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全国高中数学联赛江西赛区预赛12年试题解答(2005——2016年)



全国高中数学联赛 江西赛区预赛
2005——2016 年试题及解答

2016.6


2005 年 2006 年 2007 年 2008 年 2009 年 2010 年 2011 年 2012 年 2013 年 2014 年 2015 年 2016 年


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二○○五年全国高中数学联赛江西省预赛 试题解答
2005 年 9 月 18 日上午(8∶30-11∶00)
考生注意:1、本试卷共三大题(15 个小题),全卷满分 150 分. 2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答. 3、解题书写不要超出装订线. 4、不能使用计算器. 一、选择题(本题满分

36 分,每小题 6 分)本题共有 6 小题,每小题均给出

A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的 括号内。 每小题选对得 6 分; 不选、 选错或选出的代表字母超过一个 (不论是否写在括号内) , 一律得 0 分。 1.设 f ( x ) ? lg

1? x x 3 ? 3x ,| x |? 1, 则 f ( ) 等于( 1? x 1 ? 3x2

).

(A) f 2 ( x ) (B) f 3 ( x ) (C) 2 f ( x) (D) 3 f ( x ) 答:D.

x 3 ? 3x x 3 ? 3x 1 ? 3 x 2 ) ? lg(1 ? x ) 3 ? 3 f ( x) . 解: f ( ) ? lg( x 3 ? 3x 1 ? 3x2 1? x 1? 2 1 ? 3x 3? , 2? ), 若 a tan? ? b tan? ? 1 ,则成立的是( 2. a, b 是不等于 1 的正数, ? ? ( 2 (A) a ? b ? 1 (B) a ? b ? 1 (C) b ? a ? 1 (D) b ? a ? 1 1?
答:B. 解: ? tan ? ? 0, 由 ( )

).

1 1 1 ? ( ) ? tan ? ? 1 ,知 ? ? 1,? a ? b ? 1 . b a b B C B 2 A ? sin 2 ? sin 2 ? cos 2 成立 3. ?ABC 中, BC ? a, AC ? b, AB ? c, 则使等式 sin 2 2 2 2
? tan ?

1 a

的充要条件是( (A) a ? b ? 2c 答:C. 解:由题设知,

). (B) b ? c ? 2a (C) c ? a ? 2b (D) c ? a ? b
2

1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cos C 1 ? cos B B A ?C ? ? ? ? 2sin ? cos 2 2 2 2 2 2

? 2sin B ? sin A ? sin C , ? a ? c ? 2b, 反之也成立。
4. 抛物线顶点在原点,对称轴为 x 轴, 焦点在直线 3x ? 4 y ? 12 上, 则抛物线方程为 (
第 3 页 共 79 页

) .

(A) y 2 ? ?12 x (B) y 2 ? 12 x (C) y 2 ? ?16 x (D) y 2 ? 16 x 答:D. 解: 由顶点在原点, 对称轴为 x 轴知, 抛物线方程为 y 2 ? ?2 px, 在 3x ? 4 y ? 12 中令 y ? 0, 知焦点为(4,0),? p ? 8,? y 2 ? 16 x. 5.设 k ? 3, k ? 0, 则二次曲线

x2 y2 x2 y2 ? ? 1与 ? ? 1 必有( 3? k k 5 2
(C)相同的焦点

).

(A)不同的顶点 (B)不同的准线 答:C. 解: 当 0 ? k ? 3, 则 0 ? 3 ? k ? 3,?

(D)相同的离心率

x2 y2 ? ? 1 表实轴为 x 轴的双曲线,a 2 ? b2 ? 3 ? c 2 . 3? k k

? 二曲线有相同焦点;当 k ? 0 时, ? k ? 0, 且 3 ? k ? ? k , ?
x2 y2 ? ?1 表 焦 点 在 x 轴 上 的 椭 圆 。 3 ? k ?k

a 2 ? 3 ? k , b 2 ? ?k . ? a 2 ? b2 ? 3 ? c 2 与 已 知 椭 圆 有 相 同 焦
点。 6.连结 正五边形 A1 A2 A3 A4 A5 的对角 线交另一个正 五边形

B1 B2 B3 B4 B5 ,两次连结正五边形 B1 B2 B3 B4 B5 的对角线,又交出一个正五边形 C1C2C3C4C5
(如图),以图中线段为边的三角形中,共有等腰三角形( )个。 (A)50 (B)75 (C)85 (D)100 答:C. 解:对于其中任一点 P,以 P 为“顶”(两腰的公共点)的等腰三角形的个数记为[P]则

[ A1 ] ? 6, ( ?A1 A2 A5 , ?A1 B3 B4 , ?A1 B2 B5 , ?A1 A3 A4 , ?A1 A2 B5 , ?A1 A5 B2 ) . [ B1 ] ? 9, [C1 ] ? 2, (?B1 A3 A4 , ?B1B2 B5 , ?B1B3 B4 , ?B1C3C4 , ?B1B2C5 , ?B1C2 B5 , ?B1 A2 A5 , ?B1 A3 B4 , ?B1 A4 B3 ) ( ?C1 B3 B4 , ?C1 B2 B5 ) , i ? 1, 2,3, 4,5 。

由于图中没有等边三角形,则每个等腰三角形恰有一个“顶”。 据对称性可知 [ Ai ] ? 6, [ Bi ] ? 9, [Ci ] ? 2, 因此等腰三角形共有 5 ? (6 ? 9 ? 2) ? 85 个。

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
第 4 页 共 79 页

本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上。 7.设 f ( x ) 适合等式 f ( x ) ? 2 f ( ) ? x, 则 f ( x ) 的值域是 答: ( ??, ?

1 x



2 2 2 2 ] ?[ , ??). 3 3 1 x 1 1 1 1 , 有 f ( ) ? 2 f ( x) ? , 两 式 消 去 f ( ) 得 x x x x

解 : 由 f ( x ) ? 2 f ( ) ? x, 将 x 换 为

1 2 1 2 2 2 . f ( x) ? ? ( x ? ),?| f ( x) |? | x ? |? 3 x 3 3 3
8.若对满足 ? ? ? ? k ? 360? 的任何角 ? , ? ,都有

sin(? ? 30?) ? sin( ? ? 30?) cos ? ? cos ?


? m cot

? ?? ? n ,则数组 (m, n) = 2
3 1 , )。 2 2

答: ( m, n) ? (

解:左边 ?

2sin

? ?? ? ? ? ? 60? cos( ) 3 ? ?? 1 2 2 ? cot ? , ? ?? ? ?? 2 2 2 ?2sin sin 2 2
3 1 ,n ? . 2 2

与右边比较得 m ?

9.等差数列 3,10,17,…,2005 与 3,8,13,…,2003 中,值相同的项有 个。 答:58。 解:将二个数列的各项皆减 3,化为 0,7,14,…,2002 与 0,5,10,…,2000,前者为 不大于 2002 的各数中 7 的倍数,后者可看成以上范围内的 5 的倍数,故公项为 35 的倍数. ∴[

2002 ] ? 1 ? 58. 35 y ? a x ? y 都成立,则 a 的最小值是


10.若对所有正数 x, y , 不等式 x ? 答: 2 。 解:由 (

y 2 y x 2 x ) ?( ) ? 1. ? ? ? 2. 当 x ? y 时取等号,故 a 的最 x? y x? y x? y x? y

小值是 2 。 11.若 2 ? 2 ? 2 为一个平方数,则正整数 n ? 答:10。
6 9 n



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解: 26 ? 29 ? 26 (1 ? 23 ) ? 26 ? 32 ? 24 2 ,设 24 2 ? 2 n ? a2 , 有 ( a ? 24)( a ? 24) ? 2 n ,于是 有 a ? 24 ? 2 r , a ? 24 ? 2t , 2 r ? 2t ? 48 ? 2 4 ? 3, 2t (2 r ?t ? 1) ? 2 4 ? 3,

? t ? 4, r ? t ? 2. 故

r ? 6, n ? t ? r ? 10.
12.用标有 1,2,3,15,40 克的法码各一个,在某架无刻度的天平上称量重物,如果天平 两端均可放置法码,那么该天平所能称出的不同克数(正整数的重物)至多有 种。 答:55。 解:用 1,2,3 这三只法码,可称出区间 A ? [1, 6] 中的全部整克数,增加 15 克的法码后, 量程扩充了区间 B ? [15 ? 6,15 ? 6] ? [9, 21] ,再增加 40 克的法码后,量程又扩充了三个区 间 :

C1 ? [40 ? 6, 40 ? 6] ? [34, 46], C2 ? [40 ? 21, 40 ? 9] ? [19,31]



C3 ? [40 ? 19, 40 ? 21] ? [49, 61], 但区间 B 与 C2 有三个整数重复,计算上述各区间内的整数个数,则得能称出的
不同克数共有 6+13+(13+13+13)-3=55 种。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
E , F 分别是直角边 AB, AC 上的任意点, 13. 直角三角形 ABC 中, 自 A 向 BC , CE , EF , FB
引垂线,垂足分别是 M , N , P, Q 。 证明: M , N , P, Q 四点共圆. 证明:? A, E , N , P 共圆,??CNP ? ?EAP ? ?AFP,? A, N , M , C 共圆,

??CNM ? ?CAM ,



A, B, M , Q



圆 , ??MQB ? ?MAB, 由 A, P, Q, F 共 圆 , 得

?PQB ? ?FAP. 所以 ?MNP ? ?MQP ? (?CNM ? ?CNP) ? (?MQB ? ?PQB) ? (?CAM ? ?AFP) ? (?MAB ? ?FAP) ? (?CAM ? ?MAB) ? (?AFP ? ?FAP) ? 90? ? 90? ? 180?. 故 M , N , P, Q 共圆.

第 6 页 共 79 页

14. ?ABC 的三条边长为 a, b, c ,证明

| a2 ? b2 | | b2 ? c2 | | c2 ? a2 | . ? ? c a b

证明:由于 a ? 2 R sin A, b ? 2 R sin B, c ? 2 R sin C , 只要证:

| sin 2 A ? sin 2 B | | sin 2 B ? sin 2 C | | sin 2 C ? sin 2 A | ……① ? ? sin C sin A sin B
注意: sin 2 A ? sin 2 B ? (sin 2 A ? sin 2 A sin 2 B) ? (sin 2 B ? sin 2 A sin 2 B)

? sin 2 A cos 2 B ? sin 2 B cos 2 A ? (sin A cos B ? sin B cos A)(sin A cos B ? sin B cos A) ? sin( A ? B) sin( A ? B) ? sin C sin( A ? B),
故由①,只要证 | sin( A ? B) | ? | sin( B ? C ) |?| sin(C ? A) | ……②

?| sin(C ? A) |?| sin( A ? B) ? ( B ? C ) |?| sin( A ? B) cos( B ? C ) ? cos( A ? B)sin( B ? C ) | ?| sin( A ? B) cos( B ? C ) | ? | cos( A ? B)sin( B ? C ) |?| sin( A ? B) | ? | sin( B ? C ) | ,
取等号当且仅当 A ? B ? C . 此时 ?ABC 为正三角形,即 a ? b ? c. 15.试求最小的正整数 n, 使得对于任何 n 个连续正整数中,必有一数,其各位数字之和是 7 的倍数. 解:首先,我们可以指出 12 个连续正整数,例如 994,995,…,999,1000,1001,…, 1005,其中任一数的各位数字之和都不是 7 的倍数,因此, n ? 13 。 再证, 任何连续 13 个正整数中, 必有一数, 其各位数字之和是 7 的倍数.对每个非负整数 a , 称如下 10 个数所构成的集合: Aa ? {10a ,10a ? 1, ?10a ? 9} 为一个“基本段”,13 个连续 正整数,要么属于两个基本段,要么属于三个基本段。当 13 个数属于两个基本段时,据抽 屉原理,其中必有连续的 7 个数,属于同一个基本段;当 13 个连续数属于三个基本段

Aa ?1 , Aa , Aa ?1 时 , 其 中 必 有 连 续 10 个 数 同 属 于 Aa . 现 在 设 ak ak ?1 ? a1a0 ak ak ?1 ? a1 (a0 ? 1),? ak ak ?1 ? a1 (a0 ? 6) 是属于同一个基本段的 7 个数,它们的各位数字
之和分别是

? ai , ? ai ? 1,?, ? ai ? 6, 显然,这 7 个和数被 7 除的余数互不相同,其中必
i ?0 i ?0 i ?0

k

k

k

有一个是 7 的倍数.因此,所求的最小值为 n ? 13.

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二○○六年全国高中数学联赛 江西省预赛试卷答案及评分标准
2006 年 9 月 24 日上午(8∶30-11∶00)

考生注意:1、本试卷共三大题(15 个小题),全卷满分 150 分. 2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答. 3、解题书写不要超出装订线. 4、不能使用计算器.

一、

选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)

本题共有 6 小题,每小题均给出 A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确 的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得 6 分;不选、选错或选 出的代表字母超过一个(不论是否写在括号内),一律得 0 分. 1.函数 y ? f ? x ? 与 y ? g ? x ? 的定义域和值域都是 R ,且都有反函数,则函数

y ? f ?1 g ?1 ? f ? x ? ? 的反函数是( A. y ? f g ? f

?

?



?

?1

? x ???

B. y ? f g ?1 ? f

?

?1

?x ???

C . y ? f ?1 g ? f ? x ? ?
答:C. 解:由 y ? f
?1 ?1

?

?

D. y ? f ?1 g ?1 ? f ? x ? ?
?1

?

?

? g ? f ? x ? ? ? 依次得 f ? y ? ? g ? f ? x ? ? , g ? f ? y ? ? ? f ?x ?,
y ? f ?1 g ? f ? x ? ? .

f ?1 g ? f ? y ? ? ? x ,互易 x, y 得

?

?

?

?

2.集合 M 由满足如下条件的函数 f ? x ? 组成:当 x1 , x2 ? ? ?1, 1 ? 时,有

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 4 x1 ? x2 ,对于两个函数 f1 ? x ? ? x 2 ? 2 x ? 5, f 2 ? x ? ?
以下关系中成立的是( )

x ,

A. f1 ? M , f 2 ? M ; B. f1 ? M , f 2 ? M ; C. f1 ? M , f 2 ? M ; D. f1 ? M , f 2 ? M ;
答:D. 解: f1 ? x1 ? ? f1 ? x2 ? ? x1 ? x2 ? 2 ? x1 ? x2
2 2

??

x1 ? x2 ? x1 ? x2 ? 2 ? 4 x1 ? x2 .

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f 2 ? x1 ? ? f 2 ? x2 ? ?

x1 ?

x2 ?

x1 ? x2 x1 ? ? x2

,取 x1 ?

1 1 , , x2 ? 900 3600

则 f 2 ? x1 ? ? f 2 ? x2 ? ?

x1 ? x2 x1 ? x2

x1 ? x2 ? 20 x1 ? x2 ? 4 x1 ? x2 . 1 1 ? 30 60

3. ?ABC 中, BC ? a, AC ? b, AB ? c, 则比式

? b ? c ? a ? : ? a ? c ? b ? : ? a ? b ? c ? 等于
A B C : sin : sin 2 2 2 A B C C. tan : tan : tan 2 2 2 答: D. A. sin B. cos A B C : cos : cos 2 2 2 A B C D. cot : cot : cot 2 2 2
A

A 解:如图易知, b ? c ? a ? 2 AD ? 2r cot 2 B C a ? c ? b ? 2r cot , a ? b ? c ? 2r cot 2 2 因此选 D

D

I C

B

4.抛物线 y ? 2 x 上两点 A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? 关于直线 y ? x ? m 对称,
2

若 2 x1 x2 ? ?1 ,则 2m 的值是(

).

A. 3,
答: A . 解:由

B. 4,

C. 5,

D. 6

y1 ? y2 y ? y2 x1 ? x2 2 ? ?1, 1 ? ? m, 2 x1 x2 ? ?1 以及 y1 ? 2 x12 , y2 ? 2 x2 x1 ? x2 2 2

得 x2 ? x1 ? y1 ? y2 ? 2 x1 ? x2 , ? x1 ? x2 ? ?

?

2

2

?

2m ? ? y1 ? y2 ? ? ? x1 ? x2 ? ? 2 ? x12 ? x22 ? ? ? 2 ? x1 ? x2 ? ? 4 x1 x2 ?
2

1 1 1 ? 2? ? 2 ? ? 3 2 4 2

1 2

1 , 2

5.椭圆

x2 y2 ? ?1 a 2 b2

? a ? b ? 0 ? 的中心,右焦点,右顶点,右准线与 x 轴的交点依
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次为

O, F , G, H ,则 1 , 2 答: C . A.
解:

FG OH 1 , 3

的最大值为(

).

B.

C.

1 , 4

D . 不能确定.

FG a ? c e ? 1 e ?1 1 1 ? 2 ? 2 ? 2 ? ? .( e ? 2 时取等号) 1 a OH e 4 ? e ? 1? ? 1 2 ? ? e ? 1? ? e ?1 c x ? 3 ? 12 ? 3x 的值域为( B. ? ?1, 3? ? ? 3? C. ?1, ? ? 2?


6.函数 f ? x ? ?

A. ? ?1,
答: D .

2? ?

D.

?1, 2 ?
2

解: f ? x ? 的定义域为 3 ? x ? 4, 则 0 ? x ? 3 ? 1 ,令 x ? 3 ? sin ? , 0 ? ? ?

? ,则 2

f ? x ? ? x ? 3 ? 3 ? 4 ? x ? ? sin ? ? 3 ?1 ? sin 2 ? ? ? sin ? ? 3 cos ? ? 2sin(? ? ) 3 ? ? 5? 1 ? ? ? sin(? ? ) ? 1, 1 ? 2sin(? ? ) ? 2 . 因 ?? ? ? ,则 3 3 6 2 3 3

?

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上.

7.若

1 ? cos ? 1 ? ,则 ? 4 ? cos 3 ? ? ? ?3 ? sin 3 ? ? ? 4 ? sin 2 ? 2 答: 9 .
2

.

解:由条件得, 2 ? 2 cos ? ? 4 ? sin 2 ? , ? ?cos ? ? 1 ? ? 4, ? cos ? ? ?1
3 3 则 4 ? cos ? ? 3 ? sin ? ? 9 .

?

??

?

8. 数列 ? xn ? : 1,3,3,3,5,5,5,5,5,? 由全体正奇数自小到大排列而成,并且每个奇数 k 连续 出现 k 次, k ? 1,3,5,? ,如果这个数列的通项公式为 xn ? a ? bn ? c ? ? d

?

?

则a?b?c?d ? 答: 3 . 解:由 xk 2 ?1 ? xk 2 ? 2 ? ? ? x
? k ?1?2

? 2k ? 1 ,即当 k 2 ? 1 ? n ? ? k ? 1? 时, xn ? 2k ? 1
2

? ? ? k?? ? n ? 1? ,所以 xn ? 2 ? n ? 1 ? ? 1 ,于是,? a, b, c, d ? ? ? 2,1, ?1,1? , a ? b ? c ? d ? 3
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9. x, y 为实数,满足 x ? y ? 1 ,则 x ? 2 xy ? y 的最大值为 答: 2 . 解:设 x ? r cos ? , y ? r sin ? , 0 ? r ? 1, ? ? ? ? ? ? ,则

2

2

2

2

.

x 2 ? 2 xy ? y 2 ? r 2 cos 2 ? ? 2sin ? cos ? ? sin 2 ? ? r 2 sin 2? ? cos 2? ? 2r 2 sin(2? ? ) ? 2 ,(当 r ? 1, 2? ? ? ? 时取等号). 4 2 4
10.若集合 A 中的每个元素都可表为 1, 2,?,9 中两个不同的数之积,则集 A 中元素个 数的最大值为 答: 31 . .
2

?

