解析版-2024年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建賽區(qū)預(yù)賽試卷

第=1+1頁共sectionpages13頁2024年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建賽區(qū)預(yù)賽暨2024年福建省高中數(shù)學(xué)競賽試卷參考答案(考試時間:2024年6月22日上午9:00-11:30,滿分160分)一、填空題(共10小題,每小題6分,滿分60分.請直接將答案寫在題中的橫線上)1.在△ABC中,已知AB=4,BC=2,AC【答案】5【解答】取AB中點O,則AP由AB=4,BC=所以CO=又CP=1,所以PO的最大值為所以AP?BP的最大值為2.已知z1,z2【答案】0【解答】設(shè)z=x+則z3即x3由x,y∈R,得x3于是z1所以z2z因此z13.設(shè)a=66?6?【答案】33【解答】用x,y表示正整數(shù)則a,設(shè)m=則由m=11?同理可得,m,所以a,4.某校三個年級舉辦乒乓球比賽,每個年級選派4名選手參加比賽.組委會隨機將這12名選手分成6組,每組2人,則在上述分組方式中每組的2人均來自不同年級的概率為.【答案】64【解答】設(shè)三個年級為甲、乙、丙.12名選手隨機分成6組,每組2人的分組方式有:C12下面考慮每組的2人均來自不同年級的分組情形.先考慮甲年級4名選手的配對方式:由于每組2人均來自不同年級,因此需從乙,丙兩個年級中每個年級各取2名選手與甲年級的4名選手配對.故有C4再考慮余下4人的配對方式,此時乙、丙年級各有2人,其分組方式有2×所以每組的2人均來自不同年級的分組方式有36×所以每組的2人均來自不同年級的概率為36×5.如圖,在棱長為6的正方體ABCD?A分別為AB,BC的中點,點G在棱CC1上.若平面EFG與底面ABCD所成角的余弦值為31717,則平面【答案】6【解答】如圖,以D為原點,射線DA,DC,DD1分別為(第5題答題圖)則E6,3,0,F設(shè)m=x,m?EF=?3x+又n=0,0,1為平面ABCD的一個法向量,且平面所以cos?m結(jié)合t>0,解得t=延長EF交直線DC于點M,由E,F分別為AB,BC的中點,知點M在由CGDD1=2延長FE交直線DA于點N,連接D1N交AA1于點P,則D1P也是截面多邊形的一條邊.另由連接PE,則五邊形EFGD1P為平面EFG易知EF=D所以截面五邊形的周長為613注:作CH⊥EF與H,則GH⊥EF,∠GHC為二面角6.對于實數(shù)x,y,z,記max{x,y,z}為x,y,【答案】36【解答】設(shè)M=maxa2因為a,b非負實數(shù),且所以4M+M+又當(dāng)a=6,所以M的最小值為36,即maxa7.已知Sn為數(shù)列an的前n項和,且Sn=98a【答案】1799【解答】依題意a1=9當(dāng)n≥2時,an于是an因為a1+3所以an+3所以SnS于是i=因為98×1799所以使i=1n8.設(shè)fx=a6x6+a【答案】-1【解答】因為f2=?53若a6=1所以a6≠1同理,若a5=?1所以a5≠?1若a4=1所以a4≠1若a3=1所以a3≠1若a2=?1所以a2≠?1若a1=1所以a1≠1所以fx9.已知A為雙曲線C:x24?y2=1的右頂點,過點A斜率分別為k1、k2的直線l1、【答案】4【解答】依題意直線l1方程為y=k1x由y=k1x?所以kPM=4因為k1k2所以M,因此PM?又由k1k2所以4k不妨設(shè)k2>k1,則0<所以k1=2所以S△10.若x1,x2,?,x100【答案】5000【解答】記x101=x1,設(shè)ai因為x1,x所以a1,a2,?,因為S=x1?x2+S=由于當(dāng)x1n=S===所以S的最大值為5000.二、解答題(共5小題,每小題20分,滿分100分.要求寫出解題過程)11.已知F1、F2分別為橢圓C:x2a2+y2b（1）求橢圓C的離心率;（2）若△F1AB的面積為24【解答】（1）由AF1=又AF2=在△Fcos∠在△F1A所以2c2所以橢圓離心率e=（2）因為S△所以a2=18,橢圓C所以F1設(shè)Ax0,y0由于點A在第一象限,因此x0所以點A的坐標(biāo)為3,12.