全国高中数学联赛江西省预赛试题及其解答.pdf

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1、全全国国高高中中数数学学联联赛赛江江西西省省预预赛赛试试题题及及其其解解答答 Modified by JACK on the afternoon of December 26,202020162016 年全国高中数学联赛江西省预赛年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答试题解答2016年年6月月5日上午日上午8:30 11:00一、填空题（每小题一、填空题（每小题7分，共分，共56分）分）1、若、若y log2016x2ax65的值域为的值域为R，那么，那么a的取值范围的取值范围是是答案：答案：16 a 16解：由值域解：由值域yR，x2ax65 1，x2ax64 0 a2464 0，16 a 1

2、6.2、四面体、四面体ABCD中，中，ABC是一个正三角形，是一个正三角形，AD BD 2，AD BD，AD CD，则，则D到面到面ABC的距离为的距离为答案：答案：2 33A A解：如图，据题意得，解：如图，据题意得，AB AD2 BD2 2 2，C CD DB B于是于是BC CA AB 2 2，CD AC2 AD2 2，因因BC2 BD2CD2，得，得BD CD，从而以，从而以D为顶点的三面角是三直三面角，为顶点的三面角是三直三面角，四面体体积四面体体积V ADSBCD1334 AB2 2 3，而，而SABC43若设若设D到面到面ABC的距离为的距离为h，则，则V hSABC2 34h，

3、33132 3h，由，由3得到得到h 2 333、若对于所有的正数、若对于所有的正数x,y，均有，均有x y a x y，则实数，则实数a的最小值是的最小值是答案：答案：222yyxx解：由解：由，得，得2，1x yx yx yx y当当x y时取等号时取等号4、已知、已知P是正方形是正方形ABCD内切圆上的一点，记内切圆上的一点，记Y Y答答APC,BPD，则，则tan2 tan2D DP PC C案：案：8解：如图建立直角坐标系，设圆方程为解：如图建立直角坐标系，设圆方程为x y r，222O OX XA AB B则正方形顶点坐标为则正方形顶点坐标为A(r,r),B(r,r),C(r,r)

4、,D(r,r)，若点若点P的坐标为的坐标为P(rcos,rsin)，于是直线，于是直线PA,PB,PC,PD的斜率分别为的斜率分别为kPA1sin1sin1sin1sin，kPC，,kPB,kPD 1cos1cos1cos1cos2 kk所以所以tan2PCPA 4(cossin)2，1kPAkPC kktan2PDPB 4(cossin)2，1kPBkPD2由此立得由此立得tan2 tan28解解 2 2：取特例，：取特例，P在坐标轴上，则在坐标轴上，则，这时，这时，tan cot2 2 tan，tan2 tan2 2222815、等差数列、等差数列2,5,8,2015与与4,9,14,20

5、14的公共项（具有的公共项（具有相同数值的项）的个数是相同数值的项）的个数是答案：答案：134解：将两个数列中的各项都加解：将两个数列中的各项都加1，则问题等价于求等差数列，则问题等价于求等差数列3,6,9,2016与等差数列与等差数列5,10,15,2015的公共项个数；前者的公共项个数；前者是是M 1,2,3,2016中的全体能被中的全体能被3整除的数，后者是整除的数，后者是M中中的全体能被的全体能被5整除的数，故公共项是整除的数，故公共项是M中的全体能被中的全体能被15整除整除的数，这种数有的数，这种数有2016134个个156、设、设x为锐角，则函数为锐角，则函数y sin xsin2

6、x的最大值的最大值是是答案：答案：4 39解：由解：由y 2sin2xcos x，得得y2 4sin4xcos2x 2(1cos2x)(1cos2x)2cos2x(1cos2x)(1cos2x)2cos2x 216 2 2，33274 31当当cos2x 时取得等号时取得等号9333所以所以y 7、若将前九个正整数、若将前九个正整数1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填写于一张分别填写于一张33方格表的九个格子中，使得每行三数的和，每列三数的和皆方格表的九个格子中，使得每行三数的和，每列三数的和皆1 17 79 9为质数，你的填法是为质数，你的填法是解答：（答案有多种）解答：（答案有多种）2

7、 28 86 64 43 35 58、把从、把从1到到n(n 1)这这n个连续正整数按适当顺序排成一个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，则正整数数列，使得数列中每相邻两项的和为平方数，则正整数n的的最小值是最小值是答案：答案：15例如，排出的一个数列为例如，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为填空题直接操作记这记这n个连续正整数的集合为个连续正整数的集合为M 1,2,n，由于，由于n

