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2011年全国高中数学联赛山西省预赛试题解答


2011 年全国高中数学联赛山西省预赛
试题解答

一、填空题(共 8 题,每题 10 分,计 80 分) 1、在集合 A ? ?1,2,3,
答案: 202 . 解:将集合 A ? ?0001,0002,

,2011? 中,末位数字为 1 的元素个数为



,2011? 中

的每个数都截去其末位数字,都会得到集合

B ? ?000,001,

,199,200,201? 中的数,而 A 中形如 abc1 的数,皆可看成由 B 中的元素

abc 后面添加数字 1 而得到;故 A 中形如 abc1 的元素个数,等于 B 的元素个数,即 202 个.
2、椭圆

x2 y 2 ? ? 1 的焦点为 F1 , F2 ,如果椭圆上的一点 P 使 PF1 ? PF2 ,则 ?PF1F2 52 32


的面积为 答案: 9 .

2 2 解:易知 F1F2 ? 8 , PF 1 ? PF 2 ? 10 ,所以 ( PF 1F 2 中, 1 ? PF 2 ) ? 10 ,在直角 ?PF

PF12 ? PF22 ? 8 2,由以上两式得, S?PF1F2 ?
3、数列 ?an ? 满足: a1 ? 1 ,

1 PF1 ? PF2 ? 9 . 2

a2 k a ? 2, 2 k ?1 ? 3, k ? 1 ;则其前 100 项的和为: a2 k ?1 a2 k

S100 ?
3 5


50

答案: (6 ? 1) . 解:

a2 k ?1 a2 k ?1 a2 k a a a ? ? ? 6, 2 k ?2 ? 2 k ?2 ? 2 k ?1 ? 6 , a1 ? 1, a2 ? 2 ,所以, a2 k ?1 a2 k a2 k ?1 a2 k a2 k ?1 a2 k

a2k ?1 ? 6k ?1, a2k ? 2 ? 6k ?1 , S100 ? (a1 ? a2 ) ? (a3 ? a4 ) ?
50 3 ? 3? 6k ?1 ? (650 ? 1) . 5 k ?1

? (a99 ? a100 )

4、若 4n ? 1, 6n ? 1 都是完全平方数,则正整数 n 的最小值是
答案: 20 .



解: 4n ? 1, 6n ? 1 都是奇平方数;设 6n ? 1 ? (2m ? 1) ? 4m(m ? 1) ? 1 ,则
2

3n ? 2m(m ? 1) ,而 m(m ? 1) 为偶数,所以 4 n ,设 n ? 4k ,则 4n ? 1 ? 16k ? 1 ,
6n ? 1 ? 24k ? 1 , ,2 , 3 ,4 当 k ?1
时,4n ? 1, 6n ? 1 不同为平方数, 而当 k ? 5 , 即 n ? 20 时,

4n ? 1 ? 81, 6n ? 1 ? 121 皆为平方数,因此正整数 n 的最小值是 20 .
5、函数 y ? 2x ? 5 ? 11 ? 3x 的最大值是 答案: .

65 . 24

解:令 11 ? 3x ? t ,则 6 y ? 12x ? 30 ? 6 11 ? 3x ? ?4(11 ? 3x) ? 6 11? 3x ? 14

65 3 167 3 ? 65 65 ? ,当 t ? ,即 x ? 取得等号. ? ?4t 2 ? 6t ? 14 ? ? ? 2t ? ? ? ? ,则 y ? 24 4 48 2? 4 4 ?
6、如图,单位正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, E, F , G 分别是棱 AA1 , C1D1 , D1 A1 的中点, 则点 B1 到 EFG 所在平面的距离为 .
G A1 E A D B B1 C D1 F C1

