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2005-2012年8年全国高中数学联赛(江西赛区)预赛试卷及详细解答


2005-2012 年 8 年全国高中数学联赛 (江西赛区)预赛试卷及详细解答
更多的资料请发送 cryzljp@163.com 索取 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。

x3 ? 3x 1? x ) 等于( ,| x |? 1, 则 f ( 1 ? 3x 2 1? x 2 3 (A) f ( x) (B) f ( x) (C) 2 f ( x) (D) 3 f ( x)
1.设 f ( x) ? lg 答:D.

).

x3 ? 3x x ? 3x 1? x 3 ? 2 解: f ( ) ? lg( 1 3 3x ) ? lg( ) ? 3 f ( x) . 2 x ? 3x 1 ? 3x 1? x 1? 1 ? 3x 2 3? 2. a, b 是不等于 1 的正数, ? ? ( , 2? ), 若 a tan? ? btan? ? 1 ,则成立的是( 2 (A) a ? b ? 1 (B) a ? b ? 1 (C) b ? a ? 1 (D) b ? a ? 1
3

1?

).

答:B.

1 1 1 ? ( )? tan? ? 1 ,知 ? ? 1,? a ? b ? 1 . b a b B C B 2 A 3. ?ABC 中, BC ? a, AC ? b, AB ? c, 则使等式 sin ? sin 2 ? sin 2 ? cos 2 成立 2 2 2 2
解: ? tan ? ? 0, 由 ( )
? 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 ( 2 2 2 2 (A) y ? ?12 x (B) y ? 12 x (C) y ? ?16 x (D) y ? 16 x
答:D.
2

) .

解: 由顶点在原点,对称轴为 x 轴知, 抛物线方程为 y ? ?2 px, 在 3x ? 4 y ? 12 中令 y ? 0, 知焦点为(4,0),? p ? 8,? y ? 16 x.
2

x2 y2 x2 y2 ? ? 1与 ? ? 1 必有( 5.设 k ? 3, k ? 0, 则二次曲线 3? k k 5 2

).

(A)不同的顶点 (B)不同的准线 (C)相同的焦点 (D)相同的离心率 答:C.

x2 y2 解: 0 ? k ? 3, 则 0 ? 3 ? k ? 3,? 当 ? ? 1 表实轴为 x 轴的双曲线,a 2 ? b2 ? 3 ? c2 . 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 与 a 2 ? 3 ? k , b2 ? ?k. ? a 2 ? b2 3? ? 2 已 知 椭 圆 有 相 同 焦 c

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 , ?A1B3 B4 , ?A1B2 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 ) (?C1B3 B4 , ?C1 B2 B5 ) ,

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, i ? 1, 2,3, 4,5 。 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)
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 1 1 1 1 解 : 由 f ( x) ? 2 f ( ) ? x, 将 x 换 为 , 有 f ( ) ? 2 f ( x) ? , 两 式 消 去 f ( ) 得 x x x x x 1 2 1 2 2 2 f ( x) ? ? ( x ? ),?| f ( x) |? | x ? |? . 3 x 3 3 3 sin(? ? 30?) ? sin( ? ? 30?) 8.若对满足 ? ? ? ? k ? 360? 的任何角 ? , ? ,都有 cos ? ? cos ? ? ?? 。 ? m cot ? n ,则数组 (m, n) = 2 3 1 , )。 答: (m, n) ? ( 2 2 ? ?? ? ? ? ? 60? 2sin cos( ) 3 ? ?? 1 2 2 解:左边 ? ? cot ? , ? ?? ? ?? 2 2 2 ?2sin sin 2 2

与右边比较得 m ?

3 1 ,n ? . 2 2

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
x x? y y x? y


10.若对所有正数 x, y, 不等式 x ? 答: 2 。 解:由 (

x x? y

)2 ? (

y x? y

) 2 ? 1.?

?

? 2. 当 x ? y 时取等号,故 a 的最

小值是 2 。 11.若 26 ? 29 ? 2n 为一个平方数,则正整数 n ? 答:10。
6 9 6 3 6 2 2 2 n 2


n

解: 2 ? 2 ? 2 (1 ? 2 ) ? 2 ? 3 ? 24 ,设 24 ? 2 ? a , 有 (a ? 24)(a ? 24) ? 2 ,于是 有 a ? 24 ? 2 , a ? 24 ? 2 , 2 ? 2 ? 48 ? 2 ? 3, 2 (2
r t r t 4 t r ?t

? 1) ? 24 ? 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)
13. 直角三角形 ABC 中, , F 分别是直角边 AB, AC 上的任意点, A 向 BC, CE, EF , FB 自 E 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, 共 ??CNM ? ?CAM , 又 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.

| a 2 ? b2 | | b2 ? c 2 | | c 2 ? a 2 | . ? ? c a b 证明:由于 a ? 2R sin A, b ? 2R sin B, c ? 2R sin C, 只要证:
14. ?ABC 的三条边长为 a, b, c ,证明

| 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 2 2 2 2 2 2 2 2 注意: sin A ? sin B ? (sin A ? sin A sin B) ? (sin B ? sin A sin 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.

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

?

?

?

B. y ? f g ?1 ? f ?1 ? x ? ?

?

?

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

?

?

?

f ?1

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

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( 答:D. )

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 ;
2 2 解: f1 ? x1 ? ? f1 ? x2 ? ? x1 ? x2 ? 2 ? x1 ? x2 ? ? x1 ? x2 ? x1 ? x2 ? 2 ? 4 x1 ? x2 .

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

x1 ?

x2 ?
?

x1 ? x2 x1 ? x2

,取 x1 ?

1 1 , , x2 ? 900 3600

x1 ? x2 ? 20 x1 ? x2 ? 4 x1 ? x2 . 1 1 x1 ? x2 ? 30 60 BC 3. ?ABC 中, ? a, AC ? b, AB ? c, 则比式 ? b ? c ? a ? : ? a ? c ? b ? : ? a ? b ? c ? 等于

x1 ? x2

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 2 B C a ? c ? b ? 2r cot , a ? b ? c ? 2r cot 2 2 因此选 D 2 4 . 抛 物 线 y ? 2 x 上 两 点 A ? x , y1? , B x , y? 关 于 直 线 ? 2 2 1
解:如图易知, b ? c ? a ? 2 AD ? 2r cot

D

I C

B

y ? x ? m对称,若 2 x1 x2 ? ?1 ,则 2m 的值是( ). A. 3, B. 4, C. 5, D. 6 答: A . y ? y2 y ? y2 x1 ? x2 2 ? ?1, 1 ? ? m, 2 x1 x2 ? ?1 以及 y1 ? 2 x12 , y2 ? 2 x2 解:由 1 x1 ? x2 2 2 1 2 2 得 x2 ? x1 ? y1 ? y2 ? 2 ? x1 ? x2 ? , ? x1 ? x2 ? ? , 2 1 2 2m ? ? y1 ? y2 ? ? ? x1 ? x2 ? ? 2 ? x12 ? x2 ? ? 2 1 1 1 2 ? 2 ? x1 ? x2 ? ? 4 x1 x2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 3 2 4 2

x2 y 2 ? ? 1 ? a ? b ? 0 ? 的中心,右焦点,右顶点,右准线与 x 轴的交点依 a 2 b2 FG 次为 O, F , G, H ,则 的最大值为( ). OH
5.椭圆

1 1 1 , B. , C. , D. 不能确定. 2 3 4 答: C . FG a ? c e ? 1 e ?1 1 1 解: ? 2 ? 2 ? 2 ? ? .( e ? 2 时取等号) a OH e ? e ? 1? ? 1 2 ? ? e ? 1? ? 1 4 e ?1 c 6.函数 f ? x ? ? x ? 3 ? 12 ? 3x 的值域为( ) A.
A. ?1, ?
答: D .
2 解 : f ? x ? 的 定 义 域 为 3 ? x ? 4, 则 0 ? x ? 3 ? 1 , 令 x ? 3 ? s i n? , ? ? ? 0

2? ?

