那么cos θ= .12． 设a , b , x ∈N * , a ≤b . X 为关于x 的不等式lgb －lga < lgx < lgb ＋lga 的解集 . 已知 card (X) = 50 . 当a ⋅b 取最大可能值时 ,b a + =三、解答题（本题90分.共4个小题 .第13，14, 15题各20分，第16题30分）13 . 求函数f (x) =︱sinx + cosx +tanx + cotx + secx + cscx ︱ 的最小值 . 其中 secx=x cos 1, cscx=xsin 1.14.椭圆 x 2 + 4y 2 = 8 中, AB 是长为25的动弦 .O 为坐标原点 . 求∆AOB 面积的取值范围 .15 . 无穷数列｛x n ｝中（n ≥1），对每个奇数n ，x n, x n+1,x n+2 成等比数列，而对每个偶数n, x n, x n+1, x n+2 成等差数列.已知x1= a , x 2=b .(1) 求数列的通项公式 . 实数a , b 满足怎样的充要条件时, 存在这样的无穷数列? (2) 求2x ,4x ,……,n x 2的调和平均值, 即∑=nk kxn121的值 .16．(1) 给定正整数n ≥5,集合 A n ={}n ,,2,1 .是否存在一一映射 φ: A n →A n 满足条件：对一切k ( 1≤ k ≤n －1 ) , 都有k |φ(1)+φ(2) +……+φ(k) ?(2) N * 为全体正整数的集合,是否存在一一映射 φ: N *→ N * 满足条件： 对一切k ∈N *, 都有k | φ(1)+φ(2) + ……+φ(k) ?证明你的结论 .注: 映射 φ: A →B 称为一一映射,如果对任意 b ∈B,有且只有一个 a ∈A 使得 φ(a)=b . 题中“|”为整除符号.二00四年全国高中数学联赛福建赛区预赛试题参考解答及评分标准说明:1.选择,填空题只按0分与满分两档给分,不设中间档次.2.解答题5分一个档次.如果考生的解法与参考解答不同.可参照本标准酌情给分.13. 设 u = sin x + cos x , 则 sin x cos x =21( u 2－ 1 ) . sin x + cos x + tan x + cot x + sec x + csc x = u + 12-u , ( 5 分 )当 u > 1 时 , f ( x ) = 1 + u －1 + 12-u ≥ 1 + 22 . ( 5 分 )当 u < 1 时 , f ( x ) = －1 + 1－u +u-12≥ 22－1 ( u = 1－2时等号成立 ) . ( 5 分)因此, f ( x ) 的最小值是 22－1 . ( 5 分 )14. 令 A, B 的坐标为 ( x 1 , y 1 ) ,( x 2 , y 2 ) , 直线 AB 的方程为 y = kx + b , 代入椭圆方程整理得: (4k 2+1)x 2+ 8kbx + 4(b 2－2) = 0 . 故 x 1 + x 2 =－1482+k kb, x 1x 2 =14)2(422+-k b . ( 5 分 )由 425 = AB 2 = (k 2+1)(x 2－x 1)2 = (k 2+1)((x 1+x 2)2－4 x 1x 2) =222)14()1(16++k k (2(4k 2+1)－b 2) 得到 b 2= 2 (4k 2+1)－)1(64)14(25222++k k ( 5 分) 原点O 到 AB 的距离为12+k b, ∆AOB 的面积 S = ⋅4512+k b, 记 u = 11422++k k , 则有 S 2= －1024625(u 2－25128u ) = 4－1024625(u －2564)2 ( 5 分)u = 4－132+k 的范围为 []4,1 , (u = 4 为竖直弦 ). 故 u =2564时, max S 2 = 4 , 而 u = 1时, min S 2 =10242575, 因此 S 的 取值范围是 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,103325. ( 5 分) 15. (1) 观察前几项: a , b , a b 2, a a b b )2(-, a a b 2)2(-, a a b a b )23)(2(--,a ab 2)23(-,… 猜测: x 2 k-1 = aa kb k 2))2()1((---, x 2k = aa k kb a k b k ))1()()2()1((-----,( k ≥ 1 ). ( 5 分 )对k 归纳证明通项公式: k =1 显然成立,设 x 2 k-1, x 2k 如上,则x 2k+1 = 1222)(-k k x x = a a k kb 2))1((--,x 2k+2 = 2x 2k+1－x 2k =aka b k a k kb ))1)(()1((-+--, 因此, 公式成立 . ( 5 分 )存在这样的无穷数列 ⇔ 所有的 x n ≠0 ⇔∉a b ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈+N n n n |1. ( 5 分 ) (2) b ≠a 时,k x 21= a b a-(ak kb a k b k )1(1)2()1(1------),故∑=nk kx n 121=))1(11(an nb a a b a n----= nb －(n －1)a .( b = a 时所有的x n = a ,结果也对). ( 5 分 )16. (1) 不存在. ( 5 分)记 S k =∑=ki i 1)(φ.当 n = 2m+1 时 ( m ≥2 ), 由 2m | S 2 m 及S 2 m =2)22)(12(++m m －φ(2m+1) 得 φ(2m+1)≡m+1(mod 2m), 但 φ(2m+1)∈A 2m+1,故φ(2m+1)= m+1.再由 2m －1 | S 2m －1 及S 2m －1=2)22)(12(++m m －(m+1)－φ(2m) 得φ(2m) ≡m+1(mod 2m －1),又有φ(2m)= m+1,与φ的一一性矛盾. ( 5 分) 当 n = 2m+2 时 ( m ≥2 ), S 2m+1=2)32)(22(++m m －φ(2m+2) 给出φ(2m+2)=1 或 2m+2,同上又得φ(2m+1)= φ(2m)= m+2 或 m+1 ,矛盾. ( 5 分)(2) 存在. 