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2013年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案(模拟试题四)


高中数学联赛预赛模拟试题(四)
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.

10 、 25 分)如图, ?ABC 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.

2 、 设 数 列 ?an ? 满 足 : a1 ? 1, a2 ? 2 , 且 对 于 其 中 任 三 个 连 续 项 an?1 , an , an?1 , 都
有: an ?

(n ? 1)an ?1 ? (n ? 1)an ?1 .则通项 an ? 2n



3 、以抛物线 y ? x2 上的一点 M ?1,1? 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

. .

4 、设 x, y, z ? R? , x ? y ? z ? 1 ,则函数 f ( x, y, z) ? xy 2 z 3 的最大值是

5 、 sin 60 sin 420 sin 660 sin 780 ?



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;

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
. .

(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;

7 、满足 x2 ? 7 y 2 ? 2011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 ? S (n) ?
n ?1 2011

(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.

二、解答题(共 3 题,合计 70 分)

9 、( 20 分 )、 设 A ? B ? C ? 1800 , 且 满 足 :

s i A? n c oA? s

sB n ? i cB s o ?

Cs i n ?1 , 求 C o s c

cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C 的值. cos A ? cos B ? cos C





2 2 3 、 (?1, 2) .提示:设 A( x1, x1 ), B( x2 , x2 ) ,则

1 、 20 .提示:这种四位数 x1x2 x3 x4 的个数,就是不定方程 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 4 满足条件 x1 ? 1 ,

kMA ? kMB ?
k AB ?

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 y1 ? x1 ?1 ,易知这种解有
4?1 3 (注:也可直接列举. ) C3?4?1 ? C6 ? 20 个,即总共有 20 个这样的四位数.

x12 ? 1 ? x1 ? 1, x1 ? 1
2 x2 ? 1 ? x2 ? 1, x2 ? 1

2 2 、 3 ? . 提示:由条件得, n

2 x12 ? x2 ? x1 ? x2 , x1 ? x2

2nan ? (n ?1)an?1 ? (n ? 1)an?1 ,
所以

直线 AB 方程为

y ? x12 ? ( x1 ? x2 )( x ? x1 ) ,
即 y ? ( x1 ? x2 ) x ? x1 x2 ,因为 MA ? MB ,则

(n ? 1)(an?1 ? an ) ? (n ?1)(an ? an?1 ) ,


an ?1 ? an n ? 1 ,而 a2 ? a1 ? 1 ; ? an ? an ?1 n ? 1
an ?1 ? an ? an ?1 ? an an ? an ?1 a ?a ? ?? ? 3 2 ? (a2 ? a1 ) an ? an ?1 an ?1 ? an ? 2 a2 ? a1

( x1 ? 1)( x2 ? 1) ? ?1 ,


? x1 x2 ? 2 ? ( x1 ? x2 ) ,
代人方程得

n ?1 n ? 2 n ? 3 1 ? ? ? ?? ? ?1 n ?1 n n ?1 3

y ? 2 ? ( x1 ? x2 )( x ? 1) ,
于是点 (?1, 2) 在直线 AB 上;
2 2 同理,若设 C( x3 , x3 ), D( x4 , x4 ) ,则 CD 方程为

?
于是

2 ; n(n ? 1)

an ? an?1 ?
由此得

2 1 1 ? 2( ? ); n(n ? 1) n ?1 n
1 .提示:由 432

y ? 2 ? ( x3 ? x4 )( x ? 1) ,
即点 (?1, 2) 也在直线 CD 上,因此交点 E 的坐标为 E (?1, 2) .

an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ? 2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 1 ? 2(1 ? ) ? 1 n 2 ? 3? n
.

4、

1? x? y ? z ? x? y y z z z ? ? ? ? 2 2 3 3 3

y y z z z ? 66 x ? ? ? ? ? , 2 2 3 3 3

所以,

y ? 2n ? 1 ,代人得

1 ?1? xy 2 z 3 ? ? ? , 4 ? 27 ?6?
即 即

6

4m2 ? 28n(n ? 1) ? 2004 ,

xy 2 z 3 ?
当x?

1 1 ? , 3 2 ?3 432
4

m2 ? 7n(n ? 1) ? 501 .
而 n(n ? 1) 为偶数,则 m 为奇数,设 m ? 2k ? 1 ,则
2



y z 1 1 1 1 ? ? ,即 x ? , y ? , z ? 时取得等号. 2 3 6 6 3 2

5、

1 .提示: 16
由①得,

m2 ? 4k (k ? 1) ? 1 ,
n(n ? 1) ? 125 , 4

sin 60 cos 480 cos 240 cos120 cos 60 sin 60 cos 480 cos 240 cos120 ? cos 60
sin120 cos120 cos 240 cos 480 2 cos 60 sin 240 cos 240 cos 480 ? 4 cos 60 sin 480 cos 480 ? 8cos 60 ?
sin 960 1 ? ? . 0 16 cos 6 16
11 提示: 6、 . 作三棱锥侧面展开图, 易知 EF ∥ BC ,
D

k (k ? 1) ? 7 ?




