2022年全国高中数学联赛江西省预赛试题及其解答.docx

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1、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2021 年 6 月 5 日上午 8:3011: 00一、填空题（每道题7 分，共 56 分）欢迎下载精品学习资源1、如 y16alog 2021x216 ax65的值域为 R ，那么 a 的取值范畴是 答案：欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源解：由值域yR ，x2ax651 ，x2ax640欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源a24 640 ，16a16 .欢迎下载精品学习资源2 、四周体 ABCD 中， ABC 是一个正三角形，ADBD2 ，ADBD ，欢迎下载精品学习资源ADCD ，就 D 到面 ABC 的距离为答案：2

2、3 A23欢迎下载精品学习资源解：如图，据题意得，2ABADBD22 ，C欢迎下载精品学习资源于是 BCCAAB22 ， CDAC 2AD 22 ，欢迎下载精品学习资源因 BC2BD 2CD 2，得 BDCD ，从而以 DBD欢迎下载精品学习资源为顶点的三面角是三直三面角，欢迎下载精品学习资源四周体体积 V1 ADSBCD4 ，而 SABC3AB 223 ，欢迎下载精品学习资源33如设 D 到面 ABC 的距离为 h ，就 V1 h S42 3ABCh ，由 2 3 h 4，欢迎下载精品学习资源得到 h23 33333欢迎下载精品学习资源3 、如对于全部的正数x, y ，均有xyaxy ，就实

3、数 a 的最小值是答案：2 欢迎下载精品学习资源22xyxy欢迎下载精品学习资源解：由xyxy1，得2 ，xyxy欢迎下载精品学习资源当 xy 时取等号4 、已知 P 是正方形 ABCD内切圆上的一点， 记APC,BPD，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2就 tan2tanY答案： 8 DCP欢迎下载精品学习资源解：如图建立直角坐标系，设圆方程为x2y2r，2OX欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源就正方形顶点坐标为Ar ,r , Br ,r , Cr , r , Dr , r ，AB欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源如点 P 的坐标为Prcos , rsin ，于是直线欢迎

4、下载精品学习资源PA, PB, PC, PD 的斜率分别为欢迎下载精品学习资源k1sin, k1sin， k1 sin, k1sin，欢迎下载精品学习资源PAPB1cos1cos2PCPD1cos1cos欢迎下载精品学习资源所以 tan2k PCkPA4cossin2 ，欢迎下载精品学习资源1kPAk PC欢迎下载精品学习资源tan 2kPD2k PB4cossin2 ，欢迎下载精品学习资源由此立得1tan 2k PBk PDtan28 欢迎下载精品学习资源解 2：取特例， P 在坐标轴上，就，欢迎下载精品学习资源这时，tancot2 2tan，1tan2tan222228欢迎下载精品学习资源

5、5 、等差数列 2,5,8,2021 与 4,9,14,2021 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，就问题等价于求等差数列3,6,9,2021与等差数列 5,10,15,2021 的公共项个数； 前者是 M1,2,3,2021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，故公共项欢迎下载精品学习资源是 M 中的全体能被 15 整除的数，这种数有2021134 个15欢迎下载精品学习资源6 、设 x 为锐角，就函数 ysinx sin 2 x 的最大值是答案：43 9欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源解：由 y22sinx cos

6、 x ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源得 y24sin 4 x cos2 x21cos2x1cos2x 2cos 2 x欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源1cos2x1cos2 x2cos 2 x3216欢迎下载精品学习资源322，3327欢迎下载精品学习资源所以 y43 当9cos2 x1 时取得等号3欢迎下载精品学习资源7 、如将前九个正整数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，你的填法是欢迎下载精品学习资源解答：（答案有多种）179263845欢迎下载精品学习资源8 、把从 1到 n n1 这 n

7、 个连续正整数按适当次序排成一个数列，使得数列中每相邻两项的和为平方数，就正整数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，如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M1,2, n ，由于 n1 ，欢迎下载精品学习资源就 M 中必有 2 ，而 279 ，所以 n可以搭配成中意条件的三个数段：7 ，当 n7 时，从 1到 7 这 7 个数欢迎下载精品学习资源1,3,6,2,7,4,5，但它们不能连接成一个7 项的数列， 故应增加后续的欢迎下载精品学习资源数，

