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2014年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答

时间:2014-07-05


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 a ? 2014 ? 7 d ,得

a 2014 5 ? ? d ? ? 287 ? d ,所以 d ? 287, a ? 5 . 7 7 7 7 2 4 4 ,则 sin ? ? cos ? ? . 8 2

2 、已知 sin ? ? cos ? ?

1 1 ,所以 sin ? cos ? ? ? ,由此, 2 4 2 7 2 sin 4 ? ? cos 4 ? ? ? sin 2 ? ? cos 2 ? ? ? 2 ? sin ? cos ? ? ? . 8
解:将条件式平方得 1+2sin? cos? =

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

x2 y 2 ? ? 1 上 一 点 , F1 是 其 左 焦 点 , Q 在 PF1 上 且 满 足 25 9
5 .

? ? 1? ? ? ? OQ ? ? OP ? OF1 ? , OQ ? 3 ,则点 P 到该椭圆左准线的距离为 2? ?

解:

? ? 1? ? ? OQ ? ? OP? OF 1 ? ,? Q 为 F 1 P 中点,设椭圆右焦点为 F2 ,连接 PF2 ,则 2? ?

OQ ?

1 P 到 左 准 线 距 离 为 d , 则 PF2 =3 ? PF2 =6 . ? PF 1 ? 4, 设 2

PF1 d

?e?

c a 2 ? b2 4 4 ? ? ,? d ? ? 5 4 a a 5 5
1

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 解:将三棱锥沿侧棱 DA 剪开,展 平为一个五边形,然后计算。当

3 55 . 64
D

D F E C A

A, E, F , A1 共线时,截面 ?AEF 周长为
最 小 , 这 时 等 腰 三 角 形 ?DAA1 与
A B

A1 F E B C

?DBC 具有相同的顶角平分线,

故 AA1 ∥ BC ,因此, ?ABD ? ?DBC ? ?DEF ? ?AEB ,即 ?ABE 为等腰三角 形,且 ?ABE, ?A1CF , ?AEF 皆与棱锥侧面三角形相似,记 BE ? x, EF ? y , 由

BE EF BC x y 1 1 3 3 ? ? ? ,则 x ? , y ? ,所以 AE ? A1 F ? 1, EF ? , , 即 ? AB DE DB 1 2 ?x 2 2 4 4
2

55 1 3 55 ?3? ,? S ? EF ? h ? 在 ?AEF中,h ? 1 ? ? ? ? . 8 2 64 ?8?
6 、 等 差 数 列 ?an ? ,?bn ? 的 前 n 项 和 分 别 为 S n , Tn , 若 对 任 意 的 正 整 数 n 都 有

64 Sn 5n ? 3 a ,则 20 = . ? Tn 2n ? 1 b7 9
解:

?an ?,?bn ? 均为等差数列,故可设 Sn ? kn ?5n ? 3? ,Tn ? kn ? 2n ?1? ,当 n ? 2 时,
a20 k ? 200 ? 8? 64 ? ? . b7 k ? 28 ? 1? 9
? 25a25 的值

an ? Sn ? Sn?1 ? k ?10n ? 8? , bn ? Tn ? Tn?1 ? k ? 4n ?1? , ?
7 、已知 ?1 ? x ? ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ?
50

? a50 x 50 , 则a1 ? 2a2 ? 3a3 +

为 50 ? 2

48

解 : 由 展 开 式 易 知 , a1 ? 2a2 ? 3a3 +

1 2 3 ? 25a25 ? C50 ? 2C50 ? 3C50 ?

25 ? 25C50 .

2

k kC50 ?k?

k 49 ? 48 ? A50 ? 50 ? k!

?? ? 49 ? ? k ? 1? ? 1? ?

? k ? 1?!

k ?1 ? 50 ? C49

1 2 ?S ? C50 ? 2C50 ? 0 1 ? 50C49 ? 50C49 ?

25 ? 25C50 24 0 1 ? 50C49 ? 50(C49 ? C49 ? 24 ? C49 )

1 0 1 ? 50 ? (C49 ? C49 ? 2

1 49 ? C49 ) ? 50 ? ? 249 ? 50 ? 248 2

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 a1a2

a8 ,记 A ? ?a1, a3 , a5 , a7 ? , B ? ?a2 , a4 , a6 , a8? ,
,故 S (A), S( B)

36 而 S ( A), S ( B) 表示其数字和,先设 S ( A) ? S ( B) ,则 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 S ( A) ? S ( B) ? 22 ,则 S ( B) ? 7 ,这不可能(因最小四数之和不小于 10 ) ; 于是 S ( A) ? S ( B) ? 0 , 即有 S ( A) ? S ( B) ? 18 , 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 2 ? 3 ? 4!? 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:

? ab ? ? ab ?? ac ? ? ac ? a ? ab ? b ? a ? ac ? c ? 4 ? ? ?? ?? ??? ? . ? a ? b ? ? a ? b ?? a ? c ? ? a ? c ?
2 2 2 2

2

2

证:由于 (a ? b) ? 4ab, (a ? c) ? 4ac ,因此,
2 2

ab a?b ac a?c ? ? , 。 a?b 4 a?c 4
???5'
2

只要证, a ? ab ? b ? a ? ac ? c ?
2 2 2 2

? a ? b ? ? ? a ? b ?? a ? c ? ? ? a ? c ?
2

,?10'

2 2 2 2 2 两边平方, 即要证 (a ? ab ? b )(a ? ac ? c ) ? a ? 2ab ? 2ac ? bc ,

????15’

3

再平方 , 得 (a ? bc)2 ? 0 , 此为显然.

