2018年福建省高中数学联赛(福建省赛区)预赛试

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参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 （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位于第组。【答案】27【解答】设2018在第n组，由2018为第1009个正偶数，以及题意，得n1n3(n1)2(n1)3n2n(3i2)1009(3i2)，即1009。i1i122解得正整数n27。∴2018位于第27组。2．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c。若a2，b3，CA2，则cosC。1【答案】4【解答】由CA2，知sinCAAAsin22sincos。结合正弦定理，得c2acosA。b2c2a29c24由a2，b3，及余弦定理，得c2acosA2a，c4。2bc6c∴c210，c10。a2b2c249101∴cosC。2ab22343．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R），则zxyi，zz(xyi)(xyi)2yi，zz2y。由zi2，知(xyi)i2，x2(y1)24。∴(y1)24，1y3。∴zz2y6，当且仅当y3，即z3i时，等号成立。∴zz的最大值为6。14．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fx，且f(2x)f(2x)。∴f(x4)f(x)f(x)，f(x8)f(x4)f(x)。f()x是以8为周期的周期函数。又f(3)f(1)2，f(4)f(0)0。∴f(100)f(101)f(4)f(3)022。5．从如图所示的由9个单位小方格组成的33方格 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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。5【答案】14【解答】先计算矩形的个数，再计算直角三角形的个数。22根据矩形特点，由这16个点可以构成CC4436个不同的矩形。又每个矩形可以分割成4个不同的直角三角形，且不同的矩形，分割所得的直角三角形也不同。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；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2，22，10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；（第5题图）2144+24+322005故，所求的概率为。P3C164014146．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120，则三棱锥PABC外接球的面积为。【答案】84P【解答】如图，取AC中点D，连DP、DB。则由△PAC、△ABC都是边长为6的等边三角形，得CPDAC，BDAC，PDB为二面角PACB的平B面角，PDB120。设O为三棱锥PABC外接球的球心，O1、O2分别为A（第6题图）△ABC、△PAC的中心。则OO1面ABC，OO2面PAC，且13OODOD(6)3，OOOO。P213221易知O、O2、D、O1四点共面，连OD，则ODO160，OO13DO13。O2C∴三棱锥PABC外接球半径BDO1ROBOO2OB232(23)221。11A2∴三棱锥PABC外接球的面积为4R84。（第6题答题图）3x2y27．已知F、F分别为双曲线C：1的左、右焦点，点P在双曲线C上，G、I12412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，FF128。1由G、I分别为△FPF的重心、内心，GI∥x轴，得△FPF内切圆半径ry。121230111∴S△(FPFFFPr)(rr8)y。F1PF221122212301又S△FFy4y。F1PF22120011∴(rr8)y4y。212300∴r1r216，结合r1r24，得r110，r26。222由此得到，FPFFFP1122。因此，PF2F1F2。1∴△FPF的外接圆半径RFP5。122148．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）ab设a，b2，3，4，5，6，7，8，则的10ba10ab最大值为。89【答案】287a【解答】不妨设ab，x，则1x4，且baab1x110x22x10baa210ba10ab1010110x10x110x101x10bb99x99112110x101x1010(x)101x11∵1x4，当x4时，10(x)101取最大值10(4)101。x4999989∴当x4时，1取最大值1。1110(x)10110(4)101287x4ab89∴当a8，b2（或a2，b8）时，取最大值。10ba10ab287554329．已知整数系数多项式fx()xax1ax2ax3axa45，若f(32)0，f(1)f(3)0，则f(1)。【答案】242【解答】设x032，则x032，(x03)2，22于是x023x032，23x0x01。22242∴(23x0)(x01)，x010x010。42∴x032是多项式g(x)x10x1的一个根。又x032不可能是三次整数系数多项式、二次整数系数多项式的零点。∴g()x整除f()x。∴f(x)g(x)(xr)(x410x21)(xr)，r为整数。∴f(1)8(1r)88r，f(3)8(3r)248r。由f(1)f(3)0，得(88r)(248r)0，r2。∴f(x)(x410x21)(x2)，f(1)24。10．已知函数f()x满足：对任意实数x，y，都有f(xy)f(x)f(y)6xy成立，且2f(1)f(1)9，则f()。34【答案】3【解答】在f(xy)f(x)f(y)6xy中，令xy0，得f(0)f(0)f(0)0，f(0)0。令x1，y1，得f(0)f(1)f(1)(6)，f(1)f(1)6。又f(1)f(1)9，22∴6f(1)f(1)9，即f(1)6f(1)90，f(1)30，f(1)3。211111112又f()f()f()()6f2()f，333333333121212f(1)f()f()f()6。333333112121∴f(1)f()2()f63()23f。33333311212124∴f()，f()2f()2。333333336二、解答题（共5小题，每小题20分，满分100分。 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 写出解题过程）*11．已知数列an的前n项和Sn满足2Snnann，nN，且a23。（1）求数列an的通项公式；19（2）设bn，Tn为数列bn的前n项和，求使Tn成立的最小正整anan1an1an20数n的值。【解答】（1）由2Snnann，得2Sn1(n1)an1n1。