?

?

解:从 1, 2,?,9 中每次取一对作乘积,共得 C9 ? 36 个值,但其中有重复,重复的情况 为 共 5 种, 因此集合 A 1? 6 ? 2 ? 3, 1? 8 ? 2 ? 4, 2 ? 9=3 ? 6, 2 ? 6 ? 3 ? 4, 3 ? 8 ? 4 ? 6 , 中至多有 C9 ? 5 ? 31 个数 . 11.作出正四面体每个面的中位线,共得 12 条线段,在这些线段中,相互成异面直线 的 “线段对”有 个. 答: 24 个“线段对”. 解:任取一条中位线 AB 考虑, AB 所在的侧面没有与 AB 异面的线段;含点 A 的另一个侧 面恰有一条中位线与 AB 异面; 含点 B 的另一个侧面恰有一条中位线与 AB 异面; 不含 A, B 的侧面恰有两条中位线与 AB 异面;因此与 AB 异面的中位线共有 4 条,即含有线段 AB 的 异面“线段对”共有 4 个,于是得异面“线段对”12 ? 4 ? 48 个,(其中有重复). 但每一个异面“线段对”中有两条线段,故恰被计算了两次,因此得
2

48 ? 24 个异面“线段 2

对”. 12.用五种不同的颜色给图中的“五角星”的五个顶点染色,(每点染一色,有的颜色也可 以不用)使每条线段上的两个顶点皆不同色,则不同的染色方法有 种. 答: 1020 种. D 解: 将其转化为具有五个扇形格的 D 圆盘染五色,使邻格不同色的染色问题。 A C 设有 k 个扇形格的圆盘染五色的方法数 E B 为 xk ,则有
C E

xk ? xk ?1 ? 5 ? 4 k ?1 ,于是

A

B

第 11 页 共 79 页

x5 ? ? x5 ? x4 ? ? ? x4 ? x3 ? ? ? x3 ? x2 ? ? x2 ? 5 ? 4 4 ? 43 ? 4 2 ? 4 ? ? 1020

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13.设 a1 , a2 , ? , a n 为正数,证明:

a1 ? a2 ? ? ? a n ? a2 ? a3 ? ? ? a n ? a3 ? ? ? a n ? ? ? a n ? a1 ? 4a2 ? 9a3 ? ? ? n 2a n

证:对 n 归纳, n ? 1 时显然成立等号;设 n ? k 时结论对于任意 k 个正数成立,
当 n ? k ? 1 时,对于任意 k ? 1 个正数 a1 , a2 ,? , ak , ak ?1 ,据假设有
2 ,…5 分 a2 ? a3 ? ? ? a k ?1 ? a3 ? ? ? a k ?1 ? ? ? a k ?1 ? a2 ? 4 a3 ? 9 a4 ? ? ? k a k ?1

所以

a1 ? a2 ? ? ? a k ?1 ? a2 ? a3 ? ? ? a k ?1 ? ? ? a k ?1

? a1 ? a2 ? ? ? a k ?1 ? a2 ? 4a3 ? 9a4 ? ? ? k 2a k ?1

只要证,
a1 ? a2 ? ? ? a k ?1 ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2a k ?1 ? a1 ? 4a2 ? ? ? (k ? 1) 2a k ?1



1 ○

平方整理,只要证, 2 …10 分 a1 ? a2 ? ? ? a k ?1 ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2a k ?1 ? a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? ka k ?1 …○ 由柯西不等式
? ? ?

? ?

a2

? ?? a ?
2 3

2

? ??

?

2 a k ?1 ? ? ? ? ? ? ?

?

?

a2

? ? ? 2 a ? ? ? ? ?k
2 2 3

2 a k ?1 ? ? ?

?

?

a2 ? a2 ? a3 ? 2 a3 ? a4 ? 3 a4 ? ?? a k ?1 ? k a k ?1

?

2

……………15 分



? a2 ? ? ? ak ?1 ? ? ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2ak ?1 ? ? (a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 ) 2

所以 ? a1 ? a2 ? ? ? a k ?1 ? ? ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2a k ?1 ? ? (a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? ka k ?1 ) 2 即○ 2 成立,因此当 n ? k ? 1 时结论成立.故由归纳法知,所证 不等式成立. ………………………………20 分
14.三角形 ABC 中, AB ? AC , M 是 BC 的中点, D 、 E 、 F 分别是 BC , CA, AB 边上的点,且 AE ? AF , △ AEF 的外接 圆 交
第 12 页 共 79 页

A

F

P

E

B

M
(图一)

D

C

线 段 AD 于 P, 若点 P 满足: PD 2 ? PE ? PF 证明: ?BPM ? ?CPD 证 明 : 在 圆

? AEF



, 由





AE ? AF ,



圆 周



?APE ? ?APF ?

1 1800 ? A ? ? ?ABC ? ?ACB ,因此, ? 2 P 、 D 、 B 、 F 与 P 、 D 、 C 、 E 分别共圆,于是
C1

A

?PDB ? ?PFA ? ?PEC , …………………5 分
设点 P 在边 BC , CA, AB 上的射影分别为 A1 、 B1 、 C1 ,则

I

P

B1

△ PDA1 ∽ △ PEB1 ∽ △ PFC1 , 故 由 PD 2 ? PE ? PF 得 ,
1 PA12 ? PB1 ? PC1 ?? ○ 设△ ABC 的内心为 I , 今证 B, I , P, C 四点共圆: 连 A1 B1 , A1C1 , 因 PA1 BC1 , PA1CB1 分别共圆, 则 ?A1 PC1 ? 180 ? ?ABC ? 180 ? ?ACB ? ?A1 PB1 , 1 , 又由○
0 0

B

A1 D
(图二)

C

PA1 PC1 , 所以△ PB1 A1 ∽△ PA1C1 ? PB1 PA1
因此 ?PB1 A1 ? ?PA1C1 , 而
I
P D

A

?PB1 A1 ? ?PCA1 , ?PA1C1 ? ?PBC1 ,
因 为





?PCA1 ? ?PBC1 ,
C

?PCA1 ? ?PCI ? ?ICB ,

B
G

M

O T

C B ? ? ?IBA , 故 得 2 2 ?PCI ? ?PBI ,因此 B 、 I 、 P 、 C 四点共圆,于是 A ?BPC ? ?BIC ? 900 ? ? 1800 ? B , …………… 2 10 分 ?PBC1 ? ?PBI ? ?IBA ,?ICB ?

(图三)

延长 AM 交 ?ABC 的外接圆于 O, 则 AO 为该外接圆 的直径, 于是 OB ? AB, OC ? AC , 且 OB ? OI ? OC ,

因此, 点 O 是 BIPC 所在圆的圆心, 从而 AB, AC 为⊙O 的切线.
第 13 页 共 79 页

延长 AD 交⊙ O 于 T, 则 ?ACP ∽ ?ATC ,所以
AB BT , ? AP PB

AC CT , 又由 ?ABP ∽ ?ATB ,得 ? AP PC

因 AB ? AC , 故

BT CT ? PB PC

... ②

………………………15

分 延长 PM 到 G ,使 GM ? PM ,则 BPCG 为平行四边形,
?BTC ? 180o ? ?BPC ? ?PBG ... ③

由② 得

BT PB PB ? ? ... ? CT PC BG ?PBG ∽ ?BTC

4 ○

4 得 由 ③、○

所以, ?BPG ? ?TBC ? ?TPC , 即 ? BPM= ? CPD . …………………20 分

15.数列 ?an ? 满足: a0 ? 1, an ? ? sn ?1 ? , n ? 1, 2,3, ? ,(其中 ? x ? 表示 x 的整数

?

?

部分, sk ? ? ai , k ? 0,1, 2, ? ),试求 a2006 的值.
i ?0

k

解:观察数列开初的一些项:
n an
1 0 1 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 8 1 9 2 0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1

1

1

1

2

2

2

3

3

4

4

4

5

5

6

6

7

7

8

8

8

sn

1

2

3

4

6

8

1 0

1 3

1 6

2 0

2 4

2 8

3 3

3 8

4 4

5 0

5 7

6 4

7 2

8 0

8 8

我们注意到,数列 ?an ? 严格单增,每个正整数 1, 2,3,? ,顺次在数列 ?an ? 中出现,并且除 了首项 a0 ? 1 之外,每个形如 2 , ? k ? 0,1, 2, ?? 的数连续出现三次,其它数各连续出现两
k

次.…5 分 一般地,我们可证明数列 ?an ? 的以下性质:

?1? . ?k ? ?, 若记 m ? 2k ?1 ? k ? 1, ,则 am?2 ? am?1 ? am ? 2k , ? 2 ? . ?k ? ? ? ,

若记 m0 ? 2 ? k , 则当1 ? r ? 2
k k ?1

时,有 am0 ? 2 r ?1 ? am0 ? 2 r ? 2

k ?1

? r. …10

第 14 页 共 79 页

对 k 归纳.据上面所列出的项可知,当 k ? 2 时结论成立.设性质 ?1? , ? 2 ? 对于 k ? n 成立,即 在m ? 2
n ?1

? n ? 1 时, am ? 2 ? am ?1 ? am ? 2n ,则

sm ? a0 ? 2 ?1 ? 2 ? 3 ? ? ? 2 n ? ? ?2 0 ? 2 1 ? ? ? 2 n ? ? 2 2n ? 3 ? 2 n
再对满足 1 ? r ? 2 的 r 归纳:
n

当 r ? 1 时,由于 2 n ? 1

?

?

2

n ? ? sm ? ? 2n ? 2 ? ,则 am ?1 ? ? ? sm ? ? 2 ? 1 , 2

因为 sm ? sm ?1 ? sm ? am ?1 ? 2 2 n ? 4 ? 2 n ? 1 ? 2 n ? 2
n

?

? ,则 a
2

m?2

n ? ?? ? sm ?1 ? ? 2 ? 1 n

设当 r ? p 时,均有 am ? 2 r ?1 ? am ? 2 r ? 2 ? r ,则当 r ? p ? 1 ? 2 时,因为

sm ? 2 p ? sm ? ? am ?1 ? am ? 2 ? ? ?am ?3 ? am ? 4 ? ? ?? ?am ? 2 p ?1 ? am ? 2 p ??
1 22 n ? 3 ? 2 n ? 2 ? 2 n ? 1 ? ? 2 ?2 n ? 2 ? ? ?? 2 ?2 n ? p ? ? 22 n ? ? 2 p ? 3 ? ? 2n ? p ? p ? 1 ? …○ 则 sm ? 2 p ? 2 ? p ? 1 ? 2 ? ? p ? 1 ? ? 0 , 2 n ? p ? 2
n n

?

?

?

?

2

? sm ? 2 p ? 2n ? 3 p ? 4 ? 0

即有 2 n ? p ? 1

?

?

2

n ? ? sm ? 2 p ? ?2n ? p ? 2 ? ,所以 am ? 2 p ?1 ? ? ? sm ? 2 p ? ? 2 ? p ? 1 2

由于 sm ? 2 p ? sm ? 2 p ?1 ? sm ? 2 p ? am ? 2 p ?1 ? 2 2 n ? 2 ? p ? 2 ? ? 2 n ? p 2 ? 2 p ? 1 ? 2 n ? p ? 2 所以 am ? 2 p ? 2 ? ? sm ? 2 p ?1 ? ? 2 n ? p ? 1

?

?

2

?

?

故由归纳法,当 m ? 2

n ?1

? n ? 1,1 ? r ? 2n 时, am ? 2 r ?1 ? am ? 2 r ? 2n ? r
n ?1

n 特别是,当 r ? 2 时,上式成为 a2n?2 ? n ? a2n?2 ? n ?1 ? 2

2 ?○

1 , sm ? 2 r ? 2 2 n ? ? 2r ? 3 ? ? 2 n ? r ?r ? 1 ?, 当 r ? 2 n , m ? 2 n ?1 ? n ? 1 ,有 又由○

s2n?2 ? n ?1 ? 22 n ? ? 2n ? 3 ? ? 2 n ? 2 n ?2 n ? 1 ? ? 22 n ? 2 ? 2 ? 2 n ?1 ? ? 2 n ?1 ? 1 ?
所以 a2n?2 ? n ? 2 ? ? s2n?2 ? n ?1 ? ? 2 n ?1 ?? ○ 3

2

?

?

2 ○ 3 可知,对于 m ? 2 由○

k ?1

? k ? 1, 当 k ? n ? 1 时,亦有

am ? 2 ? am ?1 ? am ? 2k , 从而性质 ?1? , ? 2 ? 成立.
因为 2 ? 10 ? 2006 ? 2 ? 11 ,取 m ? 2 ? 10 ,则 k ? 9 , r ? 因此 a2006 ? am ?2 r ? 2 ? r ? 512 ? 486 ? 998 .
9 10 11 10

…………………15 分
2006 ? m ? 486 , 2

…………………20 分

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二○○七年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答
2007 年 9 月 23 日上午(8∶30-11∶00)
考生注意:1、本试卷共三大题(15 个小题),全卷满分 150 分. 2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答. 3、解题书写不要超出装订线. 4、不能使用计算器.

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
本题共有 6 小题,每小题均给出 A,B,C,D 四个结论,其中有且仅有一个是正确 的。 请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得 6 分; 不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论是否写在括号内),一律得 0 分. 1、 a, b, c 为互不相等的正数, a 2 ? c 2 ? 2bc ,则下列关系中可能成立的是( )

A、a ? b ? c;

B 、 b ? c ? a;
2 2

C 、b ? a ? c ;
2 2

D 、a ? c ? b;

答案: C ;解:若 a ? b ,则 a ? c ? b ? c ? 2bc ,不合条件,排除 A, D ,又 由

a 2 ? c 2 ? 2c ?b ? c ? ,故 a ? c 与 b ? c 同号,排除 B ;且当 b ? a ? c 时,a 2 ? c 2 ? 2bc
有可能成立, 例如取 ? a, b, c ? ? ? 3,5,1? ,故选 C . 2、设

f ? x? ?


1? x , 又 记 f1 ? x ? ? f ? x ? , f k ?1 ? x ? ? f ? f k ? x ? ? , k ? 1, 2,? , 则 1? x x ?1 ; x ?1

f 2007 ? x ? ? ( A、 1? x ; 1? x

B、

C、x;

1 D、? ; x

答案: B ;解: f1 ? x ? ?

1 ? f1 1? x 1 , f2 ? x ? ? ?? , 1? x 1 ? f1 x

f3 ? x ? ? f 4 n ?3 ? x ? ?

1 ? f3 1? x 1 1 ? f2 x ?1 , f 4n?2 ? x ? ? ? , ? , f4 ?x ? ? ? x ,据此, f 4 n ?1 ? x ? ? 1? x x 1 ? f2 x ? 1 1 ? f3

x ?1 , f 4 n ? x ? ? x ,因 2007 为 4n ? 3 型,故选 B . x ?1
第 16 页 共 79 页

3、设 ? 为锐角, x ?

sin ? ? cos ? sin ? ? cos ?


, y ? sin ? ? cos ? , z ?

2sin ? cos ? , sin ? ? cos ?

则 x, y , z 的大小顺序为(

A、 x ? y ? z ;
答案: A ;解:

B、 x? z ? y;

C、z ? x? y;

D、z ? y ? x;

x sin ? ? cos ? sin ? ? cos ? ? ? ? 1, y sin ? ? cos ? sin ? ? cos ?
, 故

z?

2sin ? cos ? 2sin ? cos ? ? ? sin ? cos ? ? sin ? ? cos ? ? y sin ? ? cos ? 2 sin ? cos ?

x? y?z.
4、用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中的 A、B、C、D 四个小方格涂色(允许只用其中几 种),使邻区(有公共边的小格)不同色,则不同的涂色方式种数为 ( ).
A B D

A 、 24 ;

B 、 36 ;

C 、 72 ;

D 、 84 . 2 种选法,共计 2C ? 12
2 4

C

答案: D ;解:选两色有 C 种;

2 4 种,一色选择对角有

选三色有 C4 种, 其中一色重复有 C3 种选法, 该色选择对角有 2 种选法, 另两色选位有 2 种, 共计 4 ? 3 ? 2 ? 2 ? 48 种;四色全用有 4! ? 24 种(因 A, B, C , D 为固定位置),合计 84 种. 5、正四棱锥的一个对角截面与一个侧面的面积比为 6 : 2 ,则 其侧面与底面的夹角为( ).

3

1

P
C、

A、

? ; 3

B、

? ; 4

? ; 6

D、

? . 12

答案: A ;解:设底面正方形边长为 1 ,棱锥的高为 h ,侧面三角形 的高为 l ,则 AC ?

D H
M

C B

2,

6 2h h 3 ? ,则 sin ?PMH ? ? , 2 l l 2

A

?PMH ?

? . 3

6、正整数集合 Ak 的最小元素为 1 ,最大元素为 2007 ,并且各元素可以从小到大排成 一个公差为 k 的等差数列,则并集 A17 ? A59 中的元素个数为( ).

A 、 119

B 、 120 ;

C 、 151 ;

D 、 154 .

第 17 页 共 79 页

答案: C ;解:用 Ak 表示集 Ak 的元素个数,设 Ak ? n ? 1 ,由 2007 ? 1 ? nk ,得

n?

2006 k







A17 ?

A17 ? A59 ? A1003 ?

2006 ? 1 ? 3 ;从而 17 ? 59

2006 ? 1 ? 119 17



A59 ?

2006 ? 1 ? 35 59



A17 ? A59 ? A17 ? A59 ? A1003 ? 119 ? 35 ? 3 ? 151 .

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
本题共有 6 小题,要求直接将答案写在横线上. 7 、 若 实 数 x, y 满 足 :

x y x y ? 10 3 ? 1, 10 3 ? 10 3 ? 1 , 则 3 2 ?5 2 ?6 3 ?5 3 ?6
10 10 10

x? y ?
10 10 3 3

.

答案: 2 ? 3 ? 5 ? 6 ; 解:据条件, 2 ,3 是关于 t 的方程
2

x y ? ? 1 的两个 3 t ? 5 t ? 63
10 3 3

根 , 即 t ? x ? y ? 5 ? 6 t ? ?? 0 的 两 个 根 , 所 以 2 ? 3 ? x ? y ?5 ? 6 ;

?

3

3

?

10

x ? y ? 210 ? 310 ? 53 ? 63 .
8、 抛物线顶点为 O ,焦点为 F ,M 是抛物线上的动点,则

MO 的最大值为 MF



答案:

2 3 ?p ? 2 ;解:设抛物线方程为 y ? 2 px ,则顶点及焦点坐标为 O ? 0, 0 ? , F ? , 0 ? , 3 ?2 ?