2

3 答案: . 2
解一、补形法,如图,过 E, F , G 的平面截正方体,所得截面是

一个正六边形,易知该平面垂直平分正方体的对角线 B1D ,而 B1D ? 3 , 所以 B1 到面 EFG 的距离 h ? 解二:等体积法,

3 . 2

1 1 1 3 ? ? ? , 4 4 8 8 1 1 1 而点 E 到平面 B1FG 的距离 h 0 ? ,所以 VEB1FG ? h 0 S B1FG ? . 2 3 16 1 1 3 1 2 2 2 2 2 2 6, 又 EF ? EA1 ? A1 F ? EA1 ? ( A1 D1 ? D1F ) ? ? 1 ? ? ,即 EF ? 4 4 2 2
易知 S B1FG ? 1 ? S B1 A1G ? S B1C1F ? S D1FG ? 1 ?

GF ? GE ?
则 S ?EGF ?

GE 2 ? GF 2 ? EF 2 1 2 ? ? , ?EGF ? 1200 , , cos ?EGF ? 2GE ? GF 2 2

1 1 GE ? GF sin1200 ? 3 ,若 B1 到面 EFG 的距离为 h ,则 2 8

1 1 3 3 ? VEB1FG ? h ? S?EGF ? h ,所以 h ? . 16 3 24 2

7、 sin 2 1300 ? sin 700 cos800 ?
答案:



3 . 4
2 0 0 0 2 0 0 0

解: sin 130 ? sin 70 cos80 ? cos 40 ? sin 70 sin10

?
?

1 ? cos800 1 1 ? sin 700 sin100 ? ? (cos 700 cos100 ? sin 700 sin100 ) ? sin 700 sin100 2 2 2
1 1 1 1 3 ? (cos 700 cos100 ? sin 700 sin100 ) ? ? cos 600 ? . 2 2 2 2 4
8 、如果四位数 abcd 的四个数码满足 a ? b ? c ? d ,就称其为“好数” ;例如 2011 就

是一个“好数” .那么, “好数”的个数是 答案: 615 .



解:由于 1 ? a ? 9, 0 ? b, c, d ? 9 ,记 k ? a ? b ? c ? d ,则 1 ? k ? 18 . 当 1 ? k ? 9 ,则上式中的 a 可取 ?1,

, k? 中的任意值, c 可取 ?0,1,

, k? 中的任意值,而

当 a , c 取定后, b, d 便随之确定,因此满足 k ? a ? b ? c ? d 的四位数 abcd 有 k (k ? 1) 个; 从而满足 k ? 9 的四位数 abcd 共有

? k (k ? 1) ? 330 个;
k ?1

9

当 10 ? k ? 18 ,由 k ? a ? b ? c ? d 知, a, b, c, d 皆不能为 0 ,令 a1 ? 10 ? a, b1 ? 10 ? b ,

c1 ? 10 ? c, d1 ? 10 ? d ,则 1 ? a1 , b1 , c1 , d1 ? 9,记 k1 ? a1 ? b1 ? c1 ? d1 ,则 2 ? k1 ? 10 ,
且四位数 abcd 与四位数 a1b1c1d1 一一对应.上式中的 a1 及 c1 皆可取 ?1,

, k1 ? 1? 中的任意

值, 而当 a1 , c1 取定后,b1 , d1 便随之确定, 因此满足 k1 ? a1 ? b1 ? c1 ? d1 的四位数 a1b1c1d1 有

(k1 ?1)2 个,从而满足 2 ? k1 ? 10 的 a1b1c1d1 共有 ? (k1 ? 1)2 ? ? k 2 个,即满足
k1 ? 2 k ?1

10

9

10 ? k ? 18 的四位数 abcd 共有 ? k 2 ? 285 个.
k ?1

9

故“好数”的个数是 330 ? 285 ? 615 . 二、解答题(共 3 题,合计 70 分)

9、 (20 分)三角形 ABC 三个内角的度数满足:
求 T ? cos A ? cos B ? cos C 的值.

A B 1 ? ? ; B C 3

解:设 A ? ? , B ? 3? , C ? 9? ,由 ? ? 3? ? 9? ? ? ,得 ? ?

