南昌市高中数学竞赛试题及答案

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南昌市高中数学竞赛试题及答案

南昌市高中数学竞赛试题及答案一、填空题（共8题，每题10分，合计80分）1、十二个互不相同的正整数之和为2010，则这些正整数的最大公约数的最大值是．答案：15．解：设最大公约数为d ，12个数分别为1212,,,a d a d a d ，其中1212(,,,)1a a a =，记121ii S a==∑，则2010Sd =，欲使d 最大，当使S 取最小，由于1212,,,a a a 互异，则121278S ≥+++=，因2010S ，但201023567=⨯⨯⨯，其大于67的最小正因数是267134⨯=，所以15d ≤，且15d =可以取到，只需令121112(,,,,)(1,2,,11,68)a a a a =即可．2、函数2()f x ax =0a ≠），若(f f =a = ．答案：2.解：由(22a a =(220a a =，所以2a =3、设(n a n n =+⋅，则2n a n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦．答案：1n +解：因12k k <<+，所以111()2n nn k k k a k ==<<+∑∑，即(1)(2)22n n n n n a ++<<，所以21n a n n ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． 4、设{}2,4,7,8,13,15A =.如果非空集合M 满足M 的各元素加4后成为A 的一个子集，M 的各元素减4后也成为A 的一个子集，则M= ．答案：{}11M =解：取{}{}14,2,0,3,4,9,11A x x a a A ==-∈=-，{}{}24,6,10,11,12,17,19A x x a a A ==+∈=，{}1211M A A ⊆⋂=，因M 非空，{}11M =.5、若[0,)x π∈，则函数sin cos 1sin cos x xy x x=++的值域是．答案：11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦解：令sin cos t x x =+，则21sin cos 2t x x -=，于是12t y -=，又)4t x π=+，因5444x πππ≤+<，则]sin()(42x π+∈-，即(1,t ∈-，因此12(1,]y ∈-．6、设函数():f x R R →，且满足对任意的,x y R ∈,()()(23)3()3()6.f x f y f xy f x y f x x =+++-+则()f x =_____________________.答案：()23f x x =+解：交换,x y 得3()63()6f x x f y y -+=-+，故()2f x x -为常数.设()2f x x a =+，由(2)(2)2(23)3(22)3(2)6x a y a xy a x y a x a x ++=+++++-++，得22()(3)6(3)(2)x y a a a a a +-=--=-+，即(3)(1)02aa x y -+++=，上式对任何实数,x y 皆成立.故3a =，则()23f x x =+.7、数列{}n a 满足：2111,n n a a a n +=+=-，则15a = ．答案：104-.解:条件21n n a a n ++=-可改写为221(1)1()()02222n n n n n n a a ++++-++-=,若令 222n n n nb a =+-,则11b =,且1n n b b +=-,所以2121,1k k b b -==-,1,2,k =,于是151b =,即有2151515110422a =+-=-． 8、如果四位数n 的四个数位中至多含有两个不同的数码，则称n 为“简单四位数”；例如5555和3313等等，那么，简单四位数的个数是．答案：576．解：如果四位数的四个数码都相同，则这种四位数有9个；如果四位数的四个数码有两个值，首位数{1,2,,9}a ∈有9种取法，当首位数a 填好后，再任取{0,1,2,,9}b ∈，且b a ≠，选取b 的方法有9种；后三个数位中，每一位置都可填a 或b ，但是不能后三位全填a ，有3217-=种填法，即四个数码有两个值的情况有997567⨯⨯=种；因此简单四位数共有9567576+=个．二、解答题（共3题，合计44分）9、（20分）M 是正三角形123A A A 的中心，N 是其所在平面上的任意一点，以MN为直径的圆分别交直线i MA 于i B ，1,2,3i =；证明：222222123123MB MB MB NB NB NB ++=++．证：由123,,,,M B B N B 五点共圆，013120B MB ∠=，可知012360B B B ∠=，0132121260B B B B MB A MB ∠=∠=∠=，所以123B B B ∆为正三角形；设其边长为a ，先证引理：P 是正三角形ABC ∆外接圆上的任一点，则222PA PB PC ++为定值.事实上，设ABC ∆的边长为a ，,,PA x PB y PC z ===，则有x y z =+，因此222222()x y z y z y z ++=+++222()y z yz =++2222BC a ==，故引理成立.由引理立得，22222221231232MB MB MB a NB NB NB ++==++. 10、（25分）设0,1,2,,i x i n ≥=，约定11n x x +=，证明：1nk =≥证：因0,1,2,,i x i n ≥=，令2tan ,[0,),1,2,,2k k k x k n πθθ=∈=约定11n θθ+=，=≥22=A 3PCBA所以221nn k k === 11、（25分）一次足球邀请赛共安排了n 支球队参加，每支球队预定的比赛场数分别是12,,,n m m m ，如果任两支球队之间至多安排了一场比赛，则称12(,,,)n m m m 是一个有效安排；证明：如果12(,,,)n m m m 是一个有效安排，且12n m m m ≥≥≥，则可取掉一支球队，并重新调整各队之间的对局情况，使得112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++---也是一个有效安排．证：设预定比赛i m 场的队为i A ，1,2,,i n =；（01）、如果1A 的1m 场比赛，其对手恰好就是1231,,,m A A A +，那么，直接去掉1A （当然1A 所参与的所有比赛也就被取消了），则剩下的队23,,,n A A A 之间的比赛，以112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++---为有效安排．（02）、如果球队23,,,n A A A 中，有些队并未安排与1A 比赛，设在1231,,,m A A A +中，自左至右，第一个未安排与1A 比赛的队是j A ，由于1A 要赛1m 场，那么在1231,,,m A A A +之外必有一个队安排了与1A 比赛，设为1,(1)k A m k n +<≤，由于j k m m >，故必有一个队s A ，它被安排了与j A 比赛而未安排与k A 比赛，如图所示．今对原安排作如下调整：取消1,k A A 两队间、,j s A A 两队间的比赛，改为1,j A A 两队间，,s k A A 两队间进行比赛，其它比赛安排不变；经过这一次调整之后，所有球队的比赛场数不变，且是一个有效安排．而第一个不与1A 比赛的队的序号，至少后移了一个位置；故经有限次这样的调整之后，就化成了情形（01），因此结论得证．sj k1js k。

2020年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案解析

2020年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案解析一、填空题（每小题分，共分）、若的值域为，那么的取值范围是．答案：．解：由值域，，，.、四面体中，是一个正三角形，，，，则到面的距离为．答案：．解：如图，据题意得，，于是，，因，得，从而以为顶点的三面角是三直三面角，四面体体积，而，若设到面的距离为，则，由，得到．、若对于所有的正数，均有，则实数的最小值是．答案：．解：由，得，当时取等号．、已知是正方形内切圆上的一点，记，则．答案：．解：如图建立直角坐标系，设圆方程为，则正方形顶点坐标为，若点的坐标为，于是直线的斜率分别为，，所以，，由此立得．解2：取特例，在坐标轴上，则，这时，，、等差数列与的公共项（具有相同数值的项）的个数是．答案：．解：将两个数列中的各项都加，则问题等价于求等差数列与等差数列的公共项个数；前者是中的全体能被整除的数，后者是中的全体能被整除的数，故公共项是中的全体能被整除的数，这种数有个．、设为锐角，则函数的最大值是．答案：．解：由，得，所以．当时取得等号．、若将前九个正整数分别填写于一张方格表的九个格子中，使得每行三数的和，每列三数的和皆为质数，你的填法是解答：（答案有多种）、把从到这个连续正整数按适当顺序排成一个数列，使得数列中每相邻两项的和为平方数，则正整数的最小值是．答案：．例如，排出的一个数列为．解：这是一个操作问题，若用文字表达较为繁琐，故适宜作为填空题直接操作．记这个连续正整数的集合为，由于，则中必有，而，所以，当时，从到这个数可以搭配成满足条件的三个数段：，但它们不能连接成一个项的数列，故应增加后续的数，增加可使得第一段扩充成，增加可使得第二段扩充成，但新的三段也不能连接，还需增加新数，即，而之前的数若与邻接，只有，这三段扩充为，，，仍旧不能连接，应当借助新的平方数，从到这个数能搭配成和为的最小数是，则，而当时，可排出上面的情形：．二、解答题（共分）、（分）如图，是椭圆的一条直径，过椭圆长轴的左顶点作的平行线，交椭圆于另一点，交椭圆短轴所在直线于，证明：．证1：椭圆方程为，点的坐标为，则直线方程为，……代入椭圆方程得到，，，……因此，……又据∥，则点坐标为：，，……因为在椭圆上，则，而，，因此．……证2：易知的斜率存在，不妨令，与椭圆方程联系，解得……, ……方程为：.将方程与椭圆方程联立，得…………，…、（分）如图，是的旁心，点关于直线的对称点为．证明：、三点共线；、四点共圆．证：1、延长到，延长到,连，为旁心，平分，……又关于对称，平分,,、、三点共线。

