2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案

2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题

一、填空题（每小题10分，共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．

2、设数列{}n a 满足:121,2a a ==,且对于其中任三个连续项11,,n n n a a a -+,都

有:11

(1)(1)2n n n n a n a a n

-+-++=

.则通项n a = ．

3、以抛物线2y x =上的一点()1,1M 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．

4、设,,,1x y z R x y z +∈++=，则函数23(,,)f x y z xy z =的最大值是．

5、0000sin 6sin 42sin 66sin 78= ．

6、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．

7、满足2272011x y +=的一组正整数(,)x y = ．

8、用()S n 表示正整数n 的各位数字之和，则2011

()n S n ==∑ ．

二、解答题（共3题，合计70分）

9、

（20分）、设0

180A B C ++=，且满足：sin sin sin 1cos cos cos A B C

A B C

++=++，求

cos 2cos 2cos 2cos cos cos A B C

A B C

++++的值．

10、（25分）如图，A BC ?的内心为I ，,M N 分别是,AB AC 的中点，AB AC >，内切圆

I 分别与边,BC CA 相切于,D E ；证明：,,MN BI DE 三线共点．

11、

（25分）在电脑屏幕上给出一个正2011边形，它的顶点分别被涂成黑、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，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．

解答

1、20．提示：这种四位数1234x x x x 的个数，就是不定方程12344x x x x +++=满足

条件11x ≥，234,,0x x x ≥的整解的个数；即12343y x x x +++=的非负整解个数，其中

111y x =-，易知这种解有413

341620C C -+-==个，即总共有20个这样的四位数．

（注：也可直接列举．）

2、2

．提示：由条件得， 112(1)(1)n n n na n a n a -+=-++，

所以

11(1)()(1)()n n n n n a a n a a +-+-=--，

故

111

n n n n a a n a a n +---=-+，而211a a -=；

12111221

()123

11113

n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n n +-+-------=

?-------=

?????+-

(1)

n n =

+；

于是

1211

2()(1)1n n a a n n n n

--=

=---；

由此得

112211

()()()1

2(1)1

23n n n n n a a a a a a a a n n

---=-+-++-+=-+=-

3、(1,2)-．提示：设22

1122

(,),(,)A x x B x x ，则

211122

2211,11

1,1

MB x k x x x k x x -==+--=

=+-

121212

x x k x x x x -==+-，直线AB 方程为

21121()()y x x x x x -=+-，

即1212()y x x x x x =+-，因为MA MB ⊥，则

12(1)(1)1x x ++=-，

即

12122()x x x x -=++，

代人方程得

122()(1)y x x x -=++，

于是点(1,2)-在直线AB 上；

同理，若设2

3344(,),(,)C x x D x x ，则CD 方程为

342()(1)y x x x -=++，

即点(1,2)-也在直线CD 上，因此交点E 的坐标为(1,2)E -．

4、

432

．提示：由

122333x y z

y y z z z x =++=+++++≥

所以，

23114276xy z ??

≤ ????

，即

2343

23432

xy z ≤

=?，

当1236y z x =

==，即111

,,632

x y z ===时取得等号． 5、

．提示： 0000

000000sin 6cos 48cos 24cos12cos6sin 6cos 48cos 24cos12cos6=

00000

000

sin12cos12cos 24cos 482cos 6sin 24cos 24cos 484cos 6sin 48cos 488cos 6=

00sin 96116cos 616

==． 6、11．提示：作三棱锥侧面展开图，易知EF ∥BC ，且由周长最小，得1,,,A E F A 共线，于是等腰

DEF

AEB ??，4AE AB ==，

BE AB AB DA ==，即2BE =，6DE =，

EF DE BC DB ===，所以3EF =，由14A F AE ==，则

1111AA AE EF FA =++=．

7、(38,9)．提示：由于2011是43N +形状的数，所以y 必为奇数，而x 为偶数，设2x m =，21y n =+，代人得

2428(1)2004m n n ++=，

即

27(1)501m n n ++=. ①

而(1)n n +为偶数，则2

m 为奇数，设21m k =+，则

24(1)1m k k =++，

A 1

F E

C B

由①得，

(1)

(1)71254

n n k k +++?

