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2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答


2011 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答
一、填空题(共 8 题,每题 10 分,计 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 答案: 20 . 个.

解: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
4?1 3 y1 ? x1 ?1 ,易知这种解有 C3?4?1 ? C6 ? 20 个,即总共有 20 个这样的四位数.

2、设数列 ?an ? 满足: a1 ? 1, a2 ? 2 ,且对于其中任意三个连续项 an?1 , an , an?1 ,都有:

an ?

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

.答案: 3 ?

2 . n

解:由条件得, 2nan ? (n ?1)an?1 ? (n ? 1)an?1 ,所以,

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

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

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

?

2 2 1 1 ? 2( ? ); ;于是 an ? an ?1 ? n(n ? 1) n ?1 n n(n ? 1)
1 n 2 . n

由此得, an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ? 2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? 2(1 ? ) ? 1 ? 3 ?

3 、以抛物线 y ? x2 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
2 2 解:设 A( x1 , x1 ), B( x2 , x2 ) ,则 kMA ?

.答案: (?1, 2) .

x12 ? 1 x2 ?1 ? x1 ? 1, kMB ? 2 ? x2 ? 1 , x1 ? 1 x2 ? 1

k AB

2 x12 ? x2 ? ? x1 ? x2 ,直线 AB 方程为 y ? x12 ? ( x1 ? x2 )( x ? x1 ) ,即 x1 ? x2

1

因为 MA ? MB , ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? ?1 , ? xx2 ? ? ( 1 x2 ) , 则 即 1 y ? ( x1 ? x2 ) x ? x1 x2 , 2 x? 代人方程得 y ? 2 ? ( x1 ? x2 )( x ? 1) ,于是点 (?1, 2) 在直线 AB 上;
2 2 同理,若设 C( x3 , x3 ), D( x4 , x4 ) ,则 CD 方程为 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、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 答案: .

1 . 432

解:由 1 ? x ? y ? z ? x ?
6

y y z z z y y z z z ? ? ? ? ? 6 6 x ? ? ? ? ? ,所以, 2 2 3 3 3 2 2 3 3 3

1 1 y z 1 1 ?1? ,当 x ? ? ? ,即 xy 2 z 3 ? ? ? ,即 xy 2 z 3 ? 4 3 ? 2 ?3 432 2 3 6 4 ? 27 ?6?
1 1 1 x ? , y ? , z ? 时取得等号. 6 3 2
5、 sin 6 sin 42 sin 66 sin 78 ? 解: sin 6 cos 48 cos 24 cos12 ?
? ? ? ?
? ? ? ?

.答案:

1 . 16

cos 6? sin 6? cos 48? cos 24? cos12? cos 6?

?

sin12? cos12? cos 24? cos 48? sin 24? cos 24? cos 48? sin 48? cos 48? ? ? 2cos 6? 4cos 6? 8cos 6?

?

sin 96? 1 ? . ? 16 cos 6 16
6、满足 x ? 7 y ? 2011的一组正整数 ( x, y) ?
2 2

.答案: (38,9) .

解: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 ? 2 m ,

y ? 2n ? 1 ,代人得 4m2 ? 28n(n ? 1) ? 2004 ,即 m2 ? 7n(n ? 1) ? 501 ??①.
而 n(n ? 1) 为偶数,则 m 为奇数,设 m ? 2k ? 1 ,则 m ? 4k (k ? 1) ? 1 ,
2

2

2

n(n ? 1) n(n ? 1) ? 125 ??②,则 为奇数,且 n, n ? 1 中恰有一 4 4 n(n ? 1) ? 7 r (4r ? 1) 为奇数,且 7r (4r ? 1) ? 125 , 个是 4 的倍数,当 n ? 4r ,为使 7 ? 4
由①得, k (k ? 1) ? 7 ? 只有

r ? 1 ,②成为 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: 38 ? 7 ? 9 ? 2011 .
2 2

(另外, 也可由 x 为偶数出发, 2011 ? x2 ? 2009 ? ( x2 ? 2) ? 7 ? 287 ? ( x2 ? 2) 为 7 的 使 倍数,那么 x ? 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
2

的六个数即可. ) 7、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 解 1:作三棱锥侧面展开图,当 A, E, F , A1 共 线且 EF ∥ BC 时, ?AEF 周长最小,于是 等腰 ?DEF ? ?AEB , AE ? AB ? 4 ,
D
F

.答案: 11 .