8、1，则则M中必有中必有2，而，而27 9，所以，所以n 7，当，当n 7时，从时，从1到到7这这7个数可以搭配成满足条件的三个数段：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，但它们不能连接成一个7项的数列，故应项的数列，故应增加后续的数，增加增加后续的数，增加8可使得第一段扩充成可使得第一段扩充成(8,1,3,6)，增加，增加9可使得第二段扩充成可使得第二段扩充成(2,7,9)，但新的三段也不能连接，还需，但新的三段也不能连接，还需增加新数，即增加新数，即n 10，而之前的数若与，而之前的数若与8,9,10邻接，只有邻接，只有81 9,9

9、7 16,106 16，这三段扩充为，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，仍旧不能连接，应当借助新的平方数平方数25，从，从1到到10这这10个数能搭配成和为个数能搭配成和为25的最小数是的最小数是15，则，则n 15，而当，而当M 1,2,15时，可排出上面的情形：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（共二、解答题（共64分）分）x2y2Y Y9、（、（14分）如图，分）如图，CD是椭圆是椭圆221的一条直径，的一条直径，abN ND DB BX XM M过椭圆长轴

10、的左顶点过椭圆长轴的左顶点A作作CD的平行线，交椭圆于的平行线，交椭圆于A AO OC C另一点另一点N，交椭圆短轴所在直线于，交椭圆短轴所在直线于M，证明：证明：AM AN COCD证证 1 1：椭圆方程为：椭圆方程为x acos,y bsin，点点A,N的坐标为的坐标为A(a,0),N(acos,bsin)，则直线，则直线AN方程为方程为x atcos，3y tsin代入椭圆方程得到代入椭圆方程得到(b2cos2a2sin2)t22ab2tcos 0，2ab2cosaAN t 2，AM()，6222b cosa sincos22a2b2因此因此AM AN 22，922b cosa sin又

11、据又据ANCD，则点，则点C,D坐标为：坐标为：C(OD cos,OD sin)，D(OD cos,OD sin)，12a2b2因为因为C,D在椭圆上，则在椭圆上，则CO22，而，而，b cosa2sin222a2b2COCD 2 CO2，222b cosa sin2因此因此AM AN COCD14证证 2 2：易知易知CD的斜率的斜率k存在，不妨令存在，不妨令CD:y kx，与椭圆方程联，与椭圆方程联系，系，解得解得abkabC,b2a2k2b2a2k2abkab、D,222b2a2k2b a k3 CO 1ka b2222b a k22,CD 41k2a2b2b a k222,CO CD

12、21k2a2b2b2a2k26AN方程为：方程为：y kxa,M0,ka.将将AN方程与椭圆方程联立，得方程与椭圆方程联立，得b2a2k2x22a3k2xk2a2a2b2 02a3k2ab2a3k2xA xN 2,xN292222b a kb a k2kab22yN2,AM a 1k1222b a k ab2a3k24k2a2b42ab21k2AN 2a2，22222222b a kb a kb a k2 AM AN 2a2b21k2b2a2k2 CO CD1410、（、（15分）如图，分）如图，D是是ABC的旁心，点的旁心，点A关于直线关于直线DC的对称点为的对称点为E证明：证明：(1)、B

13、,C,E三点共线；三点共线；(2)、A,B,D,E四点共圆四点共圆B BD DA AC CE E证：证：1 1、延长、延长DC到到M，延长，延长AC到到N,连连CE，D为旁心，为旁心，CD平分平分BCN，2又又A、E关于关于DC对称，对称，CM平分平分ACEDCN ACM,BCD MCEBCN ACE,B、C、E三点共线。三点共线。52 2、过、过C作作CI/AE交交AD于于I，则，则IC DC7I为为ABC内心。连内心。连BI,则则BI平分平分ABC,10IBD 90,B、D、C、I四点共圆，四点共圆，12CBD CID EAD,A、B、D、E四点共圆。四点共圆。1511、（、（15分）设分