B. ?1, ?

3? ?

? 3? C. ?1, ? ? 2?

D.

?1, 2?
?
2
,则

f


? x? ?
?
3 ?? ?

x?3 ? 3? 4 ? ? ? s i n ? x ?

3 ?

1 s2i ?? ? ? n

sin ? ?

3? o s c ?

? ? s? n ( 2 i
3

)

?
3

?

5? 1 ? ? ,则 ? sin(? ? ) ? 1, 1 ? 2sin(? ? ) ? 2 . 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 ? cos3 ? ? ? ? 3 ? sin 3 ? ? ? 2 4 ? sin ? 2 答: 9 . 2 2 解:由条件得, 2 ? 2 cos ? ? 4 ? sin ? , ? ? cos ? ? 1? ? 4, ? cos ? ? ?1
则 4 ? cos ? ? 3 ? sin ? ? 9 .
3 3

?

??

?

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 . 2 2 解:由 xk 2 ?1 ? xk 2 ? 2 ? ? ? x k ?1 2 ? 2k ? 1 ,即当 k ? 1 ? n ? ? k ? 1? 时, xn ? 2k ? 1 ? ?

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 ? ? ? ? 2 2 2 2 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

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 4 2 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 1? 6 ? 2 ? 3, 1? 8 ? 2 ? 4, 2 ? 9=3 ? 6, 2 ? 6 ? 3 ? 4, 3 ? 8 ? 4 ? 6 , 5 种, 共 因此集合 A 中 至多有 C9 ? 5 ? 31 个数 .
2

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

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 设有 k 个扇形格的圆盘染五色的方法数 B C 为 xk ,则有 C E

5 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? ? 1020
4 3 2

x5 ? ? x5 ? x4 ? ? ? x4 ? x3 ? ? ? x3 ? x2 ? ? x2 ?

xk ? xk ?1 ? 5 ? 4k ?1






A B

E

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

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

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
a2 ? a3 ? ? ? ak ?1 ? a3 ? ? ? ak ?1 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? 9a4 ? ? ? k 2 ak ?1 ,?5 分

所以

a1 ? a2 ?? ? a? k

1

? a2 ? a3 ? ?

k?

?a

1

? ?

?k ?a
2

1

? a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? 9a4 ? ? ? k ak ?1

只要证, a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? a1 ? 4a2 ? ? ? (k ? 1) 2 ak ?1 ? 1 ○ 平方整理,只要证,
a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 ?○?10 分 2





西







? a2 ? ? ? ak ?1 ? ? ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? ? (a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 )2 所以 ? a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? ? ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? ? (a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 ) 2
即 即○成立,因此当 n ? k ? 1 时结论成立.故由归纳法知,所证 2 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
线 段 AD 于 P, 若点 P 满足: PD2 ? PE ? PF 证明: ?BPM ? ?CPD 证 明 : 在 圆 ? AEF 中 , 由 于 弦 AE ? AF , 故 圆 周 角
F

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

2

2 ? ? ? k ak ?1 ? ? ?

?

?

2

2

3

3

4

4

k ?1

ak ?1

?

2

?????15 分

A

P

E

?APE ? ?APF ?

1 ?1800 ? A? ? ?ABC ? ?ACB ,因此, 2 、 D 、 B 、 F 与 P 、 D 、 C 、 E 分别共圆,于是 P ?P D B? ? P F A ? P,E???????5 分 ? C 设点 P 在边 BC, CA, AB 上的射影分别为 A1 、 B1 、 C1 ,则
2 1

B
A

M
(图一)

D

C

△ PDA1 ∽ △ PEB1 ∽ △ PFC1 , 故 由 PD2 ? PE? PF 得 ,

C1

PA ? PB ? PC?? ○ 1 1 1 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 ,
0 0

I

P

B1

B

A1 D
(图二)

C

又由○, 1

PA1 PC1 , 所以△ PB1 A1 ∽△ PA1C1 ? PB1 PA1
A
因此 ?PB1 A1 ? ?PA1C1 , 而

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





I

P D

B
G

M

C

O T

(图三)

?P C A ? P C , I ? ? ? 1 C B ?PBC1 ? ?PBI ? ?IBA, ?ICB ? ? ? ?IBA, 故 得 2 2 ?P C I ? ? P B,因此 B 、 I 、 P 、 C 四点共圆,于是 I A ?BPC ? ?BIC ? 900 ? ? 1800 ? B, ? ? ? ? ? 2 10 分 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. 延 长 AD 交 ⊙ O 于 T, 则 ?ACP ∽ ?ATC , 所 以

?PCA1 ? ?PBC1 ,

I C B

AC CT AB BT , 又由 ?ABP ∽ ?ATB ,得 , ? ? AP PB AP PC

因 AB ? AC, 故

BT CT ? PB PC

...



?????????15 分 延长 PM 到 G ,使 GM ? PM ,则 BPCG 为平行四边形, ?BTC ? 180o ? ?BPC ? ?PBG ... ③ BT PB PB 4 由② 得 ... ? ○ ? ? CT PC BG
4 由 ③、○ 得 ?PBG ∽ ?BTC 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 sn

0 1 1

1 1 2

2 1 3

3 1 4

4 2 6

5 2 8

6 2 10

7 3 13

8 3 16

9 4 20

10 4 24

11 4 28

12 5 33

13 5 38

14 6 44

15 6 50

16 7 57

17 7 64

18 8 72

19 8 80

20 8 88

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 ? 2k ? k , 则当 1 ? r ? 2k ?1 时,有 am ?2r ?1 ? am ?2r ? 2k ?1 ? r. ?10
0 0



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

sm ? a0 ? 2 ?1 ? 2 ? 3 ? ? ? 2n ? ? ? 20 ? 21 ? ? ? 2n ? ? 22 n ? 3 ? 2 n
再对满足 1 ? r ? 2 的 r 归纳:
n
n 当 r ? 1 时,由于 2 ? 1

? n ? 1 时, am?2 ? am?1 ? am ? 2n ,则

?

?

2

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

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

?

?

?

?

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
n

n

22 n ? 3 ? 2n ? 2 ? 2n ? 1? ? 2 ? 2n ? 2 ? ? ? ? 2 ? 2 n ? p ? ? 22 n ? ? 2 p ? 3? ? 2n ? p ? p ? 1? ?○ 1
n n n 则 sm ? 2 p ? 2 ? p ? 1 ? 2 ? ? p ? 1? ? 0 , 2 ? p ? 2 n 即有 2 ? p ? 1

sm ? 2 p ? sm ? ? am ?1 ? am ? 2 ? ? ? am ?3 ? am ? 4 ? ? ? ? ? am ? 2 p ?1 ? am ? 2 p ? ?

?

?

?

?

2

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

?

?

2

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

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

2n

? 2 ? p ? 2 ? ? 2n ? p 2 ? 2 p ? 1 ? ? 2 n ? p ? 2 ?

2

? n n ?1 n 故由归纳法,当 m ? 2 ? n ? 1,1 ? r ? 2 时, am? 2 r ?1 ? am? 2 r ? 2 ? r

?

n

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

n ?1

?○ 2
2

? ? 2r ? 3? ? 2n ? r ? r ? 1? , 当 r ? 2n , m ? 2n?1 ? n ? 1 ,有

s2n?2 ? n ?1 ? 22 n ? ? 2n ? 3? ? 2n ? 2n ? 2n ? 1? ? 22 n ? 2 ? 2 ? 2n ?1 ? ? 2n ?1 ? 1?
所以 a2n?2 ? n ? 2 ? ? s2n?2 ? n ?1 ? ? 2
n ?1 ?? ○ 3 ? k ?1 由○○可知,对于 m ? 2 ? k ? 1, 当 k ? n ? 1 时,亦有 2 3

?

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 ?
10 11 10

???????15 分
2006 ? m ? 486 , 2 ???????20

因此 a2006 ? am? 2r ? 2 ? r ? 512 ? 486 ? 998.
9



二○○七年全国高中数学联赛江西省预赛试卷
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 ? c ? 2bc ,则下列关系中可能成立的是(
2 2

).