对n 归纳定义φ(2n －1)及φ(2n) 如下： ( 5 分) 令φ(1)=1, φ(2)=3 .设已定义出不同的正整数值φ(k) (1≤k ≤2n)满足整除条件且包含1,2,…,n ,设 v 是未取到的最小正整数值,由于 2n+1 与 2n+2 互素,根据孙子定理,存在不同于v 及φ(k) (1≤k ≤2n)的正整数u 满足同余式组 u ≡－S 2n (mod 2n+1)≡－S 2n －v (mod 2n+2) . ( 5 分)定义φ(2n+1)=u, φ(2n+2)=v .则正整数φ(k) ( 1≤k ≤2n+2 )也互不相同,满足整除条件,且包含 1,2,…,n+1 .根据数学归纳法原理,已经得到符合要求的一一映射φ：N * → N *. ( 5 分)附：选择、填空题简解：1. 2x +4y≥. x =32, y =34时取最小值,此时=4. 2.设渐近线y =ba x 的倾斜角为β, 1 +22b a = e 2∈4,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦, tan β=b a∈, ,63ππβ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦, 故 α= min ｛2β,π－2β｝,32ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.3. 事件 “4个数均为奇数”的概率p 1=412⎛⎫ ⎪⎝⎭=116，事件“3个为奇数，1个为2”的概率p 2=3141142C ⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭=18. 故p =1－p 1－p 2 =1316 .4. 共比赛12+21－8 = 25局,甲当裁判25－12 = 13局.由于同一人不会接连当两局裁判, 故甲是第1,3,5,……,21,23,25局的裁判, 从而第10局的输方为甲 .5. 易知a ≠0.曲线ax 2+bxy+x = 0是两条直线x = 0与ax+by+1 = 0. 直线x = 0与圆x 2+y 2ay=0有两个不同的公共点(0,0), (0,a), 依题意有两种可能：(1).ax+by+1 = 0与圆x 2+(y －2a )2 =24a 相切于第三点.|01|2aa b a ⋅+⋅+=, 即a 4－4ab －4=0; (2).ax+by+1= 0过点(0,a)且不与坐标轴平行, 此时ab+1= 0.6. b 是y 3的一个周期,故t ≤b.若t = a, 则由y 2=y 3－y 1可得b ≤a,矛盾.故”t=a ”和”t>b ”不可能.下面的例子表明另外的三种情形都可能出现：取y 2 = sinx + sin 23x, 则b = 6π. (1).令y 1 = －sin23π, 此时a =3π, y 3= sinx, t =2π, t < a ; (2). 令y 1 = －sinx, 此时a =2π, y 3= sin 23π, t =3π, a < t< b ;(3). 令y 1 = sinx, 此时a = 2π, y 3 = 2sinx+sin 23π, t = 6π, t = b ;7. log x c = log x abc －log x a －log x b =121－241－401=601, log c x = 60 .8. 令x 2－8x+c = 0 的两根为α,β, 则α+β=8. (α,β)的不等非负整数值只有(0,8), (1,7), (2,6), (3,5) 故｛c 1,c 2,c 3, c 4｝=｛0,7,12,15｝.9. u = (x+3)2+(y －1)2－10 .半平面 3x+2y －1≥0 中的点到定点 (－3,1) 距离的最小值是13129-+-=138, 所以 min u = (138)2－10 = －1366 . 2π10. 在象限图上用区间法求解：各分界线为4πk (0≤k ≤7) 与方程 cosx = tanx 的解 arcsin 215-,π－arcsin215-. 由 sinx> cosx 排除区间 ①, 由 tanx> cotx 排除 ②, 由 cosx> tanx 排除 ③, 解集为 (43π,π－arcsin 215-) . ,11. (1) 向量法： 记 = , = , = .由已知条件, | -| = ||, a 2 + b 2－2b a ⋅ = c 2 . 故 b a ⋅ =2222c b a -+,同理 c a ⋅ =2222b c a -+. cos θ=222ac b -.(2) 几何法： 该四面体各棱是一个长方体的面对角线 , 设长方体三边为 x , y , z , 则a 2 = y 2+z 2 ,b 2 = z 2+x 2 ,c 2 = x 2+y 2 . θ 是 y , z 矩形中两对角线的夹角 , 故cos θ=222|)2()2(|222a a y aa ⋅⋅-+=222||a c b - 12. a b < x < ab , a ≥2 , 50 ≥ ab －a b －1 = ab(1－21a)－1 ≥43ab －1 , 故 ab ≤ 68 .等号当且仅当 a =2 ,b =34 时成立 , 此时 b a += 6 .。
高中数学竞赛暨全国高中数学联赛福建预赛试卷
高中数学竞赛暨全国高中数学联赛福建预赛试卷高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十五) 直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．若k ，－1，b 三个数成等差数列，则直线y ＝kx ＋b 必经过定点( ) A ．(1，－2) B ．(1,2) C ．(－1,2) D ．(－1，－2)2．直线2x ＋11y ＋16＝0关于点P(0,1)对称的直线方程是( ) A ．2x ＋11y ＋38＝0B ．2x ＋11y －38＝0 C ．2x －11y －38＝0D ．2x －11y ＋16＝03．(·衡水模拟)直线l1的斜率为2，l1∥l2，直线l2过点(－1,1)且与y 轴交于点P ，则P 点坐标为( )A ．(3,0)B ．(－3,0)C ．(0，－3)D ．(0,3)4．(·佛山模拟)直线ax ＋by ＋c ＝0同时要经过第一、第二、第四象限，则a ，b ，c 应满足( )A ．