已知函數(shù)fx（1）當(dāng)m=1時,求（2）若fx≥0【解法一】（1）m=1時,fx設(shè)gx=e所以x<0時,g'x<0;x>所以gx≥g0=所以fx設(shè)?x由于??所以存在x0∈?因此fx所以fx（2）當(dāng)m≤1時,由（1）,以及fxf≥所以m≤1時,不等式當(dāng)m>1時,對(1)中的f因此m>綜上,m≤1,【解法二】（1）m=1時,fxf設(shè)gx=e所以x<0時,g'x<0;x>因為g?所以gx在?2,?1,于是當(dāng)x∈?2,α?xí)r,gx>0,進而有f'x<0;當(dāng)因此fx在區(qū)間?2,α上遞減,在α,?所以fx的最小值為f由gα=eα?所以fα同理fβ所以fx（2）當(dāng)m≤1時,由（1）,以及fxf≥所以m≤1時,不等式當(dāng)m>1時,對(1)中的f因此m>綜上,m≤1,13.如圖,O為銳角△ABC外接圓圓心,AD為⊙O的一條直徑,H是△ABC的垂心,BE,CF是△ABC的兩條高,M是邊BC的中點,S是點M關(guān)于圓心O的對稱點.已知直線EF過點（1）求證:H,（2）求證:A,（3）若△ABC外接圓半徑為R,求線段AM的長（用R【證明】（1）如圖,連接DC,(第13題圖)由AD為⊙O的直徑知DC因為BE,CF是所以BE⊥CA,所以DC//BE,所以四邊形CDBH為平行四邊形.因為M是BC的中點,所以M也是DH的中點.因此H,（2）由CF⊥AB,BE⊥所以TF?(第13題答題圖)連接AT交⊙O于點K,則由圓冪定理知所以TK?TA=綜上可得,A,所以∠AKH又AD為⊙O的直徑,∠所以∠AKH因此K,H,另一方面,由H是△ABC的垂心,AH⊥BC,O為△ABC外接圓圓心,M是邊BC的中點,且S是點M關(guān)于圓心所以AH//SM,且AH=SM.連接所以AS//HM,于是AS⊥所以A,（3）由B,C,所以∠AEF所以AO⊥所以∠ADM又由A,S,M,又∠DAM=∠MAO所以AM2=14.已知非負實數(shù)a,求證:ab【證明】因為非負實數(shù)a,a=≤a+當(dāng)且僅當(dāng)a=另一方面,不妨設(shè)e=min{a所以ab+由①,②得a所以ab由于當(dāng)a=b=所以ab所以ab15.設(shè)正整數(shù)n是合數(shù),d1,d2,?,dkk≥3是n的全部正因數(shù),且1=d1<d2<?<dk（1）問:16,2024是否為“好數(shù)”?（2）求所有的“好數(shù)”.【解答】(1)因為16=因為2024=1<2其中“好因數(shù)”有23另一方面,2024只有3個不同的素因子2,11,23.所以2024不是“好數(shù)”.（2）依題意“好數(shù)”為合數(shù).①若n=pα(p為素數(shù),α≥2),則n②若“好數(shù)”n恰好有兩個不同的素因子p,則存在一個最大的正整數(shù)α,使得1<將n的正因數(shù)從小到大排列.則pα?1,p由于n只有2個素因子p和q,且n為“好數(shù)”,所以pα是n所以q不是“好因數(shù)”,q后面的一個因數(shù)能被q整除,于是q后面的一個因數(shù)為pq.因此pα,q于是npq,n因為q<pα+1<pq,所以p由于npq?n因此nq=p③若“好數(shù)”n至少有3個不同的素因子,設(shè)p1,p則存在一個最大的正整數(shù)α,使得1<仿②可知,p1類似地可知,在n的正因數(shù)從小到大的排列中,排在pi2≤i≤k前面的一個因數(shù)也是“好因數(shù)”.于是n至少有k?1個“好因數(shù)”,由于n是“好數(shù)”,因此在n的正因數(shù)從小到大的排列中,若排在p2與p1p2之間的因數(shù)中有素數(shù),設(shè)排在最后的一個素數(shù)為p,則p也是排在p2由p的最大性可知,p的前項不能被p整除.由p1<p2<?<pk知,p≥p3>結(jié)合p為素數(shù)可知,p不能整除p的前項與后項的乘積,因此p是n的一個“好因數(shù)”.于是由前面討論可知,p是n的某個素因子pii≥3的前項,即所以在n的正因數(shù)從小到大的排列中,若排在p2與p所以在n的正因數(shù)從小到大的排列中