20058年全国高中数学联赛江西赛区预赛试卷及详细解答

1、2005-2012年8年全国高中数学联赛(江西赛区)预赛试卷及详细解答更多的资料请发送索取二五年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答2005年9月18日上午（830-1100）考生注意：1、本试卷共三大题（15个小题），全卷满分150分2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答3、解题书写不要超出装订线4、不能使用计算器一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A，B，C，D四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。1设则等于（ ）.（A）（B）（C）（D）答：

2、D.解：.2是不等于1的正数，若，则成立的是（ ）.（A） （B） （C） （D）答：B.解：由,知3中，则使等式成立的充要条件是（ ）.（A） （B） （C） （D）答：C解：由题设知，反之也成立。4抛物线顶点在原点,对称轴为轴，焦点在直线上，则抛物线方程为（ ）.（A）（B）（C）（D）答：D解：由顶点在原点，对称轴为轴知，抛物线方程为在中令知焦点为（4，0）,5设则二次曲线与必有（ ）.（A）不同的顶点 （B）不同的准线 （C）相同的焦点 （D）相同的离心率答：C解：当则表实轴为轴的双曲线，二曲线有相同焦点;当时，且，表焦点在轴上的椭圆。与已知椭圆有相同焦点。6连结正五边形的对角线交另一

3、个正五边形，两次连结正五边形的对角线，又交出一个正五边形（如图），以图中线段为边的三角形中，共有等腰三角形( )个。（A）50 （B）75 （C）85 （D）100答：C.解：对于其中任一点P，以P为“顶”（两腰的公共点）的等腰三角形的个数记为P则.,由于图中没有等边三角形，则每个等腰三角形恰有一个“顶”。据对称性可知。因此等腰三角形共有个。二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。7设适合等式则的值域是 。答：解：由将换为，有,两式消去得.8若对满足的任何角,都有，则数组= 。答：。解：左边与右边比较得9等差数列3，10，17，2005与3，8，13，

4、2003中，值相同的项有 个。答：58。解：将二个数列的各项皆减3，化为0，7，14，2002与0，5，10，2000，前者为不大于2002的各数中7的倍数，后者可看成以上范围内的5的倍数，故公项为35的倍数.10若对所有正数不等式都成立，则的最小值是 。答：。解：由当时取等号，故的最小值是。11若为一个平方数，则正整数 。答：10。解：，设有，于是有故12用标有1，2，3，15，40克的法码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置法码，那么该天平所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有 种。答：55。解：用1，2，3这三只法码，可称出区间中的全部整克数,增加15克的法码后，

5、量程扩充了区间，再增加40克的法码后，量程又扩充了三个区间：，但区间与有三个整数重复，计算上述各区间内的整数个数，则得能称出的不同克数共有6+13+（13+13+13）-3=55种。三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13直角三角形中，分别是直角边上的任意点，自向引垂线，垂足分别是。证明：四点共圆.证明：共圆,共圆，又共圆,由共圆，得所以故共圆.14的三条边长为，证明.证明：由于只要证：注意：故由，只要证，取等号当且仅当此时为正三角形，即15试求最小的正整数使得对于任何个连续正整数中，必有一数，其各位数字之和是7的倍数.解：首先，我们可以指出12个连续正整数，例如994，995，999，

6、1000，1001，1005，其中任一数的各位数字之和都不是7的倍数，因此，。再证，任何连续13个正整数中，必有一数，其各位数字之和是7的倍数.对每个非负整数，称如下10个数所构成的集合:为一个“基本段”，13个连续正整数，要么属于两个基本段，要么属于三个基本段。当13个数属于两个基本段时，据抽屉原理，其中必有连续的7个数，属于同一个基本段；当13个连续数属于三个基本段时，其中必有连续10个数同属于.现在设 是属于同一个基本段的7个数，它们的各位数字之和分别是显然，这7个和数被7除的余数互不相同，其中必有一个是7的倍数.因此，所求的最小值为二六年全国高中数学联赛江西省预赛试卷答案及评分标准20

