2014年全国高中数学联赛江西赛区预赛试题(word版)
2014年全国高中数学联赛江西赛区预赛试题
（6月29日8:30至11:00）
一．填空题（共8小题，每小题8分，计64分）
1．如果2014是一个正整数等差数列的第八项，那么该数列首项的最小值是 ．
2
．已知sin cos 2
αα+=，则44sin cos αα+= ．
3．将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这十个数排成一个数列，使得每相邻两项之和皆是质数，并且首尾两项之和也是质数，你的填法是：（ ）．
4．已知P 是椭圆22
1259
x y +=上一点，1F 是其左焦点，Q 在1PF 上且满足11()2
OQ OP OF =+，3OQ =，则点P 到该椭圆左准线的距离为 ．
5．正三棱锥D ABC -的底面边长为1，侧棱长为2，过点A 作截面与侧棱BD ，CD 分别相交于点E ，F ，当AEF △的周长最小时，AEF △的面积为 ．
6．等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，若对任意的正整数n 都有5321n n S n T n -=+，则207
a b = ．
7．已知5025012
50(1)x a a x a x a x +=++++，则12322325a a a a ++++的值为 ．
8．将1,2,3,4,5,6,7,8的每一个全排列皆看成一个八位数，则其中是11倍数的八位数的个数为 ．
二．解答题（共86分，其中第9题20分，第10、11、12题各22分）
9．设a ，b ，c 为正数，证明：
．
10．设椭圆22
221(0)x y a b a b
+=>>与抛物线22(0)x py p =>有一个共同的焦点F ，PQ 为它们的一条公切线，P ，Q 为切点．证明：PF QF ⊥．
11．如图，C 为半圆弧O 的中点，点P 为直径BA 延长线上一点，过点P 作半圆的切线PD ，
D 为切点，DPB ∠的平分线分别交AC 、BC 于点
E 、
F ．证明：PDA CDF ∠=∠．
12．若整数a ，b 既不互质，又不存在整除关系，则称a ，b 是一个“联盟”数对：设A 是
集合{}1,2,
,2014M =的n 元子集，且A 中任两数皆是“联盟”数对，求n 的最大值．。
全国高中数学联赛江西省预赛试题解答
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413341620C C -+-==个，即总共有20个这样的四位数．2、设数列{}n a 满足:121,2a a ==,且对于其中任意三个连续项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 = ．答案：23n-． 解：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1111n n n n a a n a a n +---=-+，而211a a -=； 1132121112211231()1113n n n n n n n n n n a a a a a a n n n a a a a a a a a a a n n n +-+----------=⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅---+-L L 2(1)n n =+；于是12112()(1)1n n a a n n n n--==---； 由此得，11221112()()()2(1)13n n n n n a a a a a a a a n n---=-+-++-+=-+=-L . 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 ．答案：(1,2)-． 解：设221122(,),(,)A x x B x x ，则22121212111,111MA MB x x k x k x x x --==+==+--， 22121212AB 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223344(,),(,)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、设,,,1x y z R x y z +∈++=，则函数23(,,)f x y z xy z =的最大值是 ． 答案：1432．解：由122333y y z z z x y z x =++=+++++≥，所以，623114276xy z ⎛⎫≤ ⎪⋅⎝⎭，即23431123432xy z ≤=⋅，当1236y z x ===，即 111,,632x y z ===时取得等号． 5、sin 6sin 42sin 66sin 78︒︒︒︒= ．答案：116． 解： cos 6sin 6cos 48cos 24cos12sin 6cos 48cos 24cos12cos 6︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒= sin12cos12cos 24cos 48sin 24cos 24cos 48sin 48cos 482cos 64cos 68cos 6︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒=== sin 96116cos 616︒︒==． 6、满足2272011x y +=的一组正整数(,)x y = ．答案：(38,9)．解：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2m 为奇数，设21m k =+，则24(1)1m k k =++， 由①得，(1)(1)71254n 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)4n 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)4n 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：2238792011+⋅=．（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22x -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．）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1,,,A E F A 共线且EF ∥BC 时，AEF ∆周长最小，于是等腰DEF AEB ∆∆:，4AE AB ==， 12BE AB AB DA ==，即2BE =，6DE =， 6384EF DE BC DB ===，所以3EF =， A 1F E FE D C B AD C B A由14A F AE ==，则1111AA AE EF FA =++=．解2：作三棱锥侧面展开图，易知当1,,,A E F A 共线时，AEF ∆周长最小，设ADB θ∠=,则2228847cos .2888θ+-==⋅⋅37cos34cos 3cos ,128θθθ∴=-= 2221788288121,128AA ∴=+-⋅⋅⋅=111.AA ∴= 8、用()S n 表示正整数n 的各位数字之和，则20111()n S n ==∑ ．