D
F

A1

BE AB 1 ? ? ,即 BE ? 2 , DE ? 6 , AB DA 2 EF DE 6 3 ? ? ? ,所以 EF ? 3 , BC DB 8 4
由 A1F ? AE ? 4 ,则 AA1 ? AE ? EF ? FA1 ? 11.

E

C B A

E

C B

A

解 2: 作三棱锥侧面展开图, 易知当 A, E, F , A1 共线时,?AEF 周长最小, ?ADB ? ? , 设 则 cos ? ?

7 82 ? 82 ? 42 7 , ? . ? cos 3? ? 4 cos3 ? ? 3cos ? ? 128 2 ?8?8 8
7 ? 121, ? AA1 ? 11. 128
3

? AA12 ? 82 ? 82 ? 2 ? 8 ? 8 ?

8 、 S (n) 表示正整数 n 的各位数字之和, ? S (n) ? 用 则
n ?1

2011

28072 . . 答案:

解: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: a00, a01, ?, 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 2011 n ? 2000

1999

999

其次,易算出,

?

S (n) ? 72 。所以, ? S (n) ? ? S (n) ? 28072 .
n ?1 n ?0

2011

2011

二、解答题(共 3 题,合计 70 分)

9 、 20 分) ( 、已知 A ? B ? C ? ? ,


sin A ? sin B ? sin C ?1, cos A ? cos B ? cos C

cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C 的值. cos A ? cos B ? cos C sin A ? sin B ? sin C sin sin ? ? 1 ,即 sin A ? B ? C cos 解:由 cos A ? cos B ? cos C
2 2 2

A? cos

B? cos

C ,

平方得 sin A ? sin B ? sin C ? 2(sin A sin B ? sin B sin C ? sin C sin A)

? cos2 A ? cos2 B ? cos2 C ? 2(cos A cos B ? cos B cos C ? cos C cos A) (10 分)
所以 (cos A ? sin A) ? (cos B ? sin B) ? (cos C ? sin C)
2 2 2 2 2 2

4

? ?2[cos( A ? B) ? cos( B ? C ) ? cos(C ? A)] (15 分)
因为 A ? B ? C ? ? , 即 cos 2 A ? cos 2B ? cos 2C ? 2(cos A ? cos B ? cos C ) ,所以

cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C ? 2. (20 分) cos A ? cos B ? cos C
10 、 25 分)如图, ?ABC 的内心为 I , M , N 分别是 (

A

AB, AC的中点, AB ? AC ,内切圆 ? I 分别与边 BC, CA 相
切于 D, E ;证明: MN , BI , DE 三线共点.
B

M

N

F

I D

E C

证: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 ,
0 所以 ?AFB ? 90 ,因 IE ? AE ,得 A、 F、 E、 I 共圆. (10

分) 所以 ?AEF ? ?AIF ;又注意 I 是 ?ABC 的内心,则

A B C ? ? 900 ? ,(15 分) 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 ?AEF ? ?AIF ? ?IAB ? ?IBA ?
因此 D, E, F 三点共线,即有 MN , BI , DE 三线共点. (25 分)

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;

(10 ) 、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; 当 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? (20 ) 、 a 为偶数时, 证明你的结论.
5

证明 (10 ) :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 am ? 2011n ? 1 ??①,如果 a 为奇数,则①中的 m, n 一奇一偶, 如果 m 为偶数, n 为奇数,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, am ? 2011n ? 1 ??②, 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;因此,可以经过有限多次这样的操作,使所有黑点都变成白点,从 而多边形所有顶点都成为白色;也可以经过有限多次这样的操作,使所有白点都变成黑 点,从而多边形所有顶点都成为黑色. (10 分)

(20 ) 、当 a 为偶数时,将有如下结论:
如果开初给定的正多边形有奇数个黑点、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,如果开初给定的正多边形有奇数个白 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; (15 分) 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) ?1 ,由于 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, (?1)a ? 1; 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;
6

于是当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,如果开初给定的正多边形有奇数个白点、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)(25 分) .

7


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