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2008年全国高中数学联赛江西省预赛试题(含详细答案)


安徽高中数学

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2008 年全国高中数学联赛江西省预赛试题 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)
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, +∞ ) .

).

2 、设 a 2 + b 2 = 1 ,( b ≠ 0 ) ,若直线 ax + by = 2 和椭圆

x2 y 2 a + = 1 有公共点,则 的取值范 6 2 b

围是(

).
C 、 ( ?∞, ?1] ∪ [1, +∞ ) ; D 、 [ ?2, 2] .

? 1 1? A 、 ? ? , ? ; B 、 [ ?1, 1] ; ? 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 , CD = 则
A、7

.



B 、 13



C 、 18



D 、 27 .

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 = (
A、6 ; B 、5; C 、4; 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). 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; ) B. 甲错乙对; C.甲乙都对; D.甲乙都不一定对.

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)
7、 过点 P (1,1) 作直线 l , 使得它被椭圆
x2 y 2 + = 1 所截出的弦的中点恰为 P , 则直线 l 的 9 4

方程为

.

8 、设 x ∈ R ,则函数 f ( x ) = x 2 + 1 +

( x ? 12 )

2

+ 16 的最小值为

.

9、 四面体 ABCD 中, ABC 与面 BCD 成 600 的二面角, 面 顶点 A 在面 BCD 上的射影 H 是

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?BCD 的垂心, G 是 ?ABC 的重心,若 AH = 4 , AB = AC ,则 GH = 10 、 sin 200 ? sin 400 ? sin 800 =



.

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

∑b
k =1

20

k

=

.

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, ?AI1 I 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 M 的一
k =1 k =1

n

n

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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)
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 + b 2 = 1 ,( b ≠ 0 ) ,若直线 ax + by = 2 和椭圆 x2 y 2 a + = 1 有公共点,则 的取值范 6 2 b

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 + 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 2 + b 2 = 1 ,化简得 a 2 ≥ b 2 ,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 .
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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 = (

).

A、6 ;

B 、5;

C 、4;

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 x = 得 sin

π
2



kπ π? k ? = ( ?1) , k 为奇数, k = 2n ? 1 , 则 设 上式成为 sin ? nπ ? ? = ?1 , 因此 n 为偶数, 2 2? ?

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, 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
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 Sn 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 = 2k ,

(

7 +2

)

2 n +1

= 2k +

( )

7 ?2
2 n +1

)

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

n n

= 32 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:

(乙). 8 (17 n 2 + 3n ) 必为两个平方数的和. (甲). 7 n + 13 必为合数;
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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
7 n + 13 = 9 ( 3n + 1) ? 4 ( 5n ? 1) = ( 3a ) ? ( 2b ) = ( 3a ? 2b )( 3a + 2b ) …○, 1
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

n = 4k ,得 5n ? 1 = 20k ? 1 不为平方数,矛盾!所以 3a ? 2b ≥ 2 ,故由○得, 1
7 n + 13 为合数;又因为 8 (17 n 2 + 3n ) = ?( 3n + 1) + ( 5n ? 1) ? ? 4 ( 3n + 1) + ( 5n ? 1) ? ? ?? ?

? = ? a 2 + b 2 ? ?( 2a ) + b 2 ? = ( 2a 2 + b 2 ) + ( 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)
7、 过点 P (1,1) 作直线 l , 使得它被椭圆

x2 y 2 + = 1 所截出的弦的中点恰为 P , 则直线 l 的 9 4

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

x1 + x2 = 1, 2

即?

18k (1 ? k )
2

4 4 = 2, k = ? ,所以直线 l 的方程为 y = ? ( x ? 1) + 1 ,即 4 x + 9 y = 13 9k + 4 9 9

8 、设 x ∈ R ,则函数 f ( x ) = x 2 + 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 ,
AB 垂线 AC , BD ,使 AC = 1, BD = 4 ,在数轴上取点 P ,使

B

再 作

D E

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AP = x , 则 f ( x ) = CP + DP , 当 C , P, D 共 线 时 , f 值 最 小 , 此 时

f min = CD = AE = 122 + 52 = 13 .
9、 四面体 ABCD 中, ABC 与面 BCD 成 600 的二面角, 面 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 =



答案:

4 21 . 9 1 AF , 3

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

AH 8 1 4 8 = ,FH = AF = , = GF , 在三角形 GFH 中, 0 sin 60 2 3 3 3 3

由余弦定理得 GH =

4 21 9 .