2020年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案解析

DAB2020年全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答2016年6月5日上午8:3011:00--一、填空题（每小题7分，共56分）1、若()22016log 65y x ax =-+的值域为R +，那么a 的取值范围是．答案：1616a -<<．解：由值域y R +∈，2651x ax ∴-+>，2640x ax ⇒-+>24640a ∴∆=-⋅<，∴1616a -<<.2、四面体ABCD 中，ABC ∆是一个正三角形，2AD BD ==，AD BD ⊥， AD CD ⊥，则D 到面ABC 的距离为．答案：．解：如图，据题意得，AB ==于是BC CA AB ===2CD ==，因222BC BD CD =+，得BD CD ⊥，从而以D 为顶点的三面角是三直三面角，四面体体积1433BCD V AD S ∆=⋅=，而2ABC S AB ∆== 若设D 到面ABC 的距离为h，则133ABC V h S h ∆=⋅=，由433h =，得到3h =． 3、若对于所有的正数,x y ，≤，则实数a 的最小值是．答．解：由221+=≤，当x y =时取等号．4、已知P 是正方形ABCD 内切圆上的一点，记,APC BPD αβ∠=∠=，则22tan tan αβ+= ．答案：8．解：如图建立直角坐标系，设圆方程为222x y r +=，则正方形顶点坐标为(,),(,),(,),(,)A r r B r r C r r D r r ----若点P 的坐标为(cos ,sin )P r r θθ，于是直线,,,PA PB PC PD 的斜率分别为1sin 1sin ,1cos 1cos PA PB k k θθθθ++==-+-，1sin 1sin ,1cos 1cos PC PD k k θθθθ--==--+，所以222tan 4(cos sin )1PC PA PA PC k k k k αθθ⎛⎫-==- ⎪+⎝⎭，222tan 4(cos sin )1PD PB PB PD k k k k βθθ⎛⎫-==+ ⎪+⎝⎭，由此立得22tan tan 8αβ+=．解2：取特例，P 在坐标轴上，则αβ=，这时，2tan cot 2tan 1αγβ====，2222tan tan 228αβ∴+=+= 5、等差数列2,5,8,,2015L 与4,9,14,,2014L 的公共项（具有相同数值的项）的个数是．答案：134．解：将两个数列中的各项都加1，则问题等价于求等差数列3,6,9,,2016L 与等差数列5,10,15,,2015L 的公共项个数；前者是{}1,2,3,,2016M =L 中的全体能被3整除的数，后者是M 中的全体能被5整除的数，故公共项是M 中的全体能被15整除的数，这种数有201613415⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个．9876543216、设x 为锐角，则函数sin sin 2y x x =的最大值是．答案：9．解：由22sin cos y x x =，得2422224sin cos 2(1cos )(1cos )2cos y x x x x x ==--⋅33222(1cos )(1cos )2cos 216223327x x x ⎛⎫-+-+⎛⎫≤=⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以9y ≤．当21cos 3x =时取得等号． 7、若将前九个正整数1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填写于一张33⨯方格表的九个格子中，使得每行三数的和，每列三数的和皆为质数，你的填法是解答：（答案有多种）8、把从1到n (1)n >这n 个连续正整数按适当顺序排成一个数列，使得数列中每相邻两项的和为平方数，则正整数n 的最小值是．答案：15．例如，排出的一个数列为(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9)．解：这是一个操作问题，若用文字表达较为繁琐，故适宜作为填空题直接操作．记这n 个连续正整数的集合为{}1,2,,M n =L ，由于1n >，则M 中必有2，而279+=，所以7n ≥，当7n =时，从1到7这7个数可以搭配成满足条件的三个数段：(1,3,6),(2,7),(4,5)，但它们不能连接成一个7项的数列，故应增加后续的数，增加8可使得第一段扩充成(8,1,3,6)，增加9可使得第二段扩充成(2,7,9)，但新的三段也不能连接，还需增加新数，即10n ≥，而之前的数若与8,9,10邻接，只有819,9716,+=+=10616+=，这三段扩充为(8,1,3,6,10)，(2,7,9)，(4,5)，仍旧不能连接，应当借助新的平方数25，从1到10这10个数能搭配成和为25的最小数是15，则15n ≥，而当{}1,2,,15M =L 时，可排出上面的情形：(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9)．二、解答题（共64分）9、（14分）如图，CD 是椭圆22221x y a b+=过椭圆长轴的左顶点A 作CD 另一点N ，交椭圆短轴所在直线于M ，证明：AM AN CO CD ⋅=⋅．证1：椭圆方程为cos ,sin x a y b θθ==，点,A N 的坐标为(,0),(cos ,sin )A a N a b θθ-，则直线AN 方程为cos sin x a t y t θθ=-+⎧⎨=⎩， ……3' 代入椭圆方程得到222222(cos sin )2cos 0b a t ab t θθθ+-=，222222cos cos sin ab AN t b a θθθ==+，()cos 2a AM πθθ=≠，……6' 因此2222222cos sin a b AM AN b a θθ⋅=+，……9'又据AN ∥CD ，则点,C D 坐标为：(cos ,sin )C OD OD θθ--，(cos ,sin )D OD OD θθ，……12'因为,C D 在椭圆上，则2222222cos sin a b CO b a θθ=+，而，222222222cos sin a b CO CD CO b a θθ⋅==+，因此AM AN CO CD ⋅=⋅．……14' 证2：易知CD 的斜率k 存在，不妨令:CD y kx =，与椭圆方程联系，解得222222222222C D b a k b a k b a k b a k ⎛⎫⎛⎫++++⎝、 ……3' ()()222222222222141k a bk a b CO CD b a kb a k++∴==++,()22222221k a b CO CD b a k+∴⋅=+……6'AN 方程为： ()(),0,y k x a M ka =+∴.将AN 方程与椭圆方程联立，得()222232222220b a k x a k x k a a b +++-=322322222222,A N N a k ab a k x x x b a k b a k -∴+=-∴=++ ……9'222222,1N kab y AM a k b a k=∴=++ ……12' ()2232224222222222421ab a k k a b ab k AN a b a k b a k ⎛⎫-+=++= ⎪+⎝⎭+， ()22222221a b k AM AN CO CD b a k+∴⋅==⋅+ …14'10、（15分）如图，D 是ABC ∆的旁心，点A 关于直线DC 的对称点为E ．证明： (1)、,,B C E 三点共线；(2)、,,,A B D E四点共圆．证：1、延长DC 到M ，延长AC 到N ,连CE ，D Q 为旁心，CD ∴平分BCN ∠，……2'又A E 、关于DC 对称，CM ∴平分ACE ∠DCN ACM ∴∠=∠,BCD MCE ⇒∠=∠ BCN ACE ∴∠=∠,B ∴、C 、E 三点共线。

2019年江西高中数学竞赛试题(2019.5.26)

2019年江西高中数学竞赛试题（2019.5.26）
一、填空题(7*8=56分)
1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为 .
2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,
则正整数m n +的最小值是 .
3. 设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为 .
4. 三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x = 的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB
的面积是 .
5. ,,a b c 是互异的正整数,使得222
{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是 .
6. 已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是 .
7. 三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++= .
8. 数列{}n a 满足02112,[]{}
n n n a a a a a +===+
(其中 [],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a = . 二、解答题:。

高中数学竞赛赛题精选(带答案)

