2019年全国高中数学联赛福建赛区预赛试题及参考答案.pdf

1、1 2019 年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛 暨 2019 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案 2019 年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛 暨 2019 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案 （考试时间：2019 年 5 月 19 日上午 9：0011：30，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） （考试时间：2019 年 5 月 19 日上午 9：0011：30，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 已知 2 ( )2f xxx， 集合(

2、( )0Axf f x， 则集合A中所有元素的和为。 【答案】【答案】4 【解答】【解答】方程( ( )0f f x化为 2 (2 )0f xx，即 222 (2 )2(2 )0xxxx。 22 (2 )(22)0xx xx。 解得， 1 0x ， 2 2x ， 3 13x ， 4 13x 。 0 2 13 13A ，A中所有元素的和为 4。 2.在ABC中，若2AC ，2AB ，且 3sincos5 tan 123cossin AA AA ，则BC 。 【答案】【答案】2 【解答】【解答】由 3sincos5 tan 123cossin AA AA ，得 2sin() 5 6 tan 12

3、2cos() 6 A A ，即 5 tan()tan 612 A 。 5 612 Ak ，kZ。结合0A，得 5 612 A ， 4 A 。 由余弦定理，得 22222 2cos( 2)222 2 cos2 4 BCACABAC ABA 。 2BC 。 2 3函数 2 ( )2f xxxx的值域为。 【答案】【答案】021 ， 【解答】解法一：【解答】解法一： 2 ( )1 (1)f xxx。 设1sinx （ 22 ） ，则( )cos(1 sin)2sin() 1 4 f x 。 由 22 ，得 3 444 ， 2 sin()1 24 。 ( )f x值域为021 ，。 解法二：解法二：

4、22 221 ( )11 2 22 xx fx xxxx （02x） 。 2 01 2 x 时，( )0fx； 2 12 2 x时，( )0fx。 ( )f x在区间 2 0 1 2 ，上为增函数，在区间 2 12 2 ，上为减函数。 ( )f x值域为021 ，。 4已知复数z， 1 z， 2 z（ 12 zz）满足 22 12 22 3zzi ，且 12 4zzzz，则 z 。 【答案】【答案】2 3 【解答】【解答】先求复数22 3 i 的平方根。 设 2 ()22 3xyii （x，yR） ，则 22 ()222 3xyxyii 。 22 2 22 3 xy xy ，解得 1 1 1

5、3 x y ， 2 2 1 3 x y 。 由 22 12 22 3zzi ， 12 zz，知 1 z、 2 z为复数22 3 i 的两个平方根。由对称性，不 妨设 1 13zi ， 2 13zi 。 于是， 12 4zz， 1212 4zzzzzz，复数z， 1 z， 2 z对应的点Z， 1 Z， 2 Z构成边长为 4 的正三角形。 又复数 1 z， 2 z对应的点 1 Z， 2 Z关于原点O对称， OZ为 12 ZZ Z的高，故2 3zOZ。 3 5已知 32 ( )2f xxaxbx的图象关于点(2 0)，对称，则(1)f。 【答案】【答案】4 【解答】解法一：【解答】解法一：由( )f

6、 x的图象关于点(2 0)，对称，知 3232 (2)(2)(2)(2)2(6)(412)4210f xxa xb xxaxbaxab为 奇 函数。 60 42100 a ab ， 6 7 a b 。 (1)121 6724fab 。 解法二：解法二：由( )f x的图象关于点(2 0)，对称，知 对任意xR，(2)(2)0fxfx。 于是，对任意xR， 3232 (2)(2)(2)2(2)(2)(2)20xaxbxxaxbx。 即 2 (212)(8220)0axab恒成立。 2120 84200 a ab ， 6 7 a b 。 (1)121 6724fab 。 解法三：解法三：依题意，有