7、06年9月24日上午（830-1100）考生注意：1、本试卷共三大题（15个小题），全卷满分150分2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答3、解题书写不要超出装订线4、不能使用计算器一、 选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A，B，C，D四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.1函数与的定义域和值域都是，且都有反函数，则函数的反函数是（ ） 答：C.解：由依次得 ，互易得 .2集合由满足如下条件的函数组成：当时，有 ，对于两个函数，以下关系中成立的是（

8、 ） 答：D.解：，取，则.中，则比式等于 答：解：如图易知，因此选4抛物线上两点关于直线对称，若，则的值是（ ）.答：解：由以及得 ， 5椭圆的中心，右焦点，右顶点，右准线与轴的交点依次为，则 的最大值为（ ）. 不能确定.答：解： .（时取等号）6函数的值域为（ ）答：.解：的定义域为则，令，则因，则 .二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上.7若，则 .答： .解：由条件得，则.8数列由全体正奇数自小到大排列而成，并且每个奇数连续出现次，如果这个数列的通项公式为，则 答：.解：由，即当 时， ，所以 ，于是，9为实数，满足，则 的最大值为 .答：

9、 .解：设，则 ，（当时取等号）.10若集合中的每个元素都可表为中两个不同的数之积，则集中元素个数的最大值为 .答：.解：从中每次取一对作乘积，共得个值，但其中有重复，重复的情况为，共种，因此集合中至多有 个数 .11作出正四面体每个面的中位线，共得条线段，在这些线段中，相互成异面直线的“线段对”有 个.答：个“线段对”.解：任取一条中位线考虑，所在的侧面没有与异面的线段；含点的另一个侧面恰有一条中位线与异面；含点的另一个侧面恰有一条中位线与异面；不含的侧面恰有两条中位线与异面；因此与异面的中位线共有条，即含有线段的异面“线段对”共有个，于是得异面“线段对”个，（其中有重复）.但每一个异面“线

10、段对”中有两条线段，故恰被计算了两次，因此得个异面“线段对”.12用五种不同的颜色给图中的“五角星”的五个顶点染色，（每点染一色，有的颜色也可以不用）使每条线段上的两个顶点皆不同色，则不同的染色方法有 种.答：种. 解： 将其转化为具有五个扇形格的圆盘染五色，使邻格不同色的染色问题。设有个扇形格的圆盘染五色的方法数为，则有，于是三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13设为正数，证明： 证：对归纳，时显然成立等号；设时结论对于任意个正数成立，当时，对于任意个正数，据假设有，5分所以 只要证， 平方整理，只要证， 10分由柯西不等式 15分即 所以即成立，因此当时结论成立.故由归纳法知，所证

11、不等式成立. 20分14三角形中，是的中点，、分别是边上的点，且的外接 圆 交 线 段于若点满足：证明：证明：在圆中，由于弦故圆周角，因此， 、与、分别共圆，于是 5分设点在边上的射影分别为、，则，故由 得，设的内心为 今证四点共圆：连 因分别共圆，则，又由， 所以因此而所以因为 故得，因此、四点共圆，于是 10分延长AM交的外接圆于则AO为该外接圆的直径, 于是且因此, 点O是所在圆的圆心, 从而为O的切线. 延长AD交O于T, 则,所以 , 又由,得, 因故 . 15分延长到,使，则为平行四边形, . 由 得 . 由 、 得 所以，, 即BPM=CPD . 20分15数列满足：，（其中表示

12、的整数部分，），试求的值.解：观察数列开初的一些项：01234567891011121314151617181920111122233444556677888123468101316202428333844505764728088我们注意到，数列严格单增，每个正整数，顺次在数列中出现，并且除了首项之外，每个形如的数连续出现三次，其它数各连续出现两次.5 分一般地，我们可证明数列的以下性质：若记，则, 若记则当时，有 10分对归纳.据上面所列出的项可知，当时结论成立.设性质对于成立，即在时，则再对满足的归纳：当时，由于，则，因为，则设当时，均有，则当时，因为则，即有，所以由于所以故由归纳法，当时