高中数学竞赛赛题精选一、选择题（共12题）1．定义在R 上的函数()y f x =的值域为［m,n ］,则)1(-=x f y 的值域为（） A ．［m,n ］B ．［m-1,n-1］C ．［)1(),1(--n f m f ］D ．无法确定解：当函数的图像左右平移时，不改变函数的值域.故应选A.2．设等差数列{n a }满足13853a a =，且n S a ,01>为其前n 项之和，则)(*∈N n S n 中最大的是( ) A. 10S B. 11S C. 20S D. 21S 解：设等差数列的公差为d,由题意知3(1a +7d)=5(1a +12d),即d=-3921a , ∴n a = 1a +( n-1)d= 1a -3921a (n-1)= 1a (3941-392n),欲使)(*∈N n S n 最大，只须n a ≥0，即n ≤20.故应选C.3．方程log 2x=3cosx 共有（）组解．A ．1B ．2C ．3D ．4解：画出函数y=log 2x 和y=3cosx 的图像，研究其交点情况可知共有3组解．应选C ．4．已知关于x 的一元二次方程()02122=-+-+a x a x 的一个根比1大，另一个根比1小，则（）Ａ．11<<-a Ｂ．1-<a 或1>aＣ．12<<-aＤ．2-<a 或1>a解：令f(x)= ()2122-+-+a x a x ，其图像开口向上，由题意知f(1)＜0，即 ()211122-+⨯-+a a ＜0，整理得022<-+a a ，解之得12<<-a ，应选C ．5．已知βα,为锐角，,cos ,sin y x ==βα53)cos(-=β+α，则y 与x 的函数关系为（） A ．1)x 53( x 54x 153y 2<<+--= B ．1)x (0 x 54x 153y 2<<+--=C ．)53x (0 x 54x 153y 2<<---= D ．1)x (0 x 54x 153y 2<<---= []xx y 54153sin )sin(cos )cos()(cos cos 2+-⋅-=⋅+++=-+==αβααβααβαβ解：而)1,0(∈y 15415302<+-⋅-<∴x x ，得)1,53(∈x .故应选A. 6．函数sin y x =的定义域为[],a b ，值域为11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，则b a-的最大值是（）A. πB. π2C.34πD. 35π解：如右图，要使函数sin y x =在定义域[],a b 上，值域为11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，则b a -的最大值是74()663πππ--=.故应选C. 7．设锐角使关于x 的方程x 2+4x cos+cot =0有重根，则的弧度数为 ( )A ．6B ．12或512C ．6或512D ．12解：由方程有重根，故14=4cos 2－cot =0，∵ 0<<2，2sin2=1，=12或512．选B ． 8．已知M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．若对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ，则b 的取值范围是 ( )A ．[－62，62] B ．(－62，62) C ．(－233，233] D ．[－233，233] 解：点(0，b )在椭圆内或椭圆上，2b 2≤3，b ∈[－62，62]．选A ．9．不等式log 2x －1+12log 12x 3+2>0的解集为A ．[2，3)B ．(2，3]C ．[2，4)D ．(2，4] 解：令log 2x=t ≥1时，t －1>32t －2．t ∈[1，2)，x ∈[2，4)，选C ．10．设点O 在ABC 的内部，且有+2+3=，则ABC 的面积与AOC 的面积的比为( )A ．2B ．32C ．3D ．53解：如图，设AOC=S ，则OC 1D=3S ，OB 1D=OB 1C 1=3S ，AOB=OBD=1.5S ．OBC=0.5S ，ABC=3S ．选C ．11．设三位数n=，若以a ，b ，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n 有( )A ．45个B ．81个C ．165个D ．216个解：⑴等边三角形共9个；⑵ 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为a ，b )，有36种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，b <a <2b ．a=9或8时，b=4，3，2，1，(8种)；a=7，6时，b=3，2，1(6种)；a=5，4时，b=2，1(4种)；a=3，2时，b=1(2种)，共有20种不能取的值．共有236－20=52种方法，而每取一组数，可有3种方法构成三位数，故共有523=156个三位数即可取156+9=165种数．选C ．12．顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆圆心，AB ⊥OB ，垂足为B ，OH ⊥PB ，垂足为H ，且PA=4，C 为PA 的中点，则当三棱锥O －HPC 的体积最大时，OB 的长为 ( )A ．53 B ．253 C ．63 D ．263解：AB ⊥OB ，PB ⊥AB ，AB ⊥面POB ，面PAB ⊥面POB ．OH ⊥PB ，OH ⊥面PAB ，OH ⊥HC ，OH ⊥PC ，又，PC ⊥OC ，PC ⊥面OCH ．PC 是三棱锥P －OCH 的高．PC=OC=2．而OCH 的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30，OB=PO tan30=263．又解：连线如图，由C 为PA 中点，故V O －PBC =12V B －AOP ，S B 11OABCABPO H C而V O －PHC ∶V O －PBC =PH PB =PO 2PB2(PO 2=PH ·PB )．记PO=OA=22=R ，∠AOB=，则V P —AOB =16R 3sin cos =112R 3sin2，V B －PCO =124R 3sin2． PO 2PB 2=R 2R 2+R 2cos 2=11+cos 2=23+cos2．V O －PHC =sin23+cos2112R 3． ∴ 令y=sin23+cos2，y=2cos2(3+cos2)－(－2sin2)sin2(3+cos2)2=0，得cos2=－13，cos =33， ∴ OB=263，选D ．二、填空题（共10题）13. 设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若510S =，105S =-，则公差为解：设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d .由题设得⎩⎨⎧-=+=+，，545101010511d a d a 即 ⎩⎨⎧-=+=+，，1922211d a d a 解之得1-=d .14. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则b a +等于 4 .解：由题设知 log (2)1log (8)2a a b b +=⎧⎨+=⎩，，化简得 2(2)(8).b a b a +=⎧⎨+=⎩，解之得 1131a b =⎧⎨=⎩，； 2224.a b =-⎧⎨=-⎩，（舍去）. 故a b +等于4.15．已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 [21)x ∈-，．解：因为 ()()22lg 620lg (3)11lg111x x x -+=-+≥>，所以()2lg 6200x x -+<. 于是，由图象可知，2111x x +≤-，即 201x x +≤-，解得 21x -≤<. 故x 的取值范围为 [21)x ∈-，．16．圆锥曲线0|3|102622=+--+-++y x y x y x 的离心率是 2 ．解：原式变形为|3|)1()3(22+-=-++y x y x ，即=2|3|2+-y x ．所以动点),(y x 到定点(31)-，的距离与它到直线03=+-y x 的距离之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．17．在ABC ∆中，已知3tan =B ，322sin =C ，63=AC ，则ABC ∆的面积为ABC S ∆=解：在ABC ∆中，由3tan =B 得︒=60B ．由正弦定理得sin 8sin AC CAB B⋅==．因为︒>60322arcsin，所以角C 可取锐角或钝角，从而31cos ±=C ．sin sin()sin cos cos sin A B C B C B C =+=+=sin 2ABC AC ABS A ∆⋅== 18. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a . 解：由a a <2得10<<a ．由0142>++ax x 对于任何x ∈R 成立，得04162<-=∆a ，即2121<<-a ．因为命题P 、Q 有且仅有一个成立，故实数 a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a ．19.22cos 75cos 15cos75cos15++⋅的值是．解：22cos 75cos 15cos75cos15++⋅ =cos²75°+sin²75°+sin15°·cos15° =1+°30sin 21=5420.定义在R 上的函数()f x 满足(1)2f =，且对任意的x R ∈，都有1()2f x '<，则不等式22log 3(log )2x f x +>的解集为．解：令g ﹙x ﹚=2f ﹙x ﹚－x ，由f '(x ) <1/2得，2f '(x ) -1<0，即'g ﹙x ﹚<0，g(x)在R 上为减函数，且g(1)=2f(1)-1=3，不等式f(log2X)>2log 2X化为2f(log2X)—log2X≥3，即g(log2X)>g(1),由g(x)的单调性得：log2X<1,解得，0<x<2. 21.圆O 的方程为221x y +=，(1,0)A ，在圆O 上取一个动点B ，设点P 满足()AP OB R λλ=∈且1AP AB ⋅=．则P 点的轨迹方程为．解：设P(x,y), AB =λOB (λϵR)得B(k(x —1)，ky)，（λ=k1）。

2023年全国高中数学联赛江西省预赛试题(附参考答案 )

解： ′() = 1 + ( + 1) > 0, >
．
− 1，所以函数() = ( + 1) ( + 1)的单调递增区间是
( − 1, +∞).
4、已知关于的方程|( − 1)( − 3)| = 有四个不同的实根，则的取值范围是
．
解：由 = 与 = −( − 1)( − 3)在区间(1,3)内相切，可得 = 4 ± 2√3，再由切点横坐标必
．
解：内（包括边界）的点与内（包括边界）点的最短距离为到的中点(
的距离，故直线即为线段的中垂线，所以直线的方程为： −
= − ( −
, )
),
即 − 5 − 25 = 0,也即 = − 5.
3、函数() = ( + 1) ( + 1)的单调递增区间是
须在区间(1,3)内，所以 = 4 + 2√3不合条件，故的取值范围是0 < < 4 − 2√3
5、边长为1正六面体被一个平面所截的最大截面面积为
．
解：由边长为1正六面体被一个平面所截的面积最大的平面是边长为
6⋅ ⋅
√
⋅
√
=
√
的正六边形，故最大面积为
.
6、若锐角, , 满足 + + = 2，则
一点, ，过, 的切线相交于，若是一个正三角形，且面积为
是
，则双曲线的方程
．
解：设(−, 0), (, 0), (− , ), ( , )
从而的直线方程为 = − + 1，于是有 = − + 1
2 / 5
中 (1,1,1), (2,1,1), (2,2,1), (1,2,1), (1,2,2), (1,1,2), (2,1,2), (2,2,2),

高中数学竞赛试题及解题答案

高中数学竞赛试题及解题答案在高中数学竞赛中，试题是考察学生数学思维和解决问题的能力的重要手段。

下面将为大家提供一部分高中数学竞赛试题及解题答案，希望能够帮助大家更好地理解和应用数学知识。

一、整数与多项式试题1：已知多项式P(x)满足P(x)=x^3-5x^2+ax+b，其中a、b均为整数。

若多项式P(x)除以(x-1)得到余数4，则多项式P(x)除以(x+2)的余数为多少？解题思路：我们知道，多项式f(x)除以x-a的余数等于把a带入f(x)中所得到的值。

那么，题目中给出了P(x)除以(x-1)的余数为4，即P(1)=4，我们可以将1代入P(x)中，得到一个方程。

同理，题目要求求解P(x)除以(x+2)的余数，即P(-2)=？根据题意，我们有以下方程：P(1) = 4，即1^3 - 5(1^2) + a(1) + b = 4P(-2) = ?，即(-2)^3 - 5((-2)^2) + a(-2) + b = ?解题步骤：1. 代入P(1)的方程求解：1 - 5 + a + b = 4化简得 a + b = 82. 代入P(-2)的方程求解：-8 - 20 - 2a + b = ?化简得 -2a + b = ?将两个方程合并求解可得：-2a + b = a + b - 16当两边消去b时，可得：-2a = a - 16a = -8将a代入第一个方程a + b = 8，可得：-8 + b = 8b = 16因此，通过计算可得多项式P(x)除以(x+2)的余数为-16。

