2022年全国高中数学联赛福建赛区预赛含解析答案
322022年全国高中数学联赛福建赛区预赛一、填空题（每小题6 分，共6 0 分）1.已知复数z1、32 在复平面上对应的点分别是A、B,且1z,1=2,z-2z,2+4z2=0,0是坐标原点.则OAB的周长是2.已知函数f(x)=1og。在ax一+22区间2,3 上恒正.则实数的取值范围是3.如图1，点M、N分别在ABC的边AB、A C 上,且AM=xAB,AN=yAC,D 是线段BC的中点,G是线段MN与AD的交点.若AAD一541则的最小值是+24.如图2，P是长方体 ABCD-A,B,C,D,的对角线BD,上一点，平面APC/平面DA,Ci.若 AA,=2AD,则二面角 P-AB-C的正切值是5.已知各项均为正数的等比数列（a，中,a=2,ag+a1o=16(a4+ag).数列(bn满足：对任意正整数几，有a,b+azb2+.+anb,=(n-1)2n+1+2.6b2则一+a2a6.从1,2,11这11个正整数中任意ANMBDC图1DPB图2抽取3个不同的正整数a、b、c.乘积abc能被4整除的概率是7.已知双曲线1(a0,b6250）的离心率为,F、F2 分别为的左、右2焦点.过点F2的直线I交于A、B两点（点A在第一象限）,且AF,=3F,B.若F,AB的32面积是则F,AB内切圆半径是38.已知、E(0,元),且+2=元.则cos+cos+sin2的最大值是9.92022的末三位数是10.已知A1,A2,A,是集合A=1,2，,10 的n个非空子集.若对于任意的i、jE1,2,n,均有A,UA,A,则n的最大值是二、解答题（每小题2 0 分，共10 0 分）11.如果对任意的整数、y，不等式4x2+y2+1kx(y+1)1恒成立，求最大常数k.212.已知椭圆：:1(ab0)的离心率为AI、A,分别为的左、右顶2点，F、F2 分别为的左、右焦点，B为的上顶点，且BA,F，的外接圆半径为2213(1)求椭圆厂的方程。(2）设与x不垂直的直线l交于P、Q两点（P、Q在轴的两侧），记直线A,P、P A 2、A,Q、Q A，的斜率分别为ki、k 2、k 3、k g.已知2022年第12 期335ki+k4=(kz+k）,求F,PQ面积的取值3范围13.如图3,Gi、G,分别为ABC、A CD的重心，AG,C的外接圆与直线BD交于点P,且/G,AG,=/AG,C=90,证明:APD=L CPGI.CCGDBA图3114.已知函数f(x)=xlnx+2x(a0).3(1)若f(）1恒成立,求的最小值；(2）若f(x）存在最大值,求的取值范围.15.某校数学兴趣小组有14位同学，他们组成了n个不同的课题组每个课题组有6位同学，每位同学至少参加2 个课题组，且任意两个课题组至多有2 位共同的同学.求几的最大值参考答案一、1.3+/3.由 2 -2 2/2 2 +42 2 =02-2.+4=0Z222=1/3i22 z1=(1 /3 i)2,1z/=I(1 /3 i)z2 I=2 1z2 1.又1z,1=2,则1z21=1,1z1-2 I=1(1 /3 i)2-z2 I=/31z21=/3.从而，0 AB的周长是3+/3.2.(43)(*)11设g（x）=2a2一+213由 g(2)=2a-2+423当且2 x0.4311故时，2在区间ax14一+222,3上单调递增.3若a0,f(x）0 台g(3)1,则xE2,3时,f(x)0 g(2)1.5因此，4综上,(3)(号+8)8539依题意有333(AB+ACAD5521AM+一AN)31033AN.AM10 x10y由M、G、N三点共线3310 x10y10113由于点M、N分别在ABC的边AB、A C上,从而,xE0,1,yE0,1.77故一1，33中等数学34于足，1 1.31记=41021+则+4t23201002280=5t253939280注意到,函数(L)=5(t-2)在E9内单调递增，从而，802285（t），=51+in9min394851因此，的最小值为，最小值在+9X3，=1时取得4.2.