2015年全国高中数学联赛江西省预赛

2015 年全国高中数学联赛江西省预赛
一 、填空题(本大题共 8 小题,共 80 分) 并且其数字和 a ? b ? c 也是一个平方数, 则称 n 为超级平方 1.若三位数 n ? abc 是一个平方数, 数,这种超级平方数的个数是
2 2

. .

2.函数 y ? 8 x ? x ? 14 x ? x ? 48 的最大值是

3.直线 l 过点 M (1, 2) ,若它被两平行线 4 x ? 3 y ? 1 ? 0 与 4 x ? 3 y ? 6 ? 0 所截得的线段长为

2 ,则直线 l 的方程为
4.

或者

.

1 3 ? ? sin10? cos10?
2

.

5.满足 1 ? x ? x 的实数 x 的取值范围是

.

6. 若 实 数 x, y, z ? 0 , 且 x ? y ? z ? 30, 3 x ? y ? z ? 50 , 则 T ? 5 x ? 4 y ? 2 z 的 取 值 范 围 是 .

7.在前一万个正整数构成的集合 ?1, 2,? ,10000? 中,被 3 除余 2 ,并且被 5 除余 3 ,被 7 除余 4 的元素个数是 .

8.如图,正四面体 ABCD 的各棱长皆为 2 , A1 , B1 , C1 分别是棱 DA, DB, DC 的中点,

? A1 B1 , B 以 D 为圆心,1 为半径,分别在面 DAB, DBC 内作弧 ? 1C1 ,
并 将 两 弧 各 分 成 五 等 分 , 分 点 顺 次 为 A1 , P 1, P 2, P 3, P 4 , B1 以 及

B1 , Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , C1 ,一只甲虫欲从点 P 沿四面体表面爬行 1 出发,
至点 Q4 ,则其爬行的最短距离为 二 、解答题(本大题共 4 小题,共 70 分)
2

.

9.正整数数列 ?an ? 满足: a1 ? 2, an ?1 ? an ? an ? 1 ;证明:数列的任何两项皆互质. 10. H 为锐角三角形 ABC 的垂心,在线段 CH 上任取一点 E ,延长 CH 到 F ,使 HF ? CE , 作 FD ? BC , EG ? BH ,其中 D, G 为垂足, M 是线段 CF 的中点, O1 , O2 分别为

?ABG, ?BCH 的外接圆圆心, ?O1 , ? O2 的另一交点为 N ;
证明: ?1? A, B, D, G 四点共圆;

? 2 ? O1 , O2 , M , N 四点共圆;

A
F

G H N M E

O1

B

D

C

O2

11.对于任意给定的无理数 a, b 及实数 r ? 0 ,证明:圆周 ? x ? a ? ? ? y ? b ? ? r 上至多只有两
2 2 2

个有理点(纵横坐标皆是有理数的点) . 12.从集合 M ? ?1, 2,? ,36? 中删去 n 个数,使得剩下的元素中,任两个数之和都不是 2015 的 因数,求 n 的最小值.

0.2015 一 、填空题 1.答案: 13 个.

年全国高中数学联赛江西省预赛答案解析

解:可顺次列举出: 100,121,144,169,196, 225,324, 400, 441, 484,529,900,961 . 2.答案: 2 3 . 解: y ?

x(8 ? x) ? ( x ? 6)(8 ? x) ? 8 ? x

?

x ? x?6 ?

?