试题2：已知整数序列a1, a2, a3, ...，其中a1 = 1，a2 = 2，an = an-1 + an-2（n ≥ 3）。

求证：对于任意正整数n，任务子序列a1, a2, ..., an中必定存在一个数可以被11整除。

解题思路：根据题意，我们需要证明对于任意正整数n，序列a1, a2, ..., an中必定存在一个数可以被11整除。

南昌市高中数学竞赛试题及答案

南昌市高中数学竞赛试题及答案Modified by JACK on the afternoon of December 26, 20202016年南昌市高中数学竞赛试题及答案（注意：题号后凡标有“高一”的，为高一学生解答题；凡标有“高二”的，为高二学生解答题；凡未作以上标志的，则为高一、高二学生共同解答题）一、填空题（每题10分，共80分）1.的结果是．答案：1 . 2解：((() 2221311,5141, +=++=+-+=-=))22131222⎛+=+==⎝⎭，故原式1.2=（高二）设0ab≠，若函数()2124f x x ax b=++与()2242f x x ax b=++具有相同的最小值u，函数()2324f x x bx a=-++与()2442f x x bx a=-++具有相同的最大值v，则u v+=．答案：0.解：()()()()222222 1244,22424,f x x a b a b a f x x a b a b a=++-≥-=++-≥-故由22424b a u b a-==-，得223b a-=…………①()()()()2222223444,22424,f x x b a b a b f x x b a b a b =--++≤+=--++≤+故由22424a b v a b +==+，得223a b =…………②由①②得，()()2223,b a b a +=-所以0b a +=…………③，或者23b a -=…………④ 若23b a -=，由②④，22233b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即()23130b -+=，矛盾！故只有0b a +=，此时，()()()()()22265655560.u v b a a b a b b a +=-++=+-+=2.（高一）若k 个连续正整数之和为2016，则k 的最大值是．答案：63.解：设()()()()12016122k k n n n k kn +=++++++=+，则 ()214032k n k ++=，注意624032237=⋅⋅，且21k n k <++，为使k 值最大，当选取,k n 使得4032的较小因子尽可能去取得最大，由于40326364=⨯，可令63,2164k n k =++=（此时对应于0n =）．（高二） p 是椭圆221259x y +=上位于第一象限的一点，若p 与两焦点的连线互相垂直，则点p 的坐标为．答案：9.44⎛⎫⎪⎪⎝⎭解：椭圆两焦点为()()124,0,4,0F F -，若点P 坐标为(),,0,0P x y x y >>，则221259x y +=，以及144y yx x ⋅=--+，解得9.4x y == 3.（高一）三角形的边长为正整数，周长为24，这种三角形共有个．答案：12个．解：设三角形的三条边长为,,a b c ，且a b c ≥≥，24a b c ++=，则8a ≥，再由b c a +>，得224a a b c <++=，所以12,a <即11a ≤，于是811,a ≤≤ 在11a =时，13b c +=，于是()()()()()(),11,2,10,3,9,4,8,5,7,6b c =；在10a =时，14b c +=，有()()()()(),10,4,9,5,8,6,7,7b c =；在9a =时，15b c +=，有()()(),9,6,8,7b c =；在8a =时，16b c +=，有()(),8,8b c =；共计12种情形．（高二）锐角三角形ABC 中，999tan tan tan A B C ++的最小值是．答案：解：记tan ,tan ,tan A x B y C z ===，则,x y z xyz xyz x y z ++==++≥两边立方，得xyz ≥x y z ===()39993x y z xyz ++≥==4.（高一）若θ为锐角，使得44515sin ,cos 6161a a a a θθ+-==++，则a = ．答案：24.解：据2222445151sin cos 6161a a a a θθ+-⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，得()526240a a -=，解得2a =及24，若2a =，则cos 0θ<，不合题意，故只有24.a =（高二）单位正方体（各棱长皆为1的正方体）中，将每一对相邻的中心连接，得到一个具有六个顶点的多面体T ，其体积是．答案：1.6解：如图，,E F 分别是11C A 及1C B 的中点，则11,22EF A B ==自E 作平行于11BCC B的平面，将多面体分成两个全等的四棱锥，其底面面积为12，高为1.2121112.33226T V Sh =⨯=⋅⋅=5.如果一个单调递增数列{}n a 的每一项皆是由1,2,3,4,5排成的没有重复数字的五位数，则100a = ．答案：51342.解：1,2,3,4,5总共可排出120个数，其中5开头的有24个，它们中最小的数51234是倒数第24个数，即全体这种五位数的自小到大第97个数，5开头的数后四位均由1,2,3,4排成，这四个数码排成的数自小到大顺次是1234,1243,1324，所以10051342.a =6.从{}1,3,,13中取出k 个不同的数，使得取出的数中，任两个数的差，既不等于5，也不等于8，则k 的最大值是．答案：6．解：将1,2,,13排列于一个圆上，使得每相邻两数之差，或者为5，或者为8，然后选取一组互不相邻的数，至多能取到六个数，例如取1,4,7,10,13,3．（若取7个数，则必有两数在圆周上相邻），因此max 6.k =7.满足1112016xy +=的正整数解(),x y 的组数为．答案：165.解：由条件得()()210422016201620161037x y --==⋅⋅，由于1042237⋅⋅有()()()1014121165+++=个正因子，对于每个正因子d ，由2016x d -=可以得到一个x 的值，而当x 的值确定后，y 的值便随之确定，于是共有165组解．8.集合M 是集合{}1,2,,100A =的子集，且M 中至少含有一个平方数或者立方数，则这种子集M 的个数是．答案：()8812221.-解：集合{}1,2,,100A =中的平方数或立方数构成集合{}1,4,8,9,16,25,27,36,49,64,81,100B =，其中有12个元素，从A 中挖去集合B 后剩下的元素构成集合C ，则C 中含有88个元素，由于C 的子集有882个，B 的非空子集有1221-个，集M 可表示为00M B C =形式，其中0B 是B 的任一非空子集，0C 是C 的任一子集，因此M 的个数为()8812221.-二、解答题9.（20分）集合A 与B 分别由满足如下条件的所有五位数组成：对于集合A 的每个元素x ，其各位数码之和加1或减1之后是5的倍数；对于集合B 的每个元素y ，其各位数码之和或者是5的倍数，或者减2之后是5的倍数．证明：.A B =（即这两个集合的元素个数相等．）证：对于任一五位数12345a a a a a a =，其中119,09,2,3,4,5j a a j ≤≤≤≤=，a 的各位数码之和记为()S a ；对于集合A 中的任意一数12345x x x x x x =，令x 与五为数12245y y y y y y =相对应，其中每个j y 满足等式：1110,x y +=9,2,3,4,5.j j x y j +==则119,09,2,3,4,5j y y j ≤≤≤≤=，且()()46,S x S y +=据此可知，若()()5|1S x -，则()5|S y ，若()()5|1S x +，则()()5|2S y -，于是当x A ∈时，必有y B ∈，并且不同的x 对应于不同的y ．反过来也是如此，即这种对应是一一对应，从而这两个集合的元素个数相等． 10.（25分）四边形ABCD 内接于以AC 为直径的圆，,M N 分别是边,AB CD 上的点，且,DM AC BN AC ⊥⊥．证明：,,AC BD MN 三线共点．证：设,DM BN 分别交AC 于,E F ，对角线,AC BD 交于P ，只要证,,M N P 三点共线．连,MP NP ，由△PDE ∽△PBF ，得DE PEBF PF=…………① 又由△AME ∽△BCF ，△DAE ∽CNF ，得,,ME AE AE DECF BF NF CF==相乘得 ME DENF BF=…………② 将①②相乘得，ME PENF PF=，因此直角三角形△PEM ∽△PFN ，所以，MPE NPF ∠=∠，故,,M N P 三点共线，从而,,AC BD MN 三线共点．11.如果实数集合A 的全体元素可以排成一个等比数列，就称A 是一个几何集，例如无穷集合{}A =就是一个几何集．试确定，是否存在7个几何集127,,,A A A ，使得它们的并集元素中，包含有前50个正整数，即127M A A A ⊂，其中{}1,2,,50M =．证明你的结论．解：不存在．首先证明，任一个几何集之中至多含有两个质数．反证法，假若某个几何集G 的元素中含有三个质数,,x y z ，其中x y z <<，若其首项为a ，公比为q ，记,,,m n k x aq y aq z aq ===其中正整数m n k <<．则,,n m k n y z q q x y --==由此11,k nn my z q x y --⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即有.n mk ny z x y --⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以，k m k n n m y x z ---=⋅，这与y 是质数矛盾．于是，7个几何集的并集127,,,A A A 中，至多含有14个质数，而{}1,2,,50M =中含有15个质数2,3,5,7,,47，因此满足条件的7个几何集不存在．。