14、）设x,y,z为正数，满足：为正数，满足：xy yz zx 1，证明：，证明：xyz(x y)(y z)(x z)(1 x2)(1 y2)(1-z2)证：据条件，即要证证：据条件，即要证xyz(x+y+z-xyz)(1 x2)(1 y2)(1-z2)也即也即xyz(x+y+z)1-(x2 y2 z2)(x2y2 y2z2 x2z2)3将此式各项齐次化，因为将此式各项齐次化，因为1(xy yz xz)2 x2y2 y2z2 x2z2 2xyz(x y z)6x2 y2 z2(x2 y2 z2)(xy yz xz)x3(y z)y3(x z)z3(x y)xyz(x y z)代入，代入，只要证只要

15、证xyz(x y z)2(x2y2 y2z2 x2z2)x3(y z)y3(x z)z3(x y)xyz(x y z)即即x3(y z)y3(x z)z3(x y)2(x2y2 y2z2 x2z2)012也即也即xy(x y)2 yz(y z)2 xz(x z)2 0。此为显然，故命题得证此为显然，故命题得证15证证 2 2：由题设得：由题设得：yx z1 zx,xy z1 yz,zx y1 xy，三式相乘，故原不等式等价于证明：三式相乘，故原不等式等价于证明：1 zx1 yz1 xy1 x21 y21 z23上式两边展开并化简得：上式两边展开并化简得：x2 y2 z2xy yz zxx2y2

16、 y2z2 z2x2x2yz xy2z xyz26配方得：配方得：x yy zz x222xy xzyz xyyz zx222 x2y z y2z x z2x y9222即即1 z2x y1 x2y z1 y2z x 0122220 x,y,z 1,1 x2 0,1 y2 0,1 z2 0,显然成显然成立立.1512、（、（20分）设集合分）设集合A1,2,2016，对于，对于A的任一个的任一个1008元子集元子集X，若存在，若存在x,y X，满足，满足x y,x y，则称，则称X为“好为“好集”，求最大的正整数集”，求最大的正整数a，（，（a A），使得任一个含），使得任一个含a的的1008

17、元子集皆为“好集”元子集皆为“好集”解：因任何正整数解：因任何正整数n可以表为可以表为n 2t形式，其中形式，其中N，t为为正奇数，于是集合正奇数，于是集合A可划分为以下可划分为以下1008个子集：个子集：Aj m m 2(2 j 1),N,1 m 2016，j 1,2,10084对于集合对于集合A的任一个的任一个1008元子集元子集X，只要集，只要集X中含有某一个中含有某一个Aj中的至少两个元素中的至少两个元素x,y,(x y)，因，因x 2k1(2 j 1),y 2k2(2 j 1)，k1 k2，则，则x y；此时；此时X为好集；为好集；以下证明正整数以下证明正整数a的最大值为的最大值为6

18、71：8若若a 671时，对于时，对于A的任一个的任一个1008元子集元子集X，如果，如果X中含有中含有某个某个Aj中的至少两个元素，则中的至少两个元素，则X便是好集；如果便是好集；如果Aj中的中的1008个集合，每个集合中恰有一个元素在个集合，每个集合中恰有一个元素在X中，那么中，那么A1007也也有一个元素在有一个元素在X中，中，但但A10072013为单元素集，于是为单元素集，于是2013X，而，而a 2013，(2013 67133a)，这说明，这说明X仍是好集，仍是好集，因此因此a 671合于要求合于要求12下面说明当下面说明当a 672时，存在含时，存在含a的集的集X不是好集；分两

19、种情不是好集；分两种情况：况：(1)、若、若a 1009，取，取1008元集元集X01009,1010,2016，则则a X0，因因X0中任两个不同元素中任两个不同元素x y，均有，均有xy，故，故X0不为好集，不为好集，这种这种a不合要求不合要求15(2)、若、若672 a 1008，记，记X1672 j j 0,1,336，X2 X02(672 j)j 0,1,336，令，令X X1X2，则，则X 1008，且，且a X1，若若X中存在中存在x y,x y，因，因x 672，y 2016，则，则y 3x；若若x 672，如果，如果x y,x y，只有，只有y 2x或者或者y 3x，此，此时时y的取值只能是：的取值只能是：y 2672 1344，或者，或者y 3672 2016；由于；由于1344 2(6720),2016 2(672336)，这说明，这两个数已被挖去，不在集合这说明，这两个数已被挖去，不在集合X中；中；18若若x 672，假若，假若x y，只有，只有y 2x，这种数，这种数y也已悉数被也已悉数被挖去，即挖去，即y X，因此，因此X不是好集，这种不是好集，这种a也不合要求也不合要求综上所述，综上所述，a的最大值为的最大值为67120