10 、 sin 200 ? sin 400 ? sin 800 = 答案:
3 . 8

解: 8sin 200 ? sin 400 ? sin 800 = 4 ( cos 200 ? cos 600 ) sin 800
= 4 sin 800 cos 200 ? 2sin 800 = 2 ( sin1000 + sin 600 ) ? 2 sin 800 = 2 sin 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 的两根,

则 ∑ bk =
k =1

20

.

答: 6385 . 解:对每个 n ∈ N * , an + an +1 = ?3n ……○, an an +1 = bn ……○, 1 2 将○写作 an +1 + 1 数列,故 an +

3 ( n + 1) 3 3n 3 ? 3n 3 ? ? ? ? = ? ? an + ? ? , 因此 ?an + ? ? 是一个公比为 ?1 的等比 2 4 2 4? 2 4? ? ?

3 ( 2n ? 1) 3n 3 n ?1 7 n ?1 7 ? = ( ?1) ,即 an = ? + ( ?1) ? , 2 4 4 4 4

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an +1 = ?

20 3 ( 2n + 1) 9 29 n 7 n 21 + ( ?1) ? ;于是 bn = an an +1 = n 2 ? + ( ?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, ?AI1 I 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 , I1 F ,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 = 450 = ∠I 2 DA ,
B 1 = ∠DAC 2 2
A
F O E I1 M I2

所 以 ?DBI1 ∽ ?DAI 2 , 得
0

DI1 DB = ,且 DI 2 DA

∠I1 DI 2 = 90 = ∠BDA ,故 ?I1 DI 2 ∽ ?BDA ,
B

D

C

B 而 ∠DI1 I 2 = B, ∠AI1 D = 90 + , 2
0

注意 ∠AI1 D = ∠AI1 F + ∠FI1 I 2 + ∠DI1 I 2 , ∠AI1 F = ∠AEF , ∠FI1 I 2 = ∠FAI 2 =

B , 2

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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, I1 D, I 2 D , 则由 I1 , I 2 为内心知,
A
F O E I1 M H I2

∠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
B

D

C

∠I 2 I1O = ∠I1 I 2O = 45°







∠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 ,

∠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.
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 ; 简证 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 1 1 1 2 1 4x + + ≥ + = + , 2 x + y y + z z + x 2x 2 x 1 + x2 1+ z

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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 ,此为显然, 2 2x 1+ x 2

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 详证
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 + 2 xz = 1 , z = 2 x , x2 ≤ 1 ,而
0 2

1 1 1 2 1 2 1 4x + + = 2x + = + = + , 2 x+ y y+ z z+ x z + x 2x 1? x 2 x 1 + x2 +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 ,此为显 2 2x 1+ x 2

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 , x > 0, y > 0, z ≥ 0, xy ≤ 1 , x = cot A, y = cot B ,A, B 为锐角, A, B 则 令 以 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 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 ,固定最大角 C , 将 ?ABC 调 整 为 以 C 为 顶 角 的 等 腰 ?A′B′C , 其 中 ∠A′ = ∠B′ =
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 A+ B ,且设 2

f (t, t, z ) ≥

5 . 2

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今证明, f ( x, y, z ) ≥ f ( t , t , z ) .即 即要证

1 1 1 1 2 + + ≥ + ……○. 1 x + y y + z z + x 2t t + z ……○ 2
A+ B , 2

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

先证 x + y ≥ 2 t ……○,即证 cot A + cot B ≥ 2 cot 3
sin ( A + B )

A+ B 2 ,此即 sin 2 A + B ≥ sin A sin B ,也即 即 ≥ A+ B sin A sin B 2 sin 2 2 cos

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? t 2 ? 1? t 2 2 4 2 2 2 z= ,只要证 4t ≥ 1 + ? 6 ? ,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 ? 6 5 3 5 4 t 2 (15t 2 ? 2 ) ≥ ?15 × ? 2 ? = 1 ,故○成立,因此○得证,由○及○得○成立,从而 3? 3 ?

1 ○成立,即 f ( x, y, z ) ≥ f ( t , t , z ) ,因此本题得证.
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 M 的
k =1 k =1

n

n

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”
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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 ) ;可搭配
0 1 2 1 2 3

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 ) ,( 3,5, 7 ) ,
0 1 2 1 2 3

可搭配成 A1 的 6 个情形;

( 5 ) 、当 p = 14, q = 13 ,则 ( x , x ) = ( 4,10 ) , ( 6,8) ,( y , y , y ) = (1,3,9 ) , (1,5,7 ) ,可搭配成
0 1 2 1 2 3

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
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中 除 12 外 , 其 余 的 五 个 偶 数 和

安徽高中数学

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2 + 4 + 6 + 8 + 10 = 30 ,从中去掉一个偶数,补加一个奇数,使 A1 中五数之和为 27 ,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} ,显然
0

0

0

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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