ab ＞0，bc ＜0B ．ab ＞0，bc ＞0C ．ab ＜0，bc ＞0D ．ab ＜0，bc ＜05．将直线y ＝3x 绕原点逆时针旋转90°，再向右平移1个单位，所得到的直线为( )A ．y ＝－13x ＋13B ．y ＝－13x ＋1C ．y ＝3x －3D ．y ＝13x ＋16．已知点A(1，－2)，B(m,2)，且线段AB 的垂直平分线的方程是x ＋2y －2＝0，则实数m 的值是( )A ．－2B ．－7C ．3D ．17．(·贵阳模拟)直线l 经过点A(1,2)，在x 轴上的截距的取值范围是(－3,3)，则其斜率的取值范围是________．8．(·常州模拟)过点P(－2,3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l 的方程为________．9．(·天津四校联考)不论m 取何值，直线(m －1)x －y ＋2m ＋1＝0恒过定点________． 10．求经过点(－2,2)，且与两坐标轴所围成的三角形面积为1的直线l 的方程． 11．(·莆田月考)已知两点A(－1,2)，B(m,3)．(1)求直线AB 的方程； (2)已知实数m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33－1，3－1，求直线AB 的倾斜角α的取值范围． 12.如图，射线OA 、OB 分别与x 轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB 分别交OA 、OB 于A 、B 两点，当AB 的中点C 恰好落在直线y ＝12x 上时，求直线AB 的方程．1．若直线l ：y ＝kx －3与直线2x ＋3y －6＝0的交点位于第一象限，则直线l 的倾斜角的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫π6，π3B.⎝⎛⎭⎫π6，π2C.⎝⎛⎭⎫π3，π2D.⎣⎡⎦⎤π6，π22．(·洛阳模拟)当过点P(1,2)的直线l 被圆C ：(x －2)2＋(y －1)2＝5截得的弦最短时，直线l 的方程为________________．3．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R)． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线l 不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ，交y 轴正半轴于点B ，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为S ，求S 的最小值及此时直线l 的方程．[答 题 栏]A 级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________ 答 案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十五)A 级1．A2.B3.D4.A5．选A 将直线y ＝3x 绕原点逆时针旋转90°得到直线y ＝－13x ，再向右平移1个单位，所得直线的方程为y ＝－13(x －1)，即y ＝－13x ＋13.6．选C 线段AB 的中点⎝⎛⎭⎪⎫1＋m 2，0代入直线x ＋2y －2＝0中，得m ＝3.7．解析：设直线l 的斜率为k ，则方程为y －2＝k(x －1)，在x 轴上的截距为1－2k ，令－3＜1－2k ＜3，解得k ＜－1或k ＞12.答案：(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞8．解析：直线l 过原点时，l 的斜率为－32，直线方程为y ＝－32x ；l 不过原点时，设方程为x a ＋ya＝1，将点(－2,3)代入，得a ＝1，直线方程为x ＋y ＝1.综上，l 的方程为x ＋y －1＝0或2y ＋3x ＝0. 答案：x ＋y －1＝0或3x ＋2y ＝09．解析：把直线方程(m －1)x －y ＋2m ＋1＝0，整理得 (x ＋2)m －(x ＋y －1)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2＝0，x ＋y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝3.答案：(－2,3)10．解：设所求直线方程为x a ＋yb ＝1，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋2b＝1，12|a||b|＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.故直线l 的方程为2x ＋y ＋2＝0或x ＋2y －2＝0. 11．解：(1)当m ＝－1时，直线AB 的方程为x ＝－1； 当m ≠－1时，直线AB 的方程为y －2＝1m ＋1(x ＋1)．(2)①当m ＝－1时，α＝π2；②当m ≠－1时，m ＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－33，0∪(0， 3 ]，∴k ＝1m ＋1∈(－∞，－ 3 ]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫33，＋∞，∴α∈⎣⎡⎭⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，2π3. 综合①②知，直线AB 的倾斜角α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3.12．解：由题意可得kOA ＝tan45°＝1， kOB ＝tan(180°－30°)＝－33， 所以直线lOA ：y ＝x ，lOB ：y ＝－33x. 设A(m ，m)，B(－3n ，n)， 所以AB 的中点C ⎝⎛⎭⎪⎫m －3n 2，m ＋n 2，由点C 在y ＝12x 上，且A 、P 、B 三点共线得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n 2＝12·m －3n2，m －0m －1＝n －0－3n －1，解得m ＝3，所以A(3，3)． 