面试问题及回答-知识就是力量演讲稿

2017年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛
暨2017年福建省高中数学竞赛试卷参考答案
（考试时间：2017年5月21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． 已知集合
A

xlog
2
(x1)1

，< br>B

x
取值范围为 。
【答案】
(1，5)

【解答】由
log
2
(x1)1
，得
0x12
，
1x3
，
A( 1，3)
。
由xa2，得
2xa2
，
a2xa 2
，
B(a2，a2)
。
若
AB
，则a21
或
a23
，
a1
或
a5
。
∴
AB
时，
a
的取值范围为
(1，5)
。
2．已知
f(x)
是定义在
R
上的奇函数，且函数
yf(x1)
为偶函数，当
1x0
时，
9
f(x)x
3
，则
f()
。
2
xa2
，若
AB
，则实数
a
的
【答案】
1

8
【解答】由函数
yf(x1)
为偶函数，知
f(x1) f(x1)
。
又
f(x)
为奇函数，
∴
f(x 2)f(x)f(x)
，
f(x4)f(x2)f(x)
。
91111
∴
f()f()f()()
3

。
22228
3．已知

a
n

为等比数列，且
a
1
a
2017
1
，若
f(x)
2
1x
2
，则
f(a
1
)f(a
2
)f(a
3
)L f(a
2017
)
。
【答案】
2017

12222x
2
2

2
2
。 【解答】由< br>f(x)
知，
f(x)f()
22
2
1
x1 x
1()
2
1xx1
1x
x
∵
a
n

为等比数列，且
a
1
a
2017
1
，
∴
a
1
a
2017
a
2
a
2016
a
3
a
2015
La
2 017
a
1
1
。
∴
f(a
1
) f(a
2017
)f(a
2
)f(a
2016
)f( a
3
)f(a
2015
)Lf(a
2017
)f( a
1
)2
。
∴
2

f(a
1)f(a
2
)f(a
3
)Lf(a
2017
)




f(a
1
)f(a
2017< br>)



f(a
2
)f(a
2016)



f(a
3
)f(a
2015
)

L

f(a
2017
)f(a
1)



1

22017
。
∴
f(a
1
)f(a
2
)f(a
3
)Lf(a
2017
)2017
。 < br>4．将8个三好生名额分配给甲、乙、丙、丁4个班级，每班至少1个名额，则甲班恰好
分到2个 名额的概率为 。
【答案】
2

7
【解答】将8个三好生名额分配给甲、乙、丙、丁4个班级，每班至少1个名额的不同
335
种。分配方案有
C
7
（用隔板法：将8个名额排成一排，在它们形 成的7个空挡中插入3
块隔板，则每种插入隔板的方式对应一种名额分配方式，反之亦然。）
其中，甲班恰好分到2个名额的分配方案有
C
5
2
10
种。（相当 于将6个名额分配个3个
班级，每班至少1个名额。）
所以，所求的概率为
102

。
357
5．三棱锥
PABC
中，
△ABC
是边长为
23
的等边三角形，
P BPC5
，且二面角
PBCA
的大小为
45
，则三棱锥< br>PABC
的外接球的表面积为 。
【答案】
25


【解答】如图，取
BC
中点
D
， 连
AD
，
PD
。
由
△ABC
是边长为
2 3
的等边三角形，
PBPC5
知，
ADBC
，
PDBC
，
PD2
。
∴ < br>PDA
为二面角
PBCA
的平面角，
P
PDA45 
，
BC面PAD
，
面PAD面ABC
。
作
PO
1
AD
于
O
1
，则
PO
1
面ABC
。
∴
PO
1
O
1
D1
，
O
1
A2
，
O
1
为
△ABC
的外心，三
棱锥
PABC
为正三棱锥。
设三棱锥
PABC< br>外接球的球心为
O
，半径为
R
。
则
O
在直 线
PO
1
上，且
PO
1
PO
∴
(R 1)
2
2
2
R
2
，
R
球的表面积 为
4