2016年南昌市高中数学竞赛试题及答案

2016 年南昌市高中数学比赛试题及答案（注意：号后凡有“高一”的，高一学生解答；凡有“高二”的，高二学生解答；凡未作以上志的，高一、高二学生共同解答）一、填空（每10 分，共 80 分）1. （高一）化35 13 48的果是．6 2答案： 1.2解： 13482 324 312 2,51 2 34 2 33 121 3,3 122621 .331 2 3，故原式222（高二）ab 0 ，若函数 f 1 x x 22ax 4b 与 f 2 xx 2 4ax 2b 拥有同样的最小 u ，函数 f 3xx 22bx4a 与 f 4 xx 2 4bx 2a 拥有同样的最大v ，uv．答案： 0.解： f 1 xx a24b a 2 4b a 2 , f 2 x22b 4a 22b 4a 2 ,x 2a故由 4ba 2u 2b4a 2 ，得 2b 3a 2 ⋯⋯⋯⋯①f 3 xx b24a b24a b 2, f 4 xx 2b 22a 4b22a 4b2,故由 4ab 2v2a 4b 2 ，得 2a 3b 2 ⋯⋯⋯⋯②由①②得， 2 ba3 b 2 a 2 , 所以 b a0 ⋯⋯⋯⋯③，或许 b a2 ⋯⋯⋯⋯④3若 b a2 ，由②④， 2 b 2 3b 2，即 3b23 0 ，矛盾！133故只有 ba 0 ，此， 2 u v6b 5a 2 6a 5b 2a b 5b 5a60.2. （高一）若 k 个正整数之和 2016 ， k 的最大是．答案： 63.解： 2016n 1n 2Ln k kn k k 1，2k 2n k 14032 ，注意 4032 26 32 7 ，且 k 2n k 1 ，使 k 最大，当取 k, n使得 4032 的较小因子尽可能去获得最大，因为 4032 63 64 ，可令k 63,2 n k 1 64 （此时对应于 n0 ）．（高二）p是椭圆 x 2y 2 1 上位于第一象限的一点，若p 与两焦点的连线相互垂直，259则点 p 的坐标为．答案：5 7 94, .4解：椭圆两焦点为F 1 4,0 , F 2 4,0 ，若点 P 坐标为 P x, y , x 0, y 0 ，则x 2y 2 1 ，以及 y 4 x y 1，解得 x5 7 , y 9 . 259 x 4443. （高一）三角形的边长为正整数，周长为24，这类三角形共有个．答案： 12 个．解：设三角形的三条边长为 a,b,c ，且 a b c ，a b c 24 ，则 a 8 ，再由 b c a ，得 2a a b c 24 ，所以 a 12, 即 a11，于是 8 a 11,在 a 11b c 13，于是b, c11,2 , 10,3 , 9,4 , 8,5 , 7,6；时，在 a 10 时， b c 14 ，有 b, c 10,4 ,9,5,8,6,7,7 ；在 a 9 时， b c 15 ，有 b, c 9,6 , 8,7；在 a8 时， b c 16 ，有 b,c8,8 ；合计 12 种情况．（高二）锐角三角形ABC 中， tan 9 A tan 9 B tan 9 C 的最小值是．答案： 243 3.解：记 tan A x, tan By, tan C z ，则 x y z xyz, xyzxy z 33 xyz,两边立方，得 xyz 3 3 ，当且仅当 x y z3 ，x 9 y 9 z 9 33 xyz933.3 xyz 2434. （高一）若为锐角，使得 sin4a 4,cos5a 15，则 a．答案： 24.6a16a122解：据 1sin 2cos 24a 4 5a 15 ，得5a 26 a240 ，解得6a 16a 1a 2及 24 ，若 a2 ，则 cos 0 ，不合题意，故只有 a24.（高二）单位正方体（各棱长皆为 1 的正方体）中，将每一对相邻的中心连结，获得一个具有六个极点的多面体 T ，其体积是．答案：1. 61 A 1B2 解：如图， E, F 分别是 C 1 A 1 及 C 1B 的中点，则 EF, 自 E 作平行于 BCC 1B 122的平面，将多面体分红两个全等的四棱锥，其底面面积为1，高为 1.2 1Sh2 1 1 1 .22V T3 3 2 2 65. 假如一个单一递加数列a n 的每一项皆是由 1,2,3,4,5 排成的没有重复数字的五位数，则a100．答案： 51342.解： 1,2,3,4,5 总合可排出120 个数，此中 5 开头的有 24 个，它们中最小的数51234是倒数第 24 个数，即全体这类五位数的自小到大第97 个数， 5 开头的数后四位均由1,2,3,4 排成，这四个数码排成的数自小到大按序是1234,1243,1324 ，所以 a 100 51342.6. 从 1,3,L ,13 中拿出 k 个不一样的数，使得拿出的数中，任两个数的差，既不等于 5，也不等于 8，则 k 的最大值是．答案： 6．解：将 1,2,L ,13 摆列于一个圆上，使得每相邻两数之差，或许为 5，或许为 8，而后选用一组互不相邻的数，至多能取到六个数，比如取 1,4,7,10,13,3 ．（若取 7 个数，则必有两数在圆周上相邻），所以 k max6.7.知足1 11 的正整数解 x, y 的组数为．x y2016答案： 165.解：由条件得x2016y2016201621010 34 72，因为2103472有1014121165 个正因子，关于每个正因子d ，由 x2016 d 能够获得一个x的值，而当 x 的值确立后，y 的值便随之确立，于是共有165 组解．8.会合M是会合A1,2, L ,100的子集，且 M 中起码含有一个平方数或许立方数，则这种子集 M 的个数是．答案：288212 1 .解：会合 A1,2, L,100中的平方数或立方数构成会合B1,4,8,9,16,25,27,36,49,64,81 ,100 ，此中有12个元素，从 A 中挖去会合 B 后剩下的元素构成会合 C ，则 C中含有88 个元素，因为 C 的子集有288个， B 的非空子集有 212 1个，集 M 可表示为M B0U C0形式，此中 B0是 B 的任一非空子集，C0是 C 的任一子集，所以 M 的个数为288212 1 .二、解答题9.（ 20 分）会合A与B分别由知足以下条件的全部五位数构成：关于会合 A 的每个元素x，其各位数码之和加1或减 1以后是 5 的倍数；关于会合 B 的每个元素 y ，其各位数码之和或许是 5的倍数，或许减2以后是 5 的倍数．证明：A B . （即这两个会合的元素个数相等．）证：关于任一五位数a a a a a a ，此中1a1 9,0 a j9, j 2,3, 4,5 ， a 的各位数12345码之和记为 S a ；关于会合 A 中的随意一数x x1 x2 x3x4 x5，令x与五为数 y y1 y2 y2 y4 y5相对应，此中每个y j知足等式：x1y110, x j y j9, j2,3, 4,5.则 1y19,0y j9, j2,3, 4,5，且 S x S y46,据此可知，若 5|S x1，则 5| S y ，若 5| S x1，则5| S y 2 ，于是当 x A时，必有y B ，而且不一样的x 对应于不一样的y ．反过来也是这样，即这类对是一一，进而两个会合的元素个数相等．10. （ 25 分）四形 ABCD 内接于以 AC 直径的， M , N 分是 AB, CD 上的点，且DM AC , BN AC ．明： AC , BD , MN 三共点．： DM , BN 分交 AC 于 E,F ，角 AC, BD 交于 P ，只需 M , N , P 三点共．MP , NP ，由△ PDE ∽△ PBF ，得DEPE⋯⋯⋯⋯①BFPF又由△ AME ∽△ BCF ，△ DAE ∽ CNF ，得MEAE , AE DE ,相乘得 ME DE CFBF NF CFNF⋯⋯⋯⋯②BFME PE 将①②相乘得，，所以直角三角形△ PEM ∽△ PFN ，NFPF所以，MPENPF ，故 M , N , P 三点共，进而AC, BD , MN 三共点．11. 假如数会合 A 的全体元素能够排成一个等比数列，就称A 是一个几何集，比如无集合 A 3, 15,5, L 就是一个几何集．确立，能否存在7个几何集 A 1 , A 2 ,L , A 7 ，使得它的并集元素中，包括有前 50 个正整数，即 MA 1UA 2UL UA 7 ，此中M1,2,L ,50 ．明你的．解：不存在．第一明，任一个几何集之中至多含有两个数．反法，倘若某个几何集 G 的元素中含有三个数x, y, z ，此中 x y z ，若其首 a ，公比 q ， x aqm, yaq n , z aq k , 此中正整数m n k ．1 1k nn mqn m , zy n m z k n , 即有则yq k n , 由此 qy z .xyxyx y所以， y k mx k n z nm，这与 y 是质数矛盾．于是， 7 个几何集的并集 A 1 , A 2 ,L , A 7 中，至多含有 14 个质数，而 M 1,2,L ,50 中含有15 个质数 2,3,5,7, L ,47 ，所以知足条件的7 个几何集不存在．。