若设点 M 坐标为 M ? x, y ? ,则

x2 ? y2 x 2 ? 2px ? MO ? ? ? ? ? 2 p2 ? MF ? p? 2 ? 2 x ? px ? ?x? ? ? y 4 2? ? ? x 2 ? 2 px x 2 ? 2 px 4 ? ? , 3 2 1 3 2 2 px 3 x ? px ? ? x 2 ? p 2 ? x ? px ? 4 4 4 4 MO 2 3 .(当 M ? x , y ? ? p , ? MF 3

2



?

2 ? p 或 M ? x, y ? ? p , ? 2 ? p 时取等号)

?

?

?

9、计算

1 3 ? ? 0 sin10 cos10 0

.

第 18 页 共 79 页

?1 ? 3 2 ? cos10 0 ? sin10 0 ? 2sin ? 30 0 ? 10 0 ? 2 2 1 3 ? ? 答案: 4 . 解: ? ? 4. ? ? 1 sin10 0 cos10 0 sin10 0 cos10 0 0 sin 20 2
10、 过直线 l : y ? x ? 9 上的一点 P 作一个长轴最短的椭圆, 使 其 焦 点 为 F1 ? ?3, 0 ? , F2 ? 3, 0 ? , 则 椭 圆 的 方 程 为 答案: .

x2 y2 ? ? 1 ;解:设直线 l 上的点为 P ? t , t ? 9 ? ,取 45 36

F1 ? ?3, 0 ? 关于直线 l 的对称点 Q ? ?9, 6 ? ,据椭圆定义, 2a ? PF1 ? PF2 ? PQ ? PF2 ? QF2 ? 12 2 ? 6 2 ? 6 5 K PF2 ? K QF2 ,也即
, 当 且 仅 当 Q, P, F2 共 线 , 即

t ?9 6 ? 时,上述不等式取等号,此时 t ? ?5 , t ? 3 ?12
2 2

点 P 坐 标 为 P ? ?5, 4 ? , 据 c ? 3, a ? 3 5 得 , a ? 45, b ? 36 , 椭 圆 的 方 程 为

x2 y2 ? ? 1. 45 36
11、把一个长方体切割成 k 个四面体,则 k 的最小值是 .

答案: 5 ;解:据等价性,只须考虑单位正方体的切割情况,先说明 4 个不够,若为 4 个, 因四面体的面皆为三角形,且互不平行,则正方体的上底至少要切割成 两个三角形,下底也至少要切割成两个三角形,每个三角形的面积 ?
D1 A1 B1 C A B

1 , 2

C1

且这四个三角形要属于四个不同的四面体, 以这种三角形为底的四面体,

D

?1 1 ? 2 其高 ? 1 ,故四个不同的四面体的体积之和 ? 4 ? ? ? ? 1 ? ? ? 1 ,不 ?3 2 ? 3
合;

所以 k ?5 ,另一方面,可将单位正方体切割成 5 个四面体; 例如从正方体

ABCD ? A1B1C1D1 中间挖出一个四面体 A1 BC1 D ,剩下四个角上的四面体,合计 5 个四面
体. 12、将各位数码不大于 3 的全体正整数 m 按自小到大的顺序排成一个数列 ?an ? , 则

第 19 页 共 79 页

a2007 ?



答案:133113 ; 解:简称这种数为“好数”,则一位好数有 3 个;两位好数有 3 ? 4 ? 12 个; 三位好数有 3 ? 4 ? 48 个;…,k 位好数有 3 ? 4
2 k ?1

个;k ? 1, 2, ? ,记 S n ? 3

?4
k ?1

n

k ?1



因 S5 ? 2007 ? S 6 , 2007 ? S5 ? 984 ,即第 2007 个好数为第 984 个六位好数;而六位好 数中, 首位为1 的共有 4 ? 1024 个, 前两位为 10,11,12,13 的各有 4 ? 256 个, 因此第 2007 个好数的前两位数为 13 ,且是前两位数为 13 的第 984 ? 3 ? 256 ? 216 个数;而前三位为
5 4

130,131,132,133 的 各 64 个 , 则 a2007 的 前 三 位 为 133 , 且 是 前 三 位 数 为 133 的 第 216 ? 3 ? 64 ? 24 个数;
而前四位为 1330,1331,1332,1333 的各 16 个,则 a2007 的前四位为 1331 ,且是前四位数为

1331 的 第 24 ? 16 ? 8 个 数; 则 a2007 的 前五 位 为 13311 , 且是 前 五 位数 为 13311 的 第 8 ? 4 ? 4 个数,则 a2007 ? 133113 .

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13、数列 ?an ? 满足: a1 ?

nan 1 ;令 xk ? a1 ? a2 ? ? ? ak , , an ?1 ? 2 ? n ? 1?? nan ? 1 ?

yk ?

1 1 1 ? ? ? ? , k ? 1, 2,? ;求 a1 a2 ak

?x y
k ?1 k

n

k

解:改写条件式为

1 1 ? ? 1 ,则 ? n ? 1? an ?1 nan ? 1 1 ? ? ? 2a 2 a1 ? 1 ?? ? a1

? 1 ? ? ? 1 1 1 1 ?? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? nan ? nan ? n ? 1? an ?1 ? ? ?n ? 1?an ?1 ?n ? 2 ?an ? 2 ? ? ? ? n ? 1? ? 2 ? n ? 1 ,
所以 an ?
k

k k 1 1 k ?1 1 ? , xk ? ? ai ? ? ? ? ; ? ? ? 1? n ? n ? 1? i ?1? k ?1 k ?1 i ?1 i ?1 ? i

yk ? ?
i ?1

k k k 1 ? ? i ?i ? 1? ? ? i 2 ? ? i ? ai i ?1 i ?1 i ?1

第 20 页 共 79 页

k ? k ? 1?? 2k ? 1? 6
n

?

k ?k ? 1? 2

?

k ?k ? 1 ??k ? 2 ? 3
2



1 n 2 1 ? n ? n ? 1? ? 2 n ? n ? 1 ?? 2n ? 1 ? x y ? k ?k ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? k k 3 k ?1 3? 2 6 k ?1 ? 3 ? n ? n ? 1? ? 3n 2 ? 11n ? 4 ? 36


14、 如图, ?ABC 的外心为 O , E 是 AC 的 中 点 , 直 线 OE 交 AB 于 D , 点 M , N 分 别 是
E

C

N M D O B

?BCD 的外心与内心,若 AB ? 2 BC ,
证明: ?DMN 为直角三角形.
A

证:由于点 O, M 皆在 BC 的中垂线上,设直线 OM 交 BC 于 P ,交 ? M 于 F ,则
? 的中点; 因 N 是 ?BCD 的内心,故 D, N , F 共线,且 P 是 BC 的中点, F 是 BC FP ? BC .

又 OE 是 AC 的中垂线, 则 DC ? DA , 而
DF , OE 为 ?BDC 的内、外角平分线,故
C F N M A D O H B P

有 OD ? DF ,则 OF 为 ? M 的直径,所 以, OM ? MF ,又因
1 1 ?BNF ? ?BDC ? ?DBC ? ?NBF , 2 2

E

则 NF ? BF . 作 NH ? BD 于 H ,则有,
1 ? BD ? DC ? BC ? 2 1 1 1 1 ? ? BD ? DA ? BC ? ? ? AB ? BC ? ? BC ? BP ,且 ?NDH ? ?BDC ? ?FBP , 2 2 2 2 DH ?

所以, Rt ?NDH ? Rt ?FBP ,故得 DN ? BF ? NF ,因此, MN 是 ?FOD 的中位 线,从而
MN ∥ OD ,而 OD ? DN ,则 MN ? DN .故 ?DMN 为直角三角形.
证二:记 BC ? a, CD ? b, BD ? c ,因 DE 是 AC 的中垂线,则 AD ? CD ? b ,由条件
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b ? c ? 2a ?

1 ○

延长 DN 交 ? M 于 F ,并记 FN ? e, DN ? x ,则 FB ? FC ? FN ? e ,对圆内接四边形 2 , BDCF 用托勒密定理得 FC ? BD ? FB ? CD ? BC ? DF ,即 ec ? eb ? a ? x ? e ? ?? ○ 由 1 、 2 得 2ae ? a ? x ? e ? ,所以 x ? e ,

○ ○

即 N 是弦 DF 的中点,而 M 为外心,所以 MN ? DF ,故 ?DMN 为直角三角形. 15、若四位数 n ? abcd 的各位数码 a, b, c, d 中,任三个数码皆可构成一个三角形的三 条边长,则称 n 为四位三角形数,试求所有四位三角形数的个数. 解:称 ? a, b, c, d ? 为 n 的数码组,则 a, b, c, d ? M ? ?1, 2, ?,9? ; 一、当数码组只含一个值,为 ? a, a, a, a ? , a ? 1, 2, ?,9 ,共得 9 个 n 值; 二、当数码组恰含二个值 a, b , ? a ? b ? .

?1? 、数码组为 ? a, a, a, b ? 型,则任取三个数码皆可构成三角形,对于每个
a ? ?2,? ,9? , b 可取 a ? 1 个值,则数码组个数为 ? ? a ? 1? ? 36 ,对于每组 ? a, a, a, b ? ,
a?2 9

b 有 4 种占位方式,于是这种 n 有 36 ? 4 ? 144 个.

? 2 ? 、数码组为 ? a, b, b, b ? 型, ? a ? b ? ,据构成三角形条件,有 b ? a ? 2b ,
b 的取值
1 2 3 4 5 6 7 8 9

? b, 2b ? ? M 中 a 的个数

0

1

2

3

4

3

2

1

0

共得 16 个数码组,对于每组 ? a, b, b, b ? , a 有 4 种占位方式,于是这种 n 有 16 ? 4 ? 64 个.

? 3? 、数码组为 ? a, a, b, b ? 型,? a ? b ? ,据构成三角形条件,有 b ? a ? 2b ,同上得 16
个数码组, 对于每组 ? a, a, b, b ? , 两个 a 有 C4 ? 6 种占位方式, 于是这种 n 有 16 ? 6 ? 96 个.
2

以上共计 144 ? 64 ? 96 ? 304 个. 三、当数码组恰含三个值 a, b, c , ? a ? b ? c ? .

?1? 、数码组为 ? a, b, c, c ? 型,据构成三角形条件,则有 c ? b ? a ? 2c ,这种 ? a, b, c, c ?
有 14 组,每组中 a, b 有 A4 ? 12 种占位方式,于是这种 n 有14 ? 12 ? 168 个.
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2

? 2 ? 、数码组为 ? a, b, b, c ? 型, c ? b ? a ? b ? c ,此条件等价于 M ? ?1, 2,? ,9? 中取
三个不同的数构成三角形的方法数,有 34 组,每组中 a, b 有 A4 ? 12 种占位方式,于是这 种 n 有 34 ? 12 ? 408 个.
2

? 3? 、数码组为 ? a, a, b, c ? 型, c ? b ? a ? b ? c ,同情况 ? 2 ? ,有 34 A42 ? 408 个 n 值.
以上共计 168 ? 408 ? 408 ? 984 个 n 值. 四、 a, b, c, d 互不相同,则有 d ? c ? b ? a ? c ? d ,这种 a, b, c, d 有 16 组,每组有 4! 个排法,共得 16 ? 4! ? 384 个 n 值. 综上,全部四位三角形数 n 的个数为 9 ? 304 ? 984 ? 384 ? 1681 个.

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2008 年全国高中数学联赛江西省预赛
试题解答
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)
1 、若函数 f ? x ? ? lg ? ax 2 ? 4 x ? a ? 3 ? 的值域为 R ,则实数 a 的取值范围是( A 、 ? 4, ?? ? ; B 、 ? 0, 4? ; C 、 ? 0, 4 ? ; D 、 ? ??, ?1? ? ? 4, ?? ? .

).

答案: B . 解:欲使 f ? x ? 的值域为 R ,当使真数 ax 2 ? 4 x ? a ? 3 可取到一切正数,故或者
a ? 0 ;或者 a ? 0 且 42 ? 4a ? a ? 3? ? 0 ,解得 0 ? a ? 4 2 、设 a 2 ? b2 ? 1 ,? b ? 0 ? ,若直线 ax ? by ? 2 和椭圆 a x2 y2 ? ? 1 有公共点,则 的 b 6 2

取值范围是(

).
C 、 ? ??, ?1? ? ?1, ?? ? ; D 、 ? ?2, 2? .

? 1 1? A 、 ? ? , ? ; B 、 ? ?1, 1? ; ? 2 2?

答: C . 解:将 y ?

2 ? ax 代入椭圆方程并整理得, ? 3a 2 ? b2 ? x 2 ? 12ax ? 12 ? 6b2 ? 0 , b
2

因直线和椭圆有公共点,则判别式 ?12a ? ? 4 ?3a 2 ? b 2 ??12 ? 6b 2 ? ? 0 ,利用
a 2 ? b2 ? 1 ,化简得 a 2 ? b2 ,所以 a a ? 1 .即 ? ? ??, ?1? ? ?1, ?? ? . b b

3 、四面体 ABCD 的六条棱长分别为 7,13,18, 27,36, 41 ,且知 AB ? 41 ,则

. CD ? A 、 7 ; B 、 13 ; C 、 18 ; D 、 27 . 答案: B . 解:四面体中,除 CD 外,其余的棱皆与 AB 相邻接,若长 13 的棱与 AB 相邻,不 妨设 BC ? 13 ,据构成三角形条件,可知 AC ? ?7,18, 27? , ? AC ? 36, ? BD ? 7 ,
? ? AD, CD? ? ?18, 27? ,于是 ?ABD 中,两边之和小于第三边,矛盾。

因此只有 CD ? 13 .另一方面,使 AB ? 41, CD ? 13 的四面体 ABCD 可作出,例如取
BC ? 7, AC ? 36, BD ? 18, AD ? 27 .故选 B 4 、若对所有实数 x ,均有 sin k x ? sin kx ? cos k x ? cos kx ? cos k 2 x ,则 k ? (
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).

A、6 ; 答: D .

B 、5;

C 、4;

D 、3.

解:记 f ? x ? ? sin k x ? sin kx ? cos k x ? cos kx ? cos k 2 x ,则由条件, f ? x ? 恒为 0 ,取
x?

? k? ?? k ? , 得 sin 则 k 为奇数,设 k ? 2n ? 1 , 上式成为 sin ? n? ? ? ? ?1 , ? ? ?1? , 2 2 2? ?

因此 n 为偶数,令 n ? 2m ,则 k ? 4m ? 1 ,故选择支中只有 k ? 3 满足题意.
5 、设 an ? 2 ? 7

?

?

2 n ?1

, bn 是 an 的小数部分,则当 n ? N * 时, anbn 的值(

).

A 、必为无理数; B 、必为偶数; C 、必为奇数; D 、可为无理数或有理数. 答: C .

解:令 u ? 2 ? 7, v ? 2 ? 7 ,则 u ? v ? 4, uv ? ?3 , u , v 是方程 x 2 ? 4 x ? 3 的两根, 则 u 2 ? 4u ? 3, v 2 ? 4v ? 3 ,所以当 n ? 2 时, u n ? 4u n ?1 ? 3u n ? 2 , v n ? 4v n ?1 ? 3v n ? 2 , 令 S n ? u n ? v n ,则当 n ? 2 时, S n ? S n ?1 ? S n ? 2 , S 0 ? 2, S1 ? 4 ,故所有 S n 为偶数,

? 7 ? 2? ? u 因 0 ? ? 7 ? 2? ? 1 ,所以 ? a b ? ? 7 ? 2? ? ? 7 ? 2 ?
7 ?2
2 n ?1

?

?

?

2 n ?1

2 n ?1

? v 2 n ?1 ? S 2 n ?1 ? 2 k , 7 ? 2

?

?

2 n ?1

? 2k ?

?

7 ?2

?

2 n ?1



2 n ?1

7 ?2

?

2 n ?1

为 an 的小数部分,即 bn ?

?

7?2

?

2 n ?1



2 n ?1

2 n ?1

n n

? 3 2 n ?1 ? 奇数.

6 、设 n 为正整数,且 3n ? 1 与 5n ? 1 皆为完全平方数,对于以下两个命题:

(甲). 7 n ? 13 必为合数;(乙). 8 ?17 n 2 ? 3n ? 必为两个平方数的和. 你的判断是( A.甲对乙错; 答案: C ) B. 甲错乙对; C.甲乙都对; D.甲乙都不一定对.

解:设 3n ? 1 ? a 2 , 5n ? 1 ? b 2 , a, b 为正整数;则 1 , 7 n ? 13 ? 9 ?3n ? 1? ? 4 ?5n ? 1 ? ? ?3a ? ? ?2b ? ? ?3a ? 2b ??3a ? 2b ? …○
2 2

由此知, 3a ? 2b 为正整数,且 3a ? 2b ? 1 ,因为若 3a ? 2b ? 1 ,则
27 n ? 9 ? ?3a ? ? ?2b ? 1 ? ? 4b 2 ? 4b ? 1 ,即 27 n ? 4 ? n 2 ? n ? 2 ? ,则 4 n ,记
2 2

1 得, n ? 4k ,得 5n ? 1 ? 20k ? 1 不为平方数,矛盾!所以 3a ? 2b ? 2 ,故由○
7 n ? 13 为合数;又因为 8 ?17 n 2 ? 3n ? ? ? ??3n ? 1 ? ? ?5n ? 1 ?? ?? ?4 ?3n ? 1 ? ? ?5n ? 1 ?? ?
2 2 ? 2? 2 2 ?? ?a ? b ? ? ?? 2a ? ? b ? ? ? 2a ? b ? ? ?ab ? ,故选 C .(例如 65 是上述 n 之一). 2 2 2

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)
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7 、过点 P ?1,1? 作直线 l ,使得它被椭圆

x2 y2 ? ? 1 所截出的弦的中点恰为 P ,则 9 4

直线 l 的方程为 答案: 4 x ? 9 y ? 13 .

.

解:设直线 l 的方程为 y ? k ? x ? 1? ? 1 ,代入椭圆方程,整理得,

? 9k

2

? 4 ? x 2 ? 18k ?1 ? k ? x ? 9k 2 ? 18k ? 27 ? 0 ,设其两根为 x1 , x2 ,则 ? 2, k ? ?

x1 ? x2 ? 1, 2

即?

18k ?1 ? k ? 9k ? 4
2

4 4 , 所以直线 l 的方程为 y ? ? ? x ? 1? ? 1 , 即 4 x ? 9 y ? 13 9 9

8 、设 x ? R ,则函数 f ? x ? ? x 2 ? 1 ?

? x ? 12 ?

2

? 16 的最小值为

.