7、 3 ( )(2)(2)f xxm x。 利用(0)822fm ，得5m 。 于是， 3 ( )(2)5(2)f xxx，(1)1 ( 5)4f 。 4 6 如图， 在三棱锥PABC中，PAABC 平面，120ABC，4PA 。 若三棱锥PABC 外接球的半径为2 2，则直线PC与ABC平面所成角的正切值为。 【答案】【答案】 2 3 3 【解答】【解答】 如图， 设 1 O为ABC的外心，O为三棱锥PABC 外接球的球心。 由PAABC 平面， 1 OOABC 平面，知 1 PAOO。 取PA中点D，由2 2OPOA，知D为PA中点，且四 边形 1 DAOO为矩形。 又4PA ， 1 2OO

8、AD，ABC外接圆的半径 1 2rO A。 在ABC中，由2 sin AC r ABC ，得 2 2 sin1202 3AC 。 42 3 tan 32 3 PA PCA AC 。 PC与ABC平面所成角的正切值为 2 3 3 。 （第（第 6 题图）题图） （第（第 6 题答题图）题答题图） 5 7已知椭圆 1 C： 22 22 1 xy ab （0ab）与双曲线 2 C： 22 22 1 xy mn （0m ，0n ）有 相同的焦点 1 F、 2 F，其中 1 F为左焦点。点P为两曲线在第一象限的交点， 1 e、 2 e分别为曲线 1 C、 2 C的离心率，若 12 PFF是以 1 PF为

9、底边的等腰三角形，则 21 ee的取值范围 为。 【答案】【答案】 2 () 3 ， 【解答】【解答】设双曲线的焦距为2c。 则依题意，有 212 2PFFFc， 1 2222PFacmc， 1 c e a ， 2 c e m 。 由 12 2121 222 422 PFacPFc PFFFcPFac ，得 2 3 ac ac ，于是， 1 11 32 e。 又 1 2 1 21 2 ecc e mace 。 1 211 1 1 2 e eee e 。 设 1 1 2et，则 1 (0) 3 t， 1 211 1 1111 () 1 1 2222 ett eeet ett 。 由 11 ( )

10、() 1 2 f tt t 在区间 1 (0) 3 ，上为减函数，得 ( )f t值域为 2 () 3 ，。 21 ee的取值范围为 2 () 3 ，。 （第（第 7 题答题图）题答题图） 6 8已知I为ABC的内心，且54()IABICI uu ruu ruu r 。记R、r分别为ABC的外接圆、内切 圆半径，若15r ，则R 。 【答案】【答案】32 【解答】解法一：【解答】解法一：取BC中点D，依题意，有54()8IAIBICID uu ruu ruu ruu r 。 A、I、D共线，ABAC。 由15rID，知24IA 。 作IEAB于E， 则15IEID， 155 sin 248 B

11、AD， 39 cos 8 BAD， 5 tan 39 BAD。 5 22tan2 3910 39 39 BCBDADBAD。 又 5395 39 sinsin22 8832 BACBAD。 32 210 3964 sin5 39 BC R BAC ，32R 。 解法二：解法二：依题意，有5440IAIBIC uu ruu ruu ruu r 。 由三角形内心的向量表示：若a、b、c分别为ABC的内角A、 B、C的对边，I为ABC的内心，则0aIAbIBcIC uu ruu ruu ruu r 。 可得，: :5:4:4a b c ，设10ak，则8bck. 作ADBC于D，则39ADk， 2

12、1 5 39 2 ABC SBCADk 。 又15r ， 1 ()13 2 ABC SABBCCA rkr ，因此， 13 15 39 5 39 k 。 又 39 sin 8 AD B AB 。 88 28 3964 sinsin39 bk R BB ，32R 。 （第（第 8 题答题图）题答题图） 7 9已知集合1 2 3 4 5U ，IXXU，从集合I中任取两个不同的元素A、 B，则AB中恰有 3 个元素的概率为。 【答案】【答案】 5 62 【 解 答 】【 解 答 】 当AB确 定 后 ， 如3 4 5AB，时 ， 设3 4 5A A ， 3 4 5B B ，AB ， 则AB，的 情

13、况 有 ： 1，2， 1 2， ， 12，共 4 种情形。 所求的概率为 3 5 2 32 410 4 25 32 3162 C C 。 10已知 532 ( )10f xxxaxbxc，若方程( )0f x 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】【答案】4 【解答】【解答】设( )0f x 的 5 个实根为 1234 xxxxm，则由韦达定理，得 1234 0mxxxx， 1234121314232434 ()()10m xxxxx xx xx xx xx xx x 。 于是， 2 121314232434 10x xx xx xx xx xx xm 。 2