A、a ? b ? c; B 、 b ? c ? a; C 、b ? a ? c; D 、a ? c ? b; 1? x 2、设 f ? x ? ? ,又记 f1 ? x ? ? f ? x ? , f k ?1 ? x ? ? f ? f k ? x ? ? , k ? 1, 2,?, 则 f 2007 ? x ? ? 1? x
( ).

x ?1 1 ; C、x; D、? ; x ?1 x sin ? ? cos ? 2sin ? cos ? x , y ? sin ? ? cos ? , z ? 3、 ? 为锐角, ? 设 , x, y, z 则 sin ? ? cos ? sin ? ? cos ?

A、

1? x ; 1? x

B、

的大小顺序为( ). A 、x ? y ? z ; B 、 x ? z ? y ; C 、z ? x ? y ; D、 z ? y ? x; 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( ). C 、 72 ; A 、 24 ; B 、 36 ; D 、 84 . 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( ).

A

B

C

D

A、

? ; 3

B、

? ; 4

C、

? ; 6

D、

? . 12
).

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 .

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 ? 0 2 ? 5 3
1

y 2 ?1

0

? , 1 6

3

x 3 ?

1

?0 5

y , ? 1则 1 0 ?33 6


3

.

8、抛物线顶点为 O ,焦点为 F ,M 是抛物线上的动点,则 9、计算

MO 的最大值为 MF

1 3 . ? ? 0 sin10 cos100 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 .
11、把一个长方体切割成 k 个四面体,则 k 的最小值是 则 a2007 ? . . 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 ? ,

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

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

yk ?

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

?x
k ?1

n

k

yk .

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

E

N M

A

D O

B

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.

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 ? c ? 2bc ,则下列关系中可能成立的是(
2 2



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


a 2 ? c 2 ? 2c ? b ? c ? ,故 a ? c 与 b ? c 同号,排除 B ;且当 b ? a ? c 时,a2 ? c2 ? 2bc
有可能成立, 例如取 ? a, b, c ? ? ? 3,5,1? ,故选 C . 2、设

f ? x? ?


f 2007 ? 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 1 ; C、x; D、? ; x ?1 x 1 ? f1 1? x 1 , f2 ? x ? ? ?? , 答案: B ;解: f1 ? x ? ? 1? x 1 ? f1 x 1 ? f3 1 ? f2 x ?1 1? x 1 f3 ? x ? ? ? , f4 ? x ? ? ? x ,据此, f 4 n?1 ? x ? ? , f 4n?2 ? x ? ? ? , 1 ? f2 x ? 1 1 ? f3 1? x x x ?1 f 4 n ?3 ? x ? ? , f 4 n ? x ? ? x ,因 2007 为 4n ? 3 型,故选 B . x ?1 sin ? ? cos ? 2sin ? cos ? , y ? sin ? ? cos ? , z ? 3、设 ? 为锐角, x ? , sin ? ? cos ? sin ? ? cos ? 则 x, y, z 的大小顺序为( ) A、 x ? y ? z; B、 x? z ? y; C 、z ? x? y; D、 z ? y ? x;

A、

1? x ; 1? x

B、

x sin ? ? cos ? sin ? ? cos ? ? ? ? 1, y sin ? ? cos ? sin ? ? cos ? 2sin ? cos ? 2sin ? cos ? z? ? ? sin ? cos ? ? sin ? ? cos ? ? y sin ? ? cos ? 2 sin ? cos ? x ? ? y. z
答案: A ;解:





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 ( ). C 、 72 ; A 、 24 ; B 、 36 ; D 、 84 . A B 2 2 答案: D ;解:选两色有 C4 种,一色选择对角有 2 种选法,共计 2C4 ? 12 种; 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

C

D

A、

? ; 3

B、

? ; 4

C、

? ; 6

D、

? . 12

P

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 ?

2,

?PMH ?

?
3

6 2h h 3 ? ,则 sin ?PMH ? ? , 2 l l 2

D H A B
M

C

.

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

C 、 151 ; A 、 119 B 、 120 ; D 、 154 . 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
, 于 是

A17 ?

2006 ? 1 ? 119 17



A59 ?

2006 ? 1 ? 35 59



A17 ? A59 ? A1003 ?

2006 ? 1 ? 3 ;从而 17 ? 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 ?
10 10 3 3

x ? 0 2 ? 5 3
1
10 10

y 2 ?1

0

? , 1 6

3

x 3 ?

1

?0 5

y , ? 1则 1 0 ?33 6

3

.

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

5 根 , 即 t ? x? y?
2

?

3

? ? t? 63 ?

x y ? ? 1的两个 3 t ? 5 t ? 63 0的 两 个 根 , 所 以 210 ? 310 ? x ? y ? 53 ? 63 ; ?

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 答案:

MO 的最大值为 MF



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 ? 2 px ? MO ? ? ? ? ? 2 p2 ? MF ? ? p? 2 x 2 ? 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 ? 故 .(当 M ? x, y ? ? p, 2 ? p 或 M ? x, y ? ? p, ? 2 ? p 时取等号) MF 3 1 3 9、计算 . ? ? 0 sin10 cos100 ?1 ? 3 2 ? cos100 ? sin100 ? 0 0 2 1 3 ?2 ? ? 2sin ? 30 ? 10 ? ? 4 . ? ? 答案: 4 . 解: 1 sin100 cos100 sin100 cos100 sin 200 2 10、 过直线 l : y ? x ? 9 上的一点 P 作一个长轴最短的椭圆, y 使 其 焦 点 为 F1 ? ?3, 0 ? , F2 ? 3, 0 ? , 则 椭 圆 的 方 程
2

?

?

?

?


2

.
2

Q P

x y ? ? 1 ;解:设直线 l 上的点为 P ? t , t ? 9 ? ,取 答案: 45 36 F1 ? ?3, 0 ? 关于直线 l 的对称点 Q ? ?9, 6? ,据椭圆定义,

F1

O

F2

x

2a ? PF1 ? PF2 ? PQ ? PF2 ? QF2 ? 122 ? 62 ? 6 5 , t ?9 6 当且仅当 Q, P, F2 共线,即 K PF2 ? KQF2 ,也即 ? t ? 3 ?12 时,上述不等式取等号,此时 t ? ?5 , 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 y 2 ? ? 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

1 ,且这四个三角形要 2 属于四个不同的四面体,以这种三角形为底的四面体,其高 ? 1 ,故四个 ?1 1 ? 2 不同的四面体的体积之和 ? 4 ? ? ? ? 1? ? ? 1 ,不合; ?3 2 ? 3 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
至少要切割成两个三角形,每个三角形的面积 ?

D1 A1 D

C1

B1 C

A

B

方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 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 . 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 ? 42 ? 48 个;?,k 位好数有 3 ? 4k ?1 个;k ? 1, 2,? ,记 Sn ? 3

?4
k ?1

n

k ?1



因 S5 ? 2007 ? S6 , 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 45 ? 1024 个, 前两位为 10,11,12,13 的各有 44 ? 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 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

2 1 6? 3 6 4 2 4 ? ? 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 个 1331 的 第 24 ? 16? 8 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 , an ?1 ? ;令 xk ? a1 ? a2 ? ? ? ak , 2 ? n ? 1?? nan ? 1?

n 1 1 1 ? ? ? ? , k ? 1, 2,? ;求 ? xk yk a1 a2 ak k ?1 1 1 ? ? 1 ,则 解:改写条件式为 ? n ? 1? an?1 nan

yk ?

? 1 ? ? ? ? 1 1 1 1 1 1? 1 ?? ? ? ? ?? ??? ? ?? ? ? ? na ? n ? 1? a ? ? ? n ? 1? a ? nan ? n ? n ? 2 ? an ? 2 ? n ?1 ? n ?1 ? 2a2 a1 ? a1 ? ? ? n ? 1? ? 2 ? n ? 1 ,
所以 an ?
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?? 2k ? 1? 6

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

?

n ? n ? 1? ? 3n 2 ? 11n ? 4 ? 36

3 2 n 1 n 2 1 ? n ? n ? 1? ? 2 n ? n ? 1?? 2n ? 1? ? xk yk ? 3 ? k ? k ? 2 ? ? 3 ? 2 ? ? 3 ? 6 k ?1 k ?1 ? ?