R
2
25

。
x
2< br>y
2
1
上一点，
F
1
、
F
2为双曲线
C
的左、右焦点，
M
、
I
分6．已知
P
为双曲线
C
：

412
2
A
O
1
B
D
C
O
1
A
2
OA
2< br>。
5
，三棱锥
PABC
的外接
2
O
别为
△PF
1
F
2
的重心、内心，若
MIx
轴，则< br>△PF
1
F
2
内切圆的半径为 。
【答案】

6

2

【解 答】如图，不妨设点
P
在第一象限，
D
、
E
、
F< br>分别为
⊙I
与
△PF
1
F
2
三边相切的切< br>点。
则由切线长定理以及双曲线定义，得
2aPF
1
PF2
(PFFF
1
)(PEEF
2
)FF
1< br>EF
2
F
1
DF
2
D
(x
D
c)(cx
D
)2x
D

∴
x
D
a2
，
x
M
x
I
x
D
2
。
y
0
)
，由
M
为
△PF
1
F
2
重心，知设
P(x
0，
x
0
3x
M
6
，
y
0
46
。
∴
PF
1
(64)
2
(46 0)
2
14
，
PF
2
(64)
2
(460)
2
10
。
设
△PF
1
F
2
内切圆半径为
r
，则 < br>1
S
△PF
1
F
2
(PF
1
P F
2
F
1
F
2
)r16r
。
2
另一方面，
11
S
△PF
1
F
2F
1
F
2
y
0
846166
。
22
∴
16r166
，
r6
。
c
，7．在
△ABC
中，内角
A
、
B
、且
sinC cos
C
所对的边分别是
a
、
b
、
AA
 (2cosC)sin
，
22
cosA
3
，
a4，则
△ABC
的面积为 。
5
【答案】
6

【解答】由
sinCcos
AAAAA
(2cos C)sin
，知
2sinCcos
2
2(2cosC)sincos。
22222
∴
sinC(1cosA)(2cosC)sinA< br>，
sinCsinCcosA2sinAcosCsinA
。
∴ < br>sinCsinCcosAcosCsinA2sinA
，
sinCsin(C A)2sinA
。
∴
sinCsinB2sinA
，即
cb2a
。
又
cosA
3
，
a4
。
5
3
∴
4
2
b
2
c
2< br>2bccosA
，即
4
2
b
2
(8b)2
2b(8b)
，解得
b3
或
b5
。
5

3


b3

b5
∴

，或

。
c5c3

114
∴
△ABC
的面积
SbcsinA356
。
2258．若关于
x
的方程
x
2
axb30
（
a
，
bR
）在区间

1，2

上有实根，则< br>a
2
(b4)
2
的最小值为 。
【答案】
2

【解答】由
x
2
axb 30
知，
bx
2
ax3
。
∴
a
2
(b4)
2
a
2
(x
2
a x1)
2
a
2
(x
2
1)
2
2 ax(x
2
1)a
2
x
2

(x
2
1)(x
2
12axa
2
)(x
2
1 )(xa)
2
x
2
1
。
∵
x

1，2

，
∴
a
2
(b4)
2
x
2
12
，当
x1
，a1
，
b3
时，等号成立。
∴
a
2
(b4)
2
的最小值为2。
9．函数
f(x)2x712x44x
的最大值为 。
【答案】
11

【解答】由柯西不等式知，
(2x7 12x44x)
2
(3
2x712x44x
2
2 6)

326
(326)(
2x712x44x
)11
2
。
326
当且仅当
32

2x 712x
32
9436
6
，即，
x8
时等号成立。

2x712x44x
44x
6
∴
f(x)
的最大值为11。
AB
内（点
C
与
A< br>、
B
10.
A
、
B
、
C
为圆
O
上不同的三点，且
AOB120
，点
C
在劣弧
»
uuuruuruuur
不重合），若
OC