8、增加 8 可使得第一段扩充成8,1,3,6 ，增加 9 可使得其次段扩充成2,7,9 ，但新的三段也不能连接，仍需增加新数，即n10 ，而之前的数如与 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 ，就 n15 ，而当欢迎下载精品学习资源M1,2,15时，可排出上面的情形：欢迎下载精品学习资源 8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9 二、解答题（共 64 分）x2y2欢迎下载精品学

9、习资源Y9、（ 14分）如图， CD 是椭圆a 2b21 的一条直径，N欢迎下载精品学习资源D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 ，M欢迎下载精品学习资源证明： AMANCO CD AOBX欢迎下载精品学习资源证 1：椭圆方程为xa cos, yb sin，C欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源点 A, N 的坐标为 Aa,0,N a cos, b sin ，就直线 AN 方程为欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源xat cosyt sin， 3欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源代入椭圆方程得到b2 cos2a 2 sin 2t2

10、2ab 2t cos0 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源ANt2ab2 cos2222， AMa ， 6 欢迎下载精品学习资源b cosa sincos2欢迎下载精品学习资源因此 AMAN2a 2b 22222， 9 欢迎下载精品学习资源b cosa sin欢迎下载精品学习资源又据 AN CD ，就点C, D 坐标为： COD cos ,OD sin ，欢迎下载精品学习资源D OD cos , OD sin ， 12由于 C, D 在椭圆上，就CO2a b22，而，b cos22a sin22CO CD2 CO22a b22b cos22a sin22，因此 AMANCO CD 14

11、证 2：易知 CD 的斜率 k 存在，不妨令 CD : ykx ，与椭圆方程联系，解得Cabkababkabb2a k22,b2a k2、D2b2a k22,b2a k22 3CO1b2k2a b22a2k 2, CD4 1b2k2a b22a2 k2COCD2 1k 2a2b2b2a2 k 2 6 AN 方程为： ykxa ,M0,ka .将 AN 方程与椭圆方程联立，得b2a2k 2x22a3k2 xk 2 a2a 2b2xAxN2a3k 2ab2a 3k 2b2a k22 ,x Nb2a k22 9 y2 kab2Nb2a k22,AMa 1k 2 12ANab2b 2a 3k 2a 2

12、 k22a4k 2 a2b422ab 2b 21k2，b2a k22a2 k 2,0欢迎下载精品学习资源2a2b2 1k 2欢迎下载精品学习资源AMANb2a2k 2COCD 14欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源10 、（51明：分）如图，D 是 ABC的旁心，点 A关于直线 DC 的对称点为 E 证欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源(1) 、B,C, E 三点共线； 2 、A, B, D , E 四点共圆欢迎下载精品学习资源ABCED证： 1、延长 DC 到 M ，延长 AC 到 N ,连 CE ，D 为旁心，CD 平分BCN ， 2又 A、E 关于 DC 对称，CM 平分AC

13、EDCNACM ,BCDMCEBCNACE,B、 C 、 E 三点共线；5 2、过 C 作 CI / AE 交 AD 于 I ，就 ICDC 7 I 为 ABC 内心；连 BI ,就 BI 平分ABC , 10IBD90 ,B、 D 、 C 、 I 四点共圆， 12CBDCIDEAD ,A、 B 、 D 、 E 四点共圆； 15欢迎下载精品学习资源11、（ 15 分）设x, y, z为正数，中意：xyyzzx1 ，证明：欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源xyz xy yz xz1x2 1y2 1-z 2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源证：据条件，即要证xyzx+y+z-xyz2y

14、 1x 121-z 2 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源也即 xyzx+y+z1-x 2y2z2x2 y2y2 z2x2 z2 3欢迎下载精品学习资源将此式各项齐次化，由于欢迎下载精品学习资源1 xyyzxz2x2 y2y2 z2x2 z22 xyz xyz 6 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源x2y2z2 x2y 2z2 xyyzxz欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源x3 yzy3 xzz3 xyxyz xyz 代入，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源只要证xyzxyz欢迎下载精品学习资源222222333欢迎下载精品学习资源222 x yy zx z x yzy