?
13



T ? cos ? ? cos 3? ? cos 9? ? cos ? ? cos 3? ? cos 4?

? 2cos? cos 2? ? 2cos2 2? ? 1 ? 2cos2 2? ? 2cos2 2? ? 1 ? 1.

T 2 ? (cos? ? cos3? ? cos9? )2 ? cos2 ? ? cos2 3? ? cos2 9? ? 2cos? cos3?
?2 cos ? cos 9? ? 2 cos 3? cos 9? ?

1 ? cos 2? 1 ? cos 6? 1 ? cos8? ? ? 2 2 2

?(cos 2? ? cos 4? ) ? (cos8? ? cos10? ) ? (cos 6? ? cos12? ) ;
而 T ? cos ? ? cos 3? ? cos 9? ? ? cos12? ? cos10? ? cos 4? , 所以 2T ? T ? 3 ? 3(cos 2? ? cos 4? ? cos 6? ? cos8? ? cos10? ? cos12? ) ,
2

又令 P ? cos 2? ? cos 4? ? cos 6? ? cos8? ? cos10? ? cos12? , 则 P ? 2sin ? ? (sin 3? ? sin ? ) ? (sin 5? ? sin 3? ) ? (sin 7? ? sin 5? ) ? (sin 9? ? sin 7? )

1 ?(sin11? ? sin 9? ) ? ?(sin13? ? sin11? ) ? ? sin ? ,所以 P ? ? . 2 3 3 2 2 从而 2T ? T ? 3 ? ? ,即 4T ? 2T ? 3 ? 0 , 2 2
由于 T ? 1 ,解此方程得 T ?

1 ? 13 . 4

10 、 ( 25 分) 如图,D, E, F 分别是 ?ABC 的边 BC , CA, AB 上的点, 且 DE

AB ? F0 ,

EF

BC ? D0 , FD CA ? E0 ;
A

证明: AD, BE , CF 三线共点, 当且仅当 D0 , E0 , F0 三点共线. 证明:据梅尼劳斯定理,D0 , E0 , F0 三点共线, 当且仅当
B

F

E D C D0

AE0 CD0 BF0 ? ? ? 1; E0C D0 B F0 A
F0

E0

而据塞瓦定理, AD, BE , CF 三线共点, 当且仅当

BD CE AF ? ? ? 1. DC EA FB

因直线 D0 EF 截 ?ABC ,得到

CD0 CE AF CE AF BD0 ? ? ? 1 ,所以, ? ? , EA FB D0C D0 B EA FB

同理,由直线 E0 DF 截 ?ABC 得,

CE0 CD BF ,由直线 F0 DE 截 ?ABC 得, ? ? E0 A DB FA
2

BF0 BD CE AE0 CD0 BF0 ? BD CE AF ? .因此, ? ? ? ? ?? ? ? ? ; F0 A DC EA E0C D0 B F0 A ? DC EA FB ?
由于该等式中的一端取值为 1 当且仅当其另一端也取值为 1 ,故结论得证. 11 、 (25 分) 20 个巫师孤岛聚会.在这期间,任何三个巫师都曾在一起诅咒过别的某些 巫师;证明:其中必存在某个巫师,他至少受到过其余九个巫师的诅咒.
3 证: 20 个巫师,共可作成 C20 个“三巫组” ,每个组至少诅咒过一人,故被诅咒过的巫 3 师至少有 C20 人次,设 W 是受到诅咒最多的一个巫师,他被 m 个“三巫组”诅咒过,则
3 C20 ? 57 ,若这 m 个“三巫组”中,总共含有 k 个巫师,这 k 人共可作成 Ck3 个“三巫 20

m?

3 组” ,因此, Ck ? m ? 57 ,注意到,当 k ? 3 时,组合数 Ck3 严格递增; 3 3 因为 C8 ? 56 ? 57, C9 ? 84 ? 57 ,由此得 k ? 9 .


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