OA
< br>OB
（

，

R
），则


的取值范围为 。
【答案】

1，2


【解答】如图，连结
OC
交
AB
于点
D
。
uuuruuur
uuuruuruuur
设
ODmOC
，则由
OC

OA

OB
，得
uuuruuruuurODm

OAm

OB
。
∵
A
、
D
、
B
三点共线，
∴
m

m

1
，




1< br>。
m
C
A
E
O
D
B
不妨设圆的半 径为1，作
OEAB
于
E
，由
AOB120
，知< br>
4

OE
1
。
2
1
AB
内（点
C
与
A
、
B
不重合），且点
C
在劣弧
»
，
2
∵
ODOE
∴
1
m1
。于是，
1



2。
2
∴



的取值范围为

1，2

。 另解：如图，以
O
为原点，线段
AB
的垂直平分线所在直线为
y
轴建立直角坐标系。
1)
，
B(3，1)
。 不妨设圆
O
半径为2，则由
AOB120
，知
A(3，
设
C( 2cos

，2sin

)
。
uuuruuruuur< br>则由
OC

OA

OB
，得
(2co s

，2sin

)

(3，1)

(3，1)
。
∴



2sin

。
AB
内（点
C
与
A
、
B
不重合）∵ 点
C
在劣弧
»
，
∴
30

150
。
∴
1
sin
1
，



2sin


1，2

。
2
∴



的取值范围为

1，2

。

















5

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．若数列< br>
a
n

中的相邻两项
a
n
、
a< br>n1
是关于
x
的方程
x
2
nxc
n< br>0
（
n
1，2，3，…）
的两个实根，且
a
1< br>1
。
（1）求数列

a
n

的通项公式；
（2）设< br>b
n
c
2n1
，求数列

b
n

的通项公式及

b
n

的前
n
项的和< br>T
n
。
（必要时，可以利用：
1
2
2
2
3
2
Ln
2

n(n1)(2n1)
）
6
【解答】（1）依题意，由韦达定理，得
a
n
a
n1
n
，
c
n
a
n
a
n1
。
∴
(a
n1
a
n2
)(a
n
a
n1
)(n1)n1
，即
a
n2
an
1
。 ……………… 5分
∴
a
1
，a
3
，
a
5
，…；和
a
2
，
a
4
，
a
6
，…，都是公差为1的等差数列。
又
a
1
1
，
a
2
1a
1
0
。
∴ 对
kN
*
，
a
2k1
k
，
a
2k
k1
。

n1
，n为奇数

2
即
a
n


。 ……………………… 10分
n2

，n为偶数

2
（2）由（1）知，
b
n
c
2n1
a
2n1
a
2n

2n112n2
n(n1)n
2
n
。
22
……………………………… 15分
∴
Tn
(1
2
2
2
3
2
Ln
2
)(123Ln)

n(n1)(n1)
。
3
n(n1)(2n1)n(n1)


62
……………………………… 20分











6

2
x
2
y
2
12．已知椭圆< br>C
：
2

2
1
（
ab0
）过 点
P(2，
。过点
P
作两
1)
，且离心率为
2< br>ab
条互相垂直的直线分别交椭圆于
A
、
B
两点（
A
、
B
与点
P
不重合）。求证：直线
AB
过定点，< br>并求该定点的坐标。
ca
2
b
2
2
41

【解答】依题意，有
2

2
1
，且

。
aa2
ab
解得
a
2
6
，
b
2
3
。
x
2
y
2
1
。 …………………………… 5分 ∴ 椭圆
C
的方程为

63
易知 直线
AB
斜率存在，设
AB
方程为
ykxm
。

ykxm

由

x
2
y
2
，得
1

3

6
(2k
2
1) x
2
4mkx2m
2
60
……… ①
y
1
)
，
B(x
2
，y
2
)
， 设
A(x
1
，
2m
2
6
4mk
则
x1
x
2

2
，
x
1
x
2

。
2
2k1
2k1
…
………………………… 10分
uuruur
由
PAPB
知，
PAPB0
。
∴
(x
1
2)(x
2
2)(y
1
1)(y
2
1)(x
1
2)(x
2
2)(k x
1
m1)(kx
2
m1)0
，
即
(k
2
1)x
1
x
2
(kmk2)(x
1
x
2
)m
2
2m50
。
2m
2
64mk
(kmk2)(
2
)m
2
2m 50
。 ∴
(k1)
2
2k12k1
2
∴
3m
2
8mk4k
2
2m10
。 …………………………… 15分
∴
(3m2k1)(m2k1)0
。
1)
，知
m2k10
。 由直线
AB
不过点
P(2，
2121
∴
3m2k 10
，
mk
，直线
AB
方程化为
ykxk。
3333
21
)
。 …………………………… 20分 ∴ 直线
AB
过定点
D(，
33