14、2222 12341234121314232434 ()2()xxxxxxxxx xx xx xx xx xx x 222 2( 10)20mmm。 另一方面，由柯西不等式，知 22222 12341234 ()4()xxxxxxxx。 于是， 22 4(20)mm， 2 16m ，4m 。 又对 4532 ( )(4)(1)1020154f xxxxxxx，方程( )0f x 的根均为实数，且 5 个 实根中最大的根4m 。 m的最大值为 4。 8 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）二、解答题（共 5 小题，每小题 20 分，满分 100 分。要

15、求写出解题过程） 11已知数列 n a满足 1 9 4 a ， 11 273120 nnnn aaaa （ * nN） 。 （1）记2 nn ca，求数列 n c的通项公式； （2）记 2 1 nn n ba n ，求使 123 2019 n bbbbL成立的最大正整数n的值。 （其中，符号 x表示不超过x的最大整数） 【解答】【解答】 （1）由2 nn ca，得2 nn ac，代入条件递推式，得 11 2(2)(2)7(2)3(2) 120 nnnn cccc 。 整理，得 11 230 nnnn cccc ，即 1 13 2 nn cc 。 5 分 5 分 1 11 13(1) nn cc

16、 ，数列 1 1 n c 是以 1 1 14 13 c 为首项，公比为3的等比数列。 1 13n n c ， 1 31 n n c 。 10 分 10 分 （2）由（1）知， 1 22 31 nn n ac ， 22222 2 122 (2)2(1) 11 31(1)(31)11(1)(31) 2 32 2(1) (1)(31) nn nnn n n nnnnn ban nnnnnn n n n 。 2n 时， 122 3(12)12212 nn nn CCn L， 2222 (1)(31)2 32(1) 31(1)(12 )120 nnn nnnnnnnnnn 。 2n 时， 2 2 32

17、01 (1)(31) n n n n ， 又1n 时， 2 2 326 129 (1)(31)2 48 n n n n 。 1 1b ；2n 时， 2(1) n bn。 15 分 15 分 2n 时， 2 123 12 12 22(1)1(1)1 n bbbbnn nnn LL。 由 2 12019nn ，及 * nN，得45n 。 使 123 2019 n bbbbL成立的最大正整数n的值为45。 20 分 20 分 9 12已知F为椭圆C： 22 1 43 xy 的右焦点，点P为直线4x 上动点，过点P作椭圆C 的切线PA、PB，A、B为切点。 （1）求证：A、F、B三点共线； （2）求P

18、AB面积的最小值。 【解答】【解答】 （1）(1 0)F，设(4)Pt ， 11 ()A xy， 22 ()B xy，。 则切线PA，PB的方程分别为 11 1 43 x xy y ， 22 1 43 x xy y 。 5 分 5 分 由切线PA，PB过点(4)Pt ，得 1 1 1 3 y t x ， 2 2 1 3 y t x ，即 11 1 3 t xy， 22 1 3 t xy。 由此可得直线AB方程为1 3 t xy。 易知直线AB过点(1 0)F，。 A、F、B三点共线。 10 分 10 分 （2）由 22 1 3 1 43 t xy xy ，得 22 (12)6270tyty。

19、22 364 27 (12)0tt ， 12 2 6 12 t yy t ， 12 2 27 12 y y t 。 于是， 2 222 12 222 6274(9) 1 ()1 ()()4 33121212 tttt AByy ttt 。 15 分 15 分 又点(4)Pt ，到直线AB方程的距离 2 9dt。 222 2 22 114(9)2(9) 9 9 221212 PAB ttt ABdt tt S。 设 2 9t，由tR知，3，且 3 2 2 ( ) 3 PAB f S。 22342 2222 6(3)2(2 )218 ( )0 (3)(3) f ， ( )f在区间3 ，上为增函数，

