2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案.pdf

2019 年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题(每小题 7 分，共 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na,11919,1949,2019mnaaa,则正整数mn的最小值是.3. 设220,7,xxx则55xx的值为.4. 三角形ABC的垂心恰是抛物线24yx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) ab ac bcnnn其中n是正整数,则222abc的最小值是.6. 已知P是正四棱锥VABCD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VABCD的体积是.7. 三角形ABC中满足39ABC.则coscoscoscoscoscosABBCCA.8. 数列na满足02113,2,nnnaaaaa(其中,nnaa分别代表实数na的整数部分与小数部分),则2019a.9、(14 分)设椭圆C的两焦点为12,F F，两准线为12,l l，过椭圆上的一点P，作平行于12FF的直线，分别交12,l l于12,M M，直线11M F与22M F交于点Q. 证明：12,P F Q F四点共圆10 、(15 分)将正整数数列1,2,3中凡是被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列123,a a a 再将数列 na中， 凡是下标被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列123,b b b 证明：每个大于 1 的奇平方数，都是数列 nb中的两个相邻项的和2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 1 页，共 50 页11. (15 分)试求所有由互异正奇数构成的三元集, ,a b c，使其满足：2222019abc12.(20 分),BE CF分别是锐角三角形ABC的两条高(如右图)，以AB为直径的圆与直线CF相交于点,M N，以AC为直径的圆与直线BE相交于点,P Q.证明：, ,M N P Q四点共圆2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 2 页，共 50 页2019 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答1.答案：16815解：所求的和为2222111219121936100247016815222.答案：15 解：设公差为d，则194919191md，201919191nd，显然有1,1mn，301dm， 以及1001dn， 消去d得,1037mn， 其通解为131 10mtnt ， 为使1,1mn且d为正整数，则正整数t只能在1,2,5,10中取值，当1t 时，4,11mn为最小，此时15mn3.答案：123解 ：2221129xxxx，13xx， 由2242411492xxxx， 则44147xx，所以551xx42421111xxxxxx 3 47711234.答案：10 5解：抛物线的焦点为1,0F，因F为OAB的垂心，则OFAB，故可设,A B的坐标为2,2A aa，2, 2B aa，0a ；于是OA的方程为2ayx，2OAKa，BF的斜率221BFaKa，据1OABFKK ，得5a ，因此4 5AB ，25Ha，所以10 5OABS5.答案：1297 解：设abc，由于2abbccaabc为偶数，所以三个连续平方数 222,1,2nnn中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n为奇数，而1bc，则1n ；若3n ，则 222222,1,2= 3 ,4 ,5nnn，且因222503452 abc，则25abc，另一方面，最大平方数25ab，导致0c ，不合；若5n ，据 222222,1,2= 5 ,6 ,7nnn，解得30,19,6abc，因此222222301961297abc.6.答案： 750 解：如图，PFVBC 平面，5,10,VPVH2222534VFVPPF,而 PHMFPHMF共圆，,VP VHVF VM所以222515,22VMHMVMVH;则15AB ，所以棱锥体积217503VVH AB7.答案：14,3 ,9 ,39,13CBA解：设由得9339coscoscoscoscoscoscoscoscoscoscoscos131313131313SABBCCA112642108coscoscoscoscoscos2131313131313注 意 括 号 中 的 诸 角 度 构 成 公 差 为213的 等 差 数 列 ， 两 边 通 乘4sin13， 得 到2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 3 页，共 50 页246810124sin2sincoscoscoscoscoscos1313131313131313S3537597sinsinsinsinsinsinsinsin13131313131313131191311sinsinsinsinsin1313131313 ,所以14S .8.答案：3130292解：0131 ,a 113112,231a 22233431 ,31a 313145.231a归纳易得23131 ,kak 213132,2kak因此20193130292a.9.