答案: 13 . 解:如图,取 A 为数轴原点, AB ? 12 , 再作 AB 垂线 AC , BD ,使
AC ? 1, BD ? 4 ,在数轴上取点 P ,使

则 f ? x ? ? CP ? DP , 当 C , P, D AP ? x , 共线时, f 值最小,此时 f min ? CD ? AE ? 12 2 ? 52 ? 13 .
9 、四面体 ABCD 中,面 ABC 与面 BCD 成 600 的二面角,顶点 A 在面 BCD 上的

射 影 H 是 ?BCD 的 垂 心 , G 是 ?ABC 的 重 心 , 若 AH ? 4 , AB ? AC , 则 . GH ? 4 21 . 答案: 9 1 解:设面 AHD 交 BC 于 F ,则因 AB ? AC ,故 G 在 AF 上,且 GF ? AF , 3
?AFH ? 600 ,于是 AF ? AH 8 1 4 8 , FH ? AF ? , GF ? ,在三角 ? 0 sin 60 2 3 3 3 3 4 21 9

形 GFH 中,由余弦定理得 GH ?
10 、 sin 200 ? sin 400 ? sin 800 ?

.

答案:

3 . 8

解: 8sin 20 0 ? sin 40 0 ? sin 80 0 ? 4 ?cos 20 0 ? cos 60 0 ?sin 80 0
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? 4sin 80 0 cos 20 0 ? 2sin 80 0 ? 2 ?sin100 0 ? sin 60 0 ?? 2sin 80 0 ? 2sin 60 0 ? 3 ,

所以 sin 20 0 ? sin 40 0 ? sin 80 0 ?

3 . 8

11 、数列 ?an ? 满足: a1 ? 1 ,且对每个 n ? N * , an , an ?1 是方程 x 2 ? 3nx ? bn ? 0 的

两根,则 ? bk ?
k ?1

20

.

答: 6385 . 1 , an an ?1 ? bn ……○ 2 , 解:对每个 n ? N * , an ? an ?1 ? ?3n ……○ 将○ 1 写作 an ?1 ?
3 ? n ? 1? 2 ? 3n 3 ? 3 3n 3 ? ? ? 因此 ? an ? ? ? 是一个公比为 ?1 ? ? ? an ? ? ? , 2 4? 4 2 4? ? ?

的等比数列,故 an ?
an ?1 ? ? 3 ? 2 n ? 1? 4

3 ? 2 n ? 1? 3n 3 n ?1 7 n ?1 7 ,即 an ? ? ? ? ? ? 1? ? ? ? 1? ? , 2 4 4 4 4
n 20 9 29 7 n 21 ; 于是 bn ? an an ?1 ? n 2 ? ? ?? 1? ? ;? bk ? 6385 . 4 8 8 4 k ?1

? ? ? 1? ?

12 、从前 2008 个正整数构成的集 M ? ?1, 2,? , 2008? 中取出一个 k 元子集 A ,使

得 A 中任两数之和不能被这两数之差整除,则 k 的最大值为 答案: 670 .



解:首先,我们可以取 670 元集 A ? ?1, 4, 7,? , 2008? , A 中任两数之和不能 被 3 整除,而其差是 3 的倍数;其次,将 M 中的数自小到大按每三数一段,共分 为 670 段: 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9, ??, 2005, 2006, 2007, 2008, 从 A 中任取 671 个数, 必有两数 x, y 取自同一段, 则 x ? y ? 1或 2 , 注意 x ? y 与 x ? y 同奇偶,于是 ? x ? y ? ? x ? y ? .因此 k 的最大值为 670 . 三、解答题: ( 20 分) AD 是直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高, ( AB ? AC ), I1 , I 2 13 、 分别是 ?ABD, ?ACD 的内心, ?AI1I 2 的外接圆 ?O 分别交 AB, AC 于 E , F ,直线
EF , BC 交于点 M ;

证明: I1 , I 2 分别是 ?ODM 的内心与旁心.

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证:如图,连 DI1 , DI 2 , BI1 , AI 2 , I1F ,由 ?EAF ? 900 ,则圆心 O 在 EF 上,设 直径 EF 交 AD 于 O? , 并简记 ?ABC 的三内角为 A, B, C , 由 ?I1 BD ?
? ?I 2 AD , ?I1 DB ? 45 0 ? ?I 2 DA ,
A
O E I1 M F

B 1 ? ?DAC 2 2

所 以 ?DBI1 ∽ ?DAI 2 , 得
0

DI1 DB ,且 ? DI 2 DA
B

I2

?I1 DI 2 ? 90 ? ?BDA ,故 ?I1 DI 2 ∽ ?BDA , B 而 ?DI1I 2 ? B , ?AI1D ? 90 0 ? , 2

D

C

注意 ?AI1D ? ?AI1F ? ?FI1I 2 ? ?DI1I 2 , ?AI1F ? ?AEF , ?FI1I 2 ? ?FAI 2 ?

B , 2

所以 ?AEF ? 900 ? B ? C ? ?DAB , 因此 O?E ? O?A , 同理得 O?F ? O?A , 故 O? 与 O 重合,即圆心 O 在 AD 上,而 ?EOD ? ?OEA ? ?OAE ? 2?OAE ? 2C ,
?EOI1 ? 2?EAI1 ? ?BAD ? C ,所以 OI1 平分 ?DOM ;

同理得 OI 2 平分 ?DOF ,即 I1 是 ?ODM 的内心, I 2 是 ?ODM 的旁心.
证 二 : 如 图 , 因 为 ?BAC ? 90? , 故 ?AI1 I 2 的 外 接 圆 圆 心 O 在 EF 上 , 连

OI1 , OI 2, I1D, I 2 D ,则由 I1 , I 2 为内心知, ?I1 AI 2 ? 45? , 所以 ?I1OI 2 ? 2?I1 AI 2 ? 90? ? ?I1 DI 2 ,
于是 O, I1 , D, I 2 四点共圆,所以
M E I1

A
O H F

I2

B

D

C

?I 2 I1O ? ?I1 I 2O ? 45? ,又因 ?I 2 DO ? ?I 2 I1O ? 45? ? ?I 2 DA ,因此点 O 在 AD 上,
即 O 为 EF 与 AD 的交点.设 AD 与 ?O 交于另一点 H ,而由 ?EAI1 ? ?I1 AH 2 ,

? , HF ? 的中点,所以 ?EOI ? ?DOI , ?HAI 2 ? ?FAI 2 ,可知, I1 , I 2 分别为 EH 1 1 ?DOI 2 ? ?FOI 2 .因此,点 I1 , I 2 分别为 ?OMD 的内心与旁心. 14 、( 20 分)设 x, y, z 为非负实数,满足 xy ? yz ? zx ? 1 ,证明: 1 1 1 5 ? ? ? . x? y y?z z?x 2
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简证:为使所证式有意义, x, y, z 三数中至多有一个为 0 ; 据对称性,不妨设 x ? y ? z ? 0 ,则 x ? 0, y ? 0, z ? 0 ,对正数 x, y 作调整, 由于
1 1 ? ? y?z z?x 2

? y ? z ?? z ? x ?

?

2 1? z2

,取等号当且仅当 x ? y ,
1 ? x2 ,于是 2x

此时条件式成为 x 2 ? 2 xz ? 1 ,则 x ? 1 ,且有 z ?

1 4x 1 1 1 1 2 , ? ? ? ? ? ? 2 x ? y y ? z z ? x 2x 1? z2 2x 1 ? x

只要证

1 4x 5 ? ? ,即 1 ? 9 x 2 ? 5 x ? 5 x3 ? 0 ,也即 ?1 ? x ? ? 5 x 2 ? 4 x ? 1? ? 0 ,此 2 2x 1 ? x 2

为显然,取等号当且仅当 x ? y ? 1, z ? 0 ,故命题得证. 详证:为使所证式有意义, x, y, z 三数中至多有一个为 0 ;据对称性,不妨 设 x ? y ? z ? 0 ,则 x ? 0, y ? 0, z ? 0, xy ? 1;

?10 ? 、当 x ? y 时,条件式成为 x2 ? 2 xz ? 1 , z ?

1 ? x2 , x 2 ? 1 ,而 2x

1 1 1 2 1 2 1 4x , ? ? ? 2x ? ? ? ? ? 2 x? y y?z z?x z ? x 2x 1 ? x 2x 1? x 2 ?x 2x

只要证,

1 4x 5 ? ? ,即 1 ? 9 x 2 ? 5 x ? 5 x3 ? 0 ,也即 ?1 ? x ? ? 5 x 2 ? 4 x ? 1? ? 0 , 2 2x 1 ? x 2

此为显然;取等号当且仅当 x ? y ? 1, z ? 0 .

? 2 ? 、再证,对所有满足 xy ? yz ? zx ? 1 的非负实数 x, y, z ,皆有
0

1 1 1 5 ? ? ? .显然,三数 x, y, z 中至多有一个为 0 ,据对称性, x? y y?z z?x 2

仍设 x ? y ? z ? 0 ,则 x ? 0, y ? 0, z ? 0, xy ? 1 ,令 x ? cot A, y ? cot B , A, B 为锐 角,以 A, B 为内角,构作 ?ABC ,则 cot C ? ? cot ? A ? B ? ?
1 ? cot A cot B 1 ? xy ? cot A ? cot B x? y

? z ? 0 ,于是 C ? 900 ,且由 x ? y ? z ? 0 知, cot A ? cot B ? cot C ? 0 ;于是

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A ? B ? C ? 900 ,即 ?ABC 是一个非钝角三角形.

下面采用调整法,对于任一个以 C 为最大角的非钝角三角形 ABC ,固定最 A? B 大角 C ,将 ?ABC 调整为以 C 为顶角的等腰 ?A?B?C ,其中 ?A? ? ?B? ? ,且 2 设 t ? cot
A? B C 1 1 1 ? tan ,记 f ? x, y , z ? ? ,据 ?10 ? 知, ? ? 2 2 x? y y?z z?x 5 . 2 1 1 1 1 2 1 . ……○ ? ? ? ? x ? y y ? z z ? x 2t t ? z

f ?t, t, z ? ?

今证明, f ? x, y , z ? ? f ?t , t , z ? .即

即要证

? 1 1? ? 1 1 2 ? ? ? ?? ? ? ? ?? 0 ? x ? y 2t ? ? y ? z z ? x t ? z ?

……○ 2
A? B , 2

3 ,即证 cot A ? cot B ? 2 cot 先证 x ? y ? 2 t ……○
sin ? A ? B ? 2 cos

A? B 2 ,此即 sin 2 A ? B ? sin Asin B ,也即 即 ? A? B 2 sin A sin B sin 2 1 ? cos ? A ? B ? ? sin A sin B ,即 cos ? A ? B ? ? 1 ,此为显然.

由于在 ?A?B?C 中, t 2 ? 2tz ? 1,则

2 ? t ? z ? 2 ?t ? z ? 2 ? ? ;而在 ?ABC 中, t ? z ? t ? z ?2 1? z 2

1 1 x ? y ?2z x ? y ?2z 2 式成为 ,因此○ ? ? ? y ? z z ? x ? y ? z ?? z ? x ? 1? z 2

? x ? y ? 2t ? ? ?
只要证,

?

? 1 1 ? ? 2 ?? 0 ? 1 ? z 2t ? x ? y ? ?

……○ 4 ,

1 1 ? ?0 2 1 ? z 2t ? x ? y ?

2 …… 5 ,即证 2t ? x ? y ? ? 1 ? z ,注意 3 式以及





? 1? t2 ? 1? t2 4 2 2 2 ,只要证 4t 2 ? 1 ? ? 6 z? ? ,即 15 t ? 1 ? 2t ,也即 t ?15t ? 2 ? ? 1 …○ 2t ? 2t ?

2

由于最大角 C 满足: 600 ? C ? 900 ,而 t ? cot

A? B C 1 ? tan ,则 ? t ? 1 ,所以 2 2 3

1? 1 ? 故○ 6 成立, 因此○ 5 得证, 由○ 3 及○ 5 得○ 4 成立, t 2 ?15t 2 ? 2 ? ? ?15 ? ? 2 ? ? 1 , 3? 3 ?
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1 成立,即 f ? x, y , z ? ? f ?t , t , z ? ,因此本题得证. 从而○
15 、( 20 分)对于 2n 元集合 M ? ?1, 2,? , 2n? ,若 n 元集 A ? ?a1 , a2 ,? , a n ? , B ? ?b1 , b2 ,? , bn ? 满足: A ? B ? M , A ? B ? ? ,且 ? ak ? ? b k ,则称 A ? B 是
k ?1 k ?1 n n

集 M 的一个“等和划分”( A ? B 与 B ? A 算是同一个划分). 试确定集 M ? ?1, 2,? ,12? 共有多少个“等和划分”. 解一:不妨设 12 ? A ,由于当集 A 确定后,集 B 便唯一确定,故只须考虑集
A 的个数,设 A ? ?a1 , a2 , ? , a6 ? , a6 为最大数,由 1 ? 2 ? ? ? 12 ? 78 ,则 a1 ? a2 ? ? ? a6 ? 39 , a6 ? 12 ,于是 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? 27 ,

故 A1 ? ?a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ? 中有奇数个奇数.

?1? 、若 A1 中有 5 个奇数,因 M 中的六个奇数之和为 36 ,而 27 ? 36 ? 9 ,则
A1 ? ?1,3,5, 7,11? ,这时得到唯一的 A ? ?1,3,5, 7,11,12? ;

? 2 ? 、若 A1 中有 3 个奇数、两个偶数;用 p 表示 A1 中这两个偶数 x1 , x2 之和;
q 表示 A1 中这三个奇数 y1 , y2 , y3 之和,则 p ? 6, q ? 9 ,于是 q ? 21, p ? 18 .共得 A1 的 24 种情形.

其中, ?10 ? 、当 p ? 6, q ? 21 ,则 ? x1 , x2 ? ? ? 2, 4 ? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,9,11? , ?3, 7,11 ? ,

? 5, 7,9 ? ;可搭配成 A1 的 3 个情形;

? 2 ? 、当 p ? 8, q ? 19 ,则 ? x , x ? ? ? 2, 6 ? , ? y , y , y ? ? ?1, 7,11? , ?3,5,11 ?, ?3, 7,9 ? ;
0 1 2 1 2 3

可搭配成 A1 的 3 个情形;

? 3 ? 、当 p ? 10, q ? 17 ,则 ? x , x ? ? ? 2,8? , ? 4, 6 ? , ? y , y , y ? ? ?1,5,11? , ?1, 7,9 ? ,
0 1 2 1 2 3

? 3,5,9 ? ,可搭配成 A1 的 6 个情形;

? 4 ? 、当 p ? 12, q ? 15 ,则 ? x , x ? ? ? 2,10 ? , ? 4,8 ? , ? y , y , y ? ? ?1,3,11? , ?1,5,9 ? ,
0 1 2 1 2 3

? 3,5, 7 ? ,可搭配成 A1 的 6 个情形;
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? 5 ? 、当 p ? 14, q ? 13 ,则 ? x , x ? ? ? 4,10 ? , ?6,8 ? , ? y , y , y ? ? ?1,3,9 ? , ?1,5, 7 ? ,
0 1 2 1 2 3

可搭配成 A1 的 4 个情形;

? 6 ? 、当 p ? 16, q ? 11 ,则 ? x , x ? ? ? 6,10 ? , ? y , y , y ? ? ?1,3, 7 ? ;
0 1 2 1 2 3

可搭配成 A1 的 1个情形;

? 7 ? 、当 p ? 18, q ? 9 ,则 ? x , x ? ? ?8,10 ? , ? y , y , y ? ? ?1,3,5 ? ;
0 1 2 1 2 3

可搭配成 A1 的 1个情形.

? 3? 、若 A1 中有一个奇数、四个偶数,由于 M 中除 12 外,其余的五个偶数和
从中去掉一个偶数, 补加一个奇数, 使 A1 中五数之和为 27 , 2 ? 4 ? 6 ? 8 ? 10 ? 30 , 分别得到 A1 的 4 个情形: ? 7, 2, 4, 6,8 ? , ?5, 2, 4, 6,10 ?, ?3, 2, 4,8,10 ?, ?1, 2, 6,8, 10 ? . 综合以上三步讨论, 可知集 A 有 1 ? 24 ? 4 ? 29 种情形, 即 M 有 29 种 “等和划分” . 解二:元素交换法,显然 ? ai ? ? bi ? 39 ,恒设 12 ? A ;
i ?1 i ?1 6 6

?1 ? 、首先注意极端情况的一个分划:A ? ?1, 2,3,10,11,12? , B ? ?4,5, 6, 7,8,9? ,
0 0 0

显然数组 ?1, 2,3? 与 ?10,11,12? 中,若有一组数全在 A 中, 则另一组数必全在 A 中; 以下考虑 10, 11 两数至少一个不在 A 中的情况,为此,考虑 A0 , B0 中个数相同且 和数相等的元素交换:

? 2 ? 、?10,1? ? ? 5, 6 ? , ? 4, 7 ? ;?10, 2 ? ? ? 5, 7 ? , ? 4,8? ;?10,3? ? ? 6, 7 ? , ? 5,8? , ? 4,9 ? ;
0

?10, 2,3 ? ? ? 4,5, 6 ? ;共得到 8 个对换;

? 3 ? 、?11,1? ? ?5, 7 ? , ? 4,8 ? ;?11, 2 ? ? ? 6, 7 ? , ? 5,8? , ? 4,9 ? ;?11,3? ? ? 6,8? , ? 5,9 ? ;
0

?11,1,3? ? ? 4,5, 6 ? ; ?11, 2,3? ? ? 4,5, 7 ? ;共得到 9 个对换;

? 4 ? 、 ?10,11,1? ? ?6, 7,9 ?, ?5,8,9 ? ; ?10,11, 2 ? ? ? 6,8,9 ? ; ?10,11,3? ? ? 7,8,9 ? ;
0

?10,11,1, 2 ? ? ? 4,5, 7,8 ?, ?4,5, 6,9 ? ; ?10,11,1,3 ? ? ? 4, 6, 7,8 ?, ?4,5, 7,9 ? ; ?10,11, 2,3? ? ? 5, 6, 7,8 ? , ? 4, 6, 7,9 ? , ? 4,5,8,9 ? ;共得到 11 个对换.每个对换都得到
一个新的划分,因此,本题共得 1 ? 8 ? 9 ? 11 ? 29 种等和划分.
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2009 年全国高中数学联赛江西省预赛
09 年江西省预赛于 2009 年 9 月 20 日在江西省 11 个设区市进行, 全省约 1 万名学生 参加了这次选拔赛,按照全国联赛所规定的模式,江西省预赛试题结构也相应作出了调整; 省各地按 10:1 的比例,选出约 1 千人集中到南昌市参加 10 月 11 日的全国高中数学联赛。





一、填空题( 每小题 10 分,共 80 分) 1. 某人在将 2009 中间的两个数码 00 分别换成两位数 ab 与 cd 时, 恰好都得到完全平
方数: 2ab9 ? n , 2cd 9 ? m , ( m ? n, m, n ? N ) ,则数组 m ? n, ab ? cd ? 2. 若一个椭圆的焦点和顶点分别是双曲线 为: .
2 2

?