=， ② 则

(1)

4n n +为奇数，且,1n n +中恰有一个是4的倍数，当4n r =，为使(1)77(41)4

n n r r +?=+为奇数，且7(41)125r r +<，只有1r =，②成为

(1)35125k k ++=，

即(1)90k k +=，于是4,9,38,9n k x y ====；

若14n r +=，为使(1)

77(41)4

n n r r +?

=-为奇数，且7(41)125r r -<，只有1r =，②成为(1)21125k k ++=，即(1)104k k +=，它无整解；

于是(,)(38,9)x y =是唯一解：2

38792011+?=．（另外，也可由x 为偶数出发，使

22220112009(2)7287(2)x x x -=--=?--

为7的倍数，那么2

2x -是7的倍数，故x 是73k ±形状的偶数，依次取1,3,5k =，检验相应的六个数即可．）

8、28072．提示：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{}000,001,

,999M =，易知对于每个

{}0,1,,9a ∈，首位为a 的“三位数”恰有100个：00,01,

,99a a a ，

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 ，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

999999

()()30045n n S n S n ====?∑∑．

今考虑四位数：在1000,1001,,1999中，首位（千位）上，共有一千个1，而在

0000,0001,,0999中，首位（千位）上，共有一千个0，因此

199********

()()10002()10006004528000n n n S n S n S n =====+=+?=∑∑∑；

其次，易算出，

2011

2000

()72n S n ==∑

. 所以，

201120111

()()28072n n S n S n ====∑∑．

9、由

sin sin sin 1cos cos cos A B C

A B C

++=++，

即

sin sin sin cos cos cos A B C A B C ++=++，

平方得

222sin sin sin 2(sin sin sin sin sin sin )A B C A B B C C A +++++ 222cos cos cos 2(cos cos cos cos cos cos )A B C A B B C C A =+++++

所以

222222(cos sin )(cos sin )(cos sin )A A B B C C -+-+-

2[cos()cos()cos()]A B B C C A =-+++++，

即

cos 2cos 2cos 22(cos cos cos )A B C A B C ++=++，

所以

cos 2cos 2cos 22cos cos cos A B C

A B C

++=++．

10、如图，设,MN BI 交于点F ，连,,,AF AI IE EF ，由于中位

线MN ∥BC ，以及BF 平分B ∠，则MF MB MA

，所以0

90AFB ∠=，因IE AE ⊥，得AFEI 共圆．所以AEF AIF ∠=∠；

又注意I 是ABC ?的内心，则

090222

A B C

AEF AIF IAB IBA ∠=∠=∠+∠=

+=-.

连DE ，在CDE ?中，由于切线CD CE =，所以

()0011809022

CED CDE C AEF ∠=∠=-=-=∠，

因此,,D E F 三点共线，即有,,MN BI DE 三线共点．

11、(1)证明：由于2011为质数，而12011a ≤<，则(,2011)1a =，据裴蜀定理，

存在正整数,m n ，使20111am n -=, ① 于是当a 为奇数时，则①中的,m n 一奇一偶．

如果m 为偶数，n 为奇数，则将①改写成：(2011)2011()1a m n a ?+-?+=，令2011,m m n n a ''=+=+，上式成为20111am n ''-=，其中m '为奇数，n '为偶数．总之存在奇数m 和偶数n ，使①式成立；据①，20111am n =+, ②

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②知，点A 的颜色被改变了奇数次（1n +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；称这样的m 次操作为“一轮操作”，由于每一轮操作恰好只改变一个点的颜色，因此，可以经过有限多轮这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多轮这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多边形所有顶点都成为黑色．

(2)、当a 为偶数时，也可以经过有限多次这样的操作，使得多边形所有顶点都变成一

色．具体说来，我们将有如下结论：

如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、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，如果给定的正多边形开初有奇数个白点、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；

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)1a

-=；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①②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②知，点A 的颜色被改变了偶数次（1n +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；

于是当多边形开初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，如果给定的正多边形开初总共有奇数个白点、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）．