证：设椭圆方程为22221,0 xyabab，据对称性知，点Q在Y轴上（如图）；记12,QFQFm1122,PFr PFrPQt,12,MFMFk则 有 ：1121,2 ,PFe rraPM为 证12,P F Q F四 点 共 圆 ， 据 托 勒 密 定 理 ， 只 要 证 ，1212,mrmrt FF 22 ,mcmatceta即也即 由1111,QFOFQMHM即222,mcceamkac所以21,kemk 在1PM Q中，由斯特瓦特定理，22211mkPFPMPQmkmkmk即22222211211merretemee因为210e，由得，222,mmeett即故成立，因此12,P F Q F四点共圆（也可不用托勒密定理证：由得2PQm mk，则11PQFM QP，于是11221QPFMMQF F ，因此12,P F Q F四点共圆 ）10.证：易知2142nan,241nan,1,2,3n ，因此，41,82,nnN an 42434483,86,87nnnananan； 在将 na中的项4na及41na删去之后，所得到的数列 nb，其通项为：212283,86nnbnbn,1,2,3n ；即数列 nb的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43，观察易知，222212346710113,5,7,9,bbbbbbbb；若记12kk kr，我们来证明，一般地有：2121kkrrkbb,1,2,3k .由于2222441424382 ,861,8103,8146;mmmmrmm rmmrmmrmm所以44441221112 41,2 411,mmmmrrrrbbmbbm2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 4 页，共 50 页42424343221112 421,2 431,mmmmrrrrbbmbbm合并以上四式得，对于每个正整数k,2121kkrrbbk其中12kk kr11.解：据对称性，不妨设abc，由于奇平方数的末位数字只具有 1,5,9 形式，于是222,ab c的末位数字，要么是 5,5,9 形式，要么是 1,9,9 形式；又知，如果正整数n是 3 的倍数，那么2n必是 9 的倍数；如果n不是 3 的倍数，那么2n被 3 除余 1由于 2019 是 3 的倍数，但不是 9 的倍数，因此奇数, ,a b c皆不是 3 的倍数注意201944c，即奇数43c ，而222232019cabc，即2667c ，且c不是 3 的倍数，故奇数29c 因此奇数29,31,35,37,41,43c；注意如下事实：如果奇数22=N xy为两个正整数的平方和，那么偶数2N必可表为两个互异正奇数的平方和这是由于，222222Nxyxyxy；若43c ，方程化为：2222221702852 672 29ab，因此：2222170113711于是得两解：, ,1,13,43a b c ，以及, ,7,11,43a b c ；若41c ，方程化为：22222223382 132 512717ab，由此得：, ,7,17,41a b c ；若37c ，方程化为：22222226502 1352 2334ab2222222 1182 6172 1015因此：22222265017191123525 得到三个解： , ,17,19,37 , 11,23,37 , 5,25,37a b c .若35c ，方程化为：227942397ab,而 397 是一个41N 形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619，所以2222222 6191325ab，得到一个解：, ,13,25,35a b c .若31c ，方程化为：2211582529ab，而 23 是41N 形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c ，方程化为：2211782 1931ab，而 23 是41N 形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；综 合 以 上 讨 论 ， 本 题 共 有 七 个 满 足 条 件 的 解, ,a b c， 即 为 ： 1,13,43 , 7,11,43 , 13,25,35 , 5,25,37 , 11,23,37 , 17,19,37 , 7,17,41.12.证：如图设三角形ABC的垂心为H，则MH HNMFHFNFHF22222MFHFMFHFMFHFAF FBAHAFAF ABAH同理有，2PH HQAE ACAH因BCEF四点共圆，知AF ABAE AC，故由以上两式得MH HNPH HQ，所以,M N P Q四点共圆2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 5 页，共 50 页2018 年全国高中数学联赛江西省预赛试题1.ab、为正整数，满足112018ab，则所有正整数对, a b的个数为2.若双曲线L的两个焦点恰是椭圆22:1169xyT的两个顶点，而双曲线L的两个顶点恰是椭圆T的两个焦点，则双曲线L的方程为3.函数79yxx的值域是4.若三个角, ,x y z成等差数列，公差为3，则tantantantantan tanxyyzzx5.设, ,x y zR，满足xyzxyz，则函数2, ,1fx y zxyz2211yzxzxy的最小值是6.正整数数列 na满足32nan, nb满足53nbn,nN.在1,2,2018M 中两数列的公共项的个数是.7.四棱锥PABCD的底面ABCD是一个顶角为60的菱形，每个侧面与底面的夹角都是60，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为 1，则棱锥的体积为8.对于正整数n，将其各位数字之和记为 s n，各为数字之积记为 p n.若 s np nn成立，就称 为“巧合数” 。则所有巧合数的和为_.9.