6 8? x , x ? x?6

其定义域为 6 ? x ? 8 ,当 x ? 6 时,此分式的分子最大而分母最小,这时分式的值达最大, 其值为 2 3 . 3.答案: x ? 7 y ? 15 或者 7 x ? y ? 5 . 解 1:设 l 的方程为 y ? 2 ? k ( x ? 1) ,将此方程分别与 4 x ? 3 y ? 1 ? 0 及 4 x ? 3 y ? 6 ? 0 联 立,解得交点坐标 A ?
2

? 3k ? 7 ?5k ? 8 ? ? 3k ? 12 ?10k ? 8 ? , , ? 与 B? ? ,据 AB ? 2 , ? 3k ? 4 3k ? 4 ? ? 3k ? 4 3k ? 4 ?
2

1 25(k 2 ? 1) ? 5 ? ? 5k ? 2 ,即 ? 2 ,所以 k1 ? 7 , k2 ? ? ,分别代入 得 ? ? ? ? ? ? 2 7 ? 3k ? 4 ? ? 3k ? 4 ? ? 3k ? 4 ?
所设方程,得到 x ? 7 y ? 15 或者 7 x ? y ? 5 .

11 ,两平行线间距离为 1 ,所以所求直线与已知直 5 1 线的夹角为 45? 或 135? ,可求得其斜率为 7 或 ? ,下同. 7 4.答案: 4 .
解 2:点 M 到 4 x ? 3 y ? 1 ? 0 的距离为

1 3 cos10? ? sin10? 1 3 sin 30? cos10? ? cos 30? sin10? 2 2 ? ? 4? ?4 解: sin10? cos10? 2sin10? cos10? 2sin10? cos10?

? 4?

sin 20? ? 4. sin 20?
? ?

5.答案: ? ?1,

2? ?. 2 ?
2

解:用图像法:令 y ? 1 ? x ,此为单位圆的上半圆,它与直线 y ? x 交点 ? 半圆位于交点左侧的图像皆在直线 y ? x 上方;或者三角函数代换法:

? 1 1 ? , ?, ? 2 2?

因 ?1 ? x ? 1 , 令 x ? cos ? , 0 ? ? ? ? , 则 y ? sin ? , 由条件式 1 ? x ? x , 平方得 2 x ? 1 ,
2

2

则x?

? 2? 1 ,又有 x ? cos ? ? ?1 ,因此 x ? ? ?1, ?. 2 ? 2 ?

6.答案: ?120,130? . 解 1: T ? 5 x ? 4 y ? 2 z ? ? x ? y ? z ? ? ? 4 x ? 3 y ? z ? ? 30 ? ? 4 x ? 3 y ? z ? 因 4 x ? 2 y ? ? x ? y ? z ? ? ? 3 x ? y ? z ? ? 80 ,所以 T ? 110 ? ( y ? z ) ,

20 ? (3x ? y ? z ) ? ( x ? y ? z ) ? 2( x ? z ) ,则 x ? z ? 10 ,因 x, z 非负,于是 x ? 10 ,
从而由 x ? y ? z ? 30 知, y ? z ? 20 ,得到 T ? 110 ? ( y ? z ) ? 130 , (当 z ? 0, x ? 10, y ? 20 时取得等号) 再由 4 x ? 2 y ? 80 , y ? 0 ,则 x ? 20 ,所以 y ? z ? 30 ? x ? 10 ,于是

T ? 110 ? ( y ? z ) ? 120 , (当 x ? 20, y ? 0, z ? 10 时取得等号) ,所以 120 ? T ? 130 .
解 2:将条件式相减得 x ? 10 ? z ,代入条件 x ? y ? z ? 30 得 y ? 20 ? 2 z . 因为 y ? 0 ,所以 0 ? z ? 10 ,故 T ? 5 ?10 ? z ? ? 4 ? 20 ? 2 z ? ? 2 z ? 130 ? z , 因为 0 ? z ? 10 ,因此 120 ? T ? 130 . 7.解 1:对于每个满足条件的数 n ,数 2n 应当被 3,5, 7 除皆余 1 ,且为偶数;因此, 2n ? 1 应当 是 3,5, 7 的公倍数,且为奇数;即 2n ? 1 是 105 的奇倍数,而当 n ? ?1, 2,? ,10000? 时,