?



y2 x2 ? ? 1 的顶点和焦点,则椭圆的方程 9 16

3. 实数 x, y 满足 2 x 2 ? 3 y 2 ? 6 y ,则 x ? y 的最大值是 . 4. 四面体 ABCD 中,CD ? BC , AB ? BC , CD ? AC , AB ? BC ? 1 平面 BCD 与平面 ABC 成 450 的二面角,则点 B 到平面 ACD 的距离为 . 5. 从集合 M ? ?1, 2,3,? , 2009? 中,去掉所有 3 的倍数以及 5 的倍数后,则 M 中剩下
的元素个数为 .

x ? x3 的值域是 . (1 ? x 2 ) 2 ? 2? 4? 7? . ? cos ? cos ? 7 . cos ? cos 15 15 15 15 8 . 九个连续正整数自小到大排成一个数列 a1 , a2 , ? , a9 ,若 a1 ? a3 ? a5 ? a7 ? a9 的值 6 . 函数 f ( x) ?
为一平方数, a2 ? a4 ? a6 ? a8 的值为一立方数,则这九个正整数之和的最小值是 二、解答题( 共 70 分) .

9 . (20 分)给定 Y 轴上的一点 A(0, a ) ( a ? 1 ),对于曲线 y ? M ( x, y ) ,试求 A, M 两点之间距离 AM 的最小值(用 a 表示).

1 2 x ? 1 上的动点 2

10 . ( 25 分)如图, AB 、CD 、 EF 是一个圆中三条互不相交的弦, 以其中每两条弦为一组对边, 各得到一个凸四边形, 设这三个四边形的对角 线的交点分别为 M , N , P ;证明: M , N , P 三点共线. 11 . (25 分) n 项正整数列 x1 , x2 , ? , x n 的各项之和为 2009 ,如果 这 n 个数既可分为和相等的 41 个组,又可分为和相等的 49 个组,求 n 的最
小值.

A

E

D

B

F

C

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1. (100, 100)


2

提示: 注意到,对于整数 k ,若 k 的末位数为 9 ,则 k 的末位数必

2 2 2 为 3 或 7 , 易 知 44 ? 2000 ? 2 ab9 , ( 45 ? 2025 ) , 55 ? 3025 ? 2 cd 9 , 因 此 2 于是, 若要 m, n 满足条件, 只可能是, 由于 47 ? 2209 , 44 ? n ? m ? 55 , n ? 47, m ? 53 ,

532 ? 2809 ,所以 ab ? 20, cd ? 80, n ? 47, m ? 53 , m ? n, ab ? cd ? ?100,100 ? . x y ? ? 1 提示:双曲线的两顶点为 ? 0, ? 3 ? ,两焦点为 ? 0, ? 5 ? ,故由条件,椭 16 25 2 2 2 圆的两焦点为 ? 0, ? 3 ? ,两顶点为 ? 0, ? 5 ? ,因此, c ? 3, a ? 5 , b ? a ? c ? 16 ,则椭
2. 圆的方程为
2 2

?

?

x2 y2 ? ? 1. 16 25 1 2 2 10 3. 1 ? 提 示 : 令 x ? y ? t , 则 x ? t ? y , 由 2 ?t ? y ? ? 3 y ? 6 y , 得 2 2 2 5 y ? 2 ? 2t ? 3? y ? 2t 2 ? 0 ,因 y 为实数,则判别式 ? ? 4 ? 2 t ? 3? ? 4 ? 5 ? 2 t 2 ? 0 ,得

2 ? 10 2 ? 10 . ?t? 2 2 3 4. 提示: DC ? AC ? 2 ,作 DE ? 平面 ABC ,垂足为 E ,连 CE , AE ,由 3 2 0 三 垂 线 逆 定 理 , EC ? BC , 所 以 ?DCE ? 45 , 故 CE ? DE ? DC ? 1 , 2 1 1 VABCD ? DE ? S ABC ? ,又因 ABCE 为正方形, AE ? 1 ,则 AD ? 2 ,因此正三角形 3 6 1 1 3 3 ,设 B 到平面 ACD 的距离为 h ,由 h ? S ACD ? ,得 h ? ACD 的面积为 3 6 2 3 ? 2009 ? ? 2009 ? 3 的倍数有 ? 5 的倍数有 ? ? 669 个, ? 401 5. 1072 . 提示: 集合 M 中, ? ? 3 ? ? 5 ? ? ? 2009 ? 个,15 的倍数有 ? ? 133 个,则剩下的元素个数为 2009 ? ? 669 ? 401 ? 133? ? 1072 ? 15 ? ?
个.

1 1 x 1? x2 ,令 x ? tan ? ,则 6 . [? , ] 提示: f ( x ) ? ? 4 4 1 ? x2 1 ? x2 1 1 f ? sin 2? ? cos 2? ? sin 4? , 2 4 1 1 ? ? 由此, ? ? f ? ,当 x ? ? tan , tan 时两边分别取得等号. 4 4 8 8 1 7 . ? .提示: 2 ? 7? ? ? 2? 4? ? ? 原式 ? ? cos ? cos ? cos ? ? ? cos ? 15 15 ? ? 15 15 ? ? 4? ? ? ? ? 2 cos cos ? 2 cos cos 15 5 15 5

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?? 4? ? ? ? cos ? ? cos 5? 15 15 ? ? ? ? ? ?4 cos sin sin 5 6 10 ? ? 1 ? ?2 cos sin ? ? . 5 10 2
? 2 cos
(注:由

sin 720 ? 2sin 360 cos 360 ? 4sin180 cos180 cos 360 , 1 ? ? 1 0 0 ? .) 则 sin18 cos 36 ? ,即 cos sin 4 5 10 4 设这九数为 a ? 4, a ? 3, a ? 2, a ? 1, a, a ? 1, a ? 2, a ? 3, a ? 4 , 则有, 8 . 18000 提示: m2 n2 ,得 ? 5 4 ① 4 m 2 ? 5n 3 2 3 2 3 令 n ? 2n1 , m ? 5m1 ,得 100m1 ? 40n1 ,所以 5m1 ? 2n1 ,再取 m1 ? 2m2 , n1 ? 5n2 , 5a ? m2 , 4a ? n3 , S ? 9a ,则 a ?
化为 2m2 ? 5 n2 ,取 m2 ? 10, n2 ? 2 ,可使左式成立,这时 n ? 20, m ? 100 , a ? 2000 ,
2 2 2

S ? 9a ? 18000 . 9 . 如 图 , 易 求 得 曲 线 上 诸 点 的 坐 标 为 : 2 当x ? 2, 即 ? 2 ? x ? 2 时, E (? 2, 0), F ( 2, 0), D (0,1) ,

x2 曲线方程为 y ? 1 ? ……①; 2
而当 x ? 2 时,曲线方程为 y ?
2

x2 ?1 2

……②,对于情形

①, 即? 2 ? x ? 取得最小值 a ? 1 ;

显然当 M 位于顶点 D 处时, 距离 AM 2 时,

对于情形②,即在 x ? ? 2 或 x ?

2 时,设点 M ( x,

x2 1 ? 1 ? a )2 ? ( x 2 ? 2a )2 ? 2a ? 1 , 2 4 因 a ? 1 ,则 2a ? 2 , 2a ? 2 ,于是,当 x ? 2a 时, AM 取得最小值 2a ? 1 ;再 AM ? x 2 ? (
2

x2 ? 1) ,由于 2

比较 AD 与 AM :令

f (a ) ? AD ? AM ? (a ? 1) 2 ? (2a ? 1) ? a (a ? 4) ,
则当 1 ? a ? 4 时, f (a ) ? 0 , AD ? AM ,即最小值为 AD ? a ? 1 ;而当 a ? 4 时,

2

2

f (a ) ? 0 ,则最小值 AM ? 2a ? 1 . 10 . 如图, 设 AB, CD, EF 为三条不相交的弦, 其中 AC ? BD ? P ,AF ? BE ? M , CE ? DF ? N ,又设 BD ? CE ? H ,点 N , P, M 截 ?BEH 的三边,据梅涅劳斯逆定理,
只要证

HP BM EN ? ? ?1 PB ME NH
用记号 ? 表示三角形面积,则由

①,

A
M

E D

B

P

H N

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F

C

BM ?BAF BA ? BF ② ? ? ME ?EAF EA ? EF HP ?HAC ?HAC ?EAC CH EA ? EC CH ? EA ? ? ? ? ? ? PB ?BAC ?EAC ?BAC CE BA ?BC BA ?BC
由此得



HP BM CH ? BF , ? ? PB ME BC ? EF
因此只要证,

EN DN ? , ?BFD ? ?BCD ,则 EF DC NH ?NBD ?FBD ? ?FBN ? ? CH ?CBD ?CBD FB ? FD ? FB ? FN ? CB ? CD FB ? ND FB EN ? ? ? CB ? CD CB EF EN ? BF CH 所以 ? 1 ,即④成立,从而①成立,故结论得证. EF ? BC NH 11 . 设分成的 41 个组为 A1 , A 2 , ? , A 41 ,每组中的各数和皆为 49 ,称这种组为 A 类
注意 组;而分成的 49 个组为 B1 , B2 , ? , B49 ,每组中的各数和皆为 41 ,称这种组为 B 类组. 显然,每个项 xk 恰好属于一个 A 类组和一个 B 类组,即同类组之间没有公共项,如果 两个组 A i , B j 中有两个公共项 xr , xt ,则可以将这两个数合并为一个项 xr ? xt ,这样可使 n 值减少,故不妨设,每对 A i , B j 至多有一个公共项. 今用点 u1 , u2 , ? , u41 分别表示 A1 , A 2 , ? , A 41 , 而点 v1 , v2 , ? , v49 表示组 B1 , B2 , ? , B49 , 如果组 A i , B j 有公共项,则在相应的点 ui , v j 之间连一条边,于是得二部图 G ,它恰有 n 条 边和 90 个顶点.下面证明 G 是连通图. 如果图 G 的最大连通分支为 G ? ,其顶点数少于 90 ,设在分支 G ? 中,有 a 个 A 类顶点 uk1 , uk2 ,? , uk a 和 b 个 B 类 顶 点 vs1 , vs2 , ? , vsb , 其 中 a ? b ? 90 , 则 在 相 应 的 A 类 组

EN ? BF CH ? 1, EF ? BC NH



Ak1 , Ak2 , ? , Ak a 和 B 类组 Bs 1 , Bs 2 ,?, Bs b 中, A 类组 Aki 中的每个数 xi 都要在某个 B 类组 Bs j 中出现;而 B 类组 Bs i 中的每个数 x j 也都要在某个 A 类组 Ar j 中出现,(否则将有边与
分支外的顶点连接,发生矛盾),因此 a 个 A 类组 Ak1 , Ak2 , ? , Ak a 中各数的和应等于 b 个 B 类 组 Bs 1 , Bs 2 ,?, Bs b 中 各 数 的 和 , 即 有 49a ? 41b , 由 此 得 41 a , 49 b , 所 以

a ? b ? 41 ? 49 ? 90 , 矛盾! 因此 G 是连通图. 于是图 G 至少有 90 ? 1 ? 89 条边, 即 n ? 89 ; 另一方面,我们可实际构造一个具有 89 项的数列 x1 , x2 ,? , x89 ,满足本题条件.例如
取 x1 ? ? ? x41 ? 41, x42 ? ? ? x75 ? 8, x76 ? ? ? x79 ? 7, x80 ? ? ? x83 ? 1, x84 ? x85 ? 6, 将其余七个 8 拆成七对,其中四对 ?7,1? ,两对 ?6, 2? ,一对 ?5,3? ,又得到 14 个项),于 是,每个 A 类组可由一个 41 ,一个 8 ,或者由一个 41 ,添加一对和为 8 的项组成;这样共

x86 ? x87 ? 2 , x88 ? 5, x89 ? 3 ,(该数列有 41 个取值为 41 的项; 34 个取值为 8 的项;另

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得 41 个 A 类组, 每组各数的和皆为 49 ; 为了获得和为 41 的 49 个 B 类组, 可使 x1 , x2 , ? , x41 个, ?8,8,8,8, 6,3? 的组一个, ?8,8, 7, 7, 6,5? 的组一个.故 n 的最小值为 89 .

各成一组,其余的数可以拼成八个 B 类组:?8,8,8,8,8,1? 的组四个,?8,8,8,8, 7, 2? 的组两

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2010 年全国高中数学联赛 江西省预赛试题
(考试时间:9 月 24 日上午 8:30-11:00) 一.填空题(共 2 题,每题 10 分,合计 80 分) 1. 设多项式 f ( x ) 满足: 对于任意 x ? R , 都有 f ( x ? 1) ? f ( x ? 1) ? 2 x 2 ? 4 x, 则 f ( x ) 的最小值是______.
2.数列 {an },{bn } 满足: ak bk ? 1, k ? 1, 2, ?, 已知数列 {an } 的前 n 项和为 An ? 列 {bn } 的前 n 项和 Bn ? ______.

n ,则数 n ?1

3.函数 f ( x ) ?

1 ? x2 的值域是______. x?2

4. 过抛物线 y 2 ? 8 x 的焦点 F ,作一条斜率为 2 的直线 l , 若 l 交抛物线于 A, B 两点, 则 ?OAB 的面积是______. sin A ? cos( A ? B) ,则 tan A 的最大值为____ 5.若 ?ABC 为锐角三角形,满足 sin B __. 6.若正三棱锥的内切球半径为 1 ,则其体积的最小值为______. 7.将 1, 2,?,9 随机填入右图正方形 ABCD 的九个格子中, 则其每 行三数,每列三数自上而下、自左而右顺次成等差数列的概率
p ? ______.

8.将集合 M ? {1, 2,?12} 的元素分成不相交的三个子集: M ? A ? B ? C ,其中 且 ak ? bk ? ck , A ? {a1 , a2 , a3 , a4 }B ? {b1 , b2 , b3 , b4 }C ? {c1 , c2 , c3 , c4 } , c1 < c2 < c3 < c4 ,
k ? 1, 2,3, 4, 则集合 C 为:______.

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二.解答题(共 2 题,合计 70 分) 9.(20 分)如图, AB 是圆的一条弦,它将圆分成两部分, M 、 N 分别是两段弧 的中点, 以点 B 为旋转中心, 将弓形 AMB 顺时针旋转一个角度成弓形 A1MB , AA1 的中点为 P , MN 的中点为 Q .求证: MN ? 2PQ .

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10.(25 分)给定椭圆 C :

x2 y2 ? 2 ? 1, (a > b > 0) 以及圆 ?O : x 2 ? y 2 ? b 2 ,自椭圆 2 a b

上异于其顶点的任意一点 P , 做 ?O 的两条切线, 切点为 M , N , 若直线 MN 在 x, y 轴上的截距分别为 m, n ;证明:
a 2 b2 a 2 . ? ? n2 m2 b2

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11.(25 分)对于 2n 个素数组成的集合 M ? { p1 , p2 , ?, p2 n} ,将其元素两两搭配 成 n 个乘积, 得到一个 n 元集, 如果 A ? {a1a2 , a3a4 , ?, a2 n ?1a2 n ,} 与 B ? {b1b2 , b3b4 ,? ,
b2 n ?1b2 n } 是由此得到的两个 n 元集,其中 {a1 , a2 , ?, a2 n} = {b1 , b2 , ?, b2 n} ? M ,且 A ? B ? ? ,就称集合对 { A, B} 是由 M 炮制成的一副“对联”.(例如当 n ? 2 时,

由四元集 {a, b, c, d } 可炮制成三副 “对联” : {ab, cd } ? {ac, bd } , {ab, cd } ? {ad , bc}
{ac, bd } ? {ad , bc} ).
(1).当 n ? 3 时,求 6 元素集 M ? {a, b, c, d , e, f } 所能炮制成的“对联”数; (2)对于一般的 n ? 2 ,求由 2n 元素集 M 所能炮制成的“对联”数 T ( n) .

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2010 年全国高中数学联赛 江西省预赛试题答案
1.-2 n(n ? 1)(n ? 2) 2. 3
? 3? 3. ? 0, ? ? 3 ?

4. 4 5 5.
2 4

6. 8 3 7.
8 9!

8. {8,9,10,12},{7,9,11,12},{6,10,11,12} 9.思路:取 AB 中点 E, A1 B 中点 F,可证 PEBF 为菱形; 证明角 MFP=角 PEN; 再证角 PNE=角 MPF; 然后证角 MPN 为直角 10.关键步骤:设 P 点坐标 ( x0 , y0 ) ,易的 OMPN 四点共圆,此圆方程减圆 O 方 程得直线 MN 方程 x0 x ? y0 y ? b 2 11.(1)60;
1 n ?1 1? ? 1 1 1 (2) T (n) ? C 2 (其中 Dn = n !?1 ? ? ? ? ?( ?1) n ? ) n ?1 ? Dn ? n ! 2 n! ? ? 1! 2! 3!

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2011 年全国高中数学联赛(江西赛区)预赛
一、填空题(每小题 10 分,共 80 分) 1 、 2011 是这样的一个四位数,它的各位数字之和为 4 ;像这样各位数字之和为 4 的
四位数总共有 个.

2 、 设 数 列 ?an ? 满 足 : a1 ? 1, a2 ? 2 , 且 对 于 其 中 任 三 个 连 续 项 an ?1 , an , an ?1 , 都
有: an ?

(n ? 1)an ?1 ? (n ? 1)an ?1 .则通项 an ? 2n



3 、以抛物线 y ? x 2 上的一点 M ?1,1? 为直角顶点,作抛物线的两个内接直角三角形 ?MAB 与 ?MCD ,则线段 AB 与 CD 的交点 E 的坐标为
. .

4 、设 x, y, z ? R ? , x ? y ? z ? 1 ,则函数 f ( x, y, z ) ? xy 2 z 3 的最大值是 5 、 sin 60 sin 420 sin 660 sin 780 ?


6 、正三棱锥 D ? ABC 的底面边长为 4 ,侧棱长为 8 ,过点 A 作与侧棱 DB, DC 都相
交的截面 ?AEF ,那么, ?AEF 周长的最小值是 . .

7 、满足 x 2 ? 7 y 2 ? 2011 的一组正整数 ( x, y ) ? 8 、用 S (n) 表示正整数 n 的各位数字之和,则 ? S (n) ?
n ?1 2011



二、解答题(共 3 题,合计 70 分)

9 、 ( 20 分 ) 、 设 A ? B ? C ? 1800 , 且 满 足 : sin A ? sin B ? sin C cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C ? 1 ,求 的值. cos A ? cos B ? cos C cos A ? cos B ? cos C
( 25 分)如图, ?ABC 的内心为 I , M , N 分别是 AB, AC 的 10 、 中点, AB ? AC ,内切圆 ? I 分别与边 BC , CA 相切于 D, E ;证明:
M A

N

F

I B D

E C

MN , BI , DE 三线共点.

11 、( 25 分)在电脑屏幕上给出一个正 2011 边形,它的顶点分别被涂成黑、白两色; 某程序执行这样的操作:每次可选中多边形连续的 a 个顶点(其中 a 是小于 2011 的一个固 定的正整数),一按鼠标键,将会使这 a 个顶点“黑白颠倒”,即黑点变白,而白点变黑; (1) 、证明:如果 a 为奇数,则可以经过有限次这样的操作,使得所有顶点都变成白色,
也可以经过有限次这样的操作,使得所有顶点都变成黑色;

(2) 、当 a 为偶数时,是否也能经过有限次这样的操作,使得所有的顶点都变成一色?
证明你的结论.