求最小的正整数n，使得当正整数点kn时，在前k个正整数构成的集合1,2,Mk中，对任意xM总存在另一个数yMyx且，满足xy为平方数10.若椭圆221259xy上不同的三点11,A x y,94,5B,22,C xy到椭圆右焦点的距离顺次成等差数列，线段AC的中垂线l交x轴于点T，求直线BT的方程2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 6 页，共 50 页11.将前 12 个正整数构成的集合1,2,12M 中的元素分成四个三元子集，使得每个三元子集中的三数都满足：其中一数等于另外两数之和，试求不同的分法种数12.如图，ABC的内心为I，DEF、 、分别是边BC、CA、AB的中点，证明：直线DI平分DEF的周长2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 7 页，共 50 页2018 年全国高中数学联赛江西省预赛试题答案1.答案：4解 析 ： 由112018ab， 知12018a，201820180abab， 于 是2222018201820182 1009ab，而020182018a，20182018b.因 2019 是质数，数222 1009所有可能的分解式：21 2018，222 1009，24 1009，10094 1009；其中每一个分解式对应于, a b的一个解，故其解数为 4.2.答案：22179xy解析：据条件知，双曲线L的中心在原点，实对称轴为X轴设其方程为22221xyab，则其顶点为,0a，焦点为,0c而椭圆的长轴顶点为4,0，焦点为7,0，于是7,4ac因此223bca，故所求双曲线方程为22179xy3.答案：4,4 2解一显然函数定义域为9,7x ，在此区间内0y ，由于7916xx，即7911616xx，故有角0,2使得79sin ,cos1616xx.于是79sincos2sin416164yxx，因 为02， 则3444 在 此 范 围 内2sin124， 则 有1sin24 因此44 2y（当7x 时，min4y； 当1x 时，max4 2y）解二111792292 797xxyxxxx ,函数在9, 1上单减， 在1,7上但增，max14 2yy， min974yyy，44 2y.4.答案：-3解一根据,33xyzy，则tan3tan13tanyxy,tan3tan13tanyzy所以2tan3tantantan13tanyyxyy,2tan3tantantan13tanyyyzy,22tan3tan tan13tanyzxy则tantantantantan tanxyyzzx229tan3313tanyy 解二20,33xyz,则原式333 .5.答案：18解 析 ： 据 条 件 得 ，1yzx yz， 因 此1yzyzx ， 同 理 有1zxzxy ,1xyxyz 又因33xyzxyzxyz，得3 3xyz ，所以23, ,22 318fx y zxyyzzxxyz，当3xyz时取等号6.答案：135解一:易知，2018 是两个数列在M内最大的一个公共项，除去这个公共项外，用 2018 分别减去 na、 nb的其余各项，前者得到 na，为3,6,9,2016，它们是M内所有 3 的倍数；2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 8 页，共 50 页后者得到 nb，为5,10,15,2015，它们是M内所有 5 的倍数；显然， na、 nb的公共项，一一对应于 na、 nb的公共项，而这种公共项是M中所有15 的倍数，为201813415因此，所求公共项的个数是1341135 个解二:设公共项的数列为 nc，则 nc的首项为 8，公差为15d 的等差数列，2018 是 nc的最后一项，81512018ncn，解得135n .7.答案：8 3解析： 设菱形两对角线ACBD、的交点为H， 则PH既是线段AC的中垂线，又是BD的中垂线，故是四棱锥的高，且点MPH在上，于是平面PBD与底面ABCD垂直，同理平面PAC与与底面ABCD垂直，平面PBD将四棱锥分成两个等积的四面体只需考虑四面体PABD如图，设点M在面PAD上的投影为E，平面MEH过点P，且交ADF与，因90MHFMEF ，则,M E F H四点共圆由于ME 面PAD ，得ME AD ，由MH 面ABD ，得MH AD ，所以 AD 面MEH ，故 AD 面PF FH是PF 在面 ABD 内的射影，则 AD FH ，即二面角的平面角EFH =60 ，于是EMH =120 据ME =MH =1，得EH =3 ，故直线三角形MEF与MHF 中，EF =HF 因EFH =60 ，所以EFH 是正三角形，即FH =EF =EH =3 在直角AFH 中，HAF =30 ，则 AH =2FH =2 3 ，故正ABD的边长为 4，于是4 3ABDS在直线PFH中，tan603PHFH，14 33P ABDABDVPH S从而28 3P ABCDP ABDVV8.答案：531解析：设1210kna aaa.由 =ns np n，得1121101kk iikiaa aa，即11231010kkaa aam ，其中，2211011010kkmaa.若3k ，由于1112310110190kkkka aa ，与式矛盾，故2k .又当1k 时， ns n，不符合条件.因此，2k .从而，可设121210na aaa.再由12121210aaa aaa，得1129aa a.所以，29a ，11,2,9a 即全体巧合数为 19,29，99，其和为 531.9.