又P(1,0)， 所以kAB ＝kAP ＝33－1＝3＋32， 所以lAB ：y ＝3＋32(x －1)，即直线AB 的方程为(3＋3)x －2y －3－3＝0.B 级1．选B 由⎩⎨⎧y ＝kx －3，2x ＋3y －6＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32＋32＋3k ，y ＝6k －232＋3k .∵两直线交点在第一象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，解得k ＞33. ∴直线l 的倾斜角的范围是⎝⎛⎭⎫π6，π2.2．解析：易知圆心C 的坐标为(2,1)，由圆的几何性质可知，当圆心C 与点P 的连线与直线l 垂直时，直线l 被圆C 截得的弦最短．由C(2,1)，P(1,2)可知直线PC 的斜率为2－11－2＝－1，设直线l 的斜率为k ，则k ×(－1)＝－1，得k ＝1，又直线l 过点P ，所以直线l 的方程为x －y ＋1＝0.答案：x －y ＋1＝03．解：(1)证明：法一：直线l 的方程可化为y ＝k(x ＋2)＋1， 故无论k 取何值，直线l 总过定点(－2,1)．法二：设直线过定点(x0，y0)，则kx0－y0＋1＋2k ＝0对任意k ∈R 恒成立， 即(x0＋2)k －y0＋1＝0恒成立， ∴x0＋2＝0，－y0＋1＝0，解得x0＝－2，y0＝1，故直线l 总过定点(－2,1)．(2)直线l 的方程为y ＝kx ＋2k ＋1，则直线l 在y 轴上的截距为2k ＋1，要使直线l 不经过第四象限，则⎩⎪⎨⎪⎧k ≥0，1＋2k ≥0，解得k 的取值范围是[0，＋∞)．(3)依题意，直线l 在x 轴上的截距为－1＋2kk，在y 轴上的截距为1＋2k ，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋2k k ，0，B(0,1＋2k)． 又－1＋2k k <0且1＋2k>0，∴k>0.故S ＝12|OA||OB|＝12×1＋2k k (1＋2k)＝12⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12(4＋4)＝4，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号．故S 的最小值为4，此时直线l 的方程为 x－2y＋4＝0.高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④2．有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．43．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋37．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．23B．3C.3D．42．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为22.若M，N分别是线段DE，CE上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；(3)求该多面体的表面积．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)A级1．A2.A3.C4.B5．选B由斜二测画法知B正确．6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△A BE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，故该几何体的体积为12×2×2sin60°×2－13×12×2×2sin60°×1＝533. 答案：5339.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF ，其中E 、F分别是AD 、BC 的中点，连接AO ，易得AO ＝2，而PA ＝3，于是解得PO ＝1，所以PE ＝2，故其正视图的周长为2＋2 2.答案：2＋2210．解：图1几何体的三视图为：图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．11．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中，高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7，在Rt △SOA 中，OA ＝SA2－OS2＝2，∴AC ＝4.∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2.作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点．连接SE ，则SE 即为斜高，在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3， ∴SE ＝5，即侧面上的斜高为 5.12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝ 42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232 ＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6. B 级1．选A 当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为2 3.2．解析：依题意得，点E 到直线AB 的距离等于32－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为12·BC ×2＝22，所以BC ＝1，DE ＝EC ＝DC ＝2.所以△DEC 是正三角形，∠DEC ＝60°，tan ∠DEA ＝AD AE ＝33，∠DEA ＝∠CEB ＝30°.把△DAE ，△DEC 与△CEB 展在同一平面上，此时连接AB ，AE ＝BE ＝3，∠AEB ＝∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE ·BEcos120°＝9，即AB ＝3，即AM ＋MN ＋NB 的最小值为3.