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2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案


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2011 年全国高中数学联赛江西省预赛

2011 年全国高中数学联赛江西省预赛于 2011 年 9 月 25 日在江西省的 11 个 设区市同时进行,全省有一万两千余名学生参加了这次选拔赛,江西省预赛试题 结构及命题模式近年来基本保持稳定;全省各地按预赛人数 10:1 的比例,选出 约一千两百余人集中到南昌市参加 10 月 16 日的全国高中数学联赛.

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填空题( 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 {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 = x 2 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 =


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 x 2 + 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



二、解答题(共 3 题,合计 70 分) 答题(

9 、 20 分 ) 设 A + B + C = 1800 , 且 满 足 : ( 、 cos 2 A + cos 2 B + cos 2C 的值. cos A + cos B + cos C

sin A + sin B + sin C =1 , 求 cos A + cos B + cos C

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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 明: MN , BI , DE 三线共点.
B

A

I 分别与边 BC , CA 相切于 D, E ;证

M

N

F

I D

E C

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.

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本文档选自华东师范大学出版社的 《高中数学 联赛备考手册(2012) (预赛试题集锦) ,该书收 》 录了 2011 年各省市预赛试题和优秀解答。 预赛命题 人员大多为各省市数学会成员,试题在遵循现行教 学大纲,体现新课标精神的同时,在方法的要求上 有所提高。命题人员大多同时兼任各省市高考命题 工作,试题对高考有一定的指导作用,本书架起了 联赛与高考的桥梁,是一本不可或缺的备考手册。

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1 、 20 .提示:这种四位数 x1 x2 x3 x4 的个数,就是不定方程 x1 + x2 + x3 + x4 = 4 满足
条件 x1 ≥ 1 , 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
1 3 y1 = x1 ? 1 ,易知这种解有 C34+?4 ?1 = C6 = 20 个,即总共有 20 个这样的四位数. (注:也可

直接列举. )

2 、3?

2 . 提示:由条件得, n 2nan = (n ? 1)an ?1 + (n + 1)an +1 ,

所以

(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 = = =
于是

an +1 ? an an ? an ?1 a ?a ? ?L ? 3 2 ? (a2 ? a1 ) an ? an ?1 an ?1 ? an ? 2 a2 ? a1 1 n ?1 n ? 2 n ? 3 ? ? ? L ? ?1 n + 1 n n ?1 3 2 ; n(n + 1)

an ? an ?1 =
由此得

2 1 1 = 2( ? ); n(n ? 1) n ?1 n

an = (an ? an ?1 ) + (an ?1 ? an ? 2 ) + L + (a2 ? a1 ) + a1 1 = 2(1 ? ) + 1 n 2 = 3? n
.

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2 3 、 (?1, 2) .提示:设 A( x1 , x12 ), B ( x2 , x2 ) ,则

k MA = k MB = k AB =
直线 AB 方程为

x12 ? 1 = x1 + 1, x1 ? 1
2 x2 ? 1 = x2 + 1, x2 ? 1

2 x12 ? x2 = x1 + x2 , x1 ? x2

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

( x1 + 1)( x2 + 1) = ?1 ,


? x1 x2 = 2 + ( x1 + x2 ) ,
代人方程得

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

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) .

4、

1 .提示:由 432 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,
6

1 ?1? xy 2 z 3 ≤ ? ? , 4 ? 27 ?6?


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1 1 = , 3 2 ?3 432 y z 1 1 1 1 当 x = = = ,即 x = , y = , z = 时取得等号. 2 3 6 6 3 2 1 5 、 .提示: 16 xy 2 z 3 ≤
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 = 8 cos 60

=

sin 960 1 = . 0 16 cos 6 16
D

6、 . 11 提示: 作三棱锥侧面展开图, 易知 EF ∥ BC ,
且 由 周 长 最 小 , 得 A, E , F , A1 共 线 , 于 是 等 腰
F

D
F

A1

?AEB , AE = AB = 4 , BE AB 1 = = , AB DA 2 即 BE = 2 , DE = 6 , EF DE 6 3 = = = , BC DB 8 4
所以 EF = 3 ,由 A1 F = AE = 4 ,则

?DEF

E

C B A

E

C B

A

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 = 2m , y = 2n + 1 ,代人得
4m2 + 28n(n + 1) = 2004 ,


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



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m 2 = 4k (k + 1) + 1 ,
由①得,

k (k + 1) + 7 ?


n(n + 1) 为 奇 数 , 且 n, n + 1 中 恰 有 一 个 是 4 的 倍 数 , 当 n = 4 r , 为 使 4 n(n + 1) 7? = 7 r (4r + 1) 为奇数,且 7 r (4r + 1) < 125 ,只有 r = 1 ,②成为 4
k (k + 1) + 35 = 125 ,

n(n + 1) = 125 , 4



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) = 7 r (4r ? 1) 为奇数,且 7 r (4r ? 1) < 125 ,只有 r = 1 , 4

②成为 k ( k + 1) + 21 = 125 ,即 k ( k + 1) = 104 ,它无整解; 于是 ( x, y ) = (38,9) 是唯一解: 38 + 7 ? 9 = 2011 .
2 2

(另外,也可由 x 为偶数出发,使

2011 ? x 2 = 2009 ? ( x 2 ? 2) = 7 × 287 ? ( x 2 ? 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
2

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 M = {000, 001,L ,999} , 易 知 对 于 每 个

a ∈ {0,1,L ,9} ,首位为 a 的“三位数”恰有 100 个: a 00, a 01,L , a99 ,
这样,所有三位数的首位数字和为

100 ? (0 + 1 + L + 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

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

999

999

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

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0000, 0001,L , 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

1999

999

其次,易算出,

n = 2000 2011 n =1 2011 n=0



S (n) = 72 . 所以,

∑ S (n) = ∑ S (n) = 28072 .
sin A + sin B + sin C =1, cos A + cos B + cos C

9 、由



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) = cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A)
所以

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


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

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
线 MN ∥ BC , 以 及 BF 平 分 ∠B , 则 MF = MB = MA , 所 以
A

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

M

N

F

I D

E C

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

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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 1 ≤ a < 2011 ,则 (a, 2011) = 1 ,据裴蜀定理,
存在正整数 m, n ,使

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:



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, 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 ,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 数次( n + 1 次) 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; ,而黑点记为“ ?1 ” ,改变一次颜色,相当于 为此,采用赋值法:将白点改记为“ +1 ” 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) 点 ( , 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.

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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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