Sí.
Supongamos que $f:A\to B$ tiene propiedades $(1)$$(2)$; bien podemos suponer también que $f$ es surjective. Deje $a\in A$, y deje $\mathscr{H}$ el conjunto de cerrado nbhds de $a$; $A$ es regular, por lo $\mathscr{H}$ es un filterbase para la nbhd filtro en $a$. Vamos $\mathscr{G}=\{f[H]:H\in\mathscr{H}\}$; $\mathscr{G}$ es un filterbase de conjuntos cerrados en $B$, e $f(a)\in\bigcap\mathscr{G}$.
Para cada una de las $x\in A$ deje $F_x=f^{-1}[\{f(x)\}]$. Si $x\in A\setminus F_a$, $F_a$ $F_x$ son distintos conjuntos cerrados en $A$, por lo que hay un $H\in\mathscr{H}$ tal que $H\cap F_x=\varnothing$, y, por tanto,$f(x)\notin f[H]$. Por lo tanto, $\bigcap\mathscr{G}=\{f(a)\}$.
Si $f$ no es continua en a $a$, hay un abrir nbhd $U$ $f(a)$ tal que $f[H]\nsubseteq U$ por cada $H\in\mathscr{H}$. Deje $K=B\setminus U$; claramente $K\cap\bigcap\mathscr{G}=K\cap\{f(a)\}=\varnothing$. Por otro lado, $f[H]\cap K\ne\varnothing$ por cada $H\in\mathscr{H}$, lo $\{K\}\cup\mathscr{G}$ es un centrada en la familia de conjuntos cerrados (es decir, tiene la intersección finita de la propiedad), y por lo tanto $K\cap\bigcap\mathscr{G}\ne\varnothing$, ya que el $B$ es compacto. Esta contradicción muestra que $f$ debe ser continua en $a$, y desde $a\in A$ fue arbitraria, $f$ es continua.