答案：33．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：(2)证明：如图，连接AC ，BD ，交于O 点，连接OE.∵E 为AA1的中点，O 为AC 的中点，∴在△AA1C 中，OE 为△AA1C 的中位线．∴OE ∥A1C.∵OE ⊄平面A1C1C ，A1C ⊂平面A1C1C ， ∴OE ∥平面A1C1C.(3)多面体表面共包括10个面，SABCD ＝a2，SA1B1C1D1＝a22， S △ABA1＝S △B1BC ＝S △C 1DC ＝S △ADD1＝a22， S △AA1D1＝S △B1A1B ＝S △C1B1C ＝S △DC1D1 ＝12×2a 2×32a 4＝3a28， ∴该多面体的表面积S ＝a2＋a22＋4×a22＋4×3a28＝5a2.。
2022年 赛区预赛试参考答案配套精选
2021年福建省高中数学竞赛暨2021年全国高中数学联赛〔福建省赛区〕预赛试卷参考答案〔考试时间：2021年9月7日上午9：00－11：30，总分值160分〕一、填空题〔共10小题，每题6分，总分值60分。
请直接将答案写在题中的横线上〕1．数列满足，〔〕，那么的最小值为。
【答案】【解答】由，知，，，……，，。
上述个等式左右两边分别相加，得。
∴，又时，；时，。
∴时，取最小值。
2．对于函数，，假设对任意的，存在唯一的，使得，那么称函数在上的几何平均数为。
，，那么函数在上的几何平均数。
【答案】【解答】∵当时，，∴在区间上为增函数，其值域为。
∴根据函数几何平均数的定义知，。
3．假设三个非零且互不相等的实数、、满足，那么称、、是调和的；假设满足，那么称、、是等差的。
集合，集合是集合的三元子集，即。
假设集合中元素、、既是调和的，又是等差的，那么称集合为“好集〞。
那么不同的“好集〞的个数为。
【答案】 1006【解答】假设、、既是调和的，又是等差的，那么，，。
即“好集〞为形如〔〕的集合。
由“好集〞是集合的三元子集知，，，且。
∴，，且。
符合条件的可取1006个值。
∴“好集〞的个数为1006。
4．实数，满足，且，那么的最小值为。
【答案】【解答】由知，。
∴。
设，那么，。
当且仅当，即，，时等号成立。
∴的最小值为27。
5．如图，在四面体中，，是边长为3的等边三角形。
假设，那么四面体外接球的面积为。
【答案】【解答】如图，设正的中心为，四面体外接球的球心为。
那么，，。
取中点。
由知，，，。
于是，。
∴四面体外接球半径为2，其面积为。
6．在正十边形的10个顶点中，任取4个点，那么以这4个点为顶点的四边形为梯形的概率为。
【答案】【解答】设正十边形为。
那么以为底边的梯形有、、共3个。
同理分别以、、、…、、为底边的梯形各有3个。
这样，合计有30个梯形。
以为底边的梯形有、共2个。
同理分别以、、、…、、为底边的梯形各有2个。
这样，合计有2021形。
2021年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛暨2021年福建省高中数学竞赛试题(含答案)
3
2
所以， a 的取值范围为 (3， 1) ( 1 ，1) .
2
23
3．如图，在四边形 ABCD 中，已知 cos BAD 3 ，BAC DAC ，AD AB ，且 AB 5 ，
uuur uuur uuur
4
AC BD 14 .若 AC AB AD （ ， R ），则
又 h(1) 21g(1) 20 f (1) 0 ， h(1) 21g(1) 20 f (1) 0 ，
所以， h(x) (x 1)(x 1) x 2 1 .
因此， h(6) 21g(6) 20 f (6) 6 2 1 35 .
所以， 21 35 20 f (6) 35 ， f (6) 35 .
f (1) g (1)
f (1) g (1)
21 20
，则
f
(6)
.
6．若关于 x 的不等式 (x 2)ex ax 1 有且仅有三个不同的整数解，则整数 a 的最小值
为
.
3
7．若正实数 x ， y 满足 x(x 2 y) 9 ，则 x5 y 的最大值为
.
8．已知离心率为
6 2
的双曲线 C ：
1，1
3 e
a
e3 1 3
.
经检验， a 3符合要求.
所以，符合条件的 a 的最小值为 3 .
7．若正实数 x ， y 满足 x(x 2 y) 9 ，则 x5 y 的最大值为
.
【答案】 54
【解答】 解法一：由题设及平均不等式知，
9 x(x 2y) x(1 x 1 x 2y) x 33 1 x 1 x 2y .
14 m2
， 14
，m
2
，
1_2020年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛暨2020年福建省高中数学竞赛试题(2020.06.27)
１2020年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛暨2020年福建省高中数学竞赛试卷（考试时间：2020年6月27日上午9：00－11：30）一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分. 请直接将答案写在答题卷相应位置上）1．已知复数z 满足1z z i -=-，若61z z z ---为正实数，则z = ★★★ . 2．已知()3cos()f x x ωϕ=+（0ω>，ϕπ<），若5()08f π=，11()38f π=，且()f x 的最小正周期大于2π，则ϕ= ★★★ .3．已知[]x 表示不超过x 的最大整数，集合{}260A x x x =--<，[]{}22350B x x x =--=，则A B = ★★★ .4．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意实数x ，都有(1)(1)f x f x +=-成立，当12x ≤≤时，()ln f x x =. 若关于x 的方程()10f x ax +-=在[]35x ∈，上有两个不相等的实数根，则a 的取值范围为 ★★★ .5．设1F 、2F 为双曲线C ：22221x y a b-= (0a >，0b >) 的左、右焦点，过2F 的直线l 交双曲线C 的右支于A 、B 两点，且120AF AF ⋅=，2220F B F A +=，则双曲线C 的离心率为 ★★ . 