如图4,设0 1、0分别为长方体上、下底面矩形对角线的交点.因为平面APC/平面DA,C,平面 D,DBB,与平面APC交于OP,平面 D,DBB,与平面DA,C,交于 DO1,所以,OP/DOT.又OB,/DO1,则0、P、B三点共线.设Q为DO,与D,B的交点.则Q为D,P的中点，P为QB的中点，从-BD而，BP=3作PH工DB于点H,HR工AB于点R.则PH平面ABCD,PRAB,/PRH为二面角P-AB-C的平面角.由 AA,=2AD,BP:BD3D0一AB一1PDXCHRAB图4DD，2PH：-AD,RHAD333PH tan L PRH2HR二面角P-AB-C的正切值为2.5.2_+22设ia,的公比为q.由 ag+a1o=16(a4+ag)=q(a4+ag)=16(a4+ag).结合an0,得q4=16,q=2.又 a1=2,则a,=2.由式知当n=1时，a,b,=2,b,=1.当n2时，a,b,=(n-1)2+I+2)-(n-2)2+2)=2”.于是，b，=n.因此,对一切正整数n,b,=n.6，设S,=+一+2213则S,=222223213S2十232+1111一十22+1222+2=1一12+2”+2 S,=2 _+22”20633考虑abc能被4整除的取法.由abc能被4整除知a、b、c 中至少有1个数为偶数.若、b、c 中恰有1个偶数2 个奇数，则2022年第12 期35偶数须为4或8，不同的取法有C,C=30种.若、b、c 中恰有2 个偶数1个奇数，则不同的取法有 C?C=60 种.若、b、c 均为偶数,则不同的取法有Cs=10种.故使abc能被4整除的不同取法有30+60+10=100 种.10020因此,abc能被4整除的概率为33117.1.如图5,设1BF21=t,则IAF,l=3t,IF,Al=2a+3t,IF,Bl=2a+t.A0FFB2图5由双曲线离心率为知21F,F,I=2c=/5a.由/AF,F,+ZBF,F=元及余弦定理知cos Z AF,F,+cos L BF,F,=O,(/5a)+(3t)-(2a+3t)即2/5a3t(5a)+-(2a+1)=02/5axt1a.65113故IAFF,BIaaa6LAF.F.2IABI：a,cos32215a2aa2253332S=8Fi A B4432=16a=4.一a从而，F,AB的周长15a1316264a+十a32633设F,AB的内切圆半径为r，则1，6432SAF1FiAB3223=1.38.由已知得+元=sin0.COSCOS22+.又cos +cos=2cosCOS22-+0cos1,cos0，22+故cos+cos=2cosCOS22+=2sin.2cos2则 cos+cos+sin 22sin+sin 2,当且仅当=时，上式等号成立.设f()=2sin+sin 2.则f()=2cos+2cos2=2(cos +1)(2cos-1).元故当0 0;3元元当时，f(）0.7则当x0或x2时，2+1-3x0.4故当x0或x2时，对任意的均有4x?+y2+1-3x(y+1)9-3xy+)2-3x+1)744327-3x+1)0.2一24又当x=1时，4x*+y2+1-3x(y+1)=y2-3y+2=(y-1)(y-2)0对任意整数成立，从而，对任意整数x、y，均有4x2+y2+1-3x(y+1)0.因此，不等式对任意整数x、y 均成立.综上，k的最大值为3.一112.（1)由椭圆T的离心率为知2于是,IBF,1=a=2c=10F,1.故/F,B0=30,/BF,0=60,Z BF,A,=120又1AB1=/?+b2=/4c?+3c=/7c,2/21，则且BA,F的外接圆半径为一V7cIABI2221sin/BF,A,sin1203C=2 a=4,b=2/3.