答案：28072． 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{}000,001,,999M =L ，易知对于每个{}0,1,,9a ∈L ，首位为a 的“三位数”恰有100个：00,01,,99a a a L ，这样，所有三位数的首位数字和为100(019)45100⋅+++=⋅L ；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，99999910()()30045n n S n S n ====⋅∑∑．今考虑四位数：在1000,1001,,1999L 中，首位（千位）上，共有一千个1，而在 0000,0001,,0999L 中，首位（千位）上，共有一千个0，因此，19991999999100()()10002()10006004528000n n n S n S n S n =====+=+⋅=∑∑∑； 其次，易算出，20112000()72n S n ==∑。
2014年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)参考答案及评分
2014年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．1. 若正数,a b 满足 2362log 3log log ()a b a b ，则11a b的值为．答案：108．解：设2362log 3log log ()a b a b k ，则232,3,6k k k a b a b ，从而23231162310823k k k a b a b ab ．2. 设集合312b a b a中的最大元素与最小元素分别为,M m ，则M m 的值为 ．答案：5 ．解：由12a b 知，33251b a ，当1,2a b 时，得最大元素5M ．又33b a a a ，当a b 时，得最小元素m 因此，5M m3. 若函数2()1f x x a x 在[0,) 上单调递增，则实数a 的取值范围是 ．答案：[2,0] ．解：在[1,) 上，2()f x x ax a 单调递增，等价于12a，即2a ．在[0,1]上，2()f x x ax a 单调递增，等价于02a，即0a ．因此实数a 的取值范围是[2,0] ．4. 数列{}n a 满足12a ，*12(2)()1n n n a a n n N ，则2014122013a a a a ．答案：20152013．解：由题设 122(1)2(1)21n n n n n n a a a n n n112(1)2232(1)12n n n a n n n ．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则21223242(1)n n S n −=+×+×+++ ，所以 2322223242(1)nn S n =×+×+×+++ ，智浪教育—普惠英才文库将上面两式相减，得 122(1)(2222)n n n nS n −−=+−++++2(1)22n nn n n =+−=．故2013201420131220132201522013a a a a20152013． 5. 正四棱锥P ABCD 中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是 ．答案解：设底面对角线,AC BD 交于点O ，过点C 作直线MN 的垂线，交MN 于点H ．由于PO 是底面的垂线，故PO CH ，又AC CH ，所以CH 与平面POC 垂直，故CH PC ．因此CH 是直线MN 与PC的公垂线段，又CH MN 与PC6. 设椭圆Г的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Г交于点,P Q ．若212PF F F ，且1134PF QF，则椭圆Г的短轴与长轴的比值为．答案．解：不妨设114,3PF QF ．记椭圆Г的长轴，短轴的长度分别为2a ，2b ，焦距为2c ，则2122PF F F c ，且由椭圆的定义知，1212224a QF QF PF PF c ．于是 212121QF PF PF QF c ．设H 为线段1PF 的中点，则12,5F H QH ，且有21F H PF ．由勾股定理知，2222222121QF QH F H F F F H ，即2222(21)5(2)2c c ，解得5c ，进而7a ，b =，因此椭圆Г的短轴与长轴的比值为b a ．7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI ，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为 ．答案． 解：由1PI 知点P 在以I 为圆心的单位圆K 上．设BAP ．在圆K 上取一点0P ，使得 取到最大值0 ，此时0P 应落在IAC 内，且是0AP 与圆K 的切点．由于003，故 001sin sin sin sin 621sin sin sin sin 23336APB APCAP AB S S AP AC， ①其中，006IAP． 由02AP I知，011sin 24IP AI r，于是cot ，所以sin356sin 6．②根据①、②可知，当0P P 时，APB APCS S 35．8. 设A ，B ，C ，D 是空间四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则A ，B 可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为 ．答案：34．解：每对点之间是否连边有2种可能，共有6264 种情况．考虑其中A ，B 可用折线连接的情况数．(1) 有AB 边：共5232 种情况．(2) 无AB 边，但有CD 边：此时A ，B 可用折线连接当且仅当A 与C ，D 中至少一点相连，且B 与C ，D 中至少一点相连，这样的情况数为22(21)(21)9 ．(3) 无AB 边，也无CD 边：此时AC ，CB 相连有22种情况，AD ，DB 相连也有22种情况，但其中AC ，CB ，AD ，DB 均相连的情况被重复计了一次，故A ，B 可用折线连接的情况数为222217 ．以上三类情况数的总和为329748 ，故A ，B 可用折线连接的概率为483644．二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x 的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为Q ，R ．(1) 证明R 是一个定点； (2) 求PQ QR的最小值．解： (1)设P 点的坐标为(,)(0)a b b ，易知0a ≠．记两切点A ，B 的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ，则PA ，PB 的方程分别为112()yy x x ， ① 222()yy x x ，② 而点P 的坐标(,)a b 同时满足①，②，故A ，B 的坐标11(,)x y ，22(,)x y 均满足方程2()by x a ． ③故③就是直线AB 的方程．