2019年南昌市高中数学竞赛试卷及答案详解8页word文档

2019年南昌市高中数学竞赛试卷6月29日上午8:30 — 11:00【说明】：凡是题号下标志有“高一”的，为高一考生试题；题号下标志有“高二”的，为高二考生试题；凡未作这种标志的，则为全体考生试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、将全体正整数自小到大一个接一个地顺次写成一排，则从左至右的第2013个数字是 ．2、（高一）设等比数列{}n a 的前n 项和315nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其公比q = ． （高二）若自椭圆中心到焦点、长轴顶点、以及到准线的距离之长可以组成一个直角三角形，则该椭圆的离心率是 ．3、（高一）等差数列1,5,9,,2013L 与3,8,13,,2013L 的相同的项之和为 ． （高二）正四棱锥P ABCD -中，5,6PA AB ==，M 是PAD ∆的重心，则四面体MPBC 的体积是 ．4、（高一）满足24312x x x -+=-的实数x 的集合是 { }．（高二）函数4sin 3cos xy x-=-的最大值是 ．5、若a 为正数，[]a 表示a 的整数部分，而{}[]a a a =-，如果,[],{}a a a 顺次组成等比数列，则a = ．6、（高一）,,a b c 是不同的正整数，若集合{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++， n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．7、函数20131()k f x x k ==-∑的最小值是 ．8、若sin sin sin αβγ+=，cos cos cos αβγ+=-，则二、解答题（共70分）9、（20分）如图，过ABC ∆的三个顶点,,A B C 各作其外接圆的切线，分别与相应顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点,,D E F 共线．10、（25分）数列{}n a 满足：11111,1nn k k a a a n +===+∑， (1)、写出数列前7个项的值； (2)、对任意正整数n ，求n a 的表达式．11、（25分）盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为2991,3,3,,3L 的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便称为一种取牌_n 方案，不同的_n 方案种数记为()f n ；试求(1)(2)()f f f S +++L 之值．2019年南昌市高中数学竞赛试题解答【说明】：凡是题号下标志有“高一”的，为高一考生试题；题号下标志有“高二”的，为高二考生试题；凡未作这种标志的，则为全体考生试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、将全体正整数自小到大一个接一个地顺次写成一排，则从左至右的第2013个数字是 ．答案：7．解：全体一位数共占据9个数位，全体两位数共占据290180⨯=个数位，接下来是顺次排列的三位数，由于201391801824--=，而18246083=，因60899707+=，所以第2013个数字是三位数707的末位数字，即为7．2、（高一）设等比数列{}n a 的前n 项和315nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其公比q = ． 答案：35． 解：1125a S ==-，当2n ≥时，112355n n n n a S S --⎛⎫=-=-⋅ ⎪⎝⎭，（高二）若自椭圆中心到焦点、长轴顶点、以及到准线的距离之长可以组成一个直角三角形，则该椭圆的离心率是 ．解：由2222a c a c ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，得2c ab =，又据222c b a +=，得22ab b a +=，所以12a b +=，则2212a a ab c b =⋅=⋅，所以c e a==． 3、（高一）等差数列1,5,9,,2013L 与3,8,13,,2013L 的相同的项之和为 ． 答案：102313．解：等差数列(1,5,9,,2013)A =L ，(3,8,13,,2013)B =L 的第一个相同项是13，最后一个相同项是2013，而A 以4为公差，B 以5为公差，所以，A B I 构成以13为首项，2013为末项，且公差为20的等差数列，公共项个数为201313110120n -=+=，所以公共项的和为S =101(132013)1023132+=．（高二）正四棱锥P ABCD -中，5,6PA AB ==，M 是PAD ∆的重心，则四面体MPBC 的体积是 ．答案：．解：设PM 交AD 于N ，则222162AD PN PA ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以4PN =；若PH 是四棱锥的高，则22272AB PH PN ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，PH =ABCD 面积为36，所以，NBC ∆的面积为18，故四面体P NBC -体积为1183PNBC V =⨯=，又由13MN PN =，所以四面体M NBC -体积为13MNBC PNBC V V ==，于是四面体MPBC的体积为：MPBC PMBC MNBC V V V =-=．4、（高一）满足24312xx x -+=-的实数x 的集合是 { }．答案：⎪⎪⎩⎭． 解：数形结合，将其视为求243y x x =-+ 与12xy =-交点的横坐标，如图；由于 243(1)(3)x x x x -+=--，仅当2x >时，102xy =->，此时方有交点， 当23x <<，2243(43)x x x x -+=--+，由2(43)12xx x --+=-得74x +=， 当3x >，224343x x x x -+=-+，24312xx x -+=-，得94x +=． （高二）函数4sin 3cos xy x-=-的最大值是 ．答案：64+． 解：将函数式看作定点(3,4)与动点(cos ,sin )x x 连线的斜率；而动点(cos ,sin )x x 的轨迹是一个单位圆，设过点(3,4)的直线方程为4(3)y k x -=-，即(34)0y kx k -+-=， 当斜率取最大值时，该直线应是单位圆的一条切线，于是原点到该直线距离为1，即有2341k k -=+，所以64k ±=，因此最大值为64+． 5、若a 为正数，[]a 表示a 的整数部分，而{}[]a a a =-，如果,[],{}a a a 顺次组成等比数列，则a = ．． 解：改记{},[]a a k θ==，由等比，2{}[]a a a =，而{}[]a a a =-，所以2()k k θθ+⋅=，220k k θθ+-=，k θ=，由于01θ<<，则k 为正整数，且只有1k =，从而θ=，所以a k θ=+=． 