7

13．如图，
PA
、
PBC
分别是圆
O
的切线和割线，其中
A
为切点，
M
为切线PA
的中点，
弦
AD
、
BC
相交于点
E
，弦
AB
延长线上的点
F
，满足
FBDFED
。
求证：
P
、
F
、
D
三点共线的充分必要条件是M
、
B
、
D
三点共线。
【解答一】由
PA
为圆
O
的切线知，
A
M
P
B
F
D
E
C
PADABD180
。
又
FBDABD180
，
∴
PADFBDFED
。
∴
EF∥AP
。 ………………… 5分
（1）若
M
、
B
、
D
三点共线。
设直线
AB
，
DP
交于点
F
1
。
AM
PF
1
DE
1
。 则由塞瓦定理知，
MPF
1
DEA
（第13题）

A
M
P
F
F
1
B
E
C
……………………… …… 10分
∵
AMMP
，
∴
PF
1
AE

，
EF
1
∥AP
。
F
1
DED
D
又点
F
、
F
1均在直线
AB
上，因此
F
、
F
1
重合。
∴
P
、
F
、
D
三点共线。 ……………………………… 15分
（2）若
P
、
F
、
D
三点共线。
设直线
DB
、
AP
相交于点
M
1
。
则由塞瓦定理知，
AM
1
PFDE
1
。
M
1
PFDEA
P
A
M
M
1
B
F< br>D
E
C
∵
EF∥AP
，
∴
PFAE
，

FDED
AM
1
1
，< br>AM
1
M
1
P
，
M
1
为
PA
的中点
M
1
P
M
、
M
1
重合 。
∴
M
、
B
、
D
三点共线。
由（ 1）、（2）可得，
P
、
F
、
D
三点共线的充分必要条件是
M
、
B
、
D
三点共线。
………………………………………………… 20分





8

【解答二】由
FBDFED
知，
B
、
F
、
D
、
A
M
PB
F
D
E
C
E
四点共圆。
∴
AFEBDE
。
由
PA
为圆
O
的切线知，
BDEPAF
。
∴
AFEBDEPAF
。
∴
EF∥AP
。………………… 5分
（1）若
M
、
B
、
D
三点共线。
连结
BM
、
DP
、
DF
。
由
M
为切线
PA
的中点知，
MPMB
。

MP
2
MA
2
MBMD
，即
MDMP< br>M
P
A
………………… 10分
∴
△MPB∽△MDP
。
∴
MDPMPBAPB
。
又由
B
、
F
、
D
、
E
四点共圆以 及
EF∥AP
知，
F
B
E
C
D
MDF BDFBEFAPB
。
∴
MDFMDP
。
∴
P
、
F
、
D
三点共线。 ………………… 15分
（2）若
P
、
F
、
D
三点共线。
设直线
DB
、
AP
相交于点
M
1
，则
PDM< br>1
FDBFEBM
1
PB
。
又
PM
1
BDM
1
P
，
∴
△M
1
PB∽△M
1
DP
。
∴
M< br>1
P
2
M
1
BM
1
D
。 又
M
1
A
2
M
1
BM
1
D
，
∴
M
1
P
2
M
1
A
2
，
M
1
PM
1
A
。
因此，
M
1
为
PA
的中点，
M
、
M
1< br>重合。
∴
M
、
B
、
D
三点共线。 < br>P
B
F
D
M
1
M
E
C
A< br>由（1）、（2）可得，
P
、
F
、
D
三点共线的充分 必要条件是
M
、
B
、
D
三点共线。
………………………………… 20分






9

14．已知
a0
，
f (x)ln(2x1)2ax4ae
x
4
。
（1）当
a1
时，求
f(x)
的最大值；
（2）判断函数
f(x)
零点的个数，并说明理由。
【解答】（1）当a1
时，
f(x)ln(2x1)2x4e
x
4
，
f

