解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷

第=1+1页共sectionpages13页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【答案】5【解答】取AB中点O,则AP由AB=4,BC=所以CO=又CP=1,所以PO的最大值为所以AP⋅BP的最大值为2.已知z1,z2【答案】0【解答】设z=x+则z3即x3由x,y∈R,得x3于是z1所以z2z因此z13.设a=66⋯6⏟【答案】33【解答】用x,y表示正整数则a,设m=则由m=11⋯同理可得,m,所以a,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】64【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:C12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C4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×所以每组的2人均来自不同年级的分组方式有36×所以每组的2人均来自不同年级的概率为36×5.如图,在棱长为6的正方体ABCD−A分别为AB,BC的中点,点G在棱CC1上.若平面EFG与底面ABCD所成角的余弦值为31717,则平面【答案】6【解答】如图,以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为(第5题答题图)则E6,3,0,F设m=x,m⋅EF=−3x+又n=0,0,1为平面ABCD的一个法向量,且平面所以cos⟨m结合t>0,解得t=延长EF交直线DC于点M,由E,F分别为AB,BC的中点,知点M在由CGDD1=2延长FE交直线DA于点N,连接D1N交AA1于点P,则D1P也是截面多边形的一条边.另由连接PE,则五边形EFGD1P为平面EFG易知EF=D所以截面五边形的周长为613注:作CH⊥EF与H,则GH⊥EF,∠GHC为二面角6.对于实数x,y,z,记max{x,y,z}为x,y,【答案】36【解答】设M=maxa2因为a,b非负实数,且所以4M+M+又当a=6,所以M的最小值为36,即maxa7.已知Sn为数列an的前n项和,且Sn=98a【答案】1799【解答】依题意a1=9当n≥2时,an于是an因为a1+3所以an+3所以SnS于是i=因为98×1799所以使i=1n8.设fx=a6x6+a【答案】-1【解答】因为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为双曲线C:x24−y2=1的右顶点,过点A斜率分别为k1、k2的直线l1、【答案】4【解答】依题意直线l1方程为y=k1x由y=k1x−所以kPM=4因为k1k2所以M,因此PM⋅又由k1k2所以4k不妨设k2>k1,则0<所以k1=2所以S△10.若x1,x2,⋯,x100【答案】5000【解答】记x101=x1,设ai因为x1,x所以a1,a2,⋯,因为S=x1−x2+S=由于当x1n=S===所以S的最大值为5000.二、解答题(共5小题,每小题20分,满分100分.要求写出解题过程)11.已知F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b（1）求椭圆C的离心率;（2）若△F1AB的面积为24【解答】（1）由AF1=又AF2=在△Fcos∠在△F1A所以2c2所以椭圆离心率e=（2）因为S△所以a2=18,椭圆C所以F1设Ax0,y0由于点A在第一象限,因此x0所以点A的坐标为3,12.已知函数fx（1）当m=1时,求（2）若fx≥0【解法一】（1）m=1时,fx设gx=e所以x<0时,g'x<0;x>所以gx≥g0=所以fx设ℎx由于ℎ−所以存在x0∈−因此fx所以fx（2）当m≤1时,由（1）,以及fxf≥所以m≤1时,不等式当m>1时,对(1)中的f因此m>综上,m≤1,【解法二】（1）m=1时,fxf设gx=e所以x<0时,g'x<0;x>因为g−所以gx在−2,−1,于是当x∈−2,α时,gx>0,进而有f'x<0;当因此fx在区间−2,α上递减,在α,−所以fx的最小值为f由gα=eα−所以fα同理fβ所以fx（2）当m≤1时,由（1）,以及fxf≥所以m≤1时,不等式当m>1时,对(1)中的f因此m>综上,m≤1,13.如图,O为锐角△ABC外接圆圆心,AD为⊙O的一条直径,H是△ABC的垂心,BE,CF是△ABC的两条高,M是边BC的中点,S是点M关于圆心O的对称点.已知直线EF过点（1）求证:H,（2）求证:A,（3）若△ABC外接圆半径为R,求线段AM的长（用R【证明】（1）如图,连接DC,(第13题图)由AD为⊙O的直径知DC因为BE,CF是所以BE⊥CA,所以DC//BE,所以四边形CDBH为平行四边形.因为M是BC的中点,所以M也是DH的中点.因此H,（2）由CF⊥AB,BE⊥所以TF⋅(第13题答题图)连接AT交⊙O于点K,则由圆幂定理知所以TK⋅TA=综上可得,A,所以∠AKH又AD为⊙O的直径,∠所以∠AKH因此K,H,另一方面,由H是△ABC的垂心,AH⊥BC,O为△ABC外接圆圆心,M是边BC的中点,且S是点M关于圆心所以AH//SM,且AH=SM.连接所以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.已知非负实数a,求证:ab【证明】因为非负实数a,a=≤a+当且仅当a=另一方面,不妨设e=min{a所以ab+由①,②得a所以ab由于当a=b=所以ab所以ab15.设正整数n是合数,d1,d2,⋯,dkk≥3是n的全部正因数,且1=d1<d2<⋯<dk（1）问:16,2024是否为“好数”?（2）求所有的“好数”.【解答】(1)因为16=因为2024=1<2其中“好因数”有23另一方面,2024只有3个不同的素因子2,11,23.所以2024不是“好数”.（2）依题意“好数”为合数.①若n=pα(p为素数,α≥2),则n②若“好数”n恰好有两个不同的素因子p,则存在一个最大的正整数α,使得1<将n的正因数从小到大排列.则pα−1,p由于n只有2个素因子p和q,且n为“好数”,所以pα是n所以q不是“好因数”,q后面的一个因数能被q整除,于是q后面的一个因数为pq.因此pα,q于是npq,n因为q<pα+1<pq,所以p由于npq⋅n因此nq=p③若“好数”n至少有3个不同的素因子,设p1,p则存在一个最大的正整数α,使得1<仿②可知,p1类似地可知,在n的正因数从小到大的排列中,排在pi2≤i≤k前面的一个因数也是“好因数”.于是n至少有k−1个“好因数”,由于n是“好数”,因此在n的正因数从小到大的排列中,若排在p2与p1p2之间的因数中有素数,设排在最后的一个素数为p,则p也是排在p2由p的最大性可知,p的前项不能被p整除.由p1<p2<⋯<pk知,p≥p3>结合p为素数可知,p不能整除p的前项与后项的乘积,因此p是n的一个“好因数”.于是由前面讨论可知,p是n的某个素因子pii≥3的前项,即所以在n的正因数从小到大的排列中,若排在p2与p所以在n的正因数从小到大的排列中