2022年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答.docx
精品学习资源2021 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答欢迎下载精品学习资源一、填空题每题 8 分1、假设 2021的每个质因子都是某个正整数等差数列an中的项，就a2021 的最大值欢迎下载精品学习资源是答案： 4027 解： 20213 1161，假设 3,11,61 皆是某正整数等差数列中的项，就公差d 应是欢迎下载精品学习资源1138与 61358 的公因数， 为使a2021 取得最大， 就其首项a1和公差 d 都应取尽可能欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源大的数，于是a13, d2 ，所以a2021 的最大值是 32021d4027 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2 、假设a,b, c0 ， 1231，就 a abc2b3c的最小值为欢迎下载精品学习资源答案： 36 解：据柯西不等式，a2b3ca2b3c2123abc12336 欢迎下载精品学习资源123n欢迎下载精品学习资源3 、假设 Snn.1，就 S2021欢迎下载精品学习资源答案：120212.3.4. n1.欢迎下载精品学习资源解：因k k1111，就欢迎下载精品学习资源 k1.k1.k .k1.欢迎下载精品学习资源123n112131n1111欢迎下载精品学习资源2.3.4.n1.1.2.3. n1.n1.欢迎下载精品学习资源所以，Snn.111n1.1，故n1S202112021欢迎下载精品学习资源4 、假如一个正方体X 与一个正四周体 Y 的外表面积各面面积之和相等，就其体积之比 VxVy答案： 4 3 解：记外表面积为 12平方单位 ，就正方体每个面的面积为2 ，其边长为2 ，所以欢迎下载精品学习资源3Vx22 ；正四周体每个面的面积为3 ，设其边长为 a ，就由3 a243 ，得 a12 34 ；欢迎下载精品学习资源31V1欢迎下载精品学习资源于是 Vy22 34 ，因此x34V4 3 欢迎下载精品学习资源y5 、假设椭圆中心到焦点，到长、短轴端点，以及到准线距离皆为正整数，就这四个距离之和的最小值是答案： 61 欢迎下载精品学习资源2解：设椭圆方程为xa 2y2b21 ， ab0 ，椭圆中心 O 到长、短轴端点距离为a,b ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源到焦点距离 c 满意：222dcab ，到准线距离满意： da2，由于ca,b, c 组成勾股数，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源满意 a20 的勾股数组有a,b,c3,4,5 , 6,8,10 , 9,12,15 , 12,16,20 , 5,12,13 ,欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源以及 8,15,17 ，其中只有152925 与2021625 ，而 a,b,c,d 15,12,9,25 使得欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源abcd 的值为最小，这时有abcd61欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源6 、函数f x3 x63x 的值域是欢迎下载精品学习资源答案： 1,2 欢迎下载精品学习资源解： f x3x23x 的定义域为 2,3 ，故可设 x2sin20 ，2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源就 f x3sin 21sin23 sincos2sin ，6欢迎下载精品学习资源而26631，这时sin1，因此 1f2 26欢迎下载精品学习资源7 、设合数 k 满意： 1k100，而 k 的数字和为质数，就称合数k 为“山寨质数” ，就这种“山寨质数”的个数是 答案： 23 个欢迎下载精品学习资源解：用 Sk 表示 k 的数字和； 而M p 表示山寨为质数 p 的合数的集合 当 k99 时，欢迎下载精品学习资源S k18 ，不大于 18 的质数共有 7 个，它们是：2,3,5,7,11,13,17 ，山寨为 2 的合数有欢迎下载精品学习资源M 220，而 M 312,21,30 , M514,32,50 , M 716,25,34,52,70；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源M 1138,56,65,74,92共得 23个山寨质数， M 1349,58,76,85,94， M 1798 ；欢迎下载精品学习资源8 、将集合 1,2,3,4,5,6,7,8中的元素作全排列，使得除了最左端的一个数之外，对于其余的每个数 n ，在 n 的左边某个位置上总有一个数与n 之差的肯定值为 1，那么，满意条件的排列个数为欢迎下载精品学习资源答案： 128即27 个欢迎下载精品学习资源解：设对于适合条件的某一排列，排在左边的第一个元素为k ， 1k8 ，就在其余欢迎下载精品学习资源7 个数中， 大于 k 的 8k 个数 k1,k2,8 ，必定按递增的次序排列；而小于 k 的 k1欢迎下载精品学习资源个数 1,2, k1 ，必定按递降的次序排列位置不肯定相邻欢迎下载精品学习资源事实上，对于任一个大于k 的数 kn ，设 kn8 ，假如 kn1排在 kn 的左边，欢迎下载精品学习资源就与 kn1相差 1的另一数 kn2 就必需排在 kn1的左边； 同样， 与 kn2 相差欢迎下载精品学习资源1的另一数 kn3又必需排在 kn2 的左边；，那么， 该排列的其次个数不行能与k欢迎下载精品学习资源相差 1，冲突！