解析：易知当6n 时，在1,2,3,4,5,6M 中，数 2 与其他任何数之和皆不是平方数；以下证明，n的最小值为 75 分如果正整数xy xy、满足：xy平方数，就称, x y是一个“平方对” ，显然在1,2,7M 中， 1,3 , 2,7 , 3,6 , 4,5为平方对在1,2,7,8M 中增加了平方对1,8；在1,2,7,8,9M 中平加了平方对7,9以下采用归纳法，称满足题中条件的k为具有性质P；简记为kP据以上知，当273k时，均有kP设已证得，当273kmm时，10 分2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 9 页，共 50 页皆有kP，今考虑271km情况，利用归纳假设，只需证，当2kmr，其中121rm时，均有kP首先，在21rm，即21km时，,23km 构成平方对，这是由于22231232kmmmm，而由2223140mmm，知223mm，即23mk在12rm时，,21kmr 构成平方对，这是由于2221211kmrmrmrm ，而21212mrmm ，所以21mrk 因此对于满足271km的每个k，皆有kP，从而对所有满足273kmm的正整数k，皆有kP，即对一切正整数7k ，均有kP所以n的最小值为 714 分10.解析：用a、b、c分别表示椭圆的半长轴、半短轴及半焦距之长度，则5,3,4abc，右焦点为4,0F，且准线方程为2axc，由21AFaacxc，22CFaacxc得1455AFx，2455CFx根据等差性质，2AFCFBF，而95BF ，即12441855555xx，所以128xx5 分设线段AC的中点为D，则其坐标为124,2yyD又设点T的坐标为0,0T x，则AC的中垂线DT的方程12121242yyxxyxyy 因0,0T x在此直线上，故有1212012042yyxxxyy ，即221201242yyxxx10 分又根据AB、在椭圆上，得221192525yx，222292525yx所以22121212925yyxxxx ，据，即有22121236=225yyxx再据得064=25x，即点T的坐标为64,025T，于是直线BT的方程为252064xy15 分11.答案：8解析：设四个子集为,iiiiMa b c,1,2,3,4i ,其中iiiabc，iibc,1,2,3,4i ,设1234aaaa，则412a ，123417812123922aaaa所以12327aaa，故3327a ，因此31011a若310a ，则由1217aa，210a ,212217aaa得29a ，18a 即有1234,8,9,10,12a a a a，再由118bc，229bc,3310bc，4412bc.必须411b ，41c ，共得两种情况：121111073,954,862，；以及12111,1064,972,853，对应于两种分法：2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 10 页，共 50 页 12,11,1 , 10,7,3 , 9,5,4 , 8,6,2； 12,11,1 , 10,6,4 , 9,7,2 , 8,5,3 9 分若311a ，则1216aa，于是2811a，分别得 12,6,10 , 7,9a a对于1234,6,10,11,12a a a a，得到三种分法： 12,8,4 , 11,9,2 , 10,7,3 , 6,5,1； 12,9,3 , 11,7,4 , 10,8,2 , 6,5,1； 12,7,5 , 11,8,3 , 10,9,1 , 6,4,2 12 分对于1234,7,9,11,12a a a a，也得三种分法： 12,8,4 , 11,10,1 , 9,6,3 , 7,5,2； 12,10,2 , 11,6,5 , 9,8,1 , 7,4,3； 12,10,2 , 11,6,5 , 9,8,1 , 7,4,3因此本题的分组方案共八种15 分12.解析：如图，不妨设ABAC，ABC的内切圆切BC、CA、AB于T、1K、2K过T作内切圆的直径TK，过K作I的切线分别交AC、AB于M、N，则NMBC由于I是AMN的旁切圆，12AKAK，因1MKAK，2NKNK所以有AMMKANNK5 分延长AK交BC于G，则BGCT，因此DTDG，故DI是TGK的中位线，所以DPAG，因四边形BDEF为平行四边形，所以DEPABG，相似比为12DEAB同理，DFPACG，相似比为12DFAC10 分又注意AMKACG，ANKABG相似比均为AKAG，15 分既然有AMMKANNK，所以ACCGABBG，因此，DFFPDEEP，即所证结论成立20 分2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 11 页，共 50 页2017 年全国高中数学联赛江西省预赛试题1、 化简34431233211221120162017201720161.2、若22cossinxx,则xx33cossin.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4、 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e5、函数14342xxy的最小值是6、 设22102)1 (xaxaaxxnnnxa22， 则642aaana27、将全体真分数排成这样的一个数列na：,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2017a8、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na，若2017na，则n9、 （15 分）数列na，nb满足：111 ba，nnnbaa21，) 1(1nbabnnn证明： （1） 、21212nnba，222nnba； （2） 、2211nnnnbaba10、 （15 分）若小于 2017 的三个互异正整数a，b，c使得33ba ，33cb ，33ac 均是2017 的倍数；证明：222cba必是cba的倍数2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 12 页，共 50 页11、 （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12、 （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BDKM /，BCKN /， 点M，N分别在BC，BD上， 又向BCD形外方向， 作BCME ，BDBF ， 其中E在1O上，F在2O上；证明：KFKE 2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 13 页，共 50 页2017 年全国高中数学联赛江西省预赛试题答案1、答案：.201711解：由111)1(1)1).