全国高中数学联赛预赛试题解答.pdf

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1、2011 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答一、填空题（共8题，每题 10 分，计80分）1、2011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的四位数总共有个答案：20解：这种四位数x1x2x3x4的个数，就是不定方程x1 x2 x3 x4 4满足条件x11，x2,x3,x4 0的整解的个数；即y1 x2 x3 x4 3的非负整解个数，其中13y1 x11，易知这种解有C3441 C6 20个，即总共有20个这样的四位数2、设数列an满足:a11,a2 2,且对于其中任意三个连续项an1,an,an1,都有:(n1)an1(n1)an12.则通项an答案：32nn解：

2、由条件得，2nan(n1)an1(n1)an1，所以，aan1(n1)(an1an)(n1)(anan1)，故n1n，而a2a11；anan1n1aaa an1a an1 n2 n31an1ann1nn32(a2a1)1anan1an1an2a2a1n1nn132211 2()；于是anan1n(n1)n(n1)n1n12由此得，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 2(1)1 3.nn3、以抛物线y x2上的一点M1,1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的坐标为答案：(1,2)an解：设A(x1,x),B(x2,x)，则kMA212

3、22x121x21 x11,kMB x21，x11x212x12 x2kAB x1 x2，直线AB方程为y x12(x1 x2)(x x1)，即x1 x2y (x1 x2)x x1x2，因为MA MB，则(x11)(x21)1，即x1x2 2(x1 x2)，代人方程得y 2 (x1 x2)(x1)，于是点(1,2)在直线AB上；同理，若设C(x3,x3),D(x4,x4)，则CD方程为y 2 (x3 x4)(x1)，即点(1,2)也在直线CD上，因此交点E的坐标为E(1,2)4、设x,y,zR,x y z 1，则函数f(x,y,z)xy z的最大值是答案：23221432yyzzzy y z

4、z z 66x，所以，223332 2 3 3 3解：由1 x y z x11yz111，当x，即xy2z3，即xy2z3432 34322364276111x,y,z 时取得等号63215、sin6 sin42 sin66 sin78 答案：16cos6sin6cos48cos24cos12解：sin6 cos48 cos24 cos12 cos6sin12cos12cos24cos48sin24cos24cos48sin48cos482cos 64cos 68cos 6sin96116cos 616226、满足x 7y 2011的一组正整数(x,y)答案：(38,9)解：由于2011是4N

5、 3形状的数，所以y必为奇数，而x为偶数，设x 2m，y 2n1，代人得4m228n(n1)2004，即m27n(n1)50122而n(n1)为偶数，则m为奇数，设m 2k 1，则m 4k(k 1)1，n(n1)n(n1)由得，k(k 1)7为奇数，且n,n1中恰有一125，则44n(n1)个是4的倍数，当n 4r，为使7 7r(4r 1)为奇数，且7r(4r 1)125，4只有6r 1，成为k(k 1)35 125，即k(k 1)90，于是n 4,k 9,x 38,y 9；n(n1)若n1 4r，为使7 7r(4r 1)为奇数，且7r(4r 1)125，只有r 1，4成为k(k 1)2112

6、5，即k(k 1)104，它无整解；22于是(x,y)(38,9)是唯一解：38 79 2011222（另外，也可由x为偶数出发，使2011 x 2009(x 2)7287(x 2)为7的2倍数，那么x 2是7的倍数，故x是7k 3形状的偶数，依次取k 1,3,5，检验相应的六个数即可）7、正三棱锥D ABC的底面边长为4，侧棱长为8，过点A作与侧棱DB,DC都相交的截面AEF，那么，AEF周长的最小值是答案：11解 1：作三棱锥侧面展开图，当A,E,F,A1共线且EFBC时，AEF周长最小，于是等腰DEFAEB，AE AB 4，D DF FE ED DC CE EA A1 1F FBEAB1

7、，即BE 2，DE 6，ABDA2EFDE63，所以EF 3，BCDB84C CB BA AB BA A由A1F AE 4，则AA1 AE EF FA111解 2：作三棱锥侧面展开图，易知当A,E,F,A1共线时，设ADB,AEF周长最小，82824277.cos3 4cos33cos则cos,28881287AA128282288121,AA111.128用S(n)表示正整数n的各位数字之和，则S(n)答案：8、28072n12011解：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M 000,001,位为a的“三位数”恰有100个：a00,

8、a01,999，易知对于每个a0,1,9，首,a99，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，999999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，S(n)S(n)30045n1n0今考虑四位数：在1000,1001,0000,0001,1999n11999n0,1999中，首位（千位）上，共有一千个1，而在,0999中，首位（千位）上，共有一千个0，因此，999n0S(n)S(n)10002S(n)100060045 28000；2011n2000

9、其次，易算出，S(n)72。所以，S(n)S(n)28072n1n020112011二、解答题（共3题，合计70分）（20 分）、已知A BC ,9、求sin Asin BsinC1，cos AcosBcosCcos2Acos2Bcos2C的值cos AcosBcosCsin Asin BsinC解：由1，即sin Asin BsinC cos AcosBcosC，cos AcosBcosC222平方得sin Asin B sin C 2(sin Asin Bsin BsinC sinCsin A)cos2Acos2Bcos2C 2(cos AcosBcosBcosC cosCcos A)（1

10、0 分）所以(cos Asin A)(cos B sin B)(cos C sin C)222222 2cos(A B)cos(BC)cos(C A)（15 分）因为A BC ，即cos2Acos2Bcos2C 2(cos AcosBcosC)，所以cos2Acos2Bcos2C 2（20 分）cos AcosBcosCA AMMN NF FI IB BD DE EC C（25分）如图，ABC的内心为I，M,N分别是AB,AC的中点，AB AC，10、内切圆I分别与边BC,CA相切于D,E；证明：MN,BI,DE三线共点证：如图，设MN,BI交于点F，连AF,AI,IE,EF，由于中位线MNB

11、C，以及BF平分B，则MF MB MA，所以AFB 90，因IE AE，得A（10 分）、F、E、I共圆所以AEF AIF；又注意I是ABC的内心，则ABCAEF AIF IABIBA 90，(15 分)222连DE，在CDE中，由于切线CD CE，所以1CCED CDE 180 C 90 AEF，22因此D,E,F三点共线，即有MN,BI,DE三线共点（25 分）（25分）在电脑屏幕上给出一个正2011边形，它的顶11、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2011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，

12、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？证明你的结论证明(1)：由于2011为质数，而1 a 2011，则(a,2011)1，据裴蜀定理，存在正整数m,n，使am2011n 1，如果a为奇数，则中的m,n一奇一偶，如果m为偶数，n为奇数，将改写成：a(m2011)2011(na)1，令m m2011,n na，上式成为am2011n 1，其中m为奇数，n为偶数总之存在奇数m和偶数n，使式成立；据，am 2011n1

13、，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，据知，点A的颜色被改变了奇数次（n1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；因此，可以经过有限多次这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多次这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多边形所有顶点都成为黑色（10 分）(2)：当a为偶数时，将有如下结论：如果开初给定的正多边形有奇数个黑点、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，如果开初给定的正多边形有奇数

14、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；（15 分）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)a1；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，则中的n为奇数，设A,B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，据知，点A的颜色被改

15、变了偶数次（n1次），从而颜色不变，而其余所有2010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2010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A,B两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有2009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，如果开初给定的正多边形有奇数个白点、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）（25 分）