直线PO 与AB 的斜率分别为b a 与2b ，由PO AB 知，21b a b，故2a ．………………4分从而③即为2(2)y x b，故AB 与x 轴的交点R 是定点(2,0)． ……………8分(2) 因为2a =− ，故直线PO 的斜率12b k ，直线PR 的斜率24bk ．设OPR ，则 为锐角，且22121211182824tan 2224b b PQ k k b b b b QR k k b b ．当b 时，PQ QR的最小值为 …………………16分10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a，*1arctan (sec )()N n n a a n ．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a． 解：由已知条件可知，对任意正整数n ，1,22n a，且 1tan sec n n a a ．①由于sec 0n a ，故10,2n a．由①得，2221tan sec 1tan n n n a a a ，故 221132tan 1tan 133n n a n a n， 即3tan n n a…………………10分 因此121212tan tan tan sin sin sin sec sec sec m m ma a a a a a a a a12231tan tan tan tan tan tan m m a a a a a a（利用①） 11tan tan m a a1100，得m =3333． …………………20分11. （本题满分20分）确定所有的复数 ，使得对任意复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，均有211()z z ≠222()z z ．解：记2()()f z z z ．则22121122()()()()f z f z z z z z121212(2)()z z z z z z ．①假如存在复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，使得12()()f z f z ，则由①知，121212(2)()z z z z z z ，利用121212z z z z z z ≠0知，12122222z z z z ，即2 ． …………………10分另一方面，对任意满足2 的复数 ，令12i,i 22z z，其中012，则1z ≠2z ，而i 122，故12,1z z ．此时将 12z z ，122i z z ，122i 2i z z代入①可得，12()()2i (2i)0f z f z ，即12()()f z f z ．综上所述，符合要求的 的值为 ,2C ． …………………20分。
2014年全国高中数学联赛A卷真题word版
一试一、填空题1. 若正数b a ,满足()b a b a +=+=+632log log 3log 2，则b a 11+的值为________.2. 设集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤≤+213b a b a 中的最大元素与最小元素分别为m M ,，则m M -的值为__________.3. 若函数()12-+=x a x x f 在[)+∞,0上单调递增，则实数a 的取值范围是__________.4. 数列{}n a 满足21=a ，()()*+∈++=N n a n n a n n 1221，则=+++2013212014a a a a Λ . 5. 正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是__________.6. 设椭圆Γ的两个焦点是21,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点Q P ,.若212F F PF =，且1143QF PF =,则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为__________.7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I .若点P 满足1=PI ，则APB ∆与APC ∆的面积之比的最大值为__________.8. 设D C B A ,,,是空间四个不共面的点，以21的概率在每对边之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则B A ,可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为__________.二、解答题9. 平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线x y 42=的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直.设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为R Q ,.（1）证明R 是一个定点； （2）求QR PQ 的最小值. 10. 数列{}n a 满足61π=a ，()n n a a sec arctan 1=+()*∈N n .求正整数m ，使得1001sin sin sin 21=⋅⋅⋅m a a a Λ. 11. 确定所有的复数α，使得对任意复数21,z z ()2121,1,z z z z ≠<，均有 ()()222121z z z z αααα++≠++.二试一、设实数c b a ,,满足1=++c b a ，0>abc .求证：412+<++abc ca bc ab .二、如图，在锐角ABC ∆中，︒≠∠60BAC ，过点B 、C 分别作ABC ∆的外接圆⊙O 的切线BD 、EC ，且满足BC CE BD ==.直线DE 与AB 、AC 的延长线分别交于点F 、G .设CF 与BD 交于点M ，CE 与BG 交于点N .求证：AN AM =.三、设{}100,,3,2,1Λ=S .求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.四、设整数201421,,,x x x Λ模2014互不同余，整数201421,,,y y y Λ模2014也互不同余. 证明：可将201421,,,y y y Λ重新排列为201421,,,z z z Λ，使得201420142211,,,z x z x z x +++Λ模4028互不同余.。
2014年高中数学联赛试题及其解答
加试
一、（本题满分 40 分）设实数a、b、c满足a + b + c = 1，abc＞0，求证：ab + bc + ca＜ √ + 。
证明方法一：因为abc＞0，故a、b、c全为正数，或一正两负。 （Ⅰ）若a、b、c中一正两负，不妨设a＞0，b、c＜0，则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 − (b + c)](b + c) + bc = (b + c) − b − − ＜0＜ √ + 。