n(n ? 1) n(n ? 1) ? 7r (4r ? 1) 为奇 为奇数,且 n, n ? 1 中恰有一个是 4 的倍数,当 n ? 4r ,为使 7 ? 4 4

数,且 7r (4r ? 1) ? 125 ,只有 r ? 1 ,②成为

k (k ? 1) ? 35 ? 125 ,
即 k (k ? 1) ? 90 ,于是 n ? 4, k ? 9, x ? 38, y ? 9 ; 若 n ? 1 ? 4r ,为使 7 ?

n(n ? 1) ? 7r (4r ? 1)为奇数,且 7r (4r ? 1) ? 125 ,只有 r ? 1 ,②成为 4

k (k ? 1) ? 21 ? 125 ,即 k (k ? 1) ? 104 ,它无整解;
F

且 由 周 长 最 小 , 得 A, E, F , A1 共 线 , 于 是 等 腰

D
F

A1

于是 ( x, y ) ? (38,9) 是唯一解: 38 ? 7 ? 9 ? 2011 .
2 2

?DEF ? ?AEB , AE ? AB ? 4 , BE AB 1 ? ? , AB DA 2 即 BE ? 2 , DE ? 6 ,

E

C B A

E

C B

(另外,也可由 x 为偶数出发,使

A

2011 ? x2 ? 2009 ? ( x2 ? 2) ? 7 ? 287 ? ( x2 ? 2)
为 7 的倍数,那么 x ? 2 是 7 的倍数,故 x 是 7 k ? 3 形状的偶数,依次取 k ? 1,3,5 ,检验相应的六个
2

EF DE 6 3 ? ? ? , BC DB 8 4
所以 EF ? 3 ,由 A1F ? AE ? 4 ,则

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 M ? ?000,001,?,999? ,易知对于每个 a ??0,1,?,9? ,首位为 a 的 “三位数”恰有 100 个: a00, a01,?, a99 ,

AA1 ? AE ? EF ? FA1 ? 11.
7 、 (38,9) .提示:由于 2011 是 4 N ? 3 形状的数,所以 y 必为奇数,而 x 为偶数, 设 x ? 2 m ,

这样,所有三位数的首位数字和为

cos 2 A ? cos 2B ? cos 2C ? 2(cos A ? cos B ? cos C) ,
所以

100 ? (0 ? 1 ? ? ? 9) ? 45 ?100 .
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

cos 2 A ? cos 2 B ? cos 2C ? 2. cos A ? cos B ? cos C
10 、如图,设 MN , BI 交于点 F ,连 AF , AI , IE, EF ,由于中位
A

? S (n) ? ? S (n) ? 300 ? 45 .
n ?1 n ?0

999

999

? 线 MN ∥ BC , 以 及 BF 平 分 ? B , 则 M F ? M B

MA 所以 ,
M N F

?AFB ? 900 ,因 IE ? AE ,得 AFEI 共圆.所以 ?AEF ? ?AIF ;
又注意 I 是 ?ABC 的内心,则

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

I D

E C

0000,0001,?,0999 中,首位(千位)上,共有一千个 0 ,因此
1999 n ?1

? S (n) ? ? S (n) ? 1000 ? 2? S (n) ? 1000 ? 600 ? 45 ? 28000 ;
n ?0 n ?0 2011 n ? 2000 2011 n ?1 2011 n ?0

1999

999

A B C B ?AEF ? ?AIF ? ?IAB ? ?IBA ? ? ? 900 ? . 2 2 2 连 DE ,在 ?CDE 中,由于切线 CD ? CE ,所以 1 C ?CED ? ?CDE ? ?1800 ? C ? ? 900 ? ? ?AEF , 2 2
因此 D, E, F 三点共线,即有 MN , BI , DE 三线共点.

其次,易算出,

?

S (n) ? 72 . 所以,

11 、 证明: 1 由于 2011 为质数, 1 ? a ? 2011 , (a0) 1 而 则 ,21 (1)
使

? , 据裴蜀定理, 存在正整数 m, n ,


? S (n) ? ? S (n) ? 28072 .
sin A ? sin B ? sin C ?1, cos A ? cos B ? cos C

am ? 2011n ? 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:

9 、由

a ? (m ? 2011) ? 2011? (n ? a) ? 1 ,
令 m? ? m ? 2011, n? ? n ? a ,上式成为 am? ? 2011n? ? 1,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,



sin A ? sin B ? sin C ? cos A ? cos B ? cos C ,
平方得

sin 2 A ? sin 2 B ? sin 2 C ? 2(sin A sin B ? sin B sin C ? sin C sin A) ? cos2 A ? cos2 B ? cos2 C ? 2(cos A cos B ? cos B cos C ? cos C cos A)
所以

am ? 2011n ? 1 , 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( n ? 1 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.

(cos2 A ? sin 2 A) ? (cos2 B ? sin 2 B) ? (cos2 C ? sin 2 C)
? ?2[cos( A ? B) ? cos( B ? C ) ? cos(C ? A)] ,


(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)a ? 1 ; 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, A 的颜色被改变了偶数次 n ? 1 次) 从而颜色不变, 点 ( , 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) .


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