13、，特别是，当时，上式成为 又由，当，有所以由可知，对于当时，亦有，从而性质成立. 15分因为，取，则，因此. 20分二七年全国高中数学联赛江西省预赛试卷2007年9月23日上午（830-1100）考生注意：1、本试卷共三大题（15个小题），全卷满分150分2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答3、解题书写不要超出装订线4、不能使用计算器一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A，B，C，D四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.1、为互不相等的正数，则

14、下列关系中可能成立的是（ ）、； 、 ； 、； 、；2、设 ，又记则（ ）、； 、 ； 、； 、；3、设为锐角，则的大小顺序为（ ）、； 、 ； 、； 、；4、用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中的A、B、C、D四个小方格涂色（允许只用其中几种），使邻区（有公共边的小格）不同色，则不同的涂色方式种数为（ ）. 、； 、； 、； 、.5、正四棱锥的一个对角截面与一个侧面的面积比为，则其侧面与底面的夹角为( ). 、； 、； 、； 、 .6、正整数集合的最小元素为，最大元素为，并且各元素可以从小到大排成一个公差为的等差数列，则并集中的元素个数为（ ）、 、； 、； 、.二、填空题（本题满分54分，每小题

15、9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上.7、若实数满足：，则 .8、抛物线顶点为，焦点为，是抛物线上的动点，则的最大值为 9、计算 .10、过直线：上的一点作一个长轴最短的椭圆，使其焦点为，则椭圆的方程为 .11、把一个长方体切割成个四面体，则的最小值是 .12、将各位数码不大于的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列，则 三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、数列满足：；令；求 14、 如图，的外心为，是的中点，直线交于，点分别是的外心与内心，若，证明：为直角三角形15、若四位数的各位数码中，任三个数码皆可构成一个三角形的三条边长，则称为四位三角形数，试求所有四位三角形数的

16、个数二七年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答2007年9月23日上午（830-1100）考生注意：1、本试卷共三大题（15个小题），全卷满分150分2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答3、解题书写不要超出装订线4、不能使用计算器一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A，B，C，D四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内。每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.1、为互不相等的正数，则下列关系中可能成立的是（ ）、； 、 ； 、； 、；答案：；解：若，则，不合条件，排除，又由，故与同号，排除

17、；且当时，有可能成立，例如取，故选2、设 ，又记则（ ）、； 、 ； 、； 、；答案：；解：，据此，因为型，故选.3、设为锐角，则的大小顺序为（ ）、； 、 ； 、； 、；答案：；解：， ，故.4、用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中的A、B、C、D四个小方格涂色（允许只用其中几种），使邻区（有公共边的小格）不同色，则不同的涂色方式种数为（ ）. 、； 、； 、； 、.答案：；解：选两色有种，一色选择对角有种选法，共计种；选三色有种，其中一色重复有种选法，该色选择对角有种选法，另两色选位有种，共计种；四色全用有种（因为固定位置），合计种.5、正四棱锥的一个对角截面与一个侧面的面积比为，则其侧面与底面

18、的夹角为( ). 、； 、； 、； 、 .答案：；解：设底面正方形边长为，棱锥的高为，侧面三角形的高为，则 ，则，.6、正整数集合的最小元素为，最大元素为，并且各元素可以从小到大排成一个公差为的等差数列，则并集中的元素个数为（ ）、 、； 、； 、.答案：；解：用表示集的元素个数，设，由，得，于是，；从而二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上.7、若实数满足：，则 .答案：； 解：据条件，是关于的方程的两个根，即的两个根，所以；8、抛物线顶点为，焦点为，是抛物线上的动点，则的最大值为 答案：；解：设抛物线方程为，则顶点及焦点坐标为，若设点坐标为，则，故

19、（当或时取等号）9、计算 .答案：. 解：10、过直线：上的一点作一个长轴最短的椭圆，使其焦点为，则椭圆的方程为 .答案：；解：设直线上的点为，取关于直线的对称点，据椭圆定义， ，当且仅当共线，即，也即时，上述不等式取等号，此时，点坐标为，据得，椭圆的方程为.11、把一个长方体切割成个四面体，则的最小值是 .答案：；解：据等价性，只须考虑单位正方体的切割情况，先说明个不够，若为个，因四面体的面皆为三角形，且互不平行，则正方体的上底至少要切割成两个三角形，下底也至少要切割成两个三角形，每个三角形的面积，且这四个三角形要属于四个不同的四面体，以这种三角形为底的四面体，其高，故四个不同的四面体的体积