6．在以凸十八边形的顶点为顶点构成的三角形中，任取一个三角形，则所取的三角形与该十八边形无公共边的概率为 ★★★ .7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 、G 分别在棱1AA 、11A D 、11D C 上，E 为1AA 中点，11111113D F D G D A D C ==. 记平面EFG 与平面11A B CD 的交线为m ，则直线m 与平面ABCD 所成角的正切值为 ★★★ .8．已知a 、b 、c 、d 为正数，且20202a b c d +=+=，则11a bcd+的最小值为 ★★★ . 9．已知实数m 满足：当关于x 的实系数一元二次方程20ax bx c ++=有实根时，2222()()()a b b c c a ma -+-+-≥总成立，则m 的最大值为 ★★★ .10．设正整数n 为合数，()f n 为n 的最小的三个正约数之和，()g n 为n 的最大的两个正约数之和. 若3()()g n f n =，则n 的所有可能值为 ★★★ .（第7题图）２ 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，写在答题卷相应位置上）11．已知数列{}n a 满足11a =，25a =，2143n n n a a a ++=-（*n N ∈）.(1) 求数列{}n a 的通项公式；(2) 设13n n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项的和，求证：34n T <.12．已知椭圆C ：22221x y a b+= (0a b >>) 的离心率为12，右焦点F 到直线20x y -+=的距离为22，1A 、2A 分别为椭圆C 的左、右顶点.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 过点F 的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点 (点A 在x 轴上方)，T 为直线1A A 、2A B 的交点. 当点T 的纵坐标为63时，求直线l 的方程.13．如图，在ABC △中，AB AC <，ABC △的内切圆I 与边BC 、CA 分别切于点D 、E ，连AI 并延长交ABC △的外接圆O 于点N ，连ND 、NO 并延长分别交O 于点G 、M ，连GE 并延长交O 于点F .(1) 求证：NIG NDI △∽△；(2) 求证：MF AC ∥.14．已知2()(1)1x f x x a x e ⎡⎤=+-+⎣⎦，若2()0f x e +≥恒成立，求实数a 的取值范围.15．将一个20202020⨯方格表的每个小方格染黑、白两种颜色之一，满足以下条件：方格表中的任意一个小方格A ，它所在的行与列的所有小方格中，与A 异色的小方格多于与A 同色的小方格. 证明：染色后，方格表中每行、每列两种颜色的小方格一样多.（第13题图）。
2020年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛暨2020年福建省高中数学竞赛试卷
当1 x 2 时，f (x) ln x . 若关于 x 的方程 f (x) ax 1 0 在 x 3 ，5上有两个不相等的实数
根，则 a 的取值范围为
.
【答案】
0
，15
【解答】 如图，分别作出函数
y f (x) 与 y ax 1 的图像，其中
P(0 ，1) ， G( 1 ，0) . a
十八边形无公共边的三角形的个数为
1 3
18
(C125
14)
.
因此，所求的概率为
1 3
18 (C125 C138
14)
91 136
.
3
7．如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 E 、 F 、G 分别在棱 AA1 、 A1D1 、 D1C1 上， E
为
AA1
中点，
D1F D1 A1
D1G D1C1
1. 3
记平面 EFG 与平面 A1B1CD 的交线为 m ，则直线 m 与平面
ABCD 所成角的正切值为
.
【答案】 3 58 58
【解答】 如图，设 A1D 、 EF 的交点为 P . 延长 GF 、 B1A1
交于点 Q ，则 PQ 为平面 EFG 与平面 A1B1CD 的交线为 m .
不 妨 设 正 方 体 棱 长 为 3 ， 则 由 D1F D1G 1 知 ， D1 A1 D1C1 3
由图像可
知，当
xG
1 a
5
，即
（第 4 题答题图）
0
a
1 5
时，两函数图像在
x
3
，5
上有两个不同的交点.
所以，
a
的取值范围为
0
，1 5
2021年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛暨2021年福建省高中数学竞赛试卷参考答案
所以， x 6 时， f (x) 有最大值 f ( 6) 54 .
因此， x 6 ， y 6 时， x5 y 取最大值 54 . 4
所以， x5 y 的最大值为 54 .
8．已知离心率为
6 2
的双曲线 C ：
x2 a2
y2 b2
1（ a
0，b
0 ）的左、右焦点分别为 F1 、
F2 ， P 为双曲线上一点， R 、 r 分别为 △PF1F2 的外接圆、内切圆半径.若 F1PF2 60 ，则
r2 2 2a sin PF1F2 2 2a sin15 2 2a
6 4
2 ( 3 1)a ， r1 ( 3 1)a .
△PF1F2 周长 l r1 r2 2c ( 3 1)a ( 3 1)a 6a (2 3 6)a ，
△PF1F2
的面积
S
1 2
r1r2
sin
60
3 a 2 .由 S r l ，得 r
1
解法一：如图，在 AB 上取点 E ，使得 AE 2 .连接 DE ，交 AC 于点 F . 则由 AC 为 BAD 的平分线知，AF DE ，F 为 DE 中点. 在 △ADE 中由余弦定理，得 DE 2 22 22 2 2 2 3 2 .
4
所以， AF AE 2 (1 DE )2 4 1 14 1 AC .
f (2) 0 g(2) 2a 1 ， 因此， 0 ，1， 2 是不等式 (x 2)ex ax 1 的三个整数解.