将上述两式相减，得2an1(n1)an1nan1。……………………………5分∴nan(n1)an11。………………①∴(n1)an1nan21。……………②①②，得nan2nan1nan20，∴anan22an1。∴数列an为等差数列。又由2S1a11，及a23，得a11，an的公差d2。∴an12(n1)2n1。……………………………10分解法二：用数学归纳法（略）注：若猜出an2n1，没有证明，扣5分。1（2）由（1）知，b。n(2n1)2n1(2n1)2n11∴bn2n12n1(2n12n1)12n12n1111()。…………………15分22n12n122n12n111111111111∴T()()()(1)。n21323522n12n122n19119由T，得(1)。n2022n1201199∴，2n1100，n。2n11029∴使T成立的最小正整数n的值为50。…………………20分n207x2y22612．已知F、F分别为椭圆C：1（ab0）的左、右焦点，点P(，1)在12a2b23265椭圆C上，且△FPF的垂心为H()，。1233（1）求椭圆C的方程；（2）设A为椭圆C的左顶点，过点F2的直线l交椭圆C于D、E两点，记直线AD、AE1的斜率分别为k、k，若kk，求直线l的方程。12122265【解答】设F(c，0)，F(c，0)。由△FPF的垂心为H()，，得FHPF。1212331251245∴kk31，c2，解得c21。………………5分F1HPF2262693cc3326241由点P(，1)在椭圆C上，得1。结合a2b2c21，解得a24，b23。39a2b2x2y2∴椭圆C的方程为1。……………………………10分43（2）由（1），知A(2，0)，F2(1，0)。若l斜率不存在，则由对称性，k1k20，不符合要求。若l斜率存在，设为k，则l方程为yk(x1)。yk(x1)2222由x2y2，得(4k3)x8kx4k120………①1438k24k212设D()x，y，E()x，y，则xx，xx。…………………15分1122124k23124k23y1y2k(x11)k(x21)33∴k1k2k(11)x12x22x12x22x12x228k23(24)3(x1x24)3(x1x24)4k3k2k2k222(x2)(x2)xx2(xx)44k128k121212244k234k233(8k216k212)2k211。k2222k(22)4k1216k16k12kk81又kk，因此，k2，直线l方程为y2(x1)。………………………20分12213．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。A证明：（1）△APQ∽△ABC；（2）若EOPQ，则QOPE。PQOBDEC【解答】（1）连结PD，QD。（第13题图）∵P、Q分别为△ABD、△ADC的外心，∴PQ为线段AD的垂直平分线。A1∴APQAPDABDABC，21PAQPAQDACDACB。F2M∴△APQ∽△ABC。…………5分Q（2）连结OA，OB，OP，PB，QC，ON延长与相交于点。由、、分OQACFOPQCBDE别为△ABC、△ABD、△ADC的外心，知OP、（第13题答题图）OQ、PQ分别是线段AB、AC、AD的垂直平分线。∴APBAPDBPD2(ABDBAD)2ADCAQC。11又OBPOAP，AQFAQCAPBAPO。22∴A、P、O、Q四点共圆，OAPOQP。………………………10分又EOPQ，DAPQ，1∴EO∥DA，OECADCAPBBPO。2∴P、B、E、O四点共圆，OEPOBP。………………………15分设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EOPQ，∴QNEQME90。9∴QOPE。……………………………………20分14．已知f()xexmx。（1）若x0时，不等式(x2)f(x)mx220恒成立，求实数m的取值范围；（2）若x1，x2是函数f()x的两个零点，求证：x1x22。【解答】（1）设g(x)(x2)f(x)mx22，则g(x)(x2)ex2mx2。x0时，不等式(x2)f(x)mx220恒成立x0时，g(x)0恒成立。∵g(x)ex(x2)ex2m(x1)ex2m，g(x)ex(x1)exxex。∴x0时，g(x)xex0，g(x)(x1)ex2m在区间0，上为增函数。1另由g(2)4m20，知m。211①若m，则g(0)12m0，g(2)e22m0。22此时，g()x在区间(0，2)内有唯一零点，设为x0。则0xx0时，g(x)0。11∴g()x在区间0，x上为减函数，g(x)g(0)0。因此，m不符合要求。0022………………………………5分1②若m，则x0时，g(x)g(0)12m0。此时，g()x在0，上为增函数。21∴x0时，g(x)g(0)0。因此，m符合要求。21由①、②，得m的取值范围为，。………………………………10分2x（2）∵x1，x2是函数f()xemx的两个零点，x1x2x1x2x1x2∴emx1，emx2，m()x1x2ee，m()x1x2ee。不妨设x1x2，易知m0，联立上述两式，消m，得x1x2x1x2(x1x2)(ee)(x1x2)(e1)x1x2。………………………………15分ex1ex2ex1x211又由（1）知，对m，当x0时，g(x)(x2)ex2mx20恒成立。2∴当x0时，(x2)exx20恒成立。x(ex1)xexx2ex2(x2)exx2∴当x0时，20。ex1ex1ex1x1x2(x1x2)(e1)∴x1x2220，x1x22。ex1x2110当x1x2时，同理可得，x1x22。∴x1x22。………………………20分15．设M是由有限个正整数构成的集合，且MAAABBB12201220，这里Ai，Bi，i1，2，…，20，并对任意的1ij20，都有AAij，BBij。已知对任意的1i20，1j20，若ABij，则ABij18，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）【解答】记，，，，，，，。minA1A2A20B1B2B20t不妨设A1t，AB1i，i1，2，…，k；AB1j，jk1，k2，…，20。设aiA1Bi，i1，2，…，k。∵对任意的1ij20，都有BBij，∴a1，a2，…，ak互不相同，A1k，即tk。………………………5分∵对任意的1i20，1j20，若ABij，则ABij18，∴当jk1，k2，…，20时，ABAB1j1j18。即，当jk1，k2，…，20时，Bj18t。……………………10分∴MBBBBBBBB122012kk120kt(20k)(18t)3602kt18k20t1802(k10)(t9)若t9，则kt9，M1802(k10)(t9)180。若t10，则M20t200。∴总有M180。……………………………15分另一方面，取AiBi9(i1)19(，i1)2，，9(i1)9，i1，2，…，20，则MAAABBB122012201，2，，180符合要求。此时，M180。综上所述，集合M的元素个数的最小值180。……………………………20分11