15、 xzz xyxyz xyz欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源即 x3 yzy3 xzz3 xy2 x2 y 2y 2z2x z 0 12欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源也即 xy xy 2yz yz2xzxz20 ；欢迎下载精品学习资源此为明显，故命题得证15证 2：由题设得：欢迎下载精品学习资源y xz1zx, x yz1yz, z xy1xy，欢迎下载精品学习资源三式相乘，故原不等式等价于证明：2221zx1yz1xy1x1y1z 3上式两边开放并化简得：欢迎下载精品学习资源x2y2z2xyyzzx欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源x2 y2y2 z2z2 x2x2

16、yzxy 2zxyz2 6 欢迎下载精品学习资源配方得：欢迎下载精品学习资源222xyyzzx2xyxz2yzxy2yzzx欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源x2yz 2y2zx 2z2xy22 9 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2即 1z2xy1x2yz1 y22zx0 12欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源0x, y, z1,1x20,1y20,1z20,欢迎下载精品学习资源明显成立 . 15欢迎下载精品学习资源12 、（ 20 分）设集合 A1,2,2021，对于 A的任一个 1008元子集 X ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源如存在x, yX ，中意xy

17、, x y ，就称 X 为“好集”，求最大的正整数 a ，欢迎下载精品学习资源（ aA ），使得任一个含 a 的 1008元子集皆为“好集” 欢迎下载精品学习资源解：因任何正整数n 可以表为 n2 t 形式，其中N ， t 为正奇数，于欢迎下载精品学习资源是集合 A 可划分为以下 1008个子集：欢迎下载精品学习资源Ajm m22 j1,N ,1m2021 ， j1,2,1008 4欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源对于集合 A的任一个 1008元子集 X ，只要集 X 中含有某一个Aj 中的至少欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源两个元素x, y, xy ，因 x2k1 2 j1,

18、 y2k2 2 j1) ，k1k2 ，就 x y ；欢迎下载精品学习资源此时 X 为好集；以下证明正整数 a 的最大值为 671： 8 如 a671时，对于 A 的任一个 1008 元子集 X ，假如 X 中含有某个 Aj 中欢迎下载精品学习资源的至少两个元素，就X 便是好集；假如Aj中的 1008个集合，每个集合欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源中恰有一个元素在X 中，那么A1007 也有一个元素在 X 中，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源但 A10072021为 单 元 素 集 ， 于 是 2021X， 而a 2021 ，欢迎下载精品学习资源 202167133a ，这说明

19、X 仍是好集，因此 a671合于要求12下面说明当 a672 时，存在含 a 的集 X 不是好集；分两种情形：欢迎下载精品学习资源(1) 、 如 a1009 ， 取 1008 元 集X 01009,1010, 201，6 就欢迎下载精品学习资源aX 0 ，因 X 0 中任两个不同元素xy ，均有 xy ，故 X 0 不为好集，这种 a 不合欢迎下载精品学习资源要求 152 、如 672a1008，记X1672j j0,1,336 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源X 2X 02672j j0,1,336，令 XX 1X 2 ，就 X1008，欢迎下载精品学习资源且 aX1 ，欢迎下载精

20、品学习资源如 X 中存在xy,x y ，因 x672 ， y2021 ，就 y3x ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源如 x672 ，假如x y, xy ，只有 y2 x 或者 y3 x ，此时 y 的取欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源值 只 能 是 ： y26721344， 或 者 y36722021； 由 于欢迎下载精品学习资源134426720, 20212672336 ，这说明， 这两个数已被挖去， 不在集合 X 中； 18如 x672 ，假如 x y ，只有 y2x ，这种数 y 也已悉数被挖去，即yX ，因此 X 不是好集，这种 a 也不合要求 综上所述， a 的最大值为 671 20欢迎下载精品学习资源欢迎下载