C

?

k ? k ? 1? 2

?

k ? k ? 1?? k ? 2 ?



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

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

E

N M

A

D O

B

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 ? P 是 BC 的中点, F 是 BC 的中点; 因 N 是 ?BCD 的内心,故 D, N , F 共线,且
FP ? BC . 又 OE 是 AC 的中垂线, DC ? DA , 则 而 DF , OE 为 ?BDC 的内、外角平分线,故 C 有 OD ? DF ,则 OF 为 ? M 的直径,所 F 以, OM ? MF ,又因 E 1 1 N P ?BNF ? ?BDC ? ?DBC ? ?NBF , 2 2 M 则 NF ? BF . 作 NH ? BD 于 H ,则有, B D H A 1 DH ? ? BD ? DC ? BC ? O 2 1 ? ? BD ? DA ? BC ? 2 1 1 1 , F 以 ? ? AB ? BC ? ? BC ? BP , 且 ?N D H ? ? B D ?C ? 所 B P , 2 2 2 R ? N D H ? ,故得 F B? P ? NF ,因此, MN 是 ?FOD 的中位线,从 t ? R t DN BF 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
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? ; 二、当数码组恰含二个值 a, b , ? a ? b ? . 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;

?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 2 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.
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.
2 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.

? 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.

2008 年全国高中数学联赛江西省预赛试题
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 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 ( 1、 ) .

A 、 ? 4, ?? ? ; B 、 ? 0, 4? ; C 、 ? 0, 4 ? ; D 、 ? ??, ?1? ? ? 4, ?? ? .

2 、设 a 2 ? b2 ? 1 ,? b ? 0 ? ,若直线 ax ? by ? 2 和椭圆

x2 y2 a ? ? 1 有公共点,则 的 6 2 b

取值范围是( ). ? 1 1? A 、 ? ? , ? ; B 、 ? ?1, 1? ; C 、 ? ??, ?1? ? ?1, ?? ? ; D 、 ? ?2, 2? . ? 2 2? 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 . k k ). 4 、若对所有实数 x ,均有 sin x ? sin kx ? cos x ? cos kx ? cosk 2 x ,则 k ? ( C 、4; A、6 ; B 、5; D、3.

5 、设 an ? 2 ? 7

?

?

2 n ?1

, bn 是 an 的小数部分,则当 n ? N * 时, an bn 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. 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). 7n ? 13 必为合数;(乙). 8 ?17n 2 ? 3n ? 必为两个平方数的和.
你的判断是( ) A.甲对乙错; B. 甲错乙对; 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) C.甲乙都对; D.甲乙都不一定对.

7 、过点 P ?1,1? 作直线 l ,使得它被椭圆
直线 l 的方程为 .
8 、设 x ? R ,则函数 f ? x ? ? x2 ? 1 ?

x2 y2 ? ? 1 所截出的弦的中点恰为 P ,则 9 4
2

? x ?12?

? 16 的最小值为

.

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 ? 0 . 10 、 sin 20 ? sin 400 ? sin800 ? 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

.

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 . 三、解答题: 13 、( 20 分) AD 是直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高,( AB ? AC ), I1 , I 2 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.

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 15 、( 20 分)对于 2n 元集合 M ? ?1, 2,? , 2n? ,若 n 元集 A ? ?a1 , a2 ,? , an ? ,
B ? ?b1 , b2 ,? , bn ? 满足: A ? B ? M , A ? B ? ? ,且 ? ak ? ? b k ,则称 A ? B 是集
k ?1 k ?1 n n

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”.

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)

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 ( 1、

) .

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 ax2 ? 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

x2 y2 a ? ? 1 有公共点,则 的 6 2 b

取值范围是( ). ? 1 1? A 、 ? ? , ? ; B 、 ? ?1, 1? ; C 、 ? ??, ?1? ? ?1, ?? ? ; D 、 ? ?2, 2? . ? 2 2? 答: C . 2 ? ax 解:将 y ? 代入椭圆方程并整理得, ? 3a 2 ? b 2 ? x 2 ? 12ax ? 12 ? 6b 2 ? 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 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 ,
a 2 ? b2 ? 1 ,化简得 a2 ? b2 ,所以
? ? 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 ? cosk x ? cos kx ? cosk 2 x ,则 k ?( C 、4; A、6 ; B 、5; D、3. 答: D . 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
k? ?? k ? 则 ? ? 1 ? , k 为奇数,设 k ? 2n ?1 ,上式成为 sin ? n? ? ? ? ?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. x?

?

, sn 得i

5 、设 an ? 2 ? 7

?

?

2 n ?1

, bn 是 an 的小数部分,则当 n ? N * 时, an bn 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 Sn ? u n ? v n ,则当 n ? 2 时, Sn ? Sn ?1 ? Sn ?2 , S0 ? 2, S1 ? 4 ,故所有 S n 为偶数,

?

7 ?2

?

2 n ?1

?

?

7 ?2

?

2 n ?1

? u 2n?1 ? v2n?1 ? S2n?1 ? 2k , 7 ? 2

?

?

2 n ?1

? 2k ?

?

7 ?2

?

2 n ?1



因0 ?

anbn

? 7 ? 2? ? 1 ,所以 ? ? ? 7 ? 2? ? ? 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

? 32n?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). 7n ? 13 必为合数;(乙). 8 ?17n 2 ? 3n ? 必为两个平方数的和.
你的判断是( ) A.甲对乙错; B. 甲错乙对; C.甲乙都对; 答案: C 解:设 3n ? 1 ? a 2 , 5n ? 1 ? b2 , a, b 为正整数;则
2 2

D.甲乙都不一定对.

7n ? 13 ? 9 ? 3n ? 1? ? 4 ? 5n ? 1? ? ? 3a ? ? ? 2b ? ? ? 3a ? 2b ?? 3a ? 2b ? ?○, 1

由此知, 3a ? 2b 为正整数,且 3a ? 2b ? 1,因为若 3a ? 2b ? 1 ,则
2 2

27n ? 9 ? ? 3a ? ? ? 2b ? 1? ? 4b 2 ? 4b ? 1 ,即 27n ? 4 ? n 2 ? n ? 2 ? ,则 4 n ,记

1 n ? 4k ,得 5n ?1 ? 20k ?1 不为平方数,矛盾!所以 3a ? 2b ? 2 ,故由○得,

7n ? 13 为合数;又因为 8 ?17n 2 ? 3n ? ? ?? 3n ? 1? ? ? 5n ? 1? ? ? 4 ? 3n ? 1? ? ? 5n ? 1? ? ? ?? ?
2

2 2 ? ?a2 ? b2 ? ?? 2a ? ? b2 ? ? ? 2a 2 ? b2 ? ? ? ab ? ,故选 C .(例如 65 是上述 n 之一). ? ?? ? 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) x2 y2 ? 1 所截出的弦的中点恰为 P ,则 7 、过点 P ?1,1? 作直线 l ,使得它被椭圆 ? 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

即?

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

x1 ? x2 ?1, 2

? 2, k ? ?

4 4 , 所以直线 l 的方程为 y ? ? ? x ? 1? ? 1, 4 x ?9 y ?3 即 1 9 9

8 、设 x ? R ,则函数 f ? x ? ? x2 ? 1 ?

? x ?12?
C A

2

? 16 的最小值为
P

.

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 x C P , C , P, D 当 AP ? x , f ? ? ?P D? 共 线 时 , f 值 最 小 , 此 时
f min ? CD ? AE ? 122 ? 52 ? 13 .

B

D E

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 答案: 21 . 9

解:设面 AHD 交 BC 于 F ,则因 AB ? AC ,故 G 在 AF 上,且 GF ?
?AFH ? 600 ,于是 AF ?