因此kn1 必定排在 kn 的右边欢迎下载精品学习资源用类似的说法可得，小于k 的 k1个数 1,2, k1，必定按递降的次序排列；欢迎下载精品学习资源由于当排在左边的第一个元素k 确定后，右边仍有 7 个空位，从中任选 8k 个位置填欢迎下载精品学习资源写大于 k 的数，其余 k1个位置就填写小于 k 的数，选法种数为8 kC7；而当位置选定后，欢迎下载精品学习资源87欢迎下载精品学习资源就填数方法随之唯独确定，因此全部排法种数为C 8 kC j27 欢迎下载精品学习资源77k 1k 0欢迎下载精品学习资源二、解答题9 、20 分设直线 xy1 与抛物线y22 px p0 交于点A, B ，假设 OAOB ，欢迎下载精品学习资源求抛物线方程以及OAB 的面积y欢迎下载精品学习资源解：设交点A x1, y1, B x2 , y2 ，由DA欢迎下载精品学习资源2y2 px 与 xy1，得2y2 py2 p0 ，COx欢迎下载精品学习资源故有 x1pp22 p , ypp 22 p ，欢迎下载精品学习资源11欢迎下载精品学习资源以及 x1 pp22 p ,ypp22 p B欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源22因 OAOB ，即OA OB0 ，所以x1x2y1 y20 ，即欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源1p2 p22 pp2 p22 p0 ，化简得 12 p0 ，因此抛物线方程为欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源y2x ，从而交点A, B 坐标为： A35 ,215, B235 ,215，2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源OA2x2y252 5 , OB2x2y2525 ，欢迎下载精品学习资源1122欢迎下载精品学习资源因此 SOAB1 OAOB15 欢迎下载精品学习资源2210、20 分如图，四边形 ABCD 中，E, F 分别是AD , BC 的中点， P 是对角线 BD欢迎下载精品学习资源上的一点；直线EP, PF 分别交AB, DC 的延长线于M , N 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源证明：线段 MN 被直线 EF 所平分证：设 EF 交 MN 于 G ，直线 EF 截 PMN ，就NGMEPF GMEPFN1；为证 G 是线段欢迎下载精品学习资源MN 的中点，只要证，PFPENFME直线 AB 截 PDE ， ，AE欢迎下载精品学习资源得 PMEADB MEADBP1，即MPBP2MEBD PNFCBDD ，PBC欢迎下载精品学习资源直线 CD 截 PBF ，就有1 ，FNFCBDPNPPDGN欢迎下载精品学习资源即2NFBD ，M欢迎下载精品学习资源相加得MPNP2 ，即 NP11MPPFPE，也即，因此结论得证欢迎下载精品学习资源MENFNFMENFME欢迎下载精品学习资源11、20 分在非钝角三角形ABC 中，证明： sin Asin Bsin C2 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源证一： sin Asin Bsin C2sin Asin Bsin AB欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源sin 2 Acos2Asin 2 Bcos2 B欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源sinA1sinA) sinB1sinB) sin ABcos2 Acos2 B欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源sinA1sinAsinB1sin Bcos Bsin Acos Bcos Asin Bcos A0 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源这里用到，在非钝角三角形ABC 中，任两个内角之和不小于900 ，所以由 AB900 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源得 A900B, B900A ，因此sin Bsin900Acos A ，同理 sin Acos B,欢迎下载精品学习资源而1sin A ， 1sin B 不能同时为 0 从而结论得证ABC欢迎下载精品学习资源证二： sin Asin Bsin C2sin Asin Bsin AB2sin 22欢迎下载精品学习资源ABABABABABCABC2sincos2sincos2sincos2cossin22222222欢迎下载精品学习资源2sinABABCABcoscos2cossinABCsin欢迎下载精品学习资源222222欢迎下载精品学习资源4sinAB sinACB sin BCA2cos AB cosCCsin0 ；欢迎下载精品学习资源222222欢迎下载精品学习资源这是由于，锐角三角形ABC 中，任两个内角之和大于900 ，而任一个半角小于450 ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源所以sin