20、之和，不合；所以，另一方面，可将单位正方体切割成个四面体； 例如从正方体中间挖出一个四面体，剩下四个角上的四面体，合计个四面体.12、将各位数码不大于的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列，则 答案：； 解：简称这种数为“好数”，则一位好数有个；两位好数有个；三位好数有个；，位好数有个；，记，因，即第个好数为第个六位好数；而六位好数中，首位为的共有个，前两位为的各有个，因此第个好数的前两位数为，且是前两位数为的第个数；而前三位为的各个，则的前三位为，且是前三位数为的第个数；而前四位为的各个，则的前四位为，且是前四位数为的第个数；则的前五位为，且是前五位数为的第个数，则三、解答题（本题满分60

21、分，每小题20分）13、数列满足：；令；求 解：改写条件式为，则，所以，；14、 如图，的外心为，是的中点，直线交于，点分别是的外心与内心，若，证明：为直角三角形.证：由于点皆在的中垂线上，设直线交于，交于，则是的中点，是的中点; 因是的内心，故共线，且.又 是的中垂线，则，而为的内、外角平分线，故有，则为的直径，所以，又因，则. 作于，则有，且，所以，故得 ，因此，是的中位线，从而 ，而，则.故为直角三角形证二：记，因是的中垂线，则，由条件 延长交于，并记，则，对圆内接四边形用托勒密定理得，即，由、得，所以，即是弦的中点，而为外心，所以，故为直角三角形15、若四位数的各位数码中，任三个数码皆

22、可构成一个三角形的三条边长，则称为四位三角形数，试求所有四位三角形数的个数 解：称为的数码组，则；一、当数码组只含一个值，为，共得个值；二、当数码组恰含二个值，、数码组为型，则任取三个数码皆可构成三角形，对于每个，可取个值，则数码组个数为，对于每组，有种占位方式，于是这种有个、数码组为型，据构成三角形条件，有，的取值123456789中的个数共得个数码组，对于每组，有种占位方式，于是这种有个、数码组为型，据构成三角形条件，有，同上得个数码组，对于每组，两个有种占位方式，于是这种有个以上共计个三、当数码组恰含三个值，、数码组为型，据构成三角形条件，则有，这种有组，每组中有种占位方式，于是这种有个

23、、数码组为型，此条件等价于中取三个不同的数构成三角形的方法数，有组，每组中有种占位方式，于是这种有个、数码组为型，同情况，有个值以上共计个值四、互不相同，则有，这种有组，每组有个排法，共得个值综上，全部四位三角形数的个数为个2008年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、选择题（每小题分,共分）、若函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）. 、 ；、；、；、设，若直线和椭圆有公共点，则的取值范围是（）.、； 、； 、； 、.、四面体的六条棱长分别为，且知，则 .、； 、； 、； 、若对所有实数，均有，则（ ）. 、；、；、；、设，是的小数部分，则当时，的值（ ）、必为无理数；、必为偶数；、必为奇数；

24、、可为无理数或有理数、设为正整数，且与皆为完全平方数，对于以下两个命题：（甲）.必为合数；（乙）.必为两个平方数的和.你的判断是（ ）A.甲对乙错； B. 甲错乙对； C.甲乙都对； D.甲乙都不一定对.二、填空题（每小题分，共分）、过点作直线，使得它被椭圆所截出的弦的中点恰为，则直线的方程为 .、设，则函数的最小值为 .、四面体中，面与面成的二面角，顶点在面上的射影是的垂心，是的重心，若，则 、 .、数列满足：，且对每个，是方程的两根，则 .、从前个正整数构成的集中取出一个元子集，使得中任两数之和不能被这两数之差整除，则的最大值为 三、解答题：、（分）是直角三角形斜边上的高，（），分别是的内