2024年江西省高中数学联赛初赛试卷答案

2024年全国高中数学联赛江西省预赛试题参考答案（6月23日上午9:3012:00−−）一、填空题（每小题7分，共56分）1.设集合{2,3,4,,4050}A =,集合{(,)|log 8log 6,,}a b B a b b a a A b A =+=∈∈,则集合B 的元素个数为．答案：68．解：由题log 2a b =或4,又22463396940504096648=<<==,所以集合B 的元素个数为(631)(71)68−+−=.2.设复数z 满足242||021z z z −+=−,则|1|z +的值为．答案：2．解：由题12z ≠, 所以 22(42)(21)||0|21|z z z z −−+=−.从而2221(21)|21|||2z z z −=−−,得||z =设21z bi −=(其中R b ∈),再由|2||1|z bi ==+得27b =,所以1|1||3|22z bi +=+==.3.P 是棱长为的正四面体ABCD 面BCD 的中心,,M N 分别是面,ABD ACD 上的动点,则PM MN NP ++的最小值为．答案解：如图1,点,S T 分别是点P 关于面ABD ,面ACD 的对称点,线段,PS ST 分别和面ABD 交于点0,Q M ,线段,PT ST 分别和面ACD 交于点0,R N ,点,E F 分别是棱,DB DC 的中点.则线段ST 的长度与PM MN NP ++相等，且是所求的最小值.点P 和线PS 在面ACE ,点P 和线PT 在面ABF 上,从而QR 在面AEF 上,且////QR EF ST ,2ST QR =.为便于计算边长比例和角度,我们先设正四面体的棱长为6,则EA EC ==,EP =从而222761cos 2273PEQ ⋅−∠==⋅,139EQ EQ EQ EA EC EP ===,所以8822,99ST QR EF BC ==⋅=故PM MN NP ++4.222444cos 20cos 40cos 80sin 20sin 40sin 80++++的值为．答案：43．解：注意到,22222222222cos 20cos 40cos 80cos 20cos (6020)cos (6020)1313cos 20(cos 20sin 20)(cos 20sin 20)222233(cos 20sin 20);22++=+−++=+−++=+=444444444222sin 20sin 40sin 80sin 20sin (6020)sin (6020)3131sin 20(cos 20sin 20)(cos 20sin 20)222299(cos 20sin 20).88++=+−++=+−++=+=故所求值为43. 5.设,b c 为实数,满足关于x 的方程2()()0f x bf x c ++=有6个互不相等的实数解,其中11()||||2f x x x x x=−−++,则(2025)(2024)f b f c ++的最小值为． B 图1答案：20231012．解: ()f x 的定义域{|0}D x x =≠关于原点对称,且对任意x D ∈,()()f x f x −=,所以()f x 是偶函数,且22,01,()22, 1.x x f x x x −+<<⎧⎪=⎨−⎪⎩画出()f x 的图像,如图2.由图可得:原方程有6个互不相等的实数解当且仅当关于t 的一元二次方程20t bt c ++=的两个根12,t t 满足120,02t t =<<,此时20,(2,0)c b t ==−∈−.再结合函数图像得最小值为22023(1)(2024)022*******f f −+=+−=.6.正实数,,x y z 满足2222248x y x y z ++=,则428log log log x y z ++的最大值为．答案：13．解：由2222248244x y x y z x y =++⋅得3624x y z ,其中不等式在222242x y x y z ===,即12,4x y z ===时取到等号,所以 36242864641log log log log log 4.3x y z x y z ++== 故所求最大值为13. 7.平面上同时和三直线34,(5),043y x y x y ==−−=相切的所有圆的半径的乘积为．答案：36．图2解：设满足条件圆的圆心坐标为(,)a b ,半径为R ,将直线方程化成标准方程再由点到直线的距离公式得|34||4320|||55a b a b R b −+−===,所以 222(3)(3)0,25(34)(4320)(25)(210)0.a b a b b a b a b a b a b −+=⎧=−=+−⇔⎨+−−−=⎩当3a b =时,得(55)(510)0b b −−=,解得121, 2.b b == 当13a b =−时,得55(5)(10)033b b −−−=,解得343, 6.b b ==− 故所有圆的半径的乘积为123636⨯⨯⨯=.8.已知正整数n 的所有正因数排列为: 1231,d d d =<<<则在1,2,3,,2024中使得1088d =的所有数之和为．答案：2376．解: 注意到388211=⨯的全部(31)(11)8+⨯+=个正因数从小到大依次为: 1,2,4,8,11,22,44,88.要使1088d =当且仅当n 是88的倍数且另有2个小于88的正因数.当n 只有2和11两个素因子时,此时增加n 中11的幂次不影响其小于88的正因数个数,626488=,得5211(1)k n k =⨯,又2024n ,所以5211352n =⨯=.当n 有三个以上素因子时,若第3个素因子23p <,则,2,4p p p 是n 的小于88且不整除88的正因数,与1088d =矛盾,所以23p.再注意到3202421123=⨯⨯,所以,此种情形符合题意的只有2024n =.故所求和为35220242376+=.二、解答题（共64分）9.(14分) 双曲线2222:1x y a b Γ−=的左右顶点,A B 的距离为4.,M N 是Γ右支上不重合的两动点且满足20BN AM k k +=(,AM BN k k 是相应直线的斜率).求动直线MN 经过的定点的坐标.解:设直线0:MN x my x =+,1122(,),(,)M x y N x y .由题得24a =,02,x >120,y y <0102(2)(2)0,x y x y −⋅+>从而 0102(2)(2)0.x y x y −++≠联立2222044b x y b x my x ⎧−=⎨=+⎩，，得22222200(4)2(4)0b m y mb x y x b −++−=,则 22200121222222(4),,44mb x b x y y y y b m b m −−+==−− 从而222001212220(4)4().42mb x x my y y y b m x −−==+−又由20BN AM k k +=得 120221************2012022200102022200102012010(2)22222(2)4()(2)2(4)(2)24(2)(4)2()(2)2my y x y y x y x y x y y x y my y x y x y y x y x x y x y x x x y x y x y y x y x ++++−=⋅==−−+−−+++−+++===−−+−−++−，即有00242,x x +=−+解得06x =,所以直线MN 过定点(6,0).10.(15分)实数,,a b c 满足44ab bc ca ++=,求222(4)(4)(4)a b c +++的最小值.解: (1)令222(4)(4)(4)D a b c =+++.我们先考虑,,a b c 均是正数情形,此时22222222(4)(4)164()(4)4(),a b a b a b ab a b ++=+++=−++所以2222222(4)(4)(4)((4)4())(4)(2(4)2())a b c ab a b c ab c a b +++=−+++−++ 22(2()8)806400,ab bc ca =++−==等号成立当且仅当42()2ab a b c−+=,即 4()abc a b c =++且44ab bc ca ++=.注意到(,,)(2,4,6)a b c =符合取等条件,故在,,a b c 均是正数情形,D 的最小值为6400.注意到题设条件的对称性,在,,a b c 均是负数情形,D 的最小值也为6400.(2)若0abc =,即,,a b c 中存在取值为0情形,由题不妨设0c =,此时44ab =. 2222(4)(4)(4)4446400.D a b c =+++>⋅>(3)最后考虑,,a b c 的取值为两负一正或一负两正情形,由对称性,不妨设0ab >,此时44()44ab a b c =−+>,也有24446400.D >⋅>综上,D 的最小值为6400,在(,,)(2,4,6)a b c =时取得该最小值.11.(15分)点H 为锐角ABC ∆的垂心,H 与边BC 切于点M 且与边,AB AC 无交点,,BD CE 分别与H 切于点,D E (均异于点M ), ,CF BG 为ABC ∆的高.证明：,,,D E F G 四点共线．证明:如图3,联结,,,,HD HE FD DE EG得,,,HF FB HD DB HG GC HE EC ⊥⊥⊥⊥,BH 平分DBC ∠,CH 平分EBC ∠,且有,,,;,,,H D F B H E G C 分别四点共圆.又360()DHE BHC DHB EHC ∠=−∠+∠+∠360(9090)BHC HBC HCB =−∠+−∠+−∠ 36022BHC A =−∠=∠,所以90180HDE A ABG HDF ∠=−∠=∠=−∠, 故180HDE HDF ∠+∠=,所以,点F 在直线DE 上.同理点G 在直线DE 上.所以,,,D E F G 四点共线.12.(20分)是否存在实数λ和2024次的实系数多项式()P x 和()Q x 满足对任意实数x ,都有22(1)(2)P x x Q x x λ−+=++.请说明理由.解: 不存在.对任意非零多项式()h x ,用deg(())h x 表示其次数.我们这里证明一般的结论:当()P x 不是常数多项式,即deg(())1P x 时,不存在实数λ和实系数多项式()P x 和()Q x 满足对任意实数x ,都有22(1)(2)P x x Q x x λ−+=++.(反证法) 假设存在满足条件的实数λ和多项式()P x 和()Q x .设deg(())P x m =,则1m ,2deg((1))2deg(())2P x x P x m −+==.由代数基本定理方程2(1)(1)P x x P −+=最多有2m 个互异实根.另一方面,由题得对任意实数x ,22(1)(2)P x x Q x x λ++=−+.所以图322222(1)(2)((2)2(2))((2)(2)1)(57).P x x Q x x Q x x P x x P x x λλ−+=++=+−++=++++=++ 令22()1,()57,f x x x g x x x =−+=++则(),()f x g x 均在[1,)+∞上严格单调递增,()()f x g x <,(1)1,(1)13f g ==,从而可按如下方式规范定义取值在[1,)+∞上的数列{}n a 和{}n b :111,1,()()n n n a n b g a f a +===.此时,对任意1n ,有111,1n n n n a a b b ++>>>,1(())(())()(())n n n n P f a P g a P b P f a +===.递推得21(1)(())(())(1),n n n P a a P f a P f a P −+===即严格单调递增的实数列{}n a 的每一项都是方程2(1)(1)P x x P −+=的实根,这与2(1)(1)P x x P −+=最多有2m 个互异实根矛盾,故假设不成立,结论得证.。

高中数学竞赛训练解答题(每题含详解)

高中数学竞赛训练题—解答题1．a,b是两个不相等的正数，且满足a3b3 a 2 b 2，求所有可能的整数c,使得c9ab .2．已知不等式111...1a对一切正整数 a 均成立，求正整数 an1n 2n33n 124的最大值，并证明你的结论。

3．设a n为 a14的单调递增数列，且满足 a n21 a n216 8(a n 1a n ) 2a n 1a n，求{ a n}的通项公式。

4．（ 1）设x0, y0, 求证：x23x y ;x y4（ 2）设x0, y0, z0,求证：x3y y3z3xy yz zx .x y z z x25. 设数列1,1,2,1,2,3,, 1,2,,k,，121321k k11问：（ 1）这个数列第 2010 项的值是多少；（ 2）在这个数列中，第2010 个值为 1 的项的序号是多少 .6.设有红、黑、白三种颜色的球各 10 个。

现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。

问共有多少种放法。

7．已知数列{ a n}满足a1a（a0, 且 a 1 ），前 n 项和为 S n，且 S n a(1 a n ) ，1a记 b n a n lg | a n |（ n N），当 a 7时，问是否存在正整数 m ，使得对于任意正整数3n ，都有 b n b m？如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由．8. 在ABC中，已AB AC 9,sin B cos A sin C ，又ABC的面积等于6.（Ⅰ）求 ABC 的三边之长；（Ⅱ）设 P 是ABC（含边界）内一点，P 到三边 AB、 BC、AB 的距离为d1、 d2和 d3，求 d1 d2 d 3的取值范围.9．在数列a n中，a1，a2是给定的非零整数， a n 2 a n 1 a n．（1）若a15 2 ， a1，求 a2008；16（2）证明：从a n中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列．10. 已知椭圆x 2y 2 1(a1) ， Rt ABC 以 A （ 0，1）为直角顶点，边 AB 、BC 与椭圆a 2交于两点 B 、 C 。