（第 6 题答题图）
由于不等式 (x 2)ex ax 1 有且仅有三个不同的整数解，
3
所以，
f f
(1) g(1) (3) g(3)
，即
3e1 a e3 3a 1
全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷 考试时间：9月11日上午8：00～10：30一、选择题：每题6分，满分36分1、设函数)(x f 的定义域为R ，且对任意实数)2,2(ππ-∈x ，x x f 2sin )(tan =，则)sin 2(x f 的最大值为（ ）A 0 B21 C 22 D 12、实数列}{n a 定义为,7,1,,3,2,1291112===++-=--a a n a a a a a n nn n n 则5a 的值为（ ）A 3B 4C 3或4D 83、正四面体ABCD 的棱长为1，E 是△ABC 内一点，点E 到边AB,BC,CA 的距离之和为x ，点E 到平面DAB,DBC,DCA 的距离之和为y ，则22y x +等于（ ）A 1 B26 C 35 D 127 4、数列10021,,,x x x 满足如下条件：对于k x k ,100,2,1 =比其余99个数的和小k ，已知nmx =50，m ，n 是互质的正整数，则m+n 等于（ ） A 50 B 100 C 165 D 173 5、若26cos cos ,22sin sin =+=+y x y x ，则)sin(y x +等于（ ） A22 B 23 C 26D 16、P 为椭圆191622=+y x 在第一象限上的动点，过点P 引圆922=+y x 的两条切线PA 、PB ，切点分别为A 、B ，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于点M 、N ，则MON S ∆的最小值为（ ） A29 B 329 C 427 D 3427 二、填空题：每小题9分，满分54分7、实数z y x ,,满足,146,74,72222-=+-=+=+x z z y y x 则222z y x ++＝.8、设S 是集合｛1，2，…，15｝的一个非空子集，若正整数n 满足：S S n S n ∈+∈,，则称n 是子集S 的模范数，这里|S|表示集合S 中元素的个数。
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全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷 考试时间：9月11日上午8：00～10：30一、选择题：每题6分，满分36分1、设函数)(x f 的定义域为R ，且对任意实数)2,2(ππ-∈x ，x x f 2sin )(tan =，则)sin 2(x f 的最大值为（ ）A 0 B21 C 22 D 12、实数列}{n a 定义为,7,1,,3,2,1291112===++-=--a a n a a a a a n nn n n 则5a 的值为（ ）A 3B 4C 3或4D 83、正四面体ABCD 的棱长为1，E 是△ABC 内一点，点E 到边AB,BC,CA 的距离之和为x ，点E 到平面DAB,DBC,DCA 的距离之和为y ，则22y x +等于（ ）A 1 B26 C 35 D 127 4、数列10021,,,x x x 满足如下条件：对于k x k ,100,2,1 =比其余99个数的和小k ，已知nmx =50，m ，n 是互质的正整数，则m+n 等于（ ） A 50 B 100 C 165 D 173 5、若26cos cos ,22sin sin =+=+y x y x ，则)sin(y x +等于（ ） A22 B 23 C 26D 16、P 为椭圆191622=+y x 在第一象限上的动点，过点P 引圆922=+y x 的两条切线PA 、PB ，切点分别为A 、B ，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于点M 、N ，则MON S ∆的最小值为（ ） A29 B 329 C 427 D 3427 二、填空题：每小题9分，满分54分7、实数z y x ,,满足,146,74,72222-=+-=+=+x z z y y x 则222z y x ++＝.8、设S 是集合｛1，2，…，15｝的一个非空子集，若正整数n 满足：S S n S n ∈+∈,，则称n 是子集S 的模范数，这里|S|表示集合S 中元素的个数。
对集合｛1，2，…，15｝的所有非空子集S ，模范数的个数之和为. 9、对于121≤≤x ，当25)21)(1()1(x x x --+取得最大值时，x ＝.10、函数)(x f 满足：对任意实数x,y ，都有23)()()(++=-y x xy f y f x f ，则=)36(f .11、正四面体ABCD 的体积为1，O 为为其中心.正四面体D C B A ''''与正四面体ABCD 关于点O 对称，则这两个正四面体的公共部分的体积为. 12、在双曲线xy ＝1上，横坐标为1+n n 的点为n A ，横坐标为nn 1+的点为)(+∈N n B n .记坐标为（1，1）的点为M ，),(n n n y x P 是三角形M B A n n 的外心，则=+++10021x x x .三、解答题：每小题20分，满分60分13、如图，已知三角形ABC 的内心为I ，AC≠BC ，内切圆与边AB,BC,CA 分别相切于点D,E,F ，EF CI S =，连结CD 与内切圆的另一个交点为M ，过M 的切线交AB 的延长线于点G .求证： （1）CDI ∆∽DSI ∆；（2）CI GS ⊥ 14、设c b a ,,是正整数，关于x 的一元二次方程02=++c bx ax 的两实数根的绝对值均小于31，求c b a ++的最小值. 15、设集合A 和B 都是由正整数组成的集合，|A|＝10，|B|＝9，并且集合A 满足如下条件：若vu y x A v u y x +=+∈,,,,，则},{},{v u y x =.令},|{B b A a b a B A ∈∈+=+求证：|A+B|≥50. （|X|表示集合X 的元素个数） 全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷参考答案 1、D 由x x x f 2tan 1tan 2)(tan +=，知212)(x x x f +=，所以1sin 41sin 4)sin 2(2≤+=xxx f ， 当21sin =x 时，等号成立.故)sin 2(x f 的最大值为1. 