Asin Bsin C2 欢迎下载精品学习资源证三：令 xABCtan, ytan, ztan，就 xyyzzx1 ，且欢迎下载精品学习资源222欢迎下载精品学习资源sin A2 x1x2, sin B2 y1y2, sin C2z；1z2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源即要证2 x1x22 y1y22 z1z22 ，由于1x2 xy xz ，欢迎下载精品学习资源221y yx yz,1z zx zy ，欢迎下载精品学习资源故式即4 xy yz xz2 ，也即 xy yz xz2 ，欢迎下载精品学习资源即 xyzxyz2欢迎下载精品学习资源而因A, B , C0, ，故 x, y, z0,1 ，所以 1x1y1z0 ，欢迎下载精品学习资源2224即 1xyz xyyzxzxyz0 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源此式即为xyzxyz2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由立知式成立式强于式，因此命题得证12、26 分试确定，是否存在这样的正整数数列an，满意：a20212021 ，且对欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源每个 k2,3,2021，皆有 akak 120 或 13 ；而其各项a1 , a2 , a2021 的值恰好构欢迎下载精品学习资源成1,2,2021 的一个排列？证明你的结论解：存在由于 201333，而 33 2021 ，即有 20213361 ；欢迎下载精品学习资源我们留意到， “差”运算具有“平移性” ，即是说，假如akak120 或 13，那么，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源对任何整数 c ，也有akcak 1c20 或 13；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源为此，先将集合1,2,33中的数排成一个圈，使得圈上任何相邻两数之差皆为20 或 13 ，如下图将此圈从任一间隙处剪开，铺成的线状排列8212815222911427720331326欢迎下载精品学习资源a , a ,a，都满意 aa20 或13 ，296欢迎下载精品学习资源1233kk 11916332欢迎下载精品学习资源为将数列锁定，在前面添加一项a00 ，使数2312105 25欢迎下载精品学习资源列 a , a , a , a也满意条件， 我们可挑选与数3330181731欢迎下载精品学习资源01233相邻的一个间隙剪开；例如从33 右侧间隙剪开，并4 2411欢迎下载精品学习资源按顺时针排列，就成为：0 ； 13,26,6,19,32,12,25,5,18,31,11,24,4,17,30,10,23,3,16,29,9,22,2,15，28,8,21,1,14,27,7,20,33；假设从 33左侧间隙剪开，并按逆时针排列，就成为：0 ； 20,7,27,14,6,26,13,33 ；欢迎下载精品学习资源这两种排列都满意akak120 或 13 ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源记分段数列M 013, 26,6,19,32,12, 25,5,18,31,11, 24, 4,17,30,10, 23,3,16, 29 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源9,22,2,15,28,8,21,1,14,27,7,20,33a1, a2, a33 ，而分段数列欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源M ka1 33k , a2 33k ,a33 33k a133k, a233k , a3333k ， k1,2,60 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源将这些段作如下连接：0, M 0, M 1, M 60，所得到的数列a0 ,a1, a2 , a2021 满意条件欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由于， a2021a33 33 60a3333603333602021 ；对其中任意两个邻项ak , ak 1 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源假设 ak , ak1 属于同一个分段， 明显有 akak 120 或13；假设相邻项ak , ak1 属于两个相欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源邻段M n 与 M n1 ，就ak 是 M n1 的首项： 即 aka133n11333n1 ，而 ak1 是 M n 的欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源末项，即ak 1a3333n3333n ，这时有欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源akak11333n13333n13 ，并且 a1a013 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源因此，数列a1, a2 ,a2021 满意条件欢迎下载