2n ? 1 ? ?1, 2,? ,19999? ,由于在 ?1, 2,? ,19999? 中,共有 190 个数是 105 的倍数,其中
的奇倍数恰有 95 个. 解 2:易知第 1 个满足条件的数为 53 ,设最后一个为 an ,则 an ? 53 ? 105 ? n ? 1? ? 10000 , 解得 n ? 95 . 8.答案: 2sin 42? . 解:作两种展开,然后比较;

? A1 B1 被 A1 , P 由于 ? 1, P 2, P 3, P 4 , B1 分成五段等弧,每段弧对应的中心角各为 12? , B1C1 被

B1 , Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , C1 分成五段等弧,每段弧对应的中心角也各为 12? ,
若将 ?DBC 绕线段 DB 旋转,使之与 ?DAB 共面,这两段弧均重合于以 D 为圆心,半径

? 对应的圆心角为 8 ? 12? ? 96? , 此时, 点P 为 1 的圆周,PQ 1 4 1 , Q4 之间直线距离为 2sin 48? ,

若将 ?DAB 绕线段 DA 旋转, ?DBC 绕线段 DC 旋转,使之皆与 ?DAC 共面,在所得图

? 对应的圆心角为 7 ? 12? ? 84? ,此时,点 P , Q 之间直线距离为 2sin 42? , 形中, PQ 1 4 1 4
所以最短距离是 2sin 42? . 二 、解答题 9.证:改写条件为 an ?1 ? 1 ? an (an ? 1) ,从而 an ? 1 ? an ?1 (an ?1 ? 1) ,等等,据此迭代得

an ?1 ? 1 ? an an ?1 (an ?1 ? 1) ? an an ?1an ? 2 (an ? 2 ? 1) ? ? ? an an ?1 ? a1 (a1 ? 1) ? an an ?1 ? a1 ,
所以, an ? an ?1an ? 2 ? a1 ? 1 ,因此当 k ? n , (an , ak ) ? 1 . 10.证: ?1? 、如图,设 EG ? DF ? K ,连 AH , 则因 AC ? BH , EK ? BH , AH ? BC ,

KF ? BC ,得 CA ∥ EK , AH ∥ KF ,且 CH ? EF ,所以 ?CAF ≌ ?EKF , AH 与 KF 平行且相等,故 AK ∥ HF ,

?KAB ? 900 ? ?KDB ? ?KGB ,因此,
K

A, B, D, G 四点共圆;

A

? 2 ? 、据 ?1? , BK 为 ?O1 的直径,作 ?O2 的
直径 BP ,连 CP, KP, HP, O1O2 ,则

O1
F H

G N M E

?BCP ? ?BHP ? 900 ,所以 CP ∥ AH ,
HP ∥ AC ,故 AHPC 为平行四边形,进而
得,

B

D

C

O2 P

PC 与 KF 平行且相等,因此对角线 KP 与 CF 互 相 平 分 于 M , 从 而 O1 , O2 , M 是

?KBP 三边的中点, KM ∥ O1O2 ,
而由 ?KNB ? 90 , O1O2 ? BN ,得 KN ∥ O1O2 ,所以 M , N , K 共线,
0

因此 MN ∥ O1O2 , 又由 ?KBP 的中位线知 MO2 ? O1 B ? O1 N , 因此四边形 O1O2 MN 是等 腰梯形,其顶点共圆. 11.证:对于点 M ? a, b ? ,用 P ? M , r ? 表示上述圆周上有理点的个数;首先,我们可以作一个合 于条件的圆,其上至少有两个有理点,为此,取点 A ? 0, 0 ? , B ? 2, 2 ? ,线段 AB 中垂线 l 的 方程为: x ? y ? 2 ,今在 l 上取点 M 1 ? 2, 1 ? 2 ,再取 r ? MA ?

?

?