1 AF , 3

AH 8 1 4 8 , FH ? AF ? , GF ? ,在三角 ? 0 sin 60 2 3 3 3 3 4 形 GFH 中,由余弦定理得 GH ? 21 9 . 10 、 sin 200 ? sin 400 ? sin800 ?
3 . 8 解: 8sin 200 ? sin 400 ? sin 800 ? 4 ? cos 200 ? cos 600 ? sin 800

答案:

? 4sin 800 cos 200 ? 2sin 800 ? 2 ? sin1000 ? sin 600 ? ? 2sin 80 0 ? 2sin 600 ? 3 ,

所以 sin 200 ? sin 400 ? sin 800 ?

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
20

两根,则 ? bk ?
k ?1

.

答: 6385 . 解:对每个 n ? N * , an ? an?1 ? ?3n ??○, an an?1 ? bn ??○, 1 2
3 3n 3 ? 3n 3 ? ? ? ? ? ? an ? ? ? , 因此 ?an ? ? ? 是一个公比为 ?1 2 4 2 4? 2 4? ? ? 3 ? 2n ? 1? 3n 3 n ?1 7 n ?1 7 ? ? ?1? ? , 的等比数列,故 an ? ? ? ? ?1? ,即 an ? ? 4 4 2 4 4 20 3 ? 2n ? 1? 9 29 n 7 n 21 an ?1 ? ? ? ? ?1? ? ; 于是 bn ? an an?1 ? n2 ? ? ? ?1? ? ;? bk ? 6385 . 4 4 4 8 8 k ?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 3 ? n ? 1?

将○写作 an ?1 ? 1

?

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, x ? y ? 1 或 2 , 则 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: ( ( 13 、 20 分) AD 是直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高, AB ? AC ), I1 , I 2 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.

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 , ?I1 BD ? 由
? ?I 2 AD, ?I1DB ? 450 ? ?I 2 DA , DI1 DB 所 以 ?D B I ∽ ?DAI 2 , 得 ,且 ? 1 DI 2 DA
A

B 1 ? ?DAC 2 2

F O

?I1DI 2 ? 900 ? ?BDA ,故 ?I1DI 2 ∽ ?BDA , E I2 B 而 ?DI1I 2 ? B, ?AI1D ? 900 ? , I1 2 M B D ? A F 注 意 ?A 1I D ? 1 I ? ?1 F I ?I ?1 2D I I , 2 B ?AI1F ? ?AEF , ?FI1I 2 ? ?FAI 2 ? , 2 0 所以 ?AEF ? 90 ? B ? C ? ?DAB , 因此 O?E ? O?A , 同理得 O?F ? O?A , O? 与 O 故 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 ;

C

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, I1 D, 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? ? ?I1DI 2 ,
于是 O, I1 , D, I 2 四点共圆,所以

A
F O

?I 2 I1O ? ?I1I 2O ? 45?







E H

?I 2 DO ? ?I 2 I1O ? 45? ? ?I 2 DA , 因此点 I1 O 在 AD 上,即 O 为 EF 与 AD 的交点.设 M B D AD 与 ? O 交 于 另 一 点 H , 而 由 ?EAI1 ? ?I1 AH 2 , ? ? ?HAI 2 ? ?FAI 2 ,可知, I1 , I 2 分别为 EH , HF 的中点,所以 ?EOI1 ? ?DOI1 , ?DOI 2 ? ?FOI 2 .因此,点 I1 , I 2 分别为 ?OMD 的内心与旁心.

I2

C

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 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, 1 1 2 2 ? ? ? 由于 ,取等号当且仅当 x ? y , y?z z?x ? y ? z ?? z ? x ? 1 ? z 2
此时条件式成为 x 2 ? 2 xz ? 1 ,则 x ? 1,且有 z ?
1 ? x2 ,于是 2x

1 1 1 1 2 1 4x ? ? ? ? , ? ? 2 x ? y y ? z z ? x 2x 1 ? z 2 2x 1 ? x 1 4x 5 只要证 ? ? ,即 1 ? 9 x2 ? 5x ? 5x3 ? 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;
1 ? x2 ?1 ? 、当 x ? y 时,条件式成为 x ? 2xz ? 1 , z ? 2 x , x2 ? 1 ,而 1 1 1 2 1 2 1 4x , ? ? ? 2x ? ? ? ? ? 2 x? y y?z z?x z ? x 2x 1 ? x 2x 1 ? x2 ?x 2x 1 4x 5 只要证, ? ? ,即 1 ? 9 x2 ? 5x ? 5x3 ? 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 .
0

2

? 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 1 ? cot A cot B 1 ? xy 角,以 A, B 为内角,构作 ?ABC ,则 cot C ? ? cot ? A ? B ? ? ? 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

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 1 1 1 A? B C ? ? 设 t ? cot ,据 ?10 ? 知, ? tan ,记 f ? x, y, z ? ? x? y y?z z?x 2 2 5 f ?t, t, z ? ? . 2 1 1 1 1 2 今证明, f ? x, y, z ? ? f ? t , t , z ? .即 ??○. 1 ? ? ? ? x ? y y ? z z ? x 2t t ? z ? 1 1? ? 1 1 2 ? ? ??? ? ? 即要证 ? 2 ? ? 0 ??○ ? x ? y 2t ? ? y ? z z ? x t ? z ? A? B 先证 x ? y ? 2 t ??○,即证 cot A ? cot B ? 2 cot 3 , 2 A? B sin ? A ? B ? 2cos 2 A? B 即 ,此即 sin 2 ? sin A sin B ,也即 ? 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? z2

1 1 x ? y ? 2z x ? y ? 2z ? ? ? ,因此○式成为 2 y ? z z ? x ? y ? z ?? z ? x ? 1? z2

? x ? y ? 2t ? ? ?
只要证,

?

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

??○, 4

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

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



2



?1? t2 ? 1? t2 2 2 4 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

1 A? B C ? t ? 1 ,所以 ? tan ,则 2 2 3

1? 1 ? 故 6 因此○得证, ○及○得○成立, 5 由 3 5 4 t 2 ?15t 2 ? 2 ? ? ?15 ? ? 2 ? ? 1 , ○成立, 3? 3 ?

从而○成立,即 f ? x, y, z ? ? f ? t , t , z ? ,因此本题得证. 1
15 、( 20 分)对于 2n 元集合 M ? ?1, 2,? , 2n? ,若 n 元集 A ? ?a1 , a2 ,? , an ? ,
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 故 A1 ? ?a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ? 中有奇数个奇数.
a1 ? a2 ? ? ? a6 ? 39 , a6 ? 12 ,于是 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? 27 ,

?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
其中, ?10 ? 、当 p ? 6, q ? 21 ,则 ? x1 , x2 ? ? ? 2, 4 ? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,9,11? , ? 3, 7,11? ,
A1 的 24 种情形.