25、心，的外接圆分别交于，直线交于点；证明：分别是的内心与旁心、（分）设为非负实数，满足，证明：、（分）对于元集合，若元集，满足：，且，则称是集的一个“等和划分”（与算是同一个划分）试确定集共有多少个“等和划分”2008年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答一、选择题（每小题分,共分）、若函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）. 、 ；、；、；、答案：解：欲使的值域为，当使真数可取到一切正数，故或者；或者且，解得、设，若直线和椭圆有公共点，则的取值范围是（）.、； 、； 、； 、.答：解：将代入椭圆方程并整理得，因直线和椭圆有公共点，则判别式，利用，化简得，所以即、四面体的六条棱长分别为，且知，则

26、.、； 、； 、； 、答案：.解：四面体中，除外，其余的棱皆与相邻接，若长的棱与相邻，不妨设，据构成三角形条件，可知，于是中，两边之和小于第三边，矛盾。因此只有.另一方面，使的四面体可作出，例如取.故选 、若对所有实数，均有，则（ ）. 、；、；、；、答： .解：记 ，则由条件，恒为，取，得，则为奇数，设，上式成为，因此为偶数，令，则，故选择支中只有满足题意、设，是的小数部分，则当时，的值（ ）、必为无理数；、必为偶数；、必为奇数；、可为无理数或有理数答：解：令，则，是方程的两根，则，所以当时，令，则当时，故所有为偶数，因，所以为的小数部分，即，奇数、设为正整数，且与皆为完全平方数，对于以下两

27、个命题：（甲）.必为合数；（乙）.必为两个平方数的和.你的判断是（ ）A.甲对乙错； B. 甲错乙对； C.甲乙都对； D.甲乙都不一定对.答案:解：设，为正整数；则，由此知，为正整数，且，因为若，则，即，则，记，得不为平方数，矛盾！所以，故由得，为合数；又因为，故选.（例如是上述之一）.二、填空题（每小题分，共分）、过点作直线，使得它被椭圆所截出的弦的中点恰为，则直线的方程为 .答案：解：设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，设其两根为，则， 即，所以直线的方程为，即、设，则函数的最小值为 .答案：.解：如图，取为数轴原点，再作垂线，使，在数轴上取点，使 ，则，当共线时，值最小，此时.、四面

28、体中，面与面成的二面角，顶点在面上的射影是的垂心，是的重心，若，则 答案：解：设面交于，则因，故在上，且，于是，在三角形中，由余弦定理得、 .答案：解：，所以 、数列满足：，且对每个，是方程的两根，则 .答：解：对每个， ， ，将写作，因此是一个公比为的等比数列，故 ，即，；于是；、从前个正整数构成的集中取出一个元子集，使得中任两数之和不能被这两数之差整除，则的最大值为 答案：.解：首先，我们可以取元集，中任两数之和不能被整除，而其差是的倍数；其次，将中的数自小到大按每三数一段，共分为段：从中任取个数，必有两数取自同一段，则或，注意与同奇偶，于是因此的最大值为.三、解答题：、（分）是直角三角形

29、斜边上的高，（），分别是的内心，的外接圆分别交于，直线交于点；证明：分别是的内心与旁心证：如图，连，由，则圆心在上，设直径交于，并简记的三内角为，由，所以，得，且，故，而，注意，所以，因此，同理得，故与重合，即圆心在上，而，所以平分；同理得平分，即是的内心，是的旁心证二：如图，因为，故的外接圆圆心在上，连，则由为内心知， 所以，于是四点共圆，所以，又因，因此点在上，即为与的交点设与交于另一点，而由，可知，分别为的中点，所以，因此，点分别为的内心与旁心、（分）设为非负实数，满足，证明：简证：为使所证式有意义，三数中至多有一个为；据对称性，不妨设，则，对正数作调整，由于 ，取等号当且仅当，此时条件