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1 、 20 .提示:这种四位数 x1 x2 x3 x4 的个数,就是不定方程 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 4 满足
条件 x1 ? 1 , x2 , x3 , x4 ? 0 的整解的个数;即 y1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 3 的非负整解个数,其中
1 3 y1 ? x1 ? 1 ,易知这种解有 C34??4 ?1 ? C6 ? 20 个,即总共有 20 个这样的四位数.(注:也可

直接列举.)

2 、3?

2 . 提示:由条件得, n 2nan ? ( n ? 1) an ?1 ? ( n ? 1) an ?1 ,

所以

(n ? 1)(an ?1 ? an ) ? (n ? 1)(an ? an ?1 ) ,


an ?1 ? an n ? 1 ,而 a2 ? a1 ? 1 ; ? an ? an ?1 n ? 1 an ?1 ? an ? ? ?
于是

an ?1 ? an an ? an ?1 a ?a ? ? ?? 3 2 ? (a2 ? a1 ) an ? an ?1 an ?1 ? an ? 2 a2 ? a1 n ?1 n ? 2 n ? 3 1 ? ? ? ?? ? 1 n ?1 n n ?1 3 2 ; n(n ? 1)

an ? an ?1 ?
由此得

2 1 1 ? 2( ? ); n(n ? 1) n ?1 n

an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ? 2 ) ? ?? (a 2 ? a1 ) ? a1 1 ? 2(1 ? ) ? 1 n 2 ? 3? n k MA 3 、 (?1, 2) .提示:设 A( x1 , x ), B ( x2 , x ) ,则
2 1 2 2

.

x12 ? 1 ? ? x1 ? 1, x1 ? 1
2 x2 ?1 ? x 2 ? 1, x2 ? 1

k MB ?

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k AB ?
直线 AB 方程为

2 x12 ? x2 ? x1 ? x 2 , x1 ? x2

y ? x12 ? ( x1 ? x2 )( x ? x1 ) ,
即 y ? ( x1 ? x2 ) x ? x1 x2 ,因为 MA ? MB ,则

( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? ?1 ,


? x1 x2 ? 2 ? ( x1 ? x2 ) ,
代人方程得

y ? 2 ? ( x1 ? x2 )( x ? 1) ,
于是点 ( ?1, 2) 在直线 AB 上; 同理,若设 C ( x3 , x3 ), D ( x4 , x4 ) ,则 CD 方程为
2 2

y ? 2 ? ( x3 ? x4 )( x ? 1) ,
即点 ( ?1, 2) 也在直线 CD 上,因此交点 E 的坐标为 E ( ?1, 2) .

4、

1 .提示:由 432 1? x? y ? z ? x? y y z z z ? ? ? ? 2 2 3 3 3

y y z z z ? 66 x? ? ? ? ? , 2 2 3 3 3
所以,

1 ?1 ? xy 2 z 3 ? ? ? , 4 ? 27 ?6 ?


6

1 1 ? , 3 2 ?3 432 y z 1 1 1 1 当 x ? ? ? ,即 x ? , y ? , z ? 时取得等号. 2 3 6 6 3 2 1 5 、 .提示: 16 xy 2 z 3 ?
4

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sin 6 0 cos 480 cos 24 0 cos12 0 ? ? cos 6 0 sin 6 0 cos 480 cos 24 0 cos12 0 cos 6 0

sin12 0 cos12 0 cos 24 0 cos 480 2 cos 6 0 sin 24 0 cos 24 0 cos 480 ? 4 cos 6 0 sin 480 cos 480 ? 8cos 6 0 ? sin 96 0 1 ? . 0 16 cos 6 16
D
F E A1

11 . 提示: 作三棱锥侧面展开图, 易知 EF ∥ BC , 6、
且 由 周 长 最 小 , 得 A, E , F , A1 共 线 , 于 是 等 腰

D C
E

F

?DEF ? ?AEB , AE ? AB ? 4 , BE AB 1 ? ? , AB DA 2 即 BE ? 2 , DE ? 6 , EF DE 6 3 ? ? ? , BC DB 8 4
所以 EF ? 3 ,由 A1 F ? AE ? 4 ,则

C B

A

B

A

AA1 ? AE ? EF ? FA1 ? 11 . 7 、(38,9) .提示:由于 2011 是 4 N ? 3 形状的数,所以 y 必为奇数,而 x 为偶数, 设 x ? 2m , y ? 2n ? 1 ,代人得 4m 2 ? 28n( n ? 1) ? 2004 ,


m 2 ? 7n(n ? 1) ? 501 .
而 n( n ? 1) 为偶数,则 m 2 为奇数,设 m ? 2k ? 1 ,则



m 2 ? 4k (k ? 1) ? 1 ,
由①得,

k (k ? 1) ? 7 ?

n(n ? 1) ? 125 , 4



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n(n ? 1) 为 奇 数 , 且 n, n ? 1 中 恰 有 一 个 是 4 的 倍 数 , 当 n ? 4r , 为 使 4 n(n ? 1) 7? ? 7 r(4 r ? 1) 为奇数,且 7r (4r ? 1) ? 125 ,只有 r ? 1 ,②成为 4 k (k ? 1) ? 35 ? 125 ,

即 k (k ? 1) ? 90 ,于是 n ? 4, k ? 9, x ? 38, y ? 9 ; 若 n ? 1 ? 4r ,为使 7 ?

n(n ? 1) ? 7 r(4 r ? 1) 为奇数,且 7r (4r ? 1) ? 125 ,只有 r ? 1 , 4

②成为 k (k ? 1) ? 21 ? 125 ,即 k (k ? 1) ? 104 ,它无整解; 于是 ( x, y ) ? (38,9) 是唯一解: 382 ? 7 ? 92 ? 2011 . (另外,也可由 x 为偶数出发,使

2011 ? x 2 ? 2009 ? ( x 2 ? 2) ? 7 ? 287 ? ( x 2 ? 2)
为 7 的倍数,那么 x 2 ? 2 是 7 的倍数,故 x 是 7 k ? 3 形状的偶数,依次取 k ? 1,3,5 ,检验 相应的六个数即可.)

8 、 28072 .提示:添加自然数 0 ,这样并不改变问题性质;先考虑由 0 到 999 这一千
个 数 , 将 它 们 全 部 用 三 位 数 表 示 , 得 到 集 M ? ?000, 001,? ,999? , 易 知 对 于 每 个

a ? ?0,1,? ,9? ,首位为 a 的“三位数”恰有 100 个: a 00, a 01, ?, a99 ,
这样,所有三位数的首位数字和为

100 ? (0 ? 1 ? ? ? 9) ? 45 ?100 .
再将 M 中的每个数 abc 的前两位数字互换, 成为 bac , 得到的一千个数的集合仍是 M , 又将 M 中的每个数 abc 的首末两位数字互换,成为 cba ,得到的一千个数的集合也是

M ,由此知

? S (n) ? ? S (n) ? 300 ? 45 .
n ?1 n ?0

999

999

今考虑四位数:在 1000,1001,?,1999 中,首位(千位)上,共有一千个 1 ,而在

0000, 0001,?, 0999 中,首位(千位)上,共有一千个 0 ,因此
1999 n ?1

? S (n) ? ? S (n) ? 1000 ? 2? S (n) ? 1000 ? 600 ? 45 ? 28000 ;
n ?0 n ?0

1999

999

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2011

其次,易算出,

n ? 2000 2011 n ?1 2011 n ?0

?

S (n) ? 72 . 所以,

? S (n) ? ? S (n) ? 28072 .
sin A ? sin B ? sin C ?1, cos A ? cos B ? cos C

9 、由



sin A ? sin B ? sin C ? cos A ? cos B ? cos C ,
平方得

sin 2 A ? sin 2 B ? sin 2 C ? 2(sin A sin B ? sin B sin C ? sin C sin A) ? cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2 C ? 2(cos A cos B ? cos B cos C ? cos C cos A)
所以

(cos 2 A ? sin 2 A) ? (cos 2 B ? sin 2 B) ? (cos 2 C ? sin 2 C ) ? ?2[cos( A ? B) ? cos( B ? C ) ? cos(C ? A)] ,


cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C ? 2(cos A ? cos B ? cos C ) ,
所以

cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C ? 2. cos A ? cos B ? cos C 10 、如图,设 MN , BI 交于点 F ,连 AF , AI , IE , EF ,由于中位
线 MN ∥ BC , 以 及 BF 平 分 ?B , 则 MF ? MB ? MA , 所 以
M A

?AFB ? 900 ,因 IE ? AE ,得 AFEI 共圆.所以 ?AEF ? ?AIF ;
又注意 I 是 ?ABC 的内心,则

N

F

A B C B ?AEF ? ?AIF ? ?IAB ? ?IBA ? ? ? 900 ? . 2 2 2 连 DE ,在 ?CDE 中,由于切线 CD ? CE ,所以 1 C ?CED ? ?CDE ? ?1800 ? C ? ? 900 ? ? ?AEF , 2 2

I D

E C

因此 D, E , F 三点共线,即有 MN , BI , DE 三线共点.

11 、 (1) 证明:由于 2011 为质数,而 1 ? a ? 2011 ,则 (a, 2011) ? 1 ,据裴蜀定理,
存在正整数 m, n ,使

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于是当 a 为奇数时,则①中的 m, n 一奇一偶.

am ? 2011n ? 1 ,



如果 m 为偶数, n 为奇数,则将①改写成:

a ? (m ? 2011) ? 2011? (n ? a) ? 1 ,
令 m? ? m ? 2011, n? ? n ? a ,上式成为 am? ? 2011n? ? 1 ,其中 m? 为奇数, n? 为偶数. 总之存在奇数 m 和偶数 n ,使①式成立;据①, ② am ? 2011n ? 1 , 现进行这样的操作:选取一个点 A ,自 A 开始,按顺时针方向操作 a 个顶点,再顺时针方 向操作接下来的 a 个顶点……当这样的操作进行 m 次后,据②知,点 A 的颜色被改变了奇 数次( n ? 1 次),从而改变了颜色,而其余所有顶点都改变了偶数次( n 次)状态,其颜 色不变;称这样的 m 次操作为“一轮操作”,由于每一轮操作恰好只改变一个点的颜色, 因此,可以经过有限多轮这样的操作,使所有黑点都变成白点,从而多边形所有顶点都成为 白色;也可以经过有限多轮这样的操作,使所有白点都变成黑点,从而多边形所有顶点都成 为黑色.

(2) 、当 a 为偶数时,也可以经过有限多次这样的操作,使得多边形所有顶点都变成一
色.具体说来,我们将有如下结论: 如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、偶数个白点,则经过有限次操作,可以将多边 形所有顶点变成全黑,而不能变成全白;反之,如果给定的正多边形开初有奇数个白点、偶 数个黑点,则经过有限次操作,可以将多边形所有顶点变成全白,而不能变成全黑; 为此,采用赋值法:将白点改记为“ +1 ”,而黑点记为“ ?1 ”,改变一次颜色,相当 于将其赋值乘以 ?1 , 而改变 a 个点的颜色, 即相当于乘了 a 个 (偶数个) 由于 ( ?1) a ? 1 ; ?1 , 因此当多边形所有顶点赋值之积为 ?1 ,即总共有奇数个黑点,偶数个白点时,每次操 作后,其赋值之积仍为 ?1 ,因此无论操作多少次,都不能将全部顶点变白. 但此时可以变成全黑,这是由于,对于偶数 a ,则①②中的 n 为奇数,设 A, B 是多边 形的两个相邻顶点,自点 A 开始,按顺时针方向操作 a 个顶点,再顺时针方向操作接下来 的 a 个顶点……当这样的操作进行 m 次后, 据②知, 点 A 的颜色被改变了偶数次 ( n ? 1 次) , 从而颜色不变,而其余所有 2010 个顶点都改变了奇数次( n 次)状态,即都改变了颜色; 再自点 B 开始,按同样的方法操作 m 次后,点 B 的颜色不变,其余所有 2010 个顶点都改 变了颜色;于是,经过上述 2m 次操作后,多边形恰有 A, B 两个相邻顶点都改变了颜色, 其余所有 2009 个点的颜色不变. 现将这样的 2m 次操作合并,称为“一轮操作”;每一轮操作,可以使黑白相邻的两点 颜色互换,因此经过有限轮操作,总可使同色的点成为多边形的连续顶点; 于是当多边形开初总共有偶数个白点时, 每一轮操作又可将相邻两个白点变成黑点, 使 得有限轮操作后,多边形所有顶点都成为黑色. 同理得,如果给定的正多边形开初总共有奇数个白点、偶数个黑点,经过有限次操作, 可以使多边形顶点变成全白,而不能变成全黑;(只需将黑点赋值为“ +1 ”,白点赋值为 “ ?1 ”,证法便完全相同).

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2013 年全国高中数学联赛江西省预赛
一、填空题(每题 8 分)

1 、若 2013 的每个质因子都是某个正整数等差数列 ?an ? 中的项,则 a2013 的最大值
是 . 答案: 4027 . 解: 2013 ? 3 ? 11? 61 ,若 3,11, 61 皆是某正整数等差数列中的项,则公差 d 应是 为使 a2013 取得最大, 则其首项 a1 和公差 d 都应取尽可能 11 ? 3 ? 8 与 61 ? 3 ? 58 的公因数, 大的数,于是 a1 ? 3, d ? 2 ,所以 a2013 的最大值是 3 ? 2012d ? 4027 .

1 2 3 2 、若 a, b, c ? 0 , ? ? ? 1 ,则 a ? 2b ? 3c 的最小值为 a b c 答案: 36 .
解:据柯西不等式, a ? 2b ? 3c ? ? a ? 2b ? 3c ? ?



2 ? 1 2 3? ? ? ? ? ?1 ? 2 ? 3 ? ? 36 . ?a b c?

?1 2 3 ? n 3 、若 S n ? n !? ? ? ? ? ? ? ? 1? ,则 S 2013 ? ( n ?1)! ? ? 2! 3! 4!
答案: ?



1 . 2014

解:因

k (k ? 1) ? 1 1 1 ,则 ? ? ? (k ? 1)! (k ? 1)! k ! (k ? 1)!

1 2 3 n 1 ?1 2 ?1 3 ?1 ( n ?1) ?1 1 ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? 1? 2! 3! 4! ( n ?1)! 1! 2! 3! ( n ?1)! ( n ?1)!
所以, S n ? n ! ??1 ?

?? ??

1 ? ? 1 1 ,故 S 2013 ? ? . ? ? 1? ? ? (n ? 1)! ? ? n ?1 2014

4 、如果一个正方体 X 与一个正四面体 Y 的表面面积(各面面积之和)相等,则其体
积之比

Vx ? Vy



答案: 4 3 . 解:记表面面积为 12 (平方单位),则正方体每个面的面积为 2 ,其边长为 2 ,所 以

Vx ? 2 2 ;正四面体每个面的面积为 3 ,设其边长为 a ,则由
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3

1 3 2 a ? 3 ,得 a ? 2 ? 3 4 ; 4

于是 Vy ? 2 2 ? 3 4 ,因此

3

?

1

1 Vx ? 34 ? 4 3 . Vy

5 、若椭圆中心到焦点,到长、短轴端点,以及到准线距离皆为正整数,则这四个距离
之和的最小值是 答案: 61 . 解:设椭圆方程为 .

x2 y2 ? ? 1 , a ? b ? 0 ,椭圆中心 O 到长、短轴端点距离为 a, b , a 2 b2
2 2

a2 到焦点距离 c 满足: c ? a ? b ,到准线距离 d 满足: d ? ,由于 a, b, c 组成勾股数, c
2

满足 a ? 20 的勾股数组有 ?a, b, c? ? ?3, 4,5? , ?6,8,10? , ?9,12,15? , ?12,16, 20? , ?5,12,13? , 以及 ?8,15,17? ,其中只有

152 20 2 ? 25 与 ? 25 ,而 (a, b, c, d ) ? (15,12,9, 25) 使得 9 16

a ? b ? c ? d 的值为最小,这时有 a ? b ? c ? d ? 61 .

6 、函数 f ( x) ? 3x ? 6 ? 3 ? x 的值域是
答案: [1, 2] . 解: f ( x ) ?
2



3( x ? 2) ? 3 ? x 的定义域为 [2,3] ,故可设 x ? 2 ? sin 2 ? (0 ? ? ?
2

则 f ( x ) ? 3sin ? ? 1 ? sin ? ? 3 sin ? ? cos ? ? 2sin(? ? 而

? ? 2? 1 ? ?? ? ? ,这时 ? sin(? ? ) ? 1 ,因此 1 ? f ? 2 . 6 6 3 2 6 7 、设合数 k 满足: 1 ? k ? 100 ,而 k 的数字和为质数,就称合数 k 为“山寨质数”,


? ), 6

? ), 2

则这种“山寨质数”的个数是 答案: 23 个.

解: 用 S ( k ) 表示 k 的数字和; 而 M ( p ) 表示山寨为质数 p 的合数的集合. 当 k ? 99 时,

S (k ) ? 18 ,不大于 18 的质数共有 7 个,它们是: 2,3,5, 7,11,13,17 ,山寨为 2 的合数有 M (2) ? ?20? ,而 M (3) ? ?12, 21,30? , M (5) ? ?14,32,50? , M (7) ? ?16, 25,34,52, 70? ; M (11) ? ?38,56, 65, 74,92? , M (13) ? ?49,58, 76,85,94? , M (17) ? ?98? ;
共得 23 个山寨质数.

8 、将集合 ?1, 2,3, 4,5, 6, 7,8? 中的元素作全排列,使得除了最左端的一个数之外,对
于其余的每个数 n ,在 n 的左边某个位置上总有一个数与 n 之差的绝对值为 1 ,那么,满足 条件的排列个数为 .

第 55 页 共 79 页

答案: 128 .(即 2 个). 解:设对于适合条件的某一排列,排在左边的第一个元素为 k , (1 ? k ? 8) ,则在其余

7

7 个数中,大于 k 的 8 ? k 个数 k ? 1, k ? 2,?,8 ,必定按递增的顺序排列;而小于 k 的 k ? 1
个数 1, 2, ? , k ?1 ,必定按递降的顺序排列(位置不一定相邻) 事实上,对于任一个大于 k 的数 k ? n ,设 k ? n ? 8 ,如果 k ? n ? 1 排在 k ? n 的左边, 则与 k ? n ? 1 相差 1 的另一数 k ? n ? 2 就必须排在 k ? n ? 1 的左边;同样,与 k ? n ? 2 相差 1 的另一数 k ? n ? 3 又必须排在 k ? n ? 2 的左边;…,那么,该排列的第二个数不可能与 k 相差 1,矛盾!因此 k ? n ? 1 必定排在 k ? n 的右边. 用类似的说法可得,小于 k 的 k ? 1 个数1, 2, ? , k ?1 ,必定按递降的顺序排列; 由于当排在左边的第一个元素 k 确定后,右边还有 7 个空位,从中任选 8 ? k 个位置填 写大于 k 的数,(其余 k ? 1 个位置则填写小于 k 的数),选法种数为 C7
8 7 8? k

;而当位置选定

后,则填数方法随之唯一确定,因此所有排法种数为 二、解答题

? C78?k ? ? C7j ? 27 .
k ?1 k ?0

9 、(20 分)设直线 x ? y ? 1 与抛物线 y 2 ? 2 px ( p ? 0) 交于点 A, B ,若 OA ? OB ,
求抛物线方程以及 ?OAB 的面积. 解:设交点 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由

y
D A C

y ? 2 px 与 x ? y ? 1 ,得 y ? 2 py ? 2 p ? 0 ,
O

2

2

故有 x1 ? 1 ? p ? 以及 x2 ? 1 ? p ?

p ? 2 p , y1 ? ? p ? p ? 2 p , p 2 ? 2 p , y2 ? ? p ? p 2 ? 2 p . ??? ? ??? ?
B

2

2

x

因 OA ? OB ,即 OA ? OB ? 0 ,所以 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即
2 2 2 2 ? ? (1 ? p) ? ( p ? 2 p) ? ??? ? p ? ( p ? 2 p) ? ? ? 0 ,化简得 1 ? 2 p ? 0 ,因此抛物线方程为

? 3 ? 5 ?1 ? 5 ? ? 3 ? 5 ?1 ? 5 ? , y 2 ? x ,从而交点 A, B 坐标为: A ? ?, B? ?, ? 2 , ? 2 ? 2 ? ? ? ? 2 ?
2 2 OA2 ? x12 ? y12 ? 5 ? 2 5 , OB 2 ? x2 ? y2 ? 5? 2 5 ,

因此 S ?OAB ?