? 5, 7, 9 ? ;可搭配成 A1 的 3 个情形; ? 20 ? 、当 p ? 8, q ? 19 ,则 ? x1 , x2 ? ? ? 2, 6 ? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1, 7,11? , ? 3,5,11? , ?3, 7,9 ? ;
可搭配成 A1 的 3 个情形;
0

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

? 3, 5, 9 ? ,可搭配成 A1 的 6 个情形; ? 40 ? 、当 p ? 12, q ? 15 ,则 ? x1, x2 ? ? ? 2,10? , ? 4,8? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,3,11? , ?1,5,9 ? , ? 3, 5, 7 ? ,可搭配成 A1 的 6 个情形; ? 50 ? 、当 p ? 14, q ? 13,则 ? x1, x2 ? ? ? 4,10? , ? 6,8? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,3,9 ? , ?1,5, 7 ? ,
可搭配成 A1 的 4 个情形;
0

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

可搭配成 A1 的 1 个情形;
0

? 7 ? 、当 p ? 18, q ? 9 ,则 ? x , x ? ? ?8,10? , ? y , y , y ? ? ?1,3,5? ;
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, A1 中五数之和为 27 , 使 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, M 有 29 种 即 “等和划分” . 解二:元素交换法,显然 ? ai ? ? bi ? 39 ,恒设 12 ? A ;
6 6 i ?1 i ?1

?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: ? 20 ? 、?10,1? ? ? 5, 6 ? , ? 4, 7 ? ;?10, 2? ? ? 5, 7 ? , ? 4,8? ;?10,3? ? ? 6, 7 ? , ?5,8? , ? 4,9 ? ;

?10, 2,3? ? ? 4,5, 6 ? ;共得到 8 个对换; ? 30 ? 、?11,1? ? ? 5, 7 ? , ? 4,8? ;?11, 2? ? ? 6, 7 ? , ?5,8? , ? 4,9 ? ;?11,3? ? ? 6,8? , ?5,9 ? ; ?11,1,3? ? ? 4,5, 6 ? ; ?11, 2,3? ? ? 4,5, 7 ? ;共得到 9 个对换; ? 40 ? 、 ?10,11,1? ? ? 6, 7,9? , ?5,8,9 ? ; ?10,11, 2 ? ? ? 6,8,9 ? ; ?10,11,3? ? ? 7,8,9 ? ; ?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.

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 2 2 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: .

y 2 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 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) 1 9 . (20 分)给定 Y 轴上的一点 A(0, a) ( a ? 1 ),对于曲线 y ? x 2 ? 1 上的动点 2 M ( x, y) ,试求 A, M 两点之间距离 AM 的最小值(用 a 表示).

6 . 函数 f ( x) ?

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.

A

E D

11. (25 分) n 项正整数列 x1 , x2 ,?, xn 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.

B F

C

解 答
1. (100,100)
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

0 2 9 5 2 9 为 3 或 7 , 易 知 4 4 ? 2 0 0 ? ab , ( 4 5 ? 2 0 2 5 , 5 5 ? 3 0 2 ? cd , 因 此 ) 2 , 若要 m, n 满足条件, 只可能是, ? 47, m ? 53 , 由于 47 ? 2209 , n 4 4? n ? m ? 5 5 于是,
2

532 ? 2809 ,所以 ab ? 20, cd ? 80, n ? 47, m ? 53 , m ? n, ab ? cd ? ?100,100 ? .

?

?

x2 y2 2. ? ? 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
圆的方程为

x2 y2 ? ? 1. 16 25 1 2 2 3. 1 ? 10 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

三 垂 线 逆 定 理 , EC ? BC , 所 以 ?DCE ? 45 , 故 C E? D E ?
0

2 2

DC , ? 1

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 3 3 1 1 ,设 B 到平面 ACD 的距离为 h ,由 h ? S ACD ? ,得 h ? ACD 的面积为 2 3 3 6 2009 ? 2009 ? ? ? 5. 1072 . 提示: 集合 M 中, 的倍数有 ? 3 5 ? ? 669 个, 的倍数有 ? 5 ? ? 401 ? ? ? 3 ? ? 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.

x 1 ? x2 1 1 ? ,令 x ? tan ? ,则 6 . [? , ] 提示: f ( x) ? 1 ? x2 1 ? x2 4 4 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 ?? 4? ? ? ? 2 cos ? cos ? cos ? 5? 15 15 ? ? ? ? ? ?4 cos sin sin 5 6 10 ? ? 1 ? ?2 cos sin ? ? . 5 10 2
(注:由

sin 720 ? 2sin 360 cos360 ? 4sin180 cos180 cos360 , 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 4m2 ? 5n3 ① 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 : E (? 2, 0), F ( 2, 0), D(0,1) , x 2 ? 2 , ? 2 ? x ? 2 时, 当 即

Y

A

D E

M F X

o

曲线方程为 y ? 1 ?
2

x2 ??①; 2

x2 ? 1 ??②,对于情形①,即 ? 2 ? x ? 2 时, 2 显然当 M 位于顶点 D 处时,距离 AM 取得最小值 a ? 1;
而当 x ? 2 时,曲线方程为 y ? 对于情形②,即在 x ? ? 2 或 x ? 2 时,设点 M ( x,
2 2

x2 ? 1) ,由于 2

x2 1 AM ? x ? ( ? 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
比较 AD 与 AM :令

f (a ) ? AD ? AM ? (a ? 1) 2 ? (2a ? 1) ? a (a ? 4) ,
2 2

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

f (a ) ? 0 ,则最小值 AM ? 2a ? 1 .
设 其中 AC ? BD ? P ,AF ? BE ? M , 10 . 如图, AB, CD, EF 为三条不相交的弦, 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

E

①,

A D
M H P N

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 ③
由此得

B F

C

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

EN ? BF CH ? 1, EF ? BC NH
注意



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

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 ,?, uka 和 b 个 B 类 顶 点 vs1 , vs2 ,?, vsb , 其 中 a ? b ? 90 , 则 在 相 应 的 A 类 组

Ak1 , Ak2 ,? , Aka 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 ,? , Aka 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 矛盾! 因此 G 是连通图. 于是图 G 至少有 90 ? 1 ? 89 条边, n ? 89 ; 即 a ? b ? 4 1? 4 9 9, ? 0 x1 , x2 ,?, x89 ,满足本题条件.例如 另一方面,我们可实际构造一个具有 89 项的数列 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

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

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 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 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 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 .

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______. n 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 ? ,则数 n ?1 列 {bn } 的前 n 项和 Bn ? ______.
1 ? x2 3.函数 f ( x) ? 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 , l 交抛物线于 A, B 两点, 若 则 ?OAB 的面积是______. sin A 5.若 ?ABC 为锐角三角形,满足 ? cos( A ? B) ,则 tan A 的最大值为____ 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 A ? {a1 , a2 , a3 , a4 }B ? {b1 , b2 , b3 , b4 }C ? {c1 , c2 , c3 , c4 } ,c1 < c2 < c3 < c4 ,且 ak ? bk ? ck , k ? 1, 2,3, 4, 则集合 C 为:______. 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、 分别是两段弧 N 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 , 1 AA 的中点为 P , MN 的中点为 Q .求证: MN ? 2PQ .

x2 y 2 ? 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 , ? O 的两条切线, 做 切点为 M , N , 若直线 MN 在 x, y

10.(25 分)给定椭圆 C :

a 2 b2 a 2 ? ? . n2 m2 b2 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

轴上的截距分别为 m, n ;证明:

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) .

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

2 4 6. 8 3 8 7. 9! 8. {8,9,10,12},{7,9,11,12},{6,10,11,12} 9.思路:取 AB 中点 E, A1B 中点 F,可证 PEBF 为菱形;

5.

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? 1 n?1 ? 1 1 1 (2) T (n) ? C2 n?1 ? Dn ? n ! (其中 Dn = n !?1 ? ? ? ? ? (?1) n ? ) n! ? 2 ? 1! 2! 3!

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 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.
3 4 ?1

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:

(n ? 1)an ?1 ? (n ? 1)an ?1 2 .则通项 an ? .答案: 3 ? . 2n n 解:由条件得, 2nan ? (n ? 1)an ?1 ? (n ? 1)an ?1 ,所以, a ?a n ?1 (n ? 1)(an?1 ? an ) ? (n ? 1)(an ? an?1 ) ,故 n ?1 n ? ,而 a2 ? a1 ? 1 ; an ? an ?1 n ? 1 a ? a a ? an ?1 a ?a n ?1 n ? 2 n ? 3 1 an ?1 ? an ? n ?1 n ? n ? ? ? 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 2 由此得, an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ?2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? 2(1 ? ) ? 1 ? 3 ? . n n 2 3 、以抛物线 y ? x 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 an ?

?MAB 与 ?MCD ,则线段 AB 与 CD 的交点 E 的坐标为

.答案: (?1, 2) .