30、式成为，则，且有，于是，只要证，即，也即，此为显然，取等号当且仅当，故命题得证详证：为使所证式有意义，三数中至多有一个为；据对称性，不妨设，则；、当时，条件式成为，而，只要证，即，也即，此为显然；取等号当且仅当、再证，对所有满足的非负实数，皆有显然，三数中至多有一个为，据对称性，仍设，则，令，为锐角，以为内角，构作，则，于是，且由知，；于是，即是一个非钝角三角形下面采用调整法，对于任一个以为最大角的非钝角三角形，固定最大角，将调整为以为顶角的等腰，其中，且设，记，据知，今证明，即 即要证 先证 ，即证 ，即 ，此即 ，也即，即 ，此为显然由于在中，则；而在中，因此式成为 ，只要证， ，即证 ，

31、注意式以及，只要证，即，也即由于最大角满足：，而，则，所以，故成立，因此得证，由及得成立，从而成立，即，因此本题得证、（分）对于元集合，若元集，满足：，且，则称是集的一个“等和划分”（与算是同一个划分）试确定集共有多少个“等和划分”解一：不妨设，由于当集确定后，集便唯一确定，故只须考虑集的个数，设，为最大数，由，则，于是 ，故中有奇数个奇数、若中有个奇数，因中的六个奇数之和为，而，则，这时得到唯一的；、若中有个奇数、两个偶数；用表示中这两个偶数之和；表示中这三个奇数之和，则，于是共得的种情形其中，、当，则，；可搭配成的个情形；、当，则，；可搭配成的个情形；、当，则，可搭配成的个情形；、当，则，

32、可搭配成的个情形；、当，则，可搭配成的个情形；、当，则，；可搭配成的个情形；、当，则，；可搭配成的个情形、若中有一个奇数、四个偶数，由于中除外，其余的五个偶数和，从中去掉一个偶数，补加一个奇数，使中五数之和为，分别得到的个情形：综合以上三步讨论，可知集有种情形，即有种“等和划分” 解二：元素交换法，显然，恒设；、首先注意极端情况的一个分划：，显然数组与中，若有一组数全在中，则另一组数必全在中；以下考虑两数至少一个不在中的情况，为此，考虑中个数相同且和数相等的元素交换：、；共得到个对换；、；共得到个对换；、；共得到个对换每个对换都得到一个新的划分，因此，本题共得种等和划分2009年全国高中数学联

33、赛江西省预赛 09年江西省预赛于2009年9月20日在江西省11个设区市进行，全省约1万名学生参加了这次选拔赛，按照全国联赛所规定的模式，江西省预赛试题结构也相应作出了调整；省各地按10：1的比例，选出约1千人集中到南昌市参加10月11日的全国高中数学联赛。试 题一、填空题（ 每小题10分，共分）1. 某人在将中间的两个数码分别换成两位数与时，恰好都得到完全平方数：，则数组 2. 若一个椭圆的焦点和顶点分别是双曲线的顶点和焦点，则椭圆的方程为： 3. 实数满足，则的最大值是 4. 四面体中，平面与平面成的二面角，则点到平面的距离为 5. 从集合中，去掉所有的倍数以及的倍数后，则中剩下的元素个数

34、为 . 函数的值域是 . . 九个连续正整数自小到大排成一个数列，若的值为一平方数，的值为一立方数，则这九个正整数之和的最小值是 二、解答题（ 共分）. （20分）给定轴上的一点（），对于曲线上的动点，试求两点之间距离的最小值（用表示）. （分）如图，、是一个圆中三条互不相交的弦，以其中每两条弦为一组对边，各得到一个凸四边形，设这三个四边形的对角线的交点分别为；证明：三点共线. （25分）项正整数列的各项之和为，如果这个数既可分为和相等的个组，又可分为和相等的个组，求的最小值解 答1. 提示： 注意到，对于整数，若的末位数为，则的末位数必为或，易知，（），因此，于是，若要满足条件，只可能是，由

35、于，所以，2. 提示：双曲线的两顶点为，两焦点为，故由条件，椭圆的两焦点为，两顶点为，因此，则椭圆的方程为3. 提示：令，则，由，得，因为实数，则判别式，得4. 提示：，作平面，垂足为，连，由三垂线逆定理，所以，故，又因为正方形，则，因此正三角形的面积为，设到平面的距离为，由，得5. 提示：集合中，的倍数有个，的倍数有个，的倍数有个，则剩下的元素个数为个. 提示：，令，则，由此，当时两边分别取得等号. 提示：（注：由，则，即）. 提示：设这九数为 ，则有，则，得 令，得，所以 ，再取，化为 ，取，可使左式成立，这时，. 如图，易求得曲线上诸点的坐标为：，当，即时，曲线方程为 ；而当时，曲线方程