20、( )f的最小值为 9 (3) 2 f，此时0t 。 PAB面积的最小值为 9 2 。 20 分 20 分 （第（第 12 题答题图）题答题图） 10 13如图，O、H分别为锐角ABC的外心、垂心，ADBC于D，G为AH的中点。 点K在线段GH上，且满足GKHD，连KO并延长交AB于点E。 证明： （1）EKBC； （2）GEGC。 【解答】【解答】（1） 如图， 连BO并延长交圆O于点F， 由O为ABC 外心，知BF为圆O的直径。 AFAB，FCBC。 结合H为ABC的垂心，得HCAB。 AFHC。5 分5 分 同理，FCAH。 四边形AHCF为平行四边形，FCAH。 作OMBC交BC于点M

21、，则 1 2 OMFC。 因此，由G为AH的中点，GKHD，可得 11 22 KDKHHDKHGKGHAHFCOM。 结合KDOM，得四边形OMDK为平行四边形。 OKMD，即EKBC。 10 分 10 分 （2）作GNAB于N。 由H为ABC的垂心，知90NAGABCDCH ，结合 HDBC，得ANGCDH。 NGAG DHCH ，NGADHC 。 又GKHD，AGGH，因此， NGGH GKHC 。 又180180NGKNGADHCGHC 。 NGKGHC。 KNGCGH 。15 分15 分 由（1）知，GKKE。因此，E、K、G、N四点共圆。 CGHKNGGEK 。 90EGCEGKCG

22、HEGKGEK 。 GEGC。 20 分 20 分 （第（第 13 题图）题图） （第第13题答题图题答题图） （第（第13题答题图）题答题图） 11 14已知( ) x f xe。 （1）若0x 时，不等式 2 (1) ( )1xf xmx恒成立，求m的取值范围； （2）求证：当0x 时，( )4ln88ln2f xx 。 【解答】【解答】 （1）依题意，当0x 时， 2 (1)1 x xemx恒成立。 设 2 ( )(1)1 x k xxemx，则0x 时，( )0k x 恒成立。 ( )(1)2(2 ) xxx k xexemxx em。 若 1 2 m ，则0x 时，( )(2 )0

23、x k xx em，( )k x在0 ，上为增函数。 于是，0x 时，( )(0)0k xk。因此， 1 2 m 符合要求。5 分5 分 若 1 2 m ，则21m ，0ln(2 )xm时，( )0k x，( )k x在0 ln(2 )m，上为减函数。 于是，(ln(2 )(0)0kmk。因此， 1 2 m 不符合要求。 m的取值范围为 1 2 ，。10 分10 分 （2）解法一：解法一：设( )4 x g xex，则( )4 x g xe，当ln4x 时，( )0g x；当ln4x 时， ( )0g x。 ( )g x在ln4，上为减函数，在ln4 ，上为增函数。 ( )(ln4)44ln4

24、g xg。 由此可得，( )444ln4 x g xex，即448ln2 x ex，当且仅当ln4x 时等号成立。 0x 时，( )4ln88ln2(448ln2)4ln88ln244ln4f xxxxxx ，当 且仅当ln4x 时等号成立。15 分15 分 设( )44ln4h xxx，则 4 ( )4h x x 。当01x时，( )0h x；当1x 时( )0h x。 ( )h x在0 1，上为减函数，在1 ，上为增函数。 ( )(1)0h xh，即( )44ln40h xxx，当且仅当1x 时等号成立。 ( )4ln88ln244ln40f xxxx 。 由于上述两个等号不同时成立，因此

25、( )4ln88ln20f xx 当0x 时，( )4ln88ln2f xx 。20 分 解法二： 20 分 解法二：设( )( )(4ln88ln2)4ln88ln2 x g xf xxex ，则 4 ( ) x g xe x 。 由 2 4 ( )0 x gxe x ，知( )g x为增函数。 12 又(1)40ge， 2 (2)20ge，因此，( )g x有唯一零点，设为 0 x。 则 0 (1 2)x ，且 0 0xx时，( )0g x； 0 xx时，( )0g x。 ( )g x在区间 0 0 x，上为减函数，在区间 0 x，上为增函数。 ( )g x有最小值 0 00 ()4ln8