(1(1) 1(11kkkkkkkkkkkkkk可得.2、答案：825解4121)cos(sincossin2xxxx,82582342)cos(sincossin3)cos(sincossin333xxxxxxxx3、答案：3解：反向考虑，边长为a的正方体（体积为a）,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. 313,3333aaa，则令4、答案：2221或解： 建立坐标系， 设椭圆的方程为),0 ,(),0 ,(),0( 12, 12, 12222bBaAbabyax则顶点焦点)0 ,(2, 1cF， 准线方程为,2222, 1baccal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caxcFaA221)0 ,()0 ,(由21,22aceccaa得；（2）、上，的对称点在右准线关于caxcFB221)0 ,()b, 0(由横坐标.22,202acecca得5、答案：5解 ： 首 先 ，. 06414342xxxxy又 由),14(9)4(22xxy即0)9(8064, 0)9(8202222yyyxyx据判别式， 即, 52y因0y, 则,5y此值在求解）（也可以令时取得tan21.51xx.6、答案：213 n解 ：令0 x， 得10a, 再 令1x， 得nnaaaa32210,又 令1x， 得12210naaaa，所以2132642nnaaaa.7、答案：651解：按分母分段，分母为1k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、答案：120n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， ，a10这a11个数字的任意一个值， 而在a,b2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 14 页，共 50 页确定后，c的值就唯一确定， 因此三位数的个数是54)11(91aa； 数字和为 10 的四位数abc1：9cba的非负整数解cba,的个数是55211C，数字和为 10 的四位数abc2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.9、证明： （1） 、21212nnba，222nnba； （2） 、2211nnnnbaba证 明 ：)2()(2)2(222222121nnnnnnnnbabababa 由 此 递 推 得nnnnnnnnnnbababababa) 1()2() 1()2()(2)2(221211212121121122因此02, 022122122222nnnnbaba即有, 2, 2221212nnnnbaba据得22212122nnnnbaba，由条件知， ,nnba皆为严格递增的正整数数列，, 0, 011nnnnbbaa所以nnnnbaba212111nnbb111将相乘得2211nnnnbaba10、证：因）（即2233)(2017, )(2017babababa；又由,20170ba注意 2017为质数，则ba 与 2017 互质，因此）（abba222017同理有）（bcc 22b2017）acca22(2017 ， 根 据 ，20172222）（）（bccbacca， 即）（cbaba )(2017， 从 而）（cba2017， 因 正 整 数cba,皆 小 于 2017 ， 得20173cba因此2017cba或20172.又注意cba与222cba同奇偶，故只要证）（2222017cba，将改写为）（则知）（acbacbcbaa222017,2017 ， 同 理 有）（bca 22017，）（abc 22017， 将式相加， 得）（22232017cba于是）（2222017cba，从而）（222)(cbacba.11、证明：首先，我们可以将前十个自然数分别表示为：22222222222222222222239 ,318 ,437 ,4316 ,21524 ,213 ,43212 ,11 ,5430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 (42kkn形式；并且注意到，在 1，2，3，4，5，6 中每个数的结构表示中，凡是表示式中 42参与时，42皆以正项形式出现，于是由)61 (42kkn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4m） ，对于区间22) 1( ,mm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(2mkkmn，由归纳假设，22, 4mmm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、 证 明 ： 设 1O、 2O的 半 径 分 别 为21,rr， 由 于 ABEC 共 圆 ， ABFD 共 圆 ， 得,sin2,221BADrBDBACsimrBC2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 15 页，共 50 