6 ,则以 M 为圆

心、 r 为半径的圆周上至少有 A, B 这两个有理点; 其次说明,对于任何无理点 M 以及任意正实数 r , P ? M , r ? ? 2 ; 为此,假设有无理点 M ? a, b ? 及正实数 r ,在以 M 为圆心, r 为半径的圆周上,至少有三 个有理点 Ai ? xi , yi ? , xi , yi 为有理数, i ? 1, 2,3 ,则

? x1 ? a ? ? ? y1 ? b ?
2

2

? ? x2 ? a ? ? ? y2 ? b ? ? ? x3 ? a ? ? ? y3 ? b ?
2 2 2

2

……①

1 2 ? x1 ? y12 ? x22 ? y22 ? ……② 2 1 据后一等号得 ? x2 ? x3 ? a ? ? y2 ? y3 ? b ? ? x22 ? y22 ? x32 ? y32 ? ……③ 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 记 x1 ? y12 ? x2 ? y2 ? t1 , ? x2 ? y2 ? x3 ? y3 ? ? ? ? t2 ,则 t1 , t2 为有理数, 2 2
据前一等号得

? x1 ? x2 ? a ? ? y1 ? y2 ? b ?

若 x1 ? x2 ? 0 ,则由②, ? y1 ? y2 ? b ? t1 ,因 b 为无理数,得 y1 ? y2 ? 0 ,故 A1 , A2 共点, 矛盾!同理,若 x2 ? x3 ? 0 ,可得 A2 , A3 共点,矛盾! 若 x1 ? x2 ? 0, x2 ? x3 ? 0 ,由②、③消去 b 得,

? ?? x1 ? x2 ?? y2 ? y3 ? ? ? y1 ? y2 ?? x2 ? x3 ? ? ? a ? t1 ? y2 ? y3 ? ? t2 ? y1 ? y2 ? ? 有理数,因 a 为无
理数,故得, ? x1 ? x2 ?? y2 ? y3 ? ? ? y1 ? y2 ?? x2 ? x3 ? ? 0 ,所以

y1 ? y2 y3 ? y2 ? ,则 A1 , A2 , A3 共线,这与 A1 , A2 , A3 共圆矛盾! x1 ? x2 x3 ? x2
因此所设不真, 即这种圆上至多有两个有理点. 于是对于所有的无理点 M 及所有正实数 r ,

P ? M , r ? 的最大值为 2 .
12.答案: 17 . 解:因 2015 ? 5 ? 13 ? 31 , M 中任两个元素之和不大于 71 ,由于 2015 不大于 71 的正因 数有 1,5,13,31, 65 ,在 M 的二元子集中,元素和为 5 的有 ?1, 4? , ?2,3? ; 元素和为 13 的有 ?1,12? , ?2,11? , ?3,10? , ?4,9? , ?5,8? , ?6, 7? ; 元素和为 31 的有 ?1,30? , ?2, 29? , ?3, 28? , ?4, 27? , ?5, 26? , ?6, 25? ,? , ?15,16? ; 元素和为 65 的有 ?29,36? , ?30,35? , ?31,34? , ?32,33? ; 为直观起见,我们将其画成一个图,每条线段两端的数为上述一个二元子集,为了不构成 这些和,每对数(每条线段)中至少要删去一个数;

19 12 1 35 30 (A) 4

27

20 11 2 3 (B)

28

13 14

18 17 16 34 33 (E)

9

22 36 29

10 21

15 31

23

8

5 (C)

26

24

7 (D)

6

25

32

于是在图 ( A), ( B) 中各至少要删去 4 个数,图 (C ), ( D) 中各至少要删去 2 个数,图 ( E ) 中至 少删去 5 个数,总共至少要删去 17 个数. 另一方面,删去适当的 17 个数,可以使得余下的数满足条件;例如在图 ( A) 中删去

12,30, 4, 22 ,图 ( B) 中删去 11, 29,3, 21 , (C ) 中删去 23,5 , ( D) 中删去 24, 6 , ( E ) 中删
去 13,14,15,31,32 .这时图中所有的线段都已被断开.


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