解:设 A( x1 , x1 ), B( x2 , x2 ) ,则 k MA ?
2 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 y ? ( x1 ? x2 ) x ? x1 x2 ,因为 MA ? MB ,则 ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? ?1 ,即 ? x1x2 ? 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 y ? 2 ? ( x3 ? x4 )( x ? 1) ,即点 (?1, 2) 也在
2 2

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 z 的最大值是
2 3 ?



答案:

1 . 432
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

解:由 1 ? x ? y ? z ? x ?
6

1 1 1 y z 1 ?1? xy 2 z 3 ? ? ? ,即 xy 2 z 3 ? 4 3 ? ,当 x ? ? ? ,即 4 ? 27 2 ?3 432 2 3 6 ?6? 1 1 1 x ? , y ? , z ? 时取得等号. 6 3 2 1 ? ? ? ? 5、 sin 6 sin 42 sin 66 sin 78 ? .答案: . 16 ? ? cos 6 sin 6 cos 48? cos 24? cos12? ? ? ? ? 解: 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 ? ? . ? 16cos 6 16 2 2 6、满足 x ? 7 y ? 2011 的一组正整数 ( x, y ) ? .答案: (38,9) . 解:由于 2011 是 4N ? 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 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

n(n ? 1) n(n ? 1) 为奇数,且 n, n ? 1 中恰有一个是 ? 125 ??②,则 4 4 n(n ? 1) ? 7r (4r ? 1) 为奇数,且 7r (4r ? 1) ? 125 ,只有 4 的倍数,当 n ? 4r ,为使 7 ? 4 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 ; n(n ? 1) 若 n ? 1 ? 4r ,为使 7 ? ? 7r (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;
由①得, k (k ? 1) ? 7 ? 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,使 2011 ? x ? 2009 ? ( x ? 2) ? 7 ? 287 ? ( x ? 2) 为 7 的
2 2 2

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

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 A ? ? ? ,所以 EF ? 3 , BC DB 8 4 由 A1 F ? AE ? 4 ,则 AA1 ? AE ? EF ? FA1 ? 11.
则 cos ? ?

E

C B A

E

C B

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

82 ? 8 2 ? 4 2 7 7 ? . ? cos3? ? 4cos3 ? ? 3cos ? ? , 2 ?8?8 8 128 7 ? AA12 ? 82 ? 82 ? 2 ? 8 ? 8 ? ? 121, ? AA1 ? 11. 128

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

2011

.答案: 28072 .

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

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

? , 9 的 “ 三 位 数 ” 恰 有 100 个 : a0 0,a 0 1, a 9, 这 样 , 所 有 三 位 数 的 首 位 数 字 和 为

100? ( 0 1 ? ? 9)? 45 100 M 中的每个数 abc 的前两位数字互换,成为 bac ,得 ? ? ? ;再将
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 ? ? ,


cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C 的值. cos A ? cos B ? cos C sin A ? sinB ? sinC 解:由 ? 1 ,即 sin A ? sinB ? sin ? cos ? cos ? cos , C A B C cos A ? cosB ? cosC 2 2 2 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

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

? ?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 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. 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 , M ?B M 则 F M , A ? ? 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

M

N

F

I B D

E C

A B C ? ? 90? ? ,(15 分) 2 2 2 连 DE ,在 ?CDE 中,由于切线 CD ? CE ,所以 1 C ?CED ? ?CDE ? ?180? ? C ? ? 90? ? ? ?AEF , 2 2 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; (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, ?AEF ? ?AIF ? ?IAB ? ?IBA ?
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. 证明 (1 ) :由于 2011 为质数,而 1 ? a ? 2011 ,则 (a, 2011) ? ,据裴蜀定理,存在正 1 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)

(2? ) :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 (?1) ? 1 ;
a

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, A 的颜色被改变了偶数次 n ? 1次) 点 ( , 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)

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. 二、 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

? A. y ? f ? g ? f ? x ? ? ? C. y ? f ? g ? f ? x ? ? ?
?1 ?1

y ? f ?1 g ?1 ? f ? x ? ? 的反函数是(

?



B. y ? f g ?1 ? f ?1 ? x ? ?

?

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

?

?

?

答:C.

解:由 y ? f ?1 g ?1 ? f ? x ? ? 依次得 f ? y ? ? g ?1 ? f ? x ? ? , g ? f ? y ? ? ? f ? x ? ,
f ?1 g ? f ? y ? ? ? x ,互易 x, y 得

?

?

?

?

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

?

?

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 ? ?

x ,

以下关系中成立的是( ) 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. 2 解: f1 ? x1 ? ? f1 ? x2 ? ? x12 ? x2 ? 2 ? x1 ? x2 ? ? x1 ? x2 ? x1 ? x2 ? 2 ? 4 x1 ? x2 .

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 ? 20 x1 ? x2 ? 4 x1 ? x2 . 1 1 x1 ? x2 ? 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 ?

x1 ? x2

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 2 上两点 A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? 关于直线 y ? x ? m 对称, 若 2 x1 x2 ? ?1 ,则 2m 的值是( ).
A. 3, B. 4, C. 5, D. 6 答: A . y ?y y ?y x ?x 2 解:由 1 2 ? ?1, 1 2 ? 1 2 ? m, 2 x1 x2 ? ?1 以及 y1 ? 2 x12 , y2 ? 2 x2 x1 ? x2 2 2 1 2 得 x2 ? x1 ? y1 ? y2 ? 2 ? x12 ? x2 ? , ? x1 ? x2 ? ? , 2 1 2 2m ? ? y1 ? y2 ? ? ? x1 ? x2 ? ? 2 ? x12 ? x2 ? ? 2 1 1 1 2 ? 2 ? x1 ? x2 ? ? 4 x1 x2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 3 2 4 2 2 2 x y 5.椭圆 2 ? 2 ? 1 ? a ? b ? 0 ? 的中心,右焦点,右顶点,右准线与 x 轴的 a b 交点依次为 FG 的最大值为( ). O, F , G, H ,则 OH

1 1 1 , B. , C. , D. 不能确定. 2 3 4 答: C . FG a ? c e ? 1 e ?1 1 1 ? 2 ? 2 ? 2 ? ? . e ? 2 时取等号) 解: ( a OH e ? e ? 1? ? 1 2 ? ? e ? 1? ? 1 4 e ?1 c A.

6.函数 f ? x ? ? x ? 3 ? 12 ? 3x 的值域为(
A. ?1, ? 2? ? B. ?1, ? 3? ? ? 3? C. ?1, ? ? 2? D.



?1, 2?
?
2

答: D . 解: f ? x ? 的定义域为 3 ? x ? 4, 则 0 ? x ? 3 ? 1 ,令 x ? 3 ? sin 2 ? , 0 ? ? ?

,则

f ? x ? ? x ? 3 ? 3 ? 4 ? x ? ? sin ? ? 3 1 ? sin 2 ? ? sin ? ? 3 cos ? ? 2sin(? ? ) 3 ? ? 5? 1 ? ? 因 ?? ? ? ,则 ? sin(? ? ) ? 1, 1 ? 2sin(? ? ) ? 2 . 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 ? cos3 ? ? ? ? 3 ? sin 3 ? ? ? 2 4 ? sin ? 2 答: 9 .
2

.

解:由条件得, 2 ? 2 cos ? ? 4 ? sin 2 ? , ? ? cos ? ? 1? ? 4, ? cos ? ? ?1 则 ? 4 ? cos3 ? ? ? ? 3 ? sin 3 ? ? ? 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? , 于是, a, b, c, d ? ? ? 2,1, ?1,1? , a ? b ? c ? d ? 3 ? ? ? 所以 xn ? 2 ? n ? 1 ? ? 1 , 9. x, y 为实数,满足 x 2 ? y 2 ? 1,则 x 2 ? 2 xy ? y 2 的最大值为 .

答: 2 . 解:设 x ? r cos ? , y ? r sin ? , 0 ? r ? 1, ? ? ? ? ? ? ,则
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 4 2 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 . 解:从 1, 2,?,9 中每次取一对作乘积,共得 C92 ? 36 个值,但其中有重复,重

?

?

?