页而,18021rrBDBCBADBAC所以于是12BOCBO D，根据平行关系得CMKKNDCBD,所以KMBNrrBDBCNDNKMKMC且四边形,21为平行四边形，BNMK,延长垂线 FN 交2O于1F,因,21rrBDBC则1O上优弧BEC与2O上BD所对的 优 弧BDF1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,21rrBDBCMKCMBNCM1CMENFB,1BMENFD,从而1BECDFB,由1BEMNFDFBN, 得FNBNBMEM, 注 意BMKN,BNKM, 上 式 成 为FNKMKNEM,根据CMKKND,得90,FNDEMCKNDCMK而EMKKNFCMK,所以FNK,而,BDFNBCEM又据条件.,/,/KFKEKMFNKNEMBCKNBDKM由此所以2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 16 页，共 50 页2016 年全国高中数学联赛江西省预赛试题1、若22016log65yxax的值域为R，那么a的取值范围是2、四面体ABCD中，ABC是一个正三角形，2ADBD，ADBD，ADCD，则D到面ABC的距离为3、若对于所有的正数, x y，均有xya xy，则实数a的最小值是4、 已 知P是 正 方 形ABCD内 切 圆 上 的 一 点 ， 记,APCBPD， 则22tantan5、等差数列2,5,8,2015与4,9,14,2014的公共项（具有相同数值的项）的个数是6、设x为锐角，则函数sin sin2yxx的最大值是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3 3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9、 （14分）如图，CD是椭圆22221xyab的一条直径，过椭圆长轴的左顶点A作CD的平行线，交椭圆于另一点N，交椭圆短轴所在直线于M，证明：AM ANCO CD10、 （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2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 17 页，共 50 页11、 （15分）设, ,x y z为正数，满足：1xyyzzx，证明：22()()()(1)(1)(xyz xyyz xzxy21-z )12、 （20分）设集合1,2,2016A ，对于A的任一个1008元子集X，若存在, x yX，满足,xy x y，则称X为“好集” ，求最大的正整数a， （aA） ，使得任一个含a的1008元子集皆为“好集” 2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案第 18 页，共 50 页2016 年全国高中数学联赛江西省预赛试题答案1.答案：1616a解：由值域yR，2651xax，2640 xax24 640a ， 1616a.2.答案：2 33解：如图，据题意得，222 2ABADBD，于是2 2BCCAAB，222CDACAD，因222BCBDCD，得BDCD，从而以D为顶点的三面角是三直三面角，四面体体积1433BCDVAD S，而232 34ABCSAB，若设D到面ABC的距离为h，则12 333ABCVh Sh，由2 3433h ，得到2 33h 3.答案：2解：由221yxxyxy，得2yxxyxy，当xy时取等号4.答案：8解：如图建立直角坐标系，设圆方程为222xyr，则正方形顶点坐标为(,), ( ,),( , ),(, )Arr B rr C r r Dr r，若点P的坐标为( cos , sin)P rr，于是直线,PA PB PC PD的斜率分别为1 sin1 sin,1 cos1 cosPAPBkk ，1 sin1 sin,1 cos1 cosPCPDkk ，所以222tan4(cossin )1PCPAPAPCkkk k，222tan4(cossin )1PDPBPBPDkkkk，由此立得22tantan8解 2：取特例，P在坐标轴上，则，这时，2tancot2tan1，2222tantan2285.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3,6,9,2016与等差数列5,10,15,2015的公共项个数；前者是1,2,3,2016M 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6.答案：4 39解：由22sincosyxx，得2422224sincos2(1 cos)(1 cos) 2cosyxxxxx33222(1 cos)(1 cos)2cos216223327xxx，所以4 39y 当21cos3x 时取得等号7.如右图8.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,Mn，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8 19,9716, 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 时，可排出上面的情形：(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9 )9.证 1：椭圆方程为cos ,sinxayb，点,A N的坐标为(,0),( cos , sin )AaN ab，则直线AN方程为cossinxatyt ，3代入椭圆方程得到222222(cossin)2cos0batab t，222222coscossinabANtba ，()cos2aAM，6因此2222222cossina bAM ANba，9987654321