2006年南昌市高中数学竞赛试卷及答案

2006年南昌市高中数学竞赛试卷及答案一、选择题(每小题6分,共36分)1.(i)(高一)设集合22{8|},{29|}A a a N B b b N =+∈=+∈,若A B P = ,则P 中元素个数为( )A .0B .1C .2D .至少3个(ii)(高二)三个互不重合的平面,能把空间分成n 部分,则n 的所有可能的值是( )A .4,6,8B .4,6,7C .4,5,7,8D .4,6,7,82.(i)(高一)若三角形的三条高线长分别为12,15,20,则此三角形的形状为( )A .锐角三角形B .直角三角形C .钝角三角形D .形状不确定(ii)(高二)抛物线顶点在原点,对称轴为x 轴,焦点在直线3x-4y ＝12上,则抛物线方程为( )A .212y x =-B .212y x =C .216y x =-D .216y x =3.(i)(高一)设x x＝x f -+11)(,记()()1f x f x =,若，x f f x f n n ))(()(1=+则＝x f )(2006( ) A .xB .-x1C .xx-+11D .11+-x x (ii)(高二)四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是单位正方形(,,,A B C D 按反时针方向排列),侧棱PB 垂直于底面,且PB ＝3,记APD θ∠=,则sin θ＝( )A .22B .33C .55D .66 4.若sin tan a θθ=+,cos cot b θθ=+,则以下诸式中错误的是( )A .sin θ=11+-b abB .cos θ=11+-a abC .tan cot θθ+=)1)(1(21)1(2++-+++b a abb a D .tan cot θθ-=)1)(1()2)((++++-b a b a b a5.20061003的末位数字是( ) A .1B .3C .7D .96.设,,a b c R +∈,且108ab bc ca ++=,则b caa bc c ab ++的最小值是( ) A .6B .12C .18D .36二、填空题(每小题9分,共54分)7.(i)(高一)设M ＝{1,2,…,100},A 是M 的子集,且A 中至少含有一个立方数,则这种子集A 的个数是____________.(ii)(高二)甲、乙两人进行乒乓球单打决赛,采用五局三胜制(即先胜三局者获冠军),对于每局比赛,甲获胜的概率为32,乙获胜的概率为31,则爆出冷门(乙获冠军)的概率为__________.17818.(i)(高一)等腰直角三角形的直角顶点A 对应的向量为()1,0A ,重心G 对应的向量为()2,0G ,则三角形另二个顶点B 、C 对应的向量为______________.(ii)(高二)棱长为1的正四面体在水平面上的正投影面积为s ,则s 的最大值为____________. 9.(i)(高一)已知sin cos θθ+=52,(2π＜θ＜π),则tan cot θθ-=______________. (ii)(高二)函数x x f 2sin 1)(=x2cos 2+,)20(π<<x 的最小值是____________. 10.若曲线2|2|y x =-与直线3y x k =+恰有三个公共点,则k 的值为____________. 11.数列{}n a 的各项为正数,其前n 项和n S 满足)1(21nn n a a S +=,则n a =______. 12.在一次晚会上,9位舞星共上演n 个“三人舞”节目,若在这些节目中,任二人都曾合作过一次,且仅合作一次,则n ＝__________.三、解答题:13.(20分)(i)(高一)将等差数列{n a }:*4 1 ()n a n n N =-∈中所有能被3或5整除的数删去后,剩下的数自小到大排成一个数列{n b },求2006b 的值.14.(20分)如图,四边形ABCD 内接于圆,P 是AB 的中点,PE AD ⊥,PF BC ⊥,PG CD ⊥,M 是线段PG 和EF 的交点,求证:ME MF =.15.(20分)若正整数,,m n k 满足:21mn k =+,证明,存在,,,a b c d N ∈,使以下三式:2222,,m a b n c d k ac bd =+=+=+同时成立.参考答案一、选择题1 、C D 2、B D 3、B C 4、B 5、D 6、C 7、1009622-8、53,22⎛⎫±⎪⎝⎭ 129、23-3+10、无解. 1112、1213.(20分)(i)(高一)将等差数列{n a }:*4 1 ()n a n n N =-∈中所有能被3或5整除的数删去后,剩下的数自小到大排成一个数列{n b },求2006b 的值.解:由于6015=-+n n a a ,故若n a 是3或5的倍数,当且仅当15+n a 是3或5的倍数.现将数轴正向分成一系列长为60的区间段:(0,+∞)＝(0,60]∪(60,120]∪(120,180]∪…,注意第一个区间段中含有{n a }的项15个,即3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59.其中属于{n b }的项8个,为:71=b ,112=b ,193=b ,234=b ,315=b ,436=b ,477=b ,598=b ,于是每个区间段中恰有15个{n a }的项,8个{n b }的项,且有k b b r r k 608=-+,k ∈N,1≤r ≤8.由于2006＝8×250+6,而436=b ,所以1504343250602506062006=+⨯=+⨯=b b .(ii)(高二)给定圆P:222x y x +=及抛物线S:24y x =,过圆心P 作直线l ,此直线与上述两曲线的四个交点,自上而下顺次记为,,,A B C D ,如果线段,,AB BC CD 的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l 的方程.(ii)(高二)给定圆P:222x y x +=及抛物线S:24y x =,过圆心P 作直线l ,此直线与上述两曲线的四个交点,自上而下顺次记为,,,A B C D ,如果线段,,AB BC CD 的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l 的方程.解:圆P 的方程为()2211x y -+=,则其直径长2B C =,圆心xyoABCDP为()1,0P ,设l 的方程为1k y x =-,即1x ky =+,代入抛物线方程得:244y ky =+,设()()1122,, ,A x y D x y有⎩⎨⎧-==+442121y y ky y ,则212212214)()(y y y y y y -+=- 故)4()()()(||22212212212212y y y y x x y y AD -+-=-+-= 22221221)1(16])4(1[)(+=++-=k y y y y ,因此)1(4||2+=k AD 据等差,BC AD CD AB BC -=+=2,所以63==BC AD 即6)1(42=+k ,22±=k ,则l 方程为122+=y x 或122+-=y x . 14.(20分)如图,四边形ABCD 内接于圆,P 是AB 的中点,PE AD ⊥,PF BC ⊥,PG CD ⊥,是线段PG 和EF 的交点,求证:ME MF =.证:作1AF ⊥BC ,1BE ⊥AD (11,E F 为垂足) 则1112PE AB PF ==⇒11PE PF =.设PG ∩11E F ＝k,因11ABF E 共圆,11CFE A C π∠=∠=-∠. 故E F ∥CD ⇒PK ⊥11E F ⇒K 是11E F 的中点.(因△P 11E F 为等腰三角形),⇒PEKF 为平行四边形,(因P 、E 、K 、F 为四边形11ABF E 各边中点).⇒ME MF =.(对角线互相平分).15.(20分)若正整数,,m n k 满足:21mn k =+,证明,存在,,,a b c dN ∈,使以下三式:2222,,m a b n c d k ac bd =+=+=+同时成立.证:不妨设m n ≤,对k 归纳,1k =时,由于2mn =,则1, 2m n ==,此时有222201,11m n =+=+, 0111k =⋅+⋅,结论成立.设当() 2k r r <≥时结论成立;当k r =时,由21mn r =+ ○1则222111, 11r r r rn r m r n r r +++≥+=≤<=++,故可令*, , (,)n r s m r t s t N =+=-∈ ○1式成为()()21 r t r s r -+=+ ○2,即1rs ts tr --=,两边同加2t 得,P()()21r t s t t --=+ ○3,因为0,r t m -=>故0, s t ->0, s t t r -><, 由归纳假设知,对于t ,存在1111,,,a b c d N ∈,使2211r t a b -=+,2211s t c d -=+,1111t a c b d =+,即()()2211, 2m r t a b n r s r t s t t =-=+=+=-+-+=()()221111a c b c +++()()()111111r r t t a a c b b d =-+=+++,若记111111, , , a a b b c a c d b d ===+=+,则在○1式中有2222, , m a b n c d k r ac bd =+=+==+,(),,,a b c d N ∈,即k r =时结论成立,由归纳法,证得结论成立.。

全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案

2017年全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案一、填空题1、化简++++++344312332112211…=++20162017201720161.201711-解：由111)1(1)1).(1(1)1(11+-=+-+=+++=+++k kk k k k k k k k kk k k 可得.2、若sinx+cosx=22,825cos sin 33=+x x . 解:4121)cos (sin cos sin 2-=-+=x x x x ,82582342)cos (sin cos sin 3)cos (sin cos sin 333=+=+-+=+x x x x x x x x 3、体积为1的正四面体被放置于一个正方体中，则此正方体体积的最小值是 3 ．解：反向考虑，边长为a 的正方体（体积为a 3）,其最大内接正四面体顶点，由互不共棱的正方体顶点组成，其体积为.3a 13,3333==，则令a a4、若椭圆的一个顶点关于它的一个焦点的对称点恰好在其准线上，则椭圆的离心率=e 2221或．解：建立坐标系，设椭圆的方程为),0,(),0,(),0(12,12,12222b B a A b a by a x ±=±=>>=+则顶点焦点)0,(2,1c F ±=，准线方程为,,2222,1b a c ca l -=±=其中据对称性，只要考虑两种情况：（1）、上，的对称点在右准线关于c a x c F a A 221)0,()0,(=-由21,22===+-a c e c c a a 得；（2）、上，的对称点在右准线关于ca x c F B 221)0,()b ,0(=由横坐标.22,202===+a c e c c a 得5、函数14342++-=x x y 的最小值是5．解：首先， .06414342≥+-=++->x x x x y 又由),14(9)4(22+=+x x y 即0)9(8064,0)9(8202222≥--=∆=-+-y y y xy x 据判别式，即,52≥y 因y>0,则,5≥y 此值在求解）（也可以令时取得θtan 21.51==x x . 6、设+++=++22102)1(x a x a a x x n…nn x a 22+，则+++642a a a …=+na 2213-n ．解：令x=0，得a 0=1,再令x=1，得a 0+ a 1+ a 2+…+ a 2n =n 3,又令x=-1，得a 0- a 1+ a 2+…+ a 2n =1，所以2132642-=++++n na a a a Λ.7、将全体真分数排成这样的一个数列}{n a ：,43,42,41,32,31,21…，排序方法是：自左至右，先将分母按自小到大排列，对于分母相同的分数，再按分子自小到大排列，则其第2017项=2017a 651．解：按分母分段，分母为k+1的分数有k 个，因208026564,201626463=⨯=⨯，因2017属于第64段，则2017a 应是分母为65的第一数，即651.8、将各位数字和为10的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列}{n a ，若2017=n a ，则n=120.解：数字和为10的两位数ab 有9个；数字和为10的三位数abc ：首位数字a 可取1，2，…，9中任意一个值，当a 取定后，b 可取0，1，…，10-a 这11-a 个数字的任意一个值，而在a,b 确定后，c 的值就唯一确定，因此三位数的个数是54)11(91=-∑=a a ；数字和为10的四位数abc 1：a+b+c=9的非负整数解（a,b,c ）的个数是55211=C ，数字和为10的四位数abc 2共有2个即2008和2017，故在1，2，…，2017中，满足条件的数有9+54+55+2=120个.二、解答题（共70分）9、（本题满分15分）数列}{n a ，}{n b 满足：111==b a ，n n n b a a 21+=+，)1(1≥+=+n b a b n n n ．证明：（1）、21212<--n n b a ，222>n n b a ；（2）、2211-<-++nn n n b ab a ．证明：)2()(2)2(222222121n n n n n n n n b a b a b a b a --=+-+=-++…①由此递推得n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a )1()2()1()2()(2)2(221211212121121122-=--==--=+-+=--------Λ…②因此02,022*********<->---n n n n b a b a 即有,2,2221212><--nn n n b ab a 据①得22212122n n n n b a b a -=-++…③，由条件知，{}{},,n n b a 皆为严格递增的正整数数列， ,0,011>>>>++n n n n b b a a 所以nn n n b a b a 212111+<+++…④nn b b 111<+…⑤ 将③④⑤相乘得2211-<-++nn n n b ab a 10、（本题满分15分）若小于2017的三个互异正整数a ，b ，c 使得33b a -，33c b -，33a c -均是2017的倍数；证明：222c b a ++必是c b a ++的倍数．证：因）（即2233a )(2017,)(2017b ab b a b a ++--；又由,20170<-<b a 注意2017为质数，则a-b 与2017互质，因此）（ab b ++22a 2017…①同理有）（bc c ++22b 2017…②）（ac c ++22a 2017…③，根据②③，]b a [20172222）（）（bc c ac c ++-++，即）（c b b a ++-a )(2017，从而）（c b ++a 2017，因正整数a,b,c 皆小于2017，得a+b+c<3*2017,因此a+b+c=2017或2*2017.又注意222a a c b c b ++++与同奇偶，故只要证）（222a 2017c b ++，将①改写为）（则知））（ac ac c b --+++22b 2017],b a a [2017…④，同理有）（bc -2a 2017，）（ab -2c 2017…⑤，将①②③④⑤式相加，得）（222a 32017c b ++于是）（222a 2017c b ++，从而）（222a )(c b c b a ++++.11、（本题满分20分）设P =｛21，22，23，…｝是由全体正整数的平方所构成的集合；如果数n 能够表示为集合P 中若干个（至少一个）互异元素的代数和，则称数n 具有P 结构．证明：每个自然数n 都具有P 结构．证明：首先，我们可以将前十个自然数分别表示为：再考虑区间(]224,3中的数，其中除了16=42之外，其余的数皆可表示为)61(42≤≤-=k k n 形式；并且注意到，在1，2，3，4，5，6中每个数的ｐ结构表示中，凡是表示式中42参与时，42皆以正项形式出现，于是由)61(42≤≤-=k k n 可知，此时42项便抵消（不会出现242⨯的项）；因此，区间(]224,3中的数皆具有P 结构表示，也就是24≤的每个数都具有P 结构表示，且其中最大项至多为42，而凡是含有42的表示中，42皆以正项形式出现，下面使用归纳法，假若已证得2m ≤的每个数都具有P 结构表示，且其中最大项至多为2m ，而凡是含有2m 表示中，2m 皆以正项形式出现（其中4≥m ），对于区间(]22)1(,+m m 中的数，除了最大数可以直接表示为2)1(+m 之外，其余元素n 皆可表示为：)21()1(2m k k m n ≤≤-+=，由归纳假设，22,4m m m <≥且，并且此k 具有P 结构表示，其中每项皆2m ≤，因此数n 具有P 结构表示，故由归纳法，即知所证的结论成立.12、（本题满分20分）如图，⊙1O ，⊙2O 相交于A ，B 两点，CD 是经过点A 的一条线段，其中，点C ，D 分别在⊙1O 、⊙2O 上，过线段CD 上的任意一点K ，作BD KM //，BC KN //，点M ，N 分别在BC ，BD 上，又向BCD ∆形外方向，作BC ME ⊥，BD BF ⊥，其中E 在⊙1O 上，F 在⊙2O 上；证明：KF KE ⊥．证明：设⊙1O 、⊙2O 的半径分别为21,r r ，由于ABEC共圆，ABFD共圆，得,sin 2,221BAD r BD BAC sim r BC ∠=∠=而,r ,18021r BD BC BAD BAC ==∠+∠︒所以于是 C BO 1∆∽D BO 2∆，根据平行关系得CMK ∆∽KND ∆∽CBD ∆,所以KMBN r BD BC ND NK MK MC 且四边形,r 21===为平行四边形，BN=MK,延长垂线FN 交⊙2O 于1F ,因,r 21r BD BC =则⊙1O 上优弧BEC 与⊙2O 上BD 所对的优弧B DF 1的度数相等，又因M,N 分别是两圆对应弦CB 、BD 上的点，且所以,r 21r BD BC MK CM BN CM ===⊿CME ∽⊿N 1F B, ⊿BME ∽⊿N 1F D,从而⊿BEC ∽⊿D 1F B,由⊿BEM ∽⊿N 1F D ∽FBN ∆,得FNBNBM EM =,注意BM=KN,BN=KM,上式成为FNKM KN EM =,根据⊿CMK ∽⊿KND,得EMK KNF CMK FND EMC KND CMK ∆∴∠=∠︒=∠=∠∠=∠,,90,所以而∽FNK ∆,而,,BD FN BC EM ⊥⊥又据条件.,,,//,//KF KE KM FN KN EM BC KN BD KM ⊥⊥◊由此所以。