1 1 OA ? OB ? 5. 2 2

(20 分)如图,四边形 ABCD 中, E , F 分别是 AD, BC 的中点, P 是对角线 BD 10 、
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上的一点;直线 EP , PF 分别交 AB, DC 的延长线于 M , N . 证明:线段 MN 被直线 EF 所平分. 证:设 EF 交 MN 于 G ,直线 EF 截 ?PMN ,则

MN 的中点,只要证,
直线 AB 截 ?PDE , 得

PF PE ? NF ME

NG ME PF ? ? ? 1 ;为证 G 是线段 GM EP FN

… ①,

PM EA DB MP BP ? ? ? 1 ,即 ? … ②, ME AD BP 2 ME BD PN FC BD ? ? ? 1, 直线 CD 截 ?PBF ,则有 NF CB DP NP PD ? 即 … ③, 2 NF BD MP NP NP MP PF PE ? ? 2 ,即 ?1 ? 1? ? ②③相加得 ,也即 ,因此结论得证. ME NF NF ME NF ME 11 、(20 分)在非钝角三角形 ABC 中,证明: sin A ? sin B ? sin C ? 2 .
证一: sin A ? sin B ? sin C ? 2 ? sin A ? sin B ? sin( A ? B)

?(sin 2 A ? cos 2 A) ? (sin 2 B ? cos 2 B) ? sin A(1 ? sin A) ? sin B(1 ? sin B) ? sin( A ? B) ? (cos 2 A ? cos 2 B) ? sin A(1 ? sin A) ? sin B(1 ? sin B) ? cos B(sin A ? cos B) ? cos A(sin B ? cos A) ? 0 .
这里用到,在非钝角三角形 ABC 中,任两个内角之和不小于 90 ,所以由 A ? B ? 90 , 得 A ? 900 ? B , B ? 900 ? A ,因此 sin B ? sin(90 0 ? A) ? cos A ,同理 sin A ? cos B, 而 1 ? sin A , 1 ? sin B 不能同时为 0 .从而结论得证. 证二: sin A ? sin B ? sin C ? 2 ? sin A ? sin B ? sin( A ? B) ? 2sin(
0 0

A? B C ? ) 2 2

? 2sin

? 2sin

A? B A? B C A? B A? B C (cos ? cos ) ? 2 cos (sin ? sin ) 2 2 2 2 2 2 A? B A?C ? B B?C ? A A? B C C ? 4sin sin sin ? 2 cos (cos ? sin ) ? 0 ; 2 2 2 2 2 2
0 0

A? B A? B A? B A? B A? B C A? B C cos ? 2sin cos ? 2sin cos ? 2cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2

(这是由于,锐角三角形 ?ABC 中,任两个内角之和大于 90 ,而任一个半角小于 45 ;) 所以 sin A ? sin B ? sin C ? 2 . 证三:令 x ? tan

A B C , y ? tan , z ? tan ,则 xy ? yz ? zx ? 1 ,且 2 2 2

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sin A ?

2x 2y 2z ; , sin B ? , sin C ? 2 2 1? x 1? y 1? z2 2x 2y 2z ? ? ? 2 … ①,因为 1 ? x 2 ? ( x ? y )( x ? z ) , 2 2 2 1? x 1? y 1? z

即要证

1 ? y 2 ? ( y ? x)( y ? z ), 1 ? z 2 ? ( z ? x)( z ? y ) ,
故①式即

4 ? 2 ,也即 ( x ? y )( y ? z )( x ? z ) ? 2 , ( x ? y )( y ? z )( x ? z )
… ②

即 x ? y ? z ? xyz ? 2 而因

A B C ? , , ? (0, ] ,故 x, y , z ? (0,1] ,所以 (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ) ? 0 , 2 2 2 4

即 1 ? ( x ? y ? z ) ? ( xy ? yz ? xz ) ? xyz ? 0 . 此式即为 x ? y ? z ? xyz ? 2 … ③

由③立知②式成立(③式强于②式),因此命题得证.

12 、(26 分)试确定,是否存在这样的正整数数列 ?an ? ,满足: a2013 ? 2013 ,且对
每个 k ? ?2,3,? , 2013? ,皆有 ak ? ak ?1 ? 20 或 13 ;而其各项 a1 , a2 ,? , a2013 的值恰好构 成 1, 2,?, 2013 的一个排列?证明你的结论. 解:存在.由于 20 ? 13 ? 33 ,而 33 2013 ,(即有 2013 ? 33 ? 61 ); 我们注意到,“差”运算具有“平移性”,即是说,如果 ak ? ak ?1 ? 20 或13 ,那么, 对任何整数 c ,也有 ( ak ? c ) ? ( ak ?1 ? c ) ? 20 或 13 ; 为此,先将集合 ?1, 2,? ,33? 中的数排成一个 圈,使得圈上任何相邻两数之差皆为 20 或 13 ,如 图所示. 将此圈从任一间隙处剪开,铺成的线状排列
15 2 22 9 29 16 3 23 10 28 1 14 27 8 21

7

a1 , a2 ,? , a33 ,都满足 ak ? ak ?1 ? 20 或 13 ,
为将数列锁定,在前面添加一项 a0 ? 0 ,使数 列 a0 , a1 , a2 , ?, a33 也满足条件, 我们可选择与数 33 相邻的一个间隙剪开;例如从 33 右侧间隙剪开,并
第 58 页 共 79 页

30

17 4

24 11 31

18

20 33 13 26 6 19 32 12 25 5

按顺时针排列,就成为:

0 ;13, 26, 6,19,32,12, 25,5,18,31,11, 24, 4,17,30,10, 23,3,16, 29,9, 22, 2,15 , 28,8, 21,1,14, 27, 7, 20,33 ;
若从 33 左侧间隙剪开,并按逆时针排列,则成为: 0 ; 20, 7, 27,14,?, 6, 26,13,33 ; 这两种排列都满足 ak ? ak ?1 ? 20 或 13 ; 记分段数列 M 0 ? (13, 26, 6,19,32,12, 25,5,18,31,11, 24, 4,17, 30,10, 23,3,16, 29 ,

9, 22, 2,15, 28,8, 21,1,14, 27, 7, 20,33) ? (a1 , a2 , ?, a33 ) ,而分段数列 M k ? (a1?33k , a2?33k , ?a33?33k ) ? (a1 ? 33k , a2 ? 33k , ?, a33 ? 33k ) , k ? 1, 2,?, 60 ,
将这些段作如下连接: 0, M 0 , M 1 , ?, M 60 ,所得到的数列 a0 , a1 , a2 , ?, a2013 满足条件. 因为,a2013 ? a33 ?33?60 ? a33 ? 33? 60 ? 33 ? 33? 60 ? 2013 ; 对其中任意两个邻项 ak , ak ?1 , 若 ak , ak ?1 属于同一个分段, 显然有 ak ? ak ?1 ? 20 或 13 ; 若相邻项 ak , ak ?1 属于两个相邻段

M n 与 M n ?1 ,则 ak 是 M n ?1 的首项:即 ak ? a1 ? 33(n ? 1) ? 13 ? 33(n ? 1) ,而 ak ?1 是 M n 的
末项,即 ak ?1 ? a33 ? 33n ? 33 ? 33n ,这时有

ak ? ak ?1 ? ?13 ? 33(n ? 1) ? ? ? 33 ? 33n ? ? 13 ,并且 a1 ? a0 ? 13 ,
因此,数列 a1 , a2 ,? , a2013 满足条件.

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2014 年江西省高中数学联赛 预 赛 试 题
(2014 年 6 月 29 日上午 8:30-11:00)
……………………………………………密………………封……………… 线 …………………………………………………

题号 得分

第一大题
(1-8 题) 9 题

第二大题
10 题 11 题 12 题

总分

学校_____ 年级______ 姓名______ 考号_____ (此线内请勿答题)

一、填空题(共 8 小题,每小题 8 分,计 64 分)
1、如果 2014 是一个正整数等差数列的第八项,那么该数列首项的最小值是 2 、已知 sin ? ? cos ? ? 2 4 4 ,则 sin ? ? cos ? ? 2
. .

3 、将 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10 这十个数排成一个数列,使得每相邻两项之和皆是质数,
并且首尾两项之和也是质数,你的填法是: (

).

4 、已知 P 是椭圆

x2 y2 ? ? 1 上 一 点 , F1 是 其 左 焦 点 , Q 在 PF1 上 且 满 足 25 9


? ? 1? ? ? ? OQ ? ? OP ? OF1 ? , OQ ? 3 ,则点 P 到该橢圆左准线的距离为 2? ?

正三棱锥 D ? ABC 的底面边长为1 , 侧棱长为 2 , 过点 A 作截面与侧棱 BD, CD 分 5、 别相交于点 E , F ,当 ?AEF 的周长最小时, ?AEF 的面积为 .

6 、等差数列 ?an ? , ?bn ? 的前 n 项和分别为 S n , Tn ,若对任意的正整数 n 都有 S n 5n ? 3 a ,则 20 = ? Tn 2n ? 1 b7
50



7 、已知 ?1 ? x ? ? a0 ? a1x ? a2 x 2 ? ?? a50 x 50, 则a1 ? 2a2 ? 3a3 + ?? 25a25 的值
为 .

8 、将 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8 的每一个全排列皆看成一个八位数,则其中是 11 倍数的八位数
第 60 页 共 79 页

的个数为



二、解答题(共 86 分,其中第 9 题 20 分,第 10、 11、12 题各 22 分)
9 、设 a, b, c 为正数,证明: ? ab ? ? ab ? ? ac ? ? ac ? a ? ab ? b ? a ? ac ? c ? 4 ? ? ?? ?? ?? ? ? . ? a ? b ? ? a ? b ?? a ? c ? ? a ? c ?
2 2 2 2 2 2

10 、设椭圆

y2 x2 ? 2 ? 1( a ? b ? 0) 与抛物线 x 2 ? 2 py ( p ? 0) 有一个共同的焦点 F , 2 a b

PQ 为它们的一条公切线, P 、 Q 为切点,证明: PF ? QF .

11 、如图, C 为半圆弧 O 的中点,点 P 为直径 BA 延长线上一点,过点 P 作半圆的 切线 PD , D 为切点, ?DPB 的平分线分别交 AC 、 BC 于点 E、F ; 证明: ?PDA ? ?CDF .

12 、若整数 a, b 既不互质,又不存在整除关系,则称 a, b 是一个“联盟”数对;设 A 是
集 M ? ?1, 2,? , 2014? 的 n 元子集,且 A 中任两数皆是“联盟”数对,求 n 的最大值.

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2014 年全国高中数学联赛江西省预赛题 参考答案及评分标准
一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1、如果 2014 是一个正整数等差数列的第八项,那么该数列首项的最小值是

5 .

解:设数列首项为 a ,公差为 d ,则 a, d 为正整数,为使 a 最小,当使 d 最大, 而由 a ? 2014 ? 7 d ,得

a 2014 5 ? ? d ? ? 287 ? d ,所以 d ? 287, a ? 5 . 7 7 7 7 2 4 4 ,则 sin ? ? cos ? ? . 8 2

2 、已知 sin ? ? cos ? ?

1 1 ,所以 sin ? cos ? ? ? ,由此, 2 4 2 7 2 sin 4 ? ? cos 4 ? ? ?sin 2 ? ? cos 2 ? ? ? 2 ?sin ? cos ? ? ? . 8
解:将条件式平方得 1+2sin? cos? =

3 、将 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10 这十个数排成一个数列,使得每相邻两项之和皆是质数,
并且首尾两项之和也是质数,你的填法是: (1, 2,3,8,5, 6, 7,10,9, 4) . (答案不唯一,例如 ?1, 6, 7, 4,3, 2,5,8,9,10 ? 所排成的数列也可).

4 、已知 P 是椭圆

x2 y2 ? ? 1 上 一 点 , F1 是 其 左 焦 点 , Q 在 PF1 上 且 满 足 25 9
5 .

? ? 1? ? ? ? OQ ? ? OP ? OF1 ? , OQ ? 3 ,则点 P 到该椭圆左准线的距离为 2? ? ?

解: ? OQ ?

? 1? ? ? OP ? OF ? 1 P 中点,设椭圆右焦点为 F2 ,连接 PF2 ,则 1 ? ,? Q 为 F 2? ?

OQ ? PF1 d

1 PF2 =3 ? PF2 =6 . ? PF1 ? 4, 设 P 到 左 准 线 距 离 为 d , 则 2 c ? a a2 ? b2 4 4 ? ,? d ? ? 5 4 a 5 5

?e?

5 、正三棱锥 D ? ABC 的底面边长为1 ,侧棱长为 2 ,过点 A 作截面与侧棱 BD, CD 分
别相交与点 E , F ,当 ?AEF 的周长最小时, ?AEF 的面积为

3 55 . 64

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解:将三棱锥沿侧棱 DA 剪开,展 平为一个五边形,然后计算。当

D F E C A

D A1 E B F C

A, E , F , A1 共线时,截面 ?AEF 周长为
最 小 , 这 时 等 腰 三 角 形 ?DAA1 与
A B

?DBC 具有相同的顶角平分线,

故 AA1 ∥ BC ,因此,?ABD ? ?DBC ? ?DEF ? ?AEB ,即 ?ABE 为等腰三角形, 且 ?ABE , ?A1CF , ?AEF 皆与棱锥侧面三角形相似,记 BE ? x, EF ? y , 由

BE EF BC x y 1 1 3 3 ? ? ? ,则 x ? , y ? ,所以 AE ? A1F ? 1, EF ? , ,即 ? AB DE DB 1 2?x 2 2 4 4 ? 3? ?8?
2

在 ?AEF 中,h ? 1? ? ? ?

55 1 3 55 . ,? S ? EF ? h ? 8 2 64

6 、 等 差 数 列 ?an ? , ?bn ? 的 前 n 项 和 分 别 为 S n , Tn , 若 对 任 意 的 正 整 数 n 都 有 S n 5n ? 3 a 64 ,则 20 = . ? Tn 2n ? 1 b7 9
解: ? ?an ? , ?bn ? 均为等差数列,故可设 S n ? kn ? 5n ? 3? , Tn ? kn ? 2n ? 1? ,当 n ? 2 时,

an ? S n ? S n ?1 ? k ?10n ? 8 ? , bn ? Tn ? Tn ?1 ? k ?4n ? 1 ?, ?
50

a20 k ? 200 ? 8 ? 64 ? ? . b7 k ? 28 ? 1? 9

7 、已知 ?1 ? x ? ? a0 ? a1x ? a2 x 2 ? ?? a50 x 50, 则a1 ? 2a2 ? 3a3 + ?? 25a25 的值为 50 ? 2 48
解: 由 展 开 式 易 知 , a1 ? 2a2 ? 3a3 + ? ? 25a25 ? C50 ? 2C50 ? 3C50 ? ? ? 25C50 .
k 49 ? 48 ? ? ? ? A50 ?49 ? ? k ? 1 ? ? 1? ? ? 50 ? C k ?1 ? 50 ? 49 k! k ? 1 ! ? ? 1 2 3 25

k ? kC50 ?k?

1 2 25 0 1 24 0 1 24 ? S ? C50 ? 2C50 ? ? ? 25C50 ? 50C49 ? 50C49 ? ? ? 50C49 ? 50(C49 ? C49 ? ? ? C49 )

1 0 1 1 49 ? 50 ? (C49 ? C49 ? ? ? C49 ) ? 50 ? ? 2 49 ? 50 ? 2 48 2 2 8 、将 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8 的每一个全排列皆看成一个八位数,则其中是 11 倍数的八位数的个
数为 3456 . 解:对于每个这样的八位数 a1a2 ? a8 ,记 A ? ?a1 , a3 , a5 , a7 ? , B ? ?a2 , a4 , a6 , a8 ? ,而

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S ( A), S ( B) 表示其数字和,先设 S ( A) ? S ( B ) ,则 S ( A) ? S ( B) ? 36 ,故 S ( A), S ( B) 同奇
偶,且 S ( A) ? S ( B) 与 S ( A) ? S ( B) 同奇偶,因此 S ( A) ? S ( B) 为偶数,且是 11 的倍数;如 果 S ( A) ? S ( B) ? 22 ,则 S ( B ) ? 7 ,这 不可 能(因 最小 四数之 和不 小于 10 ); 于是

S ( A) ? S ( B) ? 0 ,即有 S ( A) ? S ( B) ? 18 ,考虑 9 所在的组,另三数只有三种情况:

?6, 2,1? , ?5,3,1? 与 ?4,3, 2? ,当一组数确定后,另一组数随之唯一确定.再考虑 9 在奇数数
位或偶数数位情况,于是得到 2 ? 3 ? 4!? 4! ? 3456 个这种八位数. 二、解答题(共 86 分,其中第 9 题 20 分,第 10、 11、12 题各 22 分)

9 、设 a, b, c 为正数,证明: ? ab ? ? ab ? ? ac ? ? ac ? a 2 ? ab ? b 2 ? a 2 ? ac ? c 2 ? 4 ? ? ?? ?? ?? ? ? . ? a ? b ? ? a ? b ?? a ? c ? ? a ? c ?
证:由于 ( a ? b) ? 4ab, ( a ? c) ? 4ac ,因此,
2 2 2 2

ab a ?b ac a ?c ? ? , 。 a?b 4 a?c 4
………5'
2

只要证, a ? ab ? b ? a ? ac ? c ?
2 2 2

2

2

2

2

?a ? b ? ? ?a ? b ??a ? c ?? ?a ? c ?
2 2 2

,…10'

两边平方,即要证 ( a ? ab ? b )( a ? ac ? c ) ? a ? 2ab ? 2ac ? bc , 再平方 ,得 ( a ? bc) 2 ? 0 ,此为显然.