26、8ln2 x g xex 。15 分15 分 又由 0 0 0 4 ()0 x g xe x ，知 0 0 4 x e x ， 0 0 4 x x e，两边取对数，得 00 lnln4xx。 000 00 41 ()4(ln4)88ln24()80g xxx xx 。 （ 0 (1 2)x ，） 当0x 时， 0 ( )()0g xg x。 当0x 时，( )4ln88ln2f xx 。20 分20 分 13 15已知实数 1 x， 2 x， 100 x满足 12100 1xxxL，且 1 1 50 kk xx ，1k ，2， 99。 证明： 存在整数 1 i，2i， ，50i， 1250 1

27、100iiiL， 使得 1250 4951 100100 iii xxxL。 【解答】【解答】记 212 min iii axx ， 212 max iii bxx ，1i ，2，50。 构造下列 51 个数： 01250 SbbbL； 121250kkkk Saaabbb LL，1k ，2，49； 501250 SaaaL。 5 分 5 分 下面证明 0 S， 1 S， 2 S， 50 S中至少有一个在区间 4951 100 100 ，内。 由上述符号的含义，知 0501250125012100 ()()1SSbbbaaaxxxLLL， 且 01250 SSSSL。 050 1 2 SS。

28、（1）若 0 51 100 S 。 则由 0 1 2 S ，得 0 4951 100100 S。因此， 0 4951 100 100 S ，。 10 分 10 分 （2）若 0 51 100 S 。 假设 1 S， 2 S， 50 S都不在区间 4951 100 100 ，内。 则由 011121 1 50 SSbaxx，知 10 151149 5010050100 SS，结合假设 ，得 1 51 100 S 。 又由 0 51 100 S ，知 500 49 1 100 SS 。 1 S， 2 S， 50 S中存在比 49 100 小的数，也存在比 51 100 大的数。 15 分 15 分

29、 又 01250 SSSSL，且 1 S， 2 S， 50 S都不在区间 4951 100 100 ，内。 14 因此，存在1 250jL， ，使得 49 100 j S ， 1 51 100 j S 。 此时， 1 51491 10010050 jj SS 。 另一方面， 1221 1 50 jjjjjj SSbaxx ，两者矛盾。 1 S， 2 S， 50 S中有至少有一个在区间 4951 100 100 ，内。 由（1） 、 （2）知， 0 S， 1 S， 2 S， 50 S中至少有一个在区间 4951 100 100 ，内。 由 k S（0k ，1，2，50）的定义知，结论成立。 20

30、 分 解法二： 20 分 解法二：首先用数学归纳法证明： 对于任意正整数n，若实数 1 x， 2 x， 2n x满足 1 1 50 kk xx ，1k ，2，21n， 则存在 1 x， 2 x， 2n x的一个排列 1 i x， 2 i x， n i x， 1 j x， 2 j x， n j x使得 1212 1 50 nn iiijjj xxxxxx。 5 分 5 分 证明如下： （1）当1n 时，结论显然成立。 （2）假设nk时，结论成立，则当1nk时，由归纳假设知，存在 1 x， 2 x， 2k x的 一个排列 1 i x， 2 i x， k i x， 1 j x， 2 j x， k j

31、 x使得 1212 1 50 kk iiijjj xxxxxx。 记 1212 122212 kk iiijjjkk xxxxxxdxxd ，则 12 11 , 5050 dd。 从而当 12 0dd时， 1212 212212 1 50 kk iiikjjjk xxxxxxxxdd ； 当 12 0dd时， 1212 222112 1 50 kk iiikjjjk xxxxxxxxdd 。 15 即1nk时，结论也成立。 由（1） 、 （2）知，对于任意正整数n，结论都成立。 15 分 15 分 回 到 本 题 ， 利 用 上 述 结 论 容 易 知 道 存 在 12100 xxx， ， ，的 一 个 排 列 12501250 iiijjj xxxxxx， ， ，满足： 1250 1100iiiL， 1250 1100jjjL， 且 12501250 1 50 iiijjj xxxxxx， 又 12501250 1 iiijjj xxxxxx， 所以 1250 5051 100100 iii xxx或 1250 5051 100100 jjj xxx。 因此结论成立。 20 分 20 分