解答：我们考虑存在复数z 、z ，|z |、|z |＜1，z ≠ z ，使得(z + α) + αz =
(z + α) + αz 的充要条件。此时
(z + α) + αz = (z + α) + αz
⇔ α(z − z ) = (z − z )(z + z + 2α)
⇔ α[(z − z ) + 2(z − z )] = (z − z )(z + z )
3、若函数f(x) = x + a|x − 1|在[0， + ∞)上单调递增，则实数a的取值范围是
。
x − ax + a，x ∈ 0，1
解答：根据条件知f(x) =
。f(x)在 0，1 单调递增的充要
x + ax − a，x ∈ 1， + ∞
条件为 ≤ 0 ⇔ a ≤ 0；f(x)在 1， + ∞ 单调递增的充要条件为− ≤ 1 ⇔ a ≥ −2。故实数
全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答
2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题1、若三位数n abc =是一个平方数，并且其数字和a b c ++也是一个平方数，则称n 为超级平方数，这种超级平方数的个数是 ．2、函数2281448y x x x x =----的最大值是 ．3、直线l 过点(1,2)M ，若它被两平行线4310x y ++=与4360x y ++=所截得的线段长为2，则直线l 的方程为 ．4、013sin10-= ． 5、满足21x x -≥的实数x 的取值范围是 ．6、若实数,,0x y z ≥，且30,350x y z x y z ++=+-=，则542T x y z =++的取值范围是 []．7、在前一万个正整数构成的集合{}1,2,,10000L 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2，111,,A B C 分别是棱,,DA DB DC 的中点，以D 为圆心，1为半径，分别在面,DAB DBC 内作弧¼¼1111,A B B C ，并将两弧各分成五等分， 分点顺次为112341,,,,,A P P P P B 以及112341,,,,,B Q Q Q Q C ， 一只甲虫欲从点1P 出发，沿四面体表面爬行至点4Q ，则其 爬行的最短距离为 ．二、解答题9、正整数数列{}n a 满足：2112,1n nn a a a a +==-+；证明：数列的任何两项皆互质．10、（25分）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，12,O O 分别为,ABG BCH ∆∆的外接圆圆心，12,O O e e 的另一交点为N ；证明：()1、,,,A B D G 四点共圆；()2、12,,,O O M N 四点共圆；11、对于任意给定的无理数,a b 及实数0r >，证明：圆周()()222x a y b r -+-=上至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．12、从集合{}1,2,,36M =L 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．2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答一、填空题1、若三位数n abc =是一个平方数，并且其数字和a b c ++也是一个平方数，则称n 为超级平方数，这种超级平方数的个数是 ． 答案：13个．解：可顺次列举出：100,121,144,169,196,225,324,400,441,484,529,900,961．2、函数y 的最大值是 ．答案：解：y ===其定义域为68x ≤≤，当6x =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3、直线l 过点(1,2)M ，若它被两平行线4310x y ++=与4360x y ++=所截得的线，则直线l 的方程为 ．答案：715x y +=或者75x y -=．解：设l 的方程为2(1)y k x -=-，将此方程分别与4310x y ++=及4360x y ++=联立，解得交点坐标3758,3434k k A k k --+⎛⎫⎪++⎝⎭与312108,3434k k B k k --+⎛⎫⎪++⎝⎭，据AB ==()2225(1)234k k +=+，所以17k =，217k =-，分别代入所设方程，得到715x y +=或者75x y -=．4、01sin10-= ．答案：4．解：000000000001cos101sin 30cos10cos30sin102244sin102sin10cos102sin10cos10-=⋅=sin 2044sin 20=⋅=．5x ≥的实数x 的取值范围是 ．答案：1,2⎡-⎢⎣⎦．解：用图像法：令y =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：因11x -≤≤，令cos ,0x θθπ=≤≤，则sin y θ=x ≥，平方得221x ≤，则x ≤，又有cos 1x θ=≥-，因此1,x ⎡∈-⎢⎣⎦．6、若实数,,0x y z ≥，且30,350x y z x y z ++=+-=，则542T x y z =++的取值范围是 []．答案：[]120,130．解：()()()542433043T x y z x y z x y z x y z =++=+++++=+++ 因()()42380x y x y z x y z +=++++-=，所以110()T y z =++，20(3)()2()x y z x y z x z =+--++=-，则10x z -=，因,x z 非负，于是10x ≥，从而由30x y z ++=知，20y z +≤，得到110()130T y z =++≤， （当0,10,20z x y ===时取得等号）再由4280x y +=，0y ≥，则20x ≤，所以3010y z x +=-≥，于是110()120T y z =++≥，（当20,0,10x y z ===时取得等号），所以120130T ≤≤． 7、在前一万个正整数构成的集合{}1,2,,10000L 中，被3除余2，并且被5除余3，被7除余4的元素个数是 ．答案：95个．解：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，21n -应当是3,5,7的公倍数，且为奇数；即21n -是105的奇倍数，而当{}1,2,,10000n ∈L 时，{}211,2,,19999n -∈L ，由于在{}1,2,,19999L 中，共有190个数是105的倍数，其中的奇倍数恰有95个．8、如图，正四面体ABCD 的各棱长皆为2，111,,A B C 分别是棱,,DA DB DC 的中点，以D 为圆心，1为半径，分别在面,DAB DBC 内作弧¼¼1111,A B B C ，并将两弧各分成五等分， 分点顺次为112341,,,,,A P P P P B 以及112341,,,,,B Q Q Q Q C ， 一只甲虫欲从点1P 出发，沿四面体表面爬行至点4Q ，则其 爬行的最短距离为 ．答案：02sin 42．