6、（高一）,,a b c 是不同的正整数，若集合{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++， n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．答案：1297．解：由222(1)(2)2()n n n a b c ++++=++=偶数，所以,1,2n n n ++两奇一偶；即n 为奇数，显然1n >，不妨设a b c <<，如果3n =，则由9,16,25a b a c b c +=+=+=得25a b c ++=，此时导致0a =，矛盾！所以5n ≥，当5n =时，由25,36,49a b a c b c +=+=+=，解得6,19,30a b c ===， 这时，2221297a b c ++=．7、函数20131()k f x x k ==-∑的最小值是 ．解：由于1,2,,2013L 的中间一数为1007，当1007x =时，函数取得最小值8、若sin sin sin αβγ+=，cos cos cos αβγ+=-，则答案：32． 解：将条件式平方得，两式相加得1cos()2αβ-=-；两式相减得：cos 2cos 2cos 22cos()γαβαβ=+++ 因此，()22231cos cos cos cos 2cos 2cos 222αβγαβγ++=+++二、解答题（共70分）9、（20分）如图，过ABC ∆的三个顶点,,A B C 各作其外接圆的切线，分别与相应顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点,,D E F 共线．证：据梅尼劳斯逆定理，只要证1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=；由弦切角关系， 由BAD ∆∽ACD ∆，得2BD ABD BA DC ADC AC ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭；同理，由CEB∆∽BEA∆，得2CE BCE BC EA BEA AB ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭， 由CFA ∆∽BFC ∆，得2AF CAF CA FB CFB BC ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭所以1BD CE AF ABD BCE CAFDC EA FB ADC BEA CFB∆∆∆⋅⋅=⋅⋅=∆∆∆，因此,,D E F 共线． 10、（25分）数列{}n a 满足：11111,1nn k k a a a n +===+∑， (1)、写出数列前7个项的值； (2)、对任意正整数n ，求n a 的表达式．解：(1)、顺次算出：1234567517371972071,2,,,,,26126060a a a a a a a =======； (2)、因为12111n n n a a a a a n -+++++=+L ，12111n n a a a a n -+++=+-L ，所以12112111n n n n n a a a a a a a a a n n --++++++++-=--L L所以，111n n a a n --=- ，D相加得，11111231n a n ⎛⎫=+++++ ⎪-⎝⎭L ． 11、（25分）盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为2991,3,3,,3L 的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便称为一种取牌_n 方案，不同的_n 方案种数记为()f n ；试求(1)(2)()f f f S +++L 之值．解一、将盒中的纸牌按标数自小到大的顺序排成一列：2299991,1,3,3,3,3,,3,3L ，值相等的两个项不同色，对于每个()1100k k ≤≤，数列前2k 项之和小于3k，故形如3n的项必须从两个3n 中选出，（任何其它项的和不等于3n ），于是选出一个3n有两种方法，同时选出两个3n只有一种方法．对于集合{}0,1,2,,A S =L 中的每个数m ，可将其表为含有一百个数位的三进制形式：即 29901299333m a a a a =+⋅+⋅++⋅L ，其中{0,1,2},0,1,2,,99i a i ∈=L ；若在01299,,,,a a a a L 中恰有k 个为1（其余100k -个数为0或2），则()2kf m =（这是由于，每个1有红蓝两种选取方案）．现将集A 分解为012100A A A A A =U U UL U ，其中k A 中的每个数m 在表成上述三进制形式后，其系数01299,,,,a a a a L 恰有k 个为1（其余100k -个数为0或2），因此集k A 中，共有1001002kkC -⋅个数，（这是由于，从01299,,,,a a a a L 中选取k 个为1，有100kC 种选法，其余100k -个数，每个可取作0或2，有1002k-种方法）；这样，k A 中各数的f 值之和为100100100100()222kk k k km A f m C C -∈=⋅⋅=⋅∑， 由于集合012100,,,,A A A A L 两两不相交，从而注意到29900030303=+⋅+⋅++⋅L ，即数列中的每个数都不选，其方案数(0)1f =， 所以200(1)(2)()21f f f S +++=-L ．解二、采用数学归纳法，为此，将问题一般化，将具体数99改为非负整数k ， 考虑数列221,1,3,3,3,3,,3,3kkL ，其和为k S ，今计算(0)(1)()k k F f f f S =+++L 的值．对k 归纳，0k =时数列有两项：1,1，则0112S =+=；由于(0)1,(1)2,(2)1f f f ===，所以0(0)(1)(2)4F f f f =++=；1k =时数列有四项：1,1,3,3，则18S =，而(0)1,(1)2,(2)1,(3)2f f f f ====，于是21(0)(1)(8)164F f f f =+++==L ；据此猜想，对于数列221,1,3,3,3,3,,3,3k kL （其和为k S ），有 此式在0,1k =时已验证，今假定对于k 成立，考虑1k +情况，数列22111,1,3,3,3,3,,3,3,3,3k k k k ++L 的和为1k S +，将集合{}10,1,2,,k A S +=L 中的每个数n 表成三进制形式：其中21012333,{0,1,2}kk j n a a a a a =+⋅+⋅++⋅∈L ，若10k a +=，这时1n n =，利用归纳假设，有14k k F +=种选法；若11k a +=时，113k n n +=+ 从两个13k +中取其一，有两种取法，对前段表达式1n 用归纳假设，有1224k k F +=⋅种选法；当11k a +=时，1123k n n +=+⋅ 两个13k +全取，有一种取法，对前段表达式1n 用归纳假设，有14k k F +=种选法；所以21244k k k k k k F F F F F ++=++==，即211(0)(1)()4k k k F f f f S +++=+++=L ，即①式对于任何非负整数k 成立；11(1)()4(0)41k k k f f S f ++++=-=-L ；取99k =，得200(1)(2)()21f f f S +++=-L ．。