…………15’ …………20’

10 、设椭圆

y2 x2 ? ? 1( a ? b ? 0) 与抛物线 x 2 ? 2 py ( p ? 0) 有一个共同的焦点 F , a 2 b2

PQ 为它们的一条公切线, P 、 Q 为切点,证明: PF ? QF .
证:设 P ? x1 , y1 ? 在抛物线上, Q ( x2 , y2 ) 在椭圆上,焦点 F ? 0,

? ?

p? ? ,则抛物线切线方程为 2?

x1 x ? p ? y ? y1 ? ,椭圆切线方程为

y2 y x2 x ? 2 ? 1 它们为同一直线, a2 b
① ………… 4'

a 2 x2 b 2 y 2 a 2 b 2 ? ? ? ? y1 y2 ? ? a 2 , x1 x2 ? 2b 2 . x1 ?p py y1 ? p p 1 2 p y2 ? p ? ? y1 ? y2 ? ? a 2 2? 2? 4 2 x1 x2 2b 2

? k FP ? k FQ ?



………… 8'

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设公切线 PQ 方程为 y ? kx ? m ,代入抛物线方程并由 ? ? 0 ? m ? ?

pk 2 , 2

? x1 ? pk pk 2 ? ? PQ : y ? kx ? , 与抛物线切线方程比较可得 ? 1 2 y1 ? pk 2 ? ? 2
将公切线方程代入椭圆方程,并令

p 2k 4 ? 两曲线有相同 ? ? 0? m ? a ?k b ? ? a 2 ? k 2 b 2 ? p 2 k 4 ? 4b 2 k 2 ? a 2 ? 0 , 4
2 2 2 2

焦点,? c ?

p p 2 ? 4b 2 ? p 2 ? 4c 2 ? 4(a 2 ? b 2 ) ,代入上式解得 k 2 ? ………… 12’ 2 p2

? y1 ? y2 ? ?

1 p 2 ? 4b 2 p 2 ? 4b 2 2 a 2 p? ? ? , 2 p2 2p p a2 2 pa 2 2 pa 2 p ?? 2 ? ? ?? , 2 2 2 2 y1 p ? 4b 4a ? 4b ? 4b 2 4a 2 ? p 2 2b 2 ,代入②式,得 ? 2p p 1 2 p 2b 2 p ? ? ? a2 a 2 ? b2 ? b2 ? a 2 4 2 p ? ? ??1 2b 2 2b 2
…………22' ………… 16’

? y1 +y2 ?

? k FP ? k FQ

? PF ? QF .

11 、 如图, C 为半圆弧 O 的中点, 点 P 为直径 BA 延长线上一点, 过点 P 作半圆的切线 PD , D 为切点, ?DPB 的平分线分别交 AC 、 BC 于点 E、F ; 证明: ?PDA ? ?CDF
证:连接 OD 、 DE ,? OD ? PD, CO ? PO,

??DPB ? ?DOP ? ?DOP ? ?DOC ………… 4' ??DPB ? ?DOC ? 2?DAC ? 2?DBC ? 2?DPF .


?DAC ? ?DPE , ?DPF ? ?DBF ………… 8'

? P、A、E、D; P、B、F、D 分别四点共圆。 ??DEC ? ?DPA, ?DFC ? ?DPA,??DEC ? ?DFC ? D、E、F、C 四点共圆, ??CDF ? ?CEF ? ?PEA ? ?PDA.
………… 16' ………… 22' …………12'

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12 、若整数 a, b 既不互质,又不存在整除关系,则称 a, b 是一个“联盟”数对;设 A 是
集 M ? ?1, 2,? , 2014? 的 n 元子集,且 A 中任两数皆是“联盟”数对,求 n 的最大值. 解:称这种子集 A 为“联盟子集”;首先,我们可构造一个联盟子集,其中具有 504 个 元素.为此,取 A ? 2k k ? 504,505, ?,1007 , 以下证, 504 就是 n 的最大值. ………4’ 今设 A 是元素个数最多的一个联盟子集,A ? ?a1 , a2 ,? , an ? , 若 a j 是集 A 中的最小数, 显然 a j ? 1 ,如果 a j ? 1007 ,则得 2a j ? 2014 ,即 2a j ? M ,显然 2a j ? A ,(因 2a j 与

?

?

a j 有整除关系).

…………8’

今在 A 中用 2a j 替代 a j ,其它元素不变,成为子集 A? ,则 A? 仍然是联盟子集,这是由 于对于 A 中异于 a j 的任一元素 ai ,因 a j 与 ai 不互质,故 2a j 与 ai 也不互质;再说明 2a j 与

ai 没有整除关系:因 a j

ai ,则 2a j

ai ;又若 ai 2a j ,设 2a j ? kai ,

(显然 k ? 1, 2 ,否则 ai , a j 有整除关系),则 k ? 2 ,于是 ai ? a j ,这与 a j 的最小性矛盾! …………16’因 此 A? 仍然是联盟子集,并且仍是 n 元集;重复以上做法,直至子集中的元素皆大于 1007 为 止,于是得到 n 元联盟子集 B ? ?b1 , b2 ,? , bn ? ,其中 1007 ? b j ? 2014 . 即 B ? ?1008,1009,? , 2014? ,因任两个相邻整数必互质,故在这 1007 个连续正整数中至 多能取到 504 个互不相邻的数,即 n ? 504 . 又据前面所述的构造可知, n 的最大值即为 504 . …………22’

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2015 年全国高中数学联赛江西省预赛试题及其参考解答
(6 月 14 日上午 8 : 30 ? ?11: 30 )
一、填空题 若三位数 n ? abc 是一个平方数, 并且其数字和 a ? b ? c 也是一个平方数, 则称 n 为 1、 超级平方数,这种超级平方数的个数是 答案: 13 个. .

解:可顺次列举出:100,121,144,169,196, 225,324, 400, 441, 484,529,900,961 .

2 、函数 y ? 8 x ? x 2 ? 14 x ? x 2 ? 48 的最大值是
答案: 2 3 . 解: y ?



x (8 ? x ) ? ( x ? 6)(8 ? x ) ? 8 ? x

?

x ? x?6 ?

?

6 8? x x ? x?6



其定义域为 6 ? x ? 8 ,当 x ? 6 时,此分式的分子最大而分母最小,这时分式的值达最大, 其值为 2 3 .

3 、直线 l 过点 M (1, 2) ,若它被两平行线 4 x ? 3 y ? 1 ? 0 与 4 x ? 3 y ? 6 ? 0 所截得的线
段长为 2 ,则直线 l 的方程为 答案: x ? 7 y ? 15 或者 7 x ? y ? 5 . .

解: 设 l 的方程为 y ? 2 ? k ( x ? 1) , 将此方程分别与 4 x ? 3 y ? 1 ? 0 及 4 x ? 3 y ? 6 ? 0 联 立,解得交点坐标 A ?
2

? 3k ? 7 ?5k ? 8 ? ? 3k ? 12 ?10k ? 8 ? , , ? 与 B? ? ,据 AB ? 2 , ? 3k ? 4 3k ? 4 ? ? 3k ? 4 3k ? 4 ?
2

1 25( k 2 ? 1) ? 5 ? ? 5k ? 得 ? ,即 ? 2 ,所以 k1 ? 7 , k2 ? ? ,分别代入 ? ? 2 ? ? ? 2 7 ? 3k ? 4 ? ? 3k ? 4 ? ? 3k ? 4 ?
所设方程,得到 x ? 7 y ? 15 或者 7 x ? y ? 5 .

4、

1 3 ? ? 0 sin10 cos10 0



答案: 4 .

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1 3 cos10 0 ? sin10 0 1 3 sin 30 0 cos10 0 ?cos 30 0 sin10 0 2 2 ? ? 4 ? ? 4 解: sin10 0 cos10 0 2sin10 0 cos10 0 2sin10 0 cos10 0 ? 4? sin 20 0 ?4. sin 20 0


5 、满足 1 ? x 2 ? x 的实数 x 的取值范围是
答案: ? ?1,

? ?

2? ?. 2 ?
2

解: 用图像法: 令 y ? 1? x , 此为单位圆的上半圆, 它与直线 y ? x 交点 ? 半圆位于交点左侧的图像皆在直线 y ? x 上方;或者三角函数代换法:

? 1 1 ? , ?, ? 2 2?

因 ?1 ? x ? 1 ,令 x ? cos ? , 0 ? ? ? ? ,则 y ? sin ? ,由条件式 1 ? x ? x ,平方得
2

2 x 2 ? 1 ,则 x ?

1 2

,又有 x ? cos ? ? ?1 ,因此 x ? ? ?1,

? ?

2? ?. 2 ?

6 、若实数 x, y, z ? 0 ,且 x ? y ? z ? 30, 3x ? y ? z ? 50 ,则 T ? 5 x ? 4 y ? 2 z 的取值
范围是 [

].

答案: ?120,130 ? . 解: T ? 5 x ? 4 y ? 2 z ? ? x ? y ? z ? ? ? 4 x ? 3 y ? z ? ? 30 ? ? 4 x ? 3 y ? z ? 因 4 x ? 2 y ? ? x ? y ? z ? ? ? 3 x ? y ? z ? ? 80 ,所以 T ? 110 ? ( y ? z ) ,

20 ? (3x ? y ? z ) ? ( x ? y ? z ) ? 2( x ? z ) ,则 x ? z ? 10 ,因 x, z 非负,于是 x ? 10 ,
从而由 x ? y ? z ? 30 知, y ? z ? 20 ,得到 T ? 110 ? ( y ? z ) ? 130 , (当 z ? 0, x ? 10, y ? 20 时取得等号) 再由 4 x ? 2 y ? 80 , y ? 0 ,则 x ? 20 ,所以 y ? z ? 30 ? x ? 10 ,于是

T ? 110 ? ( y ? z ) ? 120 ,(当 x ? 20, y ? 0, z ? 10 时取得等号),所以 120 ? T ? 130 . 7 、在前一万个正整数构成的集合 ?1, 2,? ,10000? 中,被 3 除余 2 ,并且被 5 除余 3 ,
被 7 除余 4 的元素个数是 .

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答案: 95 个. 解:对于每个满足条件的数 n ,数 2n 应当被 3,5, 7 除皆余1 ,且为偶数;因此, 2n ? 1 应当是 3,5, 7 的公倍数,且为奇数;即 2n ? 1 是 105 的奇倍数,而当 n ? ?1, 2,? ,10000? 时,

2n ? 1 ? ?1, 2,? ,19999? ,由于在 ?1, 2,? ,19999? 中,共有190 个数是105 的倍数,其中的
奇倍数恰有 95 个.

8 、如图,正四面体 ABCD 的各棱长皆为 2 , A1 , B1 , C1 分别是棱 DA, DB, DC 的中点, ? 以 D 为圆心,1 为半径,分别在面 DAB , DBC 内作弧 ? A1B1 , B 1C1 ,并将两弧各分成五等分,
分点顺次为 A1 , P 1, P 2, P 3, P 4 , B1 以及 B1 , Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , C1 , 一只甲虫欲从点 P 1 出发,沿四面体表面爬行至点 Q4 ,则其 爬行的最短距离为 答案: 2sin 42 . 解:作两种展开,然后比较;
0 ? 由于 ? A1 B1 被 A1 , P 1, P 2, P 3, P 4 , B1 分成五段等弧,每段弧对应的中心角各为 12 , B1C1 被 0



B1 , Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , C1 分成五段等弧,每段弧对应的中心角也各为 120 ,
若将 ?DBC 绕线段 DB 旋转,使之与 ?DAB 共面,这两段弧均重合于以 D 为圆心,半

? 对应的圆心角为 8 ?12 ? 96 , PQ 径为 1 的圆周, 此时, 点P 1 4 1 , Q4 之间直线距离为 2sin 48 ,
0 0 0

若将 ?DAB 绕线段 DA 旋转, ?DBC 绕线段 DC 旋转,使之皆与 ?DAC 共面,在所

? 对应的圆心角为 7 ?12 ? 84 ,此时,点 P , Q 之间直线距离为 2sin 42 , 得图形中, PQ 1 4 1 4
0 0 0

所以最短距离是 2sin 42 . 二、解答题
2 ? an ? 1 ;证明:数列的任何两项皆互质. 9 、正整数数列 ?an ? 满足: a1 ? 2, an ?1 ? an

0

证:改写条件为 an ?1 ? 1 ? an (an ? 1) ,从而 an ? 1 ? an ?1 (an ?1 ? 1) ,等等,据此迭代得

an ?1 ? 1 ? an an ?1 (an ?1 ? 1) ? an an ?1an ? 2 (an ? 2 ? 1) ? ? ? an an ?1 ?a1 (a1 ? 1) ? an an ?1 ?a1 ,
所以, an ? an ?1an ? 2 ? a1 ? 1 ,因此当 k ? n , ( an , ak ) ? 1 . ( 25 分) H 为锐角三角形 ABC 的垂心,在线段 CH 上任取一点 E ,延长 CH 到 10 、

F ,使 HF ? CE ,作 FD ? BC , EG ? BH ,其中 D, G 为垂足, M 是线段 CF 的中点,
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O1 , O2 分别为 ?ABG, ?BCH 的外接圆圆心, ?O1 , ? O2 的另一交点为 N ;
证明: ?1? 、 A, B, D, G 四点共圆;
A
F H G N M E

? 2 ? 、 O1 , O2 , M , N 四点共圆;
证: ?1? 、如图,设 EG ? DF ? K ,连 AH , 则因 AC ? BH , EK ? BH , AH ? BC ,
B

O1

D

C

O2

KF ? BC ,得 CA ∥ EK , AH ∥ KF ,且 CH ? EF ,所以 ?CAF ≌ ?EKF , AH 与 KF 平行且相等,故 AK ∥ HF , ?KAB ? 900 ? ?KDB ? ?KGB ,因此, A, B, D, G 四点共圆;
K

A

? 2 ? 、据 ?1? , BK 为 ?O1 的直径,作 ?O2 的直径
BP ,连 CP, KP, HP, O1O2 ,则 ?BCP ? ?BHP ? 900 ,所以 CP ∥ AH , HP ∥ AC ,故 AHPC 为平行四边形,进而得, PC 与 KF 平行且相等,因此对角线 KP 与 CF 互
相平分于 M ,从而 O1 , O2 , M 是 ?KBP 三边的中 点, KM ∥ O1O2 ,
B

O1
F H

G N M D E

C

O2 P

而由 ?KNB ? 90 , O1O2 ? BN ,得 KN ∥ O1O2 ,所以 M , N , K 共线, 因此 MN ∥ O1O2 ,又由 ?KBP 的中位线知 MO2 ? O1B ? O1 N ,因此四边形 O1O2 MN 是等 腰梯形,其顶点共圆.

0

11 、对于任意给定的无理数 a, b 及实数 r ? 0 ,证明:圆周 ? x ? a ? ? ? y ? b ? ? r 2 上
2 2

至多只有两个有理点(纵横坐标皆是有理数的点). 证:对于点 M ? a , b ? ,用 P ? M , r ? 表示上述圆周上有理点的个数;首先,我们可以作 一个合于条件的圆,其上至少有两个有理点,为此,取点 A ? 0, 0 ? , B ? 2, 2 ? ,线段 AB 中垂 线 l 的方程为: x ? y ? 2 ,今在 l 上取点 M 1 ? 2, 1 ? 2 ,再取 r ? MA ?

?

?

6 ,则以 M

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为圆心、 r 为半径的圆周上至少有 A, B 这两个有理点; 其次说明,对于任何无理点 M 以及任意正实数 r , P ? M , r ? ? 2 ; 为此,假设有无理点 M ? a , b ? 及正实数 r ,在以 M 为圆心, r 为半径的圆周上,至少 有三个有理点 Ai ? xi , yi ? , xi , yi 为有理数, i ? 1, 2,3 ,则

? x1 ? a ? ? ? y1 ? b ?
2

2

? ? x2 ? a ? ? ? y2 ? b ? ? ?x3 ? a ? ? ?y3 ? b ?
2 2 2

2

……①

1 2 x1 ? y12 ? x22 ? y22 ? ……② ? 2 1 据后一等号得 ? x2 ? x3 ? a ? ? y2 ? y3 ?b ? ? x22 ? y22 ? x32 ? y32 ? ……③ 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 x1 ? y12 ? x2 ? y2 ? t1 , ? x2 ? y2 ? x3 ? y3 记 ? ? ? ? t2 ,则 t1 , t2 为有理数, 2 2
据前一等号得

? x1 ? x2 ? a ? ? y1 ? y2 ?b ?

若 x1 ? x2 ? 0 ,则由②, ? y1 ? y2 ? b ? t1 ,因 b 为无理数,得 y1 ? y2 ? 0 ,故 A1 , A2 共点, 矛盾!同理,若 x2 ? x3 ? 0 ,可得 A2 , A3 共点,矛盾! 若 x1 ? x2 ? 0, x2 ? x3 ? 0 ,由②、③消去 b 得,

? ?? x1 ? x2 ?? y2 ? y3 ? ? ? y1 ? y2 ?? x2 ? x3 ?? ? a ? t1 ? y2 ? y3 ?? t2 ?y1 ? y2 ? ? 有理数,因 a 为无
理数,故得, ? x1 ? x2 ?? y2 ? y3 ? ? ? y1 ? y2 ?? x2 ? x3 ? ? 0 ,所以

y1 ? y2 y3 ? y2 ,则 A1 , A2 , A3 共线,这与 A1 , A2 , A3 共圆矛盾! ? x1 ? x2 x3 ? x2
因此所设不真,即这种圆上至多有两个有理点.于是对于所有的无理点 M 及所有正实数 r ,

P ? M , r ? 的最大值为 2 . 12 、从集合 M ? ?1, 2,? ,36? 中删去 n 个数,使得剩下的元素中,任两个数之和都不
是 2015 的因数,求 n 的最小值. 答案: 17 . 解:因 2015 ? 5 ? 13 ? 31 , M 中任两个元素之和不大于 71 ,由于 2015 不大于 71 的 正因数有 1,5,13,31, 65 ,在 M 的二元子集中,元素和为 5 的有 ?1, 4? , ?2,3? ; 元素和为 13 的有 ?1,12? , ?2,11? , ?3,10? , ?4,9? , ?5,8? , ?6, 7? ; 元素和为 31 的有 ?1,30? , ?2, 29? , ?3, 28? , ?4, 27? , ?5, 26? , ?6, 25? ,? , ?15,16? ; 元素和为 65 的有 ?29,36? , ?30,35? , ?31,34? , ?32,33? ;
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为直观起见,我们将其画成一个图,每条线段两端的数为上述一个二元子集,为了不构 成这些和,每对数(每条线段)中至少要删去一个数;

19 12 1 35 30 (A) 4

27

20 11 2 3 (B)

28

13 14

18 17 16 34 33 (E)

9

22

36 29

10 21

15 31

23

8

5 (C)

26

24

7 (D)

6

25

32

于是在图 ( A), ( B) 中各至少要删去 4 个数,图 (C ), ( D) 中各至少要删去 2 个数,图 ( E ) 中至 少删去 5 个数,总共至少要删去17 个数. 另一方面,删去适当的 17 个数,可以使得余下的数满足条件;例如在图 ( A) 中删去

12,30, 4, 22 ,图 ( B ) 中删去 11, 29,3, 21 , (C ) 中删去 23,5 , ( D) 中删去 24, 6 , ( E ) 中删
去 13,14,15,31,32 .这时图中所有的线段都已被断开.

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