解：作两种展开，然后比较；由于¼11A B 被112341,,,,,A P P P P B 分成五段等弧，每段弧对应的中心角各为012，¼11B C 被112341,,,,,B Q Q Q Q C 分成五段等弧，每段弧对应的中心角也各为012，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，半径为1的圆周，¼14PQ 对应的圆心角为081296⨯=，此时，点14,P Q 之间直线距离为02sin 48， 若将DAB ∆绕线段DA 旋转，DBC ∆绕线段DC 旋转，使之皆与DAC ∆共面，在所得图形中，¼14PQ 对应的圆心角为071284⨯=，此时，点14,P Q 之间直线距离为02sin 42， 所以最短距离是02sin 42．二、解答题9、正整数数列{}n a 满足：2112,1n nn a a a a +==-+；证明：数列的任何两项皆互质． 证：改写条件为 11(1)n n n a a a +-=-，从而111(1)n n n a a a ---=-，等等，据此迭代得111122111111(1)(1)(1)n n 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 +--------=-=-==-=L L L ，所以，1211n n n a a a a --=+L ，因此当k n <，(,)1n k a a =．10、（25分）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，12,O O 分别为,ABG BCH ∆∆的外接圆圆心，12,O O e e 的另一交点为N ；证明：()1、,,,A B D G 四点共圆；()2、12,,,O O M N 四点共圆；证：()1、如图，设EG DF K =I ，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 ，090KAB KDB KGB ∠==∠=∠，因此，,,,A B D G 四点共圆；()2、据()1，BK 为1O e 的直径，作2O e 的直径BP ，连12,,,CP KP HP O O ，则90BCP BHP ∠=∠=，所以CP ∥AH ，HP ∥AC ，故AHPC 为平行四边形，进而得， PC 与KF 平行且相等，因此对角线KP 与CF 互相平分于M ，从而12,,O O M 是KBP ∆三边的中点，KM ∥12O O ，而由090KNB ∠=，12O O BN ⊥，得KN ∥12O O ，所以,,M N K 共线，因此MN ∥12O O ，又由KBP ∆的中位线知211MO O B O N ==，因此四边形12O O MN 是等腰梯形，其顶点共圆．11、对于任意给定的无理数,a b 及实数0r >，证明：圆周()()222x a y b r -+-=上至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．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()()0,0,2,2A B ，线段AB 中垂线l 的方程为:2x y +=,今在l上取点(11M +，再取r MA ==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 ，(),2P M r ≤；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(),i i i A x y ，,i i x y 为有理数，1,2,3i =，则()()()()()()222222112233x a y b x a y b x a y b -+-=-+-=-+- ……①据前一等号得 ()()()22221212112212x x a y y b x y x y -+-=+-- ……② 据后一等号得 ()()()22222323223312x x a y y b x y x y -+-=+-- ……③记 ()22221122112x y x y t +--=，()22222233212x y x y t +--=，则12,t t 为有理数，若120x x -=，则由②，()121y y b t -=，因b 为无理数，得120y y -=，故12,A A 共点，矛盾！同理，若230x x -=，可得23,A A 共点，矛盾！ 若12230,0x x x x -≠-≠，由②、③消去b 得，()()()()()()12231223123212x x y y y y x x a t y y t y y -----=---=⎡⎤⎣⎦有理数，因a 为无理数，故得，()()()()122312230x x y y y y x x -----=，所以32121232y y y y x x x x --=--，则 123,,A A A 共线，这与123,,A A A 共圆矛盾！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、从集合{}1,2,,36M =L 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．答案：17．解：因201551331=⨯⨯，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,,15,16L ； 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；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．(E)(D)(C)(B)(A)26582123103629。
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
1 。 100
，a n 1 arctan(sec a n ) ， （n N ） 求正整数 m ， 6 , ) ，且 tan a n 1 sec a n 2 2
★解析：由已知条件可知，对任意正整数 n ， a n 1 ( 由于 sec a n 0 ，故 a n 1 (0,
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2a | QF1 | | QF2 || PF1 | | PF2 | 2c 4
于是 | QF2 || PF1 | | PF2 | | QF1 | 2c 1 设 H 为线段 PF1 的中点，则 | F1 H | 2, | QH | 5 ，且有 F2 H PF1 。由勾股定理知，
① ②
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而点 P 的坐标 ( a, b) 同时满足①，②。故 A ， B 的坐标均满足方程
by 2( x a )
③ ( x1 , y1 ) ， ( x 2 , y 2 )
故③就是直线 AB 的方程。 直线 PO 与 AB 的斜率分别为 从而③即为 y
tan a m tan a1 tan a 2 … sec a1 sec a 2 sec a m
tan a m tan a1 tan a 2 … （利用①） tan a 2 tan a3 tan a m 1
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2 2 2 2 2 2 5