复的情况为 1? 6 ? 2 ? 3, 1? 8 ? 2 ? 4, 2 ? 9=3 ? 6, 2 ? 6 ? 3 ? 4, 3 ? 8 ? 4 ? 6 ,共 5 种,因此集 合 A 中至多有 C92 ? 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 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 AB 异面; 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). 48 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 ? 24 个 2 异面“线段对”. 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. D 答: 1020 种. 解: 将其转化为具有五个扇形格的 D C 圆盘染五色,使邻格不同色的染色问 E A 题。 B C 设有 k 个扇形格的圆盘染五色的方法 E A 数 B 为 xk ,则有
x5 ? ? x5 ? x4 ? ? ? x4 ? x3 ? ? ? x3 ? x2 ? ? x2 ? 5 ? 44 ? 43 ? 42 ? 4 ? ? 1020
xk ? xk ?1 ? 5 ? 4k ?1 ,于是

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.设 a1 , a2 ,?, an 为正数,证明:
a1 ? a2 ? ? ? an ? a2 ? a3 ? ? ? an ? a3 ? ? ? an ? ? ? an
? a1 ? 4a2 ? 9a3 ? ? ? n 2 an

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
a2 ? a3 ? ? ? ak ?1 ? a3 ? ? ? ak ?1 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? 9a4 ? ? ? k 2 ak ?1 ,?5 分

所以

a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? a3 ? ? ? ak ?1 ? ? ? ak ?1

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

只要证,
a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? a1 ? 4a2 ? ? ? (k ? 1) 2 ak ?1 ? ○ 1 平方整理,只要证, a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 ?○?10 分 2

由柯西不等式 ? a 2? a 2 3 ? ?

?

? ? ?

2

?? ?

?

2 ak ?1 ? ? ? ? ? ? ?

? ?

a2

? ? ?2 a ?
2 3

2

2 ? ? ? k ak ?1 ? ? ?

?

?

?

? a2 ? ? ? ak ?1 ? ? ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? ? (a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 )2 所以 ? a1 ? a2 ? ? ? ak ?1 ? ? ? a2 ? 4a3 ? ? ? k 2 ak ?1 ? ? (a2 ? 2a3 ? 3a4 ? ? ? kak ?1 ) 2
即 即○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. 2 ????????????20 分 A 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 线 段 AD 于 P, 若点 P 满足: PD2 ? PE ? PF 证明: ?BPM ? ?CPD 证 明 : 在 圆 ? AEF 中 , 由 于 弦 AE ? AF , 故 圆 周 角 1 ?APE ? ?APF ? ?1800 ? A? ? ?ABC ? ?ACB ,因此, 2 P 、 D 、 B 、 F 与 P 、 D 、 C 、 E 分别共圆,于是 ?PDB ? ?PFA ? ?PEC, ???????5 分 B C 设点 P 在边 BC, CA, AB 上的射影分别为 A1 、 1 、 1 , 则
F E

?

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

?

2

?????15 分

P

B
A

M
(图一)

D

C

C1

△ PDA1 ∽△ PEB1 ∽△ PFC1 ,故由 PD ? PE ? PF 得,
2

I

P

B1

PA12 ? PB1 ? PC1 ?? ○ 1

设△ ABC 的内心为 I , 今证 B, I , P, C 四点共圆: 连 A1 B1 , A1C1 , 因 PA1BC1 , PA1CB1 分别共圆, 则 ?A1 PC1 ? 180 ? ?ABC ? 180 ? ?ACB ? ?A1PB1 , PA PC1 又由○, 1 ? 1 , 所以△ PB1 A1 ∽△ PA1C1 PB1 PA1
0 0

B

A1 D
(图二)

C

A

因此 ?PB1 A1 ? ?PA1C1 , 而 ?PB1 A1 ? ?PCA1 , ?PA1C1 ? ?PBC1 ,





I

P D

B
G

M

C

O T

(图三)

?PCA1 ? ?PBC1 , 因 为 ?PCA1 ? ?PCI ? ?ICB, C B ?PBC1 ? ?PBI ? ?IBA, ?ICB ? ? ? ?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 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.

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 BT PB PB 4 由② 得 ... ? ○ ? ? CT PC BG 4 由 ③、○ 得 ?PBG ∽ ?BTC 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 sn

0 1 2 3 4 5 1 1 1 1 2 2

6 2

7 3

8 3

9 4

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 8

1 2 3 4 6 8 10 13 16 20 24 28 33 38 44 50 57 64 72 80 88 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 2k , ? k ? 0,1, 2,?? 的数连续出现三次,其它数 各连续出现两次.?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 ? 2k ? k , 则当 1 ? r ? 2k ?1 时,有 am ?2r ?1 ? am ?2r ? 2k ?1 ? r. ?
0 0

10 分 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 ? 2n?1 ? n ? 1 时, am?2 ? am?1 ? am ? 2n ,则 再对满足 1 ? r ? 2n 的 r 归纳:
2

sm ? a0 ? 2 ?1 ? 2 ? 3 ? ? ? 2n ? ? ? 20 ? 21 ? ? ? 2n ? ? 22 n ? 3 ? 2 n
2

当 r ? 1 时,由于 ? 2n ? 1? ? sm ? ? 2 n ? 2 ? ,则 am ?1 ? ? sm ? ? 2n ? 1 , ? ? 2 2n n n 因为 sm ? sm ?1 ? sm ? am ?1 ? 2 ? 4 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2 ? ,则 am ? 2 ? ? sm ?1 ? ? 2 n ? 1 ? ? n 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
22 n ? 3 ? 2n ? 2 ? 2n ? 1? ? 2 ? 2n ? 2 ? ? ? ? 2 ? 2 n ? p ? ? 22 n ? ? 2 p ? 3? ? 2n ? p ? p ? 1? ?○ 1 sm ? 2 p ? sm ? ? am ?1 ? am ? 2 ? ? ? am ?3 ? am ? 4 ? ? ? ? ? am ? 2 p ?1 ? am ? 2 p ? ?

则 sm ? 2 p ? ? 2n ? p ? 1? ? 2n ? ? p ? 1? ? 0 , ? 2n ? p ? 2 ? ? sm ? 2 p ? 2n ? 3 p ? 4 ? 0
2

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

由于 sm? 2 p ? sm? 2 p ?1 ? sm? 2 p ? am? 2 p ?1 ? 22 n ? 2 ? p ? 2 ? ? 2n ? p 2 ? 2 p ? 1 ? ? 2 n ? p ? 2 ? 所以 am ? 2 p ? 2 ? ? sm ? 2 p ?1 ? ? 2 n ? p ? 1 ? ? n ?1 故由归纳法,当 m ? 2 ? n ? 1,1 ? r ? 2n 时, am? 2 r ?1 ? am? 2 r ? 2n ? r 特别是,当 r ? 2n 时,上式成为 a2n?2 ? n ? a2n?2 ? n ?1 ? 2n ?1 ? ○ 2 又由○, sm? 2 r ? 22 n ? ? 2r ? 3? ? 2n ? r ? r ? 1? , 当 r ? 2n , m ? 2n?1 ? n ? 1 ,有 1
s2n?2 ? n ?1 ? 22 n ? ? 2n ? 3? ? 2n ? 2n ? 2n ? 1? ? 22 n ? 2 ? 2 ? 2n ?1 ? ? 2n ?1 ? 1?
2

2

所以 a2n?2 ? n ? 2 ? ? s2n?2 ? n ?1 ? ? 2n ?1 ?? ○ 3 ? ? 由○○可知,对于 m ? 2k ?1 ? k ? 1, 当 k ? n ? 1 时,亦有 2 3
am?2 ? am?1 ? am ? 2k ,从而性质 ?1? , ? 2 ? 成立.

??15 分
2006 ? m ? 486 , 2 ???20 分

因为 210 ? 10 ? 2006 ? 211 ? 11 ,取 m ? 210 ? 10 ,则 k ? 9 , r ? 因此 a2006 ? am? 2 r ? 29 ? r ? 512 ? 486 ? 998 .


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