2022年全国高中数学联赛江西省预赛试题及标准答案

2022年全国高中数学联赛江西省预赛试题及标准答案1/82022年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、2022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{}na满足:121,2aa==,且对于其中任三个连续项11,,nnnaaa-+,都有:11(1)(1)2nnnnanaan-+-++=.则通项na=．3、以抛物线2y某=上的一点()1,1M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,,,1某yzR某yz+∈++=，则函数23(,,)f某yz某yz=的最大值是．5、0000in6in42in66in78=．6、正三棱锥DABC-的底面边长为4，侧棱长为8，过点A作与侧棱,DBDC都相交的截面AEF，那么，AEF周长的最小值是．7、满足2272022某y+=的一组正整数(,)某y=．8、用()Sn表示正整数n的各位数字之和，则20221()nSn==∑．二、解答题（共3题，合计70分）9、（20分）、设0180ABC++=，且满足：ininin1cococoABCABC++=++，求co2co2co2cococoABCABC++++的值．2/810、（25分）如图，ABC的内心为I，,MN分别是,ABAC的中点，ABAC>，内切圆I分别与边,BCCA相切于,DE；证明：,,MNBIDE三线共点．11、（25分）在电脑屏幕上给出一个正2022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2022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．3/8解答1、20．提示：这种四位数1234某某某某的个数，就是不定方程12344某某某某+++=满足条件11某≥，234,,0某某某≥的整解的个数；即12343y某某某+++=的非负整解个数，其中111y某=-，易知这种解有413341620CC-+-==个，即总共有20个这样的四位数．（注：也可直接列举．）2、23n-．提示：由条件得，112(1)(1)nnnnanana-+=-++，所以11(1)()(1)()nnnnnaanaa+-+-=--，故1111nnnnaanaan+---=-+，而211aa-=；113212111221()12311113nnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaannnnnn+-+-------=-------=+-2(1)nn=+；于是12112()(1)1nnaannnn--==---；由此得112211()()()12(1)123nnnnnaaaaaaaann---=-+-++-+=-+=-.3、(1,2)-．提示：设221122(,),(,)A某某B某某，则4/82111222211,111,1MAMB某k某某某k某某-==+--==+-22121212AB某某k某某某某-==+-，直线AB方程为21121()()y某某某某某-=+-，即1212()y某某某某某=+-，因为MAMB⊥，则12(1)(1)1某某++=-，即12122()某某某某-=++，代人方程得122()(1)y某某某-=++，于是点(1,2)-在直线AB上；同理，若设223344(,),(,)C某某D某某，则CD方程为342()(1)y某某某-=++，即点(1,2)-也在直线CD上，因此交点E的坐标为(1,2)E-．4、1432．提示：由122333某yzyyzzz某=++=+++++≥所以，623114276某yz≤，即23431123432某yz≤=，5/8当1236yz某===，即111,,632某yz===时取得等号．5、116．提示：0000000000in6co48co24co12co6in6co48co24co12co6=0000000000in12co12co24co482co6in24co24co484co6in48co488co6===00in96116co616==．6、11．提示：作三棱锥侧面展开图，易知EF∥BC，且由周长最小，得1,,,AEFA共线，于是等腰DEFAEB，4AEAB==，12BEABABDA==，即2BE=，6DE=，6384EFDEBCDB===，所以3EF=，由14AFAE==，则1111AAAEEFFA=++=．7、(38,9)．提示：由于2022是43N+形状的数，所以y必为奇数，而某为偶数，设2某m=，21yn=+，代人得2428(1)2004mnn++=，即27(1)501mnn++=.①而(1)nn+为偶数，则2m为奇数，设21mk=+，则24(1)1mkk=++，A1FEFEDCBADCBA6/8由①得，(1)(1)71254nnkk+++=，②则(1)4nn+为奇数，且,1nn+中恰有一个是4的倍数，当4nr=，为使(1)77(41)4 nnrr+=+为奇数，且7(41)125rr+<，只有1r=，②成为(1)35125kk++=，即(1)90kk+=，于是4,9,38,9nk某y====；若14nr+=，为使(1)77(41)4nnrr+=-为奇数，且7(41)125rr-<，只有1r=，②成为(1)21125kk++=，即(1)104kk+=，它无整解；于是(,)(38,9)某y=是唯一解：2238792022+=．（另外，也可由某为偶数出发，使22220222022(2)7287(2)某某某-=--=--为7的倍数，那么22某-是7的倍数，故某是73k±形状的偶数，依次取1,3,5k=，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{}000,001,,999M=，易知对于每个{}0,1,,9a∈，首位为a的“三位数”恰有100个：00,01,,99aaa，这样，所有三位数的首位数字和为100(019)45100+++=.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99999910()()30045nnSnSn====∑∑．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7/819991999999100()()10002()10006004528000nnnSnSnSn=====+=+=∑∑∑；其次，易算出，20222000()72nSn==∑.所以，2022202210()()28072nnSnSn====∑∑．9、由ininin1cococoABCABC++=++，即ininincococoABCABC++=++，平方得222ininin2(inininininin)ABCABBCCA+++++222cococo2(cocococococo)ABCABBCCA=+++++所以222222(coin)(coin)(coin)AABBCC-+-+-2[co()co()co()]ABBCCA=-+++++，即co2co2co22(cococo)ABCABC++=++，所以co2co2co22cococoABCABC++=++．10、如图，设,MNBI交于点F，连,,,AFAIIEEF，由于中位线MN∥BC，以及BF平分B∠，则MFMBMA==，所以090AFB∠=，因IEAE⊥，得AFEI共圆．所以AEFAIF∠=∠；又注意I是ABC的内心，则090222ABCAEFAIFIABIBA∠=∠=∠+∠=+=-.连DE，在CDE中，由于切线CDCE=，所以()0011809022CCEDCDECAEF∠=∠=-=-=∠，因此,,DEF三点共线，即有,,MNBIDE三线共点．8/811、(1)证明：由于2022为质数，而12022a≤<，则(,2022)1a=，据裴蜀定理，存在正整数,mn，使20221amn-=,①于是当a为奇数时，则①中的,mn一奇一偶．如果m为偶数，n为奇数，则将①改写成：(2022)2022()1amna+-+=，令2022,mmnna''=+=+，上式成为20221amn''-=，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①，20221amn=+,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（1n+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）1-，由于(1)1a-=；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,AB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（1n+次），从而颜色不变，而其余所有2022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2022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,AB两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有2022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）．。