48 3 。 64 4
二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 2014A 9、 （本题满分 16 分）平面直角坐标系 xOy 中， P 是不在 x 轴上的一个动点，满足条件：过 P 可作抛物线 y 4 x 的两条切线，两切点连线 l P 与 PO 垂直.设直线 l P 与直线 PO ， x 轴的交点分别 为 Q, R 。 ⑴证明： R 是一个定点； ⑵求
2014年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．全国高中数学联赛试题及解答加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。
2014年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答.doc
2014年全国高中数学联赛江西省预赛题参考答案及评分标准一、填空题（每小题8分，共64分）1、如果2014是一个正整数等差数列的第八项，那么该数列首项的最小值是 5 ． 解：设数列首项为a ，公差为d ，则,a d 为正整数，为使a 最小，当使d 最大， 而由20147a d =-，得20145287777a d d =-=+-，所以287,5d a ==． 2、已知sin cos αα+=，则44sin cos αα+= 78．解：将条件式平方得11+2sin cos =2αα，所以1sin cos 4αα=-，由此， ()()2244227sin cos sin cos 2sin cos 8αααααα+=+-=．3、将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这十个数排成一个数列，使得每相邻两项之和皆是质数，并且首尾两项之和也是质数，你的填法是：(1,2,3,8,5,6,7,10,9,4)．（答案不唯一，例如()1,6,7,4,3,2,5,8,9,10所排成的数列也可）．4、已知P 是椭圆221259x y +=上一点，1F 是其左焦点，Q 在1PF 上且满足112OQ OP OF →→→⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,3OQ →=,则点P 到该椭圆左准线的距离为 5 ．解：11,2OQ OP OF Q →→→⎛⎫=+∴ ⎪⎝⎭为1F P 中点，设椭圆右焦点为2F ，连接2PF ，则221=3 =62OQ PF PF =⇒.14,PF ∴=设P 到左准线距离为d ，则144,5455PF c e d d a ====∴==5、正三棱锥D ABC -的底面边长为1，侧棱长为2，过点A 作截面与侧棱,BD CD分别相交与点,E F ，当AEF ∆的周长最小时，AEF ∆的面积为64． 解：将三棱锥沿侧棱DA 剪开，展平为一个五边形，然后计算。
当1,,,A E F A 共线时，截面AEF ∆周长为最小，这时等腰三角形1DAA ∆与DBC ∆具有相同的顶角平分线，故1AA ∥BC ，因此，ABD DBC DEF AEB ∠=∠=∠=∠，即ABE ∆为等腰三角形，且1,,ABE A CF AEF ∆∆∆皆与棱锥侧面三角形相似，记,BE x EF y ==， 由BE EF BC AB DE DB ==，即1122x y x ==-，则13,24x y ==，所以131,4AE A F EF ===，在1,8264AEF h S EF h ∆==∴=⋅=中，．6、等差数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，若对任意的正整数n 都有5321n n S n T n -=+，则207ab =649． 解：{}{},n n a b 均为等差数列，故可设()()53,21n n S kn n T kn n =-=+，当2n ≥时，()()11108,41,n n n n n n a S S k n b T T k n --=-=-=-=-()()207200864.2819k a b k -∴==- 7、已知()5025001250123251,23+25x a a x a x a x a a a a +=+++++++则的值为48502⋅解： 由展开式易知，12325123255*********+252325.a a a a C C C C +++=++++1()()1505049494849115050!1!kk k k A kC k C k k -⋅⋅⋅--+⎡⎤⎣⎦=⋅=⋅=⋅-1225505050225S C C C ∴=+++0124012449494949494950505050()C C C C C C =+++=+++014949484949491150()50250222C C C =⋅+++=⋅⋅=⋅8、将1,2,3,4,5,6,7,8的每一个全排列皆看成一个八位数，则其中是11倍数的八位数的个数为 3456 ．解：对于每个这样的八位数128a a a ，记{}{}13572468,,,,,,,A a a a a B a a a a ==，而(),()S A S B 表示其数字和，先设()()S A S B ≥，则()()36S A S B +=，故(),()S A S B 同奇偶，且()()S A S B +与()()S A S B -同奇偶，因此()()S A S B -为偶数，且是11的倍数；如果()()22S A S B -=，则()7S B =，这不可能（因最小四数之和不小于10）；于是()()0S A S B -=，即有()()18S A S B ==，考虑9所在的组，另三数只有三种情况：{}{}6,2,1,5,3,1与{}4,3,2，当一组数确定后，另一组数随之唯一确定．再考虑9在奇数数位或偶数数位情况，于是得到234!4!3456⨯⨯⨯=个这种八位数．二、解答题（共86分，其中第9题20分，第10、 11、12题各22分）9、设,,a b c 为正数，证明：证：由于22()4,()4a b ab a c ac +≥+≥，因此，4ab a b a b +≤+，4ac a ca c +≤+。
2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)_PDF压缩
2
，
即 tan an
3n 2 ． 3
…………………10 分
因此
sin
a1
sin
a2
sin
am
tan sec
a1 a1
tan sec
a2 a2
tan sec
am am
tan a1 tan a2 tan am （利用①） tan a2 tan a3 tan am1
……………8 分
(2)
因 为 a = −2
b
b
，故直线
PO
的斜率
k1
2
，直线
PR
的斜率
k2
4
．设
OPR ，则 为锐角，且
PQ QR
1 1 k1k2 tan k1 k2
1 b2 b4 b b
8 b2 2 8b2 2
5 ．
8. 设 A ， B ， C ， D 是空间四个不共面的点，以 1 的概率在每对点之间连一条边，任 2
意两对点之间是否连边是相互独立的，则 A ， B 可用（一条边或者若干条边组成的）空间
折线连接的概率为
．
答案： 3 ． 4
解：每对点之间是否连边有 2 种可能，共有 26 64 种情况．考虑其中 A ， B 可用折线