(x)
4
1
4e
x
0
， ∵
x
时，
f

(x)
2
(2x 1)
2
2
24e
x
。
2x1
1
∴
f

(x)
在
(，)
上为减函数。
2
又
f

(0)2240
，
1
∴
x0
时，
f

(x)0
；
x0
时，
f

(x)0
。
2
< br>1

0

上为增函数，在

0，
∴
f(x)
在区间

，


上为减函数。

2

∴
a1
时，
f(x)
的最大值为
f(0)0
。 ……………………………… 5分
（2）
f

(x)
4
2
4ae
x

2a4ae
x
，
f
 
(x)
2
(2x1)
2x1
1
当
a0
，且
x
时，
f

(x)0
。
2
1
∴
f

(x)
在
(，)
上为减函数。
2
1
∵
x
时，
f

(x)
；
x
时，
f

(x)
。
2
∴
f

(x)
存在唯一实根，设此根为
x
0
。
则

1
xx
0
时，
f

(x)0
；
xx
0
时，
f

(x)0
。
2

1

x
0

上为增函数，在< br>
x
0
，
∴
f(x)
在区间

，


上为减函数。
f(x)
有最大值
f(x
0
)
。

2

……………………………………… 10分
① 当
a1
时，由（1）知，
f(x)
有唯一零点。
② 当
0a1
时，由
f

(0)22a4a22a0< br>知，
x
0
0
。
∴
f(x
0
)f(0)4a40
。
1
又
x
时，
f(x)
；
x
时，
f(x)
。
2

10

1
)
内各有一个零点。 ∴
f(x)
在区间
(， x
0
)
，
(x
0
，
2
∴ 当
0a1
时，
f(x)
有两个零点。 …………………… 15分
1
③ 当
a1
时，由
f
< br>(0)22a0
，知
x
0
0
。
2由
f

(x
0
)
22
2a4ae
x
0
0
，知
4ae
x
0
2a
。
2x
0
12x
0
1
2
2a)4

2x
0
1
∴
f(x
0
)ln(2x
0
1)2ax
0
4ae
x
0
4ln(2x0
1)2ax
0
(
ln(2x
0
1)2a x
0

2
1
2a4
，（
x
00
）。
2x
0
1
2
设
g(x)ln( 2x1)2ax
2
2a4
。
2x1
24
1
2a0
， ∵
x0
时，
g

(x)
2x1(2x1)
2
2

1

0

上为增函数。 ∴
g(x)
在区间

，
2

1
∴ < br>x0
时，
g(x)g(0)22a0
。于是，
f(x< br>0
)0
。
2
∴
a1
时，
f(x)
不存在零点。
综合得，当
0a1
时，
f(x)
有两个零点；当
a1
时，
f(x)
只有1个零点；当
a1
时，
f(x)
不存在零点。 …………………………… 20分













11

15．设
a
1
，
a
2
，
a
3，
a
4
，
a
5
是5个正实数（可以相等）。证明：一定 存在4个互不相同的
下标
i
，
j
，
k
，
l
，使得
a
i
a
k
1

。
a< br>j
a
l
2
【解答】不妨设
a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
，考虑以下5个分数： < br>a
a
1
aaa
，
3
，
1
，
2
，
4
，……………………… ①
a
2
a
4a
5
a
3
a
5
它们都属于区间

0， 1

。 …………………………………… 5分

1

1

1

1

1< br>
，由抽屉原理知，区间

0，

或

，1

中一把区间

0，1

分成两个区间：

0，

和

，
22
22




定有一个区间至少包含①中的3个数（记这3个数依次为
a
，b
，
c
）。
………………………………………… 10分
将①中的5个数依次围成一个圆圈，则①中任意三个数中都有两个数是相邻的（
是相邻的）。即
a
，
b
，
c
中至少有两个数是相邻的。
………………………………………… 15分
假设
a
与
b
相邻，则
ab
1
。 2
a
1
a
与
4
a
2
a
5另一方面，由①中5个分数的分子、分母的下标特征知，围成的圆圈中，任意相邻两个
分数的分子、 分母的4个下标互不相同。
于是，
a
、
b
对应的分数的分子、分母的4个下标符合要求。
因此，结论成立。 ………………………………… 20分












12