因此，椭圆厂的方程为11612（2）如图6，易知直线1斜率不为0.设l:x=ty+m.rx=ty+m,由，得1612(3t2+4)y+6mty+3m-48=0.2022年第12 期37BPFADA，图6设 P(x1,1),Q(x2,y2).3m-6mt故y1+y2=3+42-48y1y23t2+4由(1)知 A,(-4,0),A2(4,0).故ki/kiz=kpA,kpAz=x+4x1-4223-1644233类似地,hs,ha=os,hoa,=-4因为kt+k4=号(kg+ks),所以,335(k2+ks），4h33.k2+ks5(kz+ks）.即4K2k33由l与x轴不垂直=kz+k309k2ki3=-209kpA,kQA220y29x-4x2-420=20y1y2+9(tyi+m-4)(ty2+m-4)=0.=(9t2+20)yiy2+9t(m-4)(yi+y2)+9(m-4)2=0.3m248(9t2+20)+9t(m-4)3+4-6mt+9(m-4)=032+4 m-3m-4=0=m=-1或m=4.因为P、Q 在x轴的两侧,所以，3m-480=-4m/5,且18/4t+572入72SAF.PQ=3+432+113入+入72因为函数=在区间/5，+8)13入+入上为减函数，所以，F,PQ面积的取值范围513.如图7，联结BG并延长，分别交CA、CG,于点M、N.由G是ABC的重心知M是AC的中点.设直线CG,与BD的交点为Q.因为/G,AG,=/AG,C=90,所以,AGi/NC.又AM=MC,故中等数学38四边形ANCG是平行四边形从而,G,N=2G,M=BGI.CMBDA图7又G,是ACD的重心,AM=MC,则D、G 2、M 三点共线MG21MG，故2GBG,G2/BD.又G,N=BGi,G为NB的中点,于是,G,G2是NBQ的中位线，G2是NQ的中点.从而,ANQ是等腰三角形.因此,AQ=AN=G,C,梯形AQCG是等腰梯形.故A、Q、C、G 四点共圆.则Z APD=Z APQ=Z CPG.34+21,得a3.114.(1)由f(1)=0-下面证明a=3符合要求.当 a=3 时,f(x)=xln x-x3+2x.g(a)-1-1n-*+-1则g(x)=一-2 x+11(x-1)(2x+2x+1)x02当0 x0;x1 时,g(x)0得f()1.从而，a=3符合要求因此，a的最小值为3.(2)f()=1+ln x-ax+2lnx+32a21nx+3设h(）=由h(x)=-2ln-5，则：0 x0;xe-时,h()0.故h()在区间(0,e-)上递增,在区间(e-,+)上递减.又x0 时,h()-8;x+8 时,h()0;1h（e-5e21故当a5时,h()-a0,f(x)0,2f()在区间(0，+）递减，f()无最大值；当0 a5时,h()-有两个不同e2的零点,设为1、2,且xx2.则0 xe-x2,且当0 xx2时,h(x)0,f()0;当xx0,f()0.于是，()在区间(0,）上递减，在区间（1,x2）上递增，在区间(2，+）上递减.又x0 时,F(x)0,且 0 xx e-e-2时,f()0,故f(x)有最大值f(x2)0Inx2+3-a=0,2212+20.2nax232消去得-1nx2+1033x2e结合a=h(x2)以及h(x)在区间(e-,陈德燕提供）n2022年第12 期393+8）上递减，可得0 a2综上，当f(）存在最大值时，的取值范围是0，215.将14位同学记为S1,s2，,S 14;课题组集合记为Gi,G2,Gn.则1G,l=6(i=1,2,n),且IG,nG,l2(1ijn).设s(k=1,2,.,14)属于Gi,G2,.,Gn中的个集合。则r2,且ri+T2+.+Ti4=6n.考虑三元数组（sh，G,G）的个数S,其中,sEG;nGj一方面,对于固定的G、G(1i j n），由题意至多有2 个s:属于三元数组（sk，G,G,),故 S2C=n(n-1).另一方面，