解：记 f (z) (z )2 z ．则
f (z1) f (z2 ) (z1 )2 z1 (z2 )2 z2
(z1 z2 2)(z1 z2 ) z1 z2 ．
①
假如存在复数 z1, z2 ( z1 , z2 1, z1 ≠ z2 ) ，使得 f (z1) f (z2 ) ，则由①知，
2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案
2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题(每小题7分，共56分)1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为.2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,则正整数m n +的最小值是.3.设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为.4.三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x =的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB 的面积是.5.,,a b c 是互异的正整数,使得222{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是.6.已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是.7.三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++=.8.数列{}n a满足02112,[]{}n n n a a a a a +===+(其中[],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a =.9、(14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆．10、(15分)将正整数数列1,2,3 中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列123,,a a a 再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列123,,b b b 证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案11.(15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：2222019a b c ++=．12.(20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC ∆的两条高(如右图)，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q .证明：,,,M N P Q 四点共圆．2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答1.答案：16815．解：所求的和为()()()222211121912193610024701681522⎡⎤+++-+++=-=⎣⎦ 2.答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+-，()201919191n d =+-，显然有1,1m n >>，301d m =-，以及1001d n =-，消去d 得,1037m n -=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3.答案：123．解：2221129x x x x ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭，13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，则44147x x +=，所以551x x +42421111x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()34771123=-+=4.答案：．解：抛物线的焦点为()1,0F ，因F 为OAB ∆的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为()2,2A a a ，()2,2B a a -，0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=，BF 的斜率221BF aK a -=-，据1OA BF K K =- ，得5a =，因此AB =，25H a ==，所以OAB S ∆= 5.答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()()2a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数()(){}222,1,2n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则1n >；若3n =，则()(){}{}222222,1,2=3,4,5n n n ++，且因22250345=++()2a b c =++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据()(){}{}222222,1,2=5,6,7n n n ++，解得30,19,6a b c ===，因此．222222301961297a b c ++=++=.6.答案：750．解：如图，PF VBC ⊥平面，5,10,VP VH ==4VF ===,而PHMFPHMF 共圆，,VP VH VF VM =所以2515,22VM HM ===;则15AB =，所以棱锥体积217503V VH AB == ．7.答案：14-．,3,9,39,,13C B A πθθθθθθπθ===++==解：设由得9339cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos131313131313S A B B C C A ππππππ=++=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1191311sin sin sin sin sin 1313131313πππππ⎛⎫⎛⎫+-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以14S =-.8.答案：3130292-+．解：()0131,a =+-113112,231a -=+=+-()22233431,31a =+=+=+--313145.231a -=+=+-归纳易得()23131,k a k =++-213132,2k a k +-=++因此20193130292a -=+.9.