2、A 设1+=n n a b ，则112121121,11-+---+=∴-=-=-n n n n n n n n n b b b b b b b b b ，故4,1659125===b b b b ，（4舍去）所以35=a .3、D 点E 到边AB,BC,CA 的距离之和就是△ABC 的高，即为23，故23=x ， 又DCA E DBC E DAB E ABCD V V V V ---++=，即32131313131y S y S y S h S DCA DBC DAB ABC ∆∆∆∆++=， 这里的h 是正四面体的高，321,,y y y 点E 到平面DAB,DBC,DCA 的距离，于是36=h ，y y y y =++321，所以y 4331364331⋅=⋅⋅，36=y ，于是121722=+y x4、D 设10021x x x S +++= ，则S x k k x S x k k k =+--=2,，对k 求和得S S 1002)10021(=++++ ，所以492525=S ，于是987525050=-=S x ，故m+n ＝173 5、B 把两个式子分别平方相加得0)cos(=-y x把两个式子相乘得23)cos sin cos (sin )cos sin cos (sin =+++y y x x x y y x 所以23)cos()sin()sin(=-+++y x y x y x ，即23)sin(=+y x 6、C 设)2,0(,)sin 3,cos 4(πθθθ∈P ，则直线AB 的方程为9sin 3cos 4=+θθy x ，故θθsin 3,cos 49==ON OM ，4272sin 42721≥=⋅=∆θON OM S MON ， 当4πθ=，即点P 为)223,22(时等号成立。
7、14把三个式子相加得：0)2()1()3(222=+++++z y x 即得8、12213⋅ 只要找出，对每个n 有多少集合，使得n 是模范数，再关于n 求和即可. 若n 是S 的一个模范数，S 含有k 个元素，则;2,,≥∴∈+∈k S k n S n 又n k -≤15.S 的其他2-k 个元素有213-k C 种取法，故n 为模范数时，共有n C C C -+++1313113013 个. 当n ＝1，2，…，13，模范数的总数为12131130131213C C C A +++= ，故131313113013131312132131131213113013213)(131312212132⋅=+++=++++++++=C C C C C C C C C C A所以对集合｛1，2，…，15｝的所有非空子集S ，模范数的个数之和为12213⋅ 9、87 我们考虑25)]12()][1([)]1([--+x x x γβα的最大值，这里γβα,,是正整数，满足)12()1()1(,045-=-=+=+-x x x γβαγβα，后者即βγγβαβαβ++=+-2，代入γαβ45+=得 ))(25(2)253(2022γαγαγααγ+-=-+=，取)5,30,2(),,(=γβα，由均值不等式得：825)415()]12(5)][1(30[)]1(2[≤--+x x x ，当且仅当87=x 时等号成立.所以，25)21)(1()1(x x x --+的最大值是2257253⋅. 10、39取x ＝y ＝0，得3)0(2)0(=-=f f 或若2)0(-=f ，令y ＝0，可得223)(--=x x f ，代入原式知不符合； 若3)0(=f ，解得3)(+=x x f ，代入检验知满足题意，所以39)36(=f11、21 若将ABCD 放在一个水平面上，易知其中心到点A 的距离是A 到底面距离的43，所以反射的对称面是距离A 为A 到底面距离21的水平面.因此，它割A 点所在的小正四面体是原正四面体缩小21.同样，对B 、C 、D 三点处所切割的正四面体也是原正四面体的21，当我们在原正四面体中切割掉这四个小正四面体后，即得到两个正四面体的公共部分体积为21)21(413=-。
.12、10150200 易得)1,1(),1,1(++++n nn n B n n n n A n n ，所以1,-==k M B M A n n故△M B A n n 是以n n B A 为底边的等腰三角形，且底边所在直线的斜率为－1.因为M 在直线y ＝x 上，所以底边的中垂线方程为y ＝x ，由此n n y x =因为M A n 的中点为)212,2212(nn n n E +++，n n n n n n k MA n 11111+-=-+-+= ，所以外心),(n n n y x P 在直线)2212(1212++-+=+-n n x n n n n y 上，由此得)111(212)1(212)1(2)12(2+-+=++=++=n n n n n n n x n 于是10150200)101110013121211(2120010021=-++-+-+=+++ x x x . 13、证明（1）在直角三角形CEI 中，由射影定理可得：22DI CI SI EI =⋅= 所以DICISI DI =，又DSI CID ∠=∠，故△CDI ∽△DSI. ……………………………… 10分 （2）因为D 、I 、M 、G 四点共圆，并且由（1）得∠ISD ＝∠IDC ＝∠IMD ，所以点S 在四边形DIMG 的外接圆上，故∠GSI ＝∠GMI ＝90°，即GS ⊥CI ……………………… 20分 14、解：设方程的两实数实数根为x1，x2，由韦达定理知，x1，x2均为负数，由9121<=x x a c ，得9>c a，所以3619444222=⋅⋅>⋅=≥c ca acb ，得,6>b 故7≥b .又323131)(21=+<+-=x x a b ，所以23>b a ，1122123≥≥>b a …………………………… 5分 （1）当b ＝7时，由244b ac a ≤≤及11≥a 得，11=a 或12，c ＝1，但方程017112=++x x 及017122=++x x 的根不满足条件.……………………………… 10分（2）当b ＝8时，由6442=≤b ac 及11≥a 得，1,16,15,14,13,12,11==c a ，故由312422->---=a ac b b x ，得3164aa <-+，易知)16,15,14,13,12,11(4163)(=---=a a a a f 为增函数，,034)16()(>=≤f a f 而0)15(=f ，故16=a ，此时25=++c b a ，而方程018162=++x x 的两根满足条件。