????20’

10 、设椭圆

y 2 x2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 与抛物线 x2 ? 2 py( p ? 0) 有一个共同的焦点 2 a b

F , PQ 为它们的一条公切线, P 、 Q 为切点,证明: PF ? QF .
证:设 P ? x1 , y1 ? 在抛物线上,Q( x2 , y2 ) 在椭圆上,焦点 F ? 0, 为 x1 x ? p ? y ? y1 ? ,椭圆切线方程为

? ?

p? ? ,则抛物线切线方程 2?

y2 y x2 x ? 2 ? 1 它们为同一直线, a2 b
① ???? 4'

?

a 2 x2 b2 y2 a 2b2 ? ? ? y1 y2 ? ?a 2 , x1 x2 ? 2b2 . x1 ?p py
y1 ? p p 1 2 p y2 ? p ? ? y1 ? y2 ? ? a 2 2? 2 ?4 2 x1 x2 2b 2

? k FP ? k FQ ?



???? 8'

pk 2 , 设公切线 PQ 方程为 y ? kx ? m ,代入抛物线方程并由 ? ? 0 ? m ? ? 2
? x1 ? pk pk 2 ? ? PQ : y ? kx ? , 与抛物线切线方程比较可得 ? 1 2 y1 ? pk 2 ? ? 2
将公切线方程代入椭圆方程,并令

? ? 0 ? m 2 ? a 2 ? k 2b 2 ?

p2k 4 ? a 2 ? k 2b2 ? p 2 k 4 ? 4b 2 k 2 ? a 2 ? 0 , 两曲线有相 4

?c ? 同焦点,

p p 2 ? 4b 2 2 ? p 2 ? 4c 2 ? 4(a 2 ? b 2 ) , 代入上式解得 k ? ???? 12’ 2 p2

? y1 ?

1 p 2 ? 4b2 p 2 ? 4b2 2a 2 p? ? ? , 2 p2 2p p
???? 16’
4

a2 2 pa 2 2 pa 2 p y2 ? ? ? ? 2 ?? 2 ?? , 2 2 2 y1 p ? 4b 4a ? 4b ? 4b 2

? y1 +y2 ?

4a 2 ? p 2 2b2 ,代入②式,得 ? 2p p
1 2 p 2b 2 p ? ? ? a2 a 2 ? b2 ? b2 ? a 2 4 2 p ? ? ? ?1 2b 2 2b 2
????22'

? k FP ? k FQ

? 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
证:连接 OD 、 DE ,

OD ? PD, CO ? PO,

??DPB ? ?DOP ? ?DOP ? ?DOC ???? 4' ??DPB ? ?DOC ? 2?DAC ? 2?DBC ? 2?DPF .


?DAC ? ?DPE, ?DPF ? ?DBF ???? 8'

? P、A、E、D; P、B、F、D 分别四点共圆。 ??DEC ? ?DPA, ?DFC ? ?DPA,??DEC ? ?DFC
? D、E、F、C 四点共圆, ??CDF ? ?CEF ? ?PEA ? ?PDA.
???? 16' ???? 22' ????12'

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 M ? ?1, 2,

, 2014? 的 n 元子集,且 A 中任两数皆是“联盟”数对,求 n 的最大值.

解:称这种子集 A 为“联盟子集” ;首先,我们可构造一个联盟子集,其中具有 504 个元素.为此,取 A ? 2k k ? 504,505,

?

,1007? , 以下证, 504 就是 n 的最大值.
???4’

今设 A 是元素个数最多的一个联盟子集, A ? ?a1, a2 ,

, an ? ,若 a j 是集 A 中的最

小数,显然 a j ? 1 ,如果 a j ? 1007 ,则得 2a j ? 2014 ,即 2a j ? M ,显然 2a j ? A , (因 . 2a j 与 a j 有整除关系) ????8’
5

今在 A 中用 2a j 替代 a j ,其它元素不变,成为子集 A? ,则 A? 仍然是联盟子集,这 是由于对于 A 中异于 a j 的任一元素 ai ,因 a j 与 ai 不互质,故 2a j 与 ai 也不互质;再说 明 2a j 与 ai 没有整除关系:因 a j ? ai ,则 2a j ? ai ;又若 ai 2a j

,设 2a j ? kai ,

(显然 k ? 1, 2 , 否则 ai , a j 有整除关系) , 则k ? 2, 于是 ai ? a j , 这与 a j 的最小性矛盾! ????16’ 因此 A? 仍然是联盟子集,并且仍是 n 元集;重复以上做法,直至子集中的元素皆大于

1007 为止,于是得到 n 元联盟子集 B ? ?b1, b2 ,
即 B ? ?1008,1009,

, bn ? ,其中 1007 ? bj ? 2014 .

,2014? ,因任两个相邻整数必互质,故在这 1007 个连续正整数
????22’

中至多能取到 504 个互不相邻的数,即 n ? 504 . 又据前面所述的构造可知, n 的最大值即为 504 .

6


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