证：设椭圆方程为()22221,0x ya b a b+=>>，据对称性知，点Q在Y轴上（如图）；记12,QF QF m ==1122,,PF r PF r ==PQ t=,12,MF MF k ==则有：1121,2,PF e r r a PM =+=为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证，1212,mr mr t F F += 22,m c m a t c e t a=== 即也即……………①由1111,QF OF QM HM =即222,m c c e a m k a c⎛⎫=== ⎪+⎝⎭所以21,k e m k=-+在1PM Q ∆中，由斯特瓦特定理，22211m kPF PM PQ mk m k m k=+-++…………………………②即()()22222211211m e r r e t e me e -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭………………………③因为210e -≠，由③得，222,,m me e t t==即故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．（也可不用托勒密定理证：由②得()2PQ m m k =+，则11PQF M QP ∆∆ ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10.证：易知2142n a n -=-,241n a n =-,1,2,3n = ，因此，41,82,n n N a n +∀∈=+42434483,86,87n n n a n a n a n +++=+=+=+；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：212283,86n n b n b n ++=+=+,1,2,3n = ；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43 ，观察易知，222212346710113,5,7,9,b b b b b b b b =+=+=+=+……；若记()12k k k r +=，我们来证明，一般地有：()2121k k r r k b b ++=+,1,2,3k = .由于2222441424382,861,8103,8146;m m m m r m m r m m r m m r m m +++=+=++=++=++所以()()4444122111241,2411,m m m m r r r r b b m b b m +++++=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()42424343221112421,2431,m m m m r r r r b b m b b m ++++++++=+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦合并以上四式得，对于每个正整数k ,()2121k k r r b b k ++=+．其中()12k k k r +=．11.解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意201944c ⎡⎤≤=⎣⎦，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥．因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22=N x y +为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，()()()222222N x yx y x y =+=-++；若43c =，方程化为：()()222222170285267229a b +==⨯=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为：()22222223382132512717a b +==⨯=+=+，由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为：()()2222222650213522334a b +==⨯⨯=++()()()2222222118261721015=+=+=+因此：22222265017191123525=+=+=+．得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==⨯,而397是一个41N +形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以()22222226191325a b +=+=+，得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：2211582529a b +==⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==⨯⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：{}{}{}{}{}{}{}1,13,43,7,11,43,13,25,35,5,25,37,11,23,37,17,19,37,7,17,41.12.证：如图设三角形ABC ∆的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF =-+ ()()()22222MF HF MF HF MF HF AF FB AH AF AF AB AH =-+=-=--=- 同理有，2PH HQ AE AC AH =- 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC = ，故由以上两式得MH HN PH HQ = ，所以,,,M N P Q 四点共圆．2018年全国高中数学联赛江西省预赛试题1.a b 、为正整数，满足112018a b-=，则所有正整数对(),a b 的个数为．2.若双曲线L 的两个焦点恰是椭圆22:1169x y T +=的两个顶点，而双曲线L 的两个顶点恰是椭圆T 的两个焦点，则双曲线L 的方程为．3.函数y =+．4.若三个角,,x y z 成等差数列，公差为3π，则tan tan tan tan tan tan x y y z z x ++=．5.设,,x y z R *∈，满足x y z xyz++=，则函数()()2,,1f x y z x yz =-()()2211y zx z xy +-+-的最小值是．6.正整数数列{}n a 满足32n a n =+,{}n b 满足53n b n =+,n N ∈.在{}1,2,,2018M = 中两数列的公共项的个数是.7.四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是一个顶角为60 的菱形，每个侧面与底面的夹角都是60 ，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为．8.对于正整数n ，将其各位数字之和记为()s n ，各为数字之积记为()p n .若()()s n p n n +=成立，就称为“巧合数”。