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类型2019年全国高中数学联赛福建赛区预赛试题及参考答案.pdf

  • 上传人(卖家):随风2020
  • 文档编号:384797
  • 上传时间:2020-03-20
  • 格式:PDF
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    关 键  词:
    2019 全国 高中数学 联赛 福建 赛区 预赛 试题 参考答案 下载 _考试试卷_数学_高中
    资源描述:

    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

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