36、为 ，对于情形，即时，显然当位于顶点处时，距离取得最小值；对于情形，即在或时，设点，由于，因，则，于是，当时，取得最小值；再比较与：令，则当时，即最小值为；而当时，则最小值. 如图，设为三条不相交的弦，其中，又设，点截的三边，据梅涅劳斯逆定理，只要证 ，用记号表示三角形面积，则由 由此得，因此只要证， 注意 ， ，则所以 ，即成立，从而成立，故结论得证. 设分成的个组为，每组中的各数和皆为，称这种组为类组；而分成的个组为，每组中的各数和皆为，称这种组为类组显然，每个项恰好属于一个类组和一个类组，即同类组之间没有公共项，如果两个组中有两个公共项，则可以将这两个数合并为一个项，这样可使值减少，故不

37、妨设，每对至多有一个公共项今用点分别表示，而点表示组，如果组有公共项，则在相应的点之间连一条边，于是得二部图，它恰有条边和个顶点下面证明是连通图如果图的最大连通分支为，其顶点数少于，设在分支中，有个类顶点和个类顶点，其中，则在相应的类组和类组中，类组中的每个数都要在某个类组中出现；而类组中的每个数也都要在某个类组中出现，（否则将有边与分支外的顶点连接，发生矛盾），因此个类组中各数的和应等于个类组中各数的和，即有，由此得，所以，矛盾！因此是连通图于是图至少有条边，即；另一方面，我们可实际构造一个具有项的数列，满足本题条件例如取，（该数列有个取值为的项；个取值为的项；另将其余七个拆成七对，其中四对

38、，两对，一对，又得到个项），于是，每个类组可由一个，一个，或者由一个，添加一对和为的项组成；这样共得个类组，每组各数的和皆为；为了获得和为的个类组，可使各成一组，其余的数可以拼成八个类组：的组四个，的组两个，的组一个，的组一个故的最小值为 2010年全国高中数学联赛江西省预赛试题（考试时间：9月24日上午8:30-11:00）一填空题（共2题，每题10分，合计80分）1设多项式满足：对于任意，都有则的最小值是.2数列满足：已知数列的前项和为，则数列的前项和.3函数的值域是.4过抛物线的焦点,作一条斜率为的直线，若交抛物线于两点，则的面积是.5.若为锐角三角形，满足，则的最大值为.6.若正三棱锥

39、的内切球半径为，则其体积的最小值为.7.将随机填入右图正方形的九个格子中，则其每行三数，每列三数自上而下、自左而右顺次成等差数列的概率.8.将集合的元素分成不相交的三个子集：，其中，且，则集合为：.二解答题（共2题，合计70分）9.（20分）如图，是圆的一条弦，它将圆分成两部分，分别是两段弧的中点，以点为旋转中心，将弓形顺时针旋转一个角度成弓形，的中点为，的中点为.求证：. 10.（25分）给定椭圆以及圆，自椭圆上异于其顶点的任意一点，做的两条切线，切点为，若直线在轴上的截距分别为；证明：.11.（25分）对于个素数组成的集合，将其元素两两搭配成个乘积，得到一个元集，如果与是由此得到的两个元集

40、，其中=，且，就称集合对是由炮制成的一副“对联”.(例如当时，由四元集可炮制成三副“对联”：，).(1).当时，求元素集所能炮制成的“对联”数；（2）对于一般的，求由元素集所能炮制成的“对联”数.2010年全国高中数学联赛江西省预赛试题答案1.-22.3.4.5.6.7.8.9.思路：取AB中点E，中点F，可证PEBF为菱形； 证明角MFP=角PEN； 再证角PNE=角MPF； 然后证角MPN为直角10.关键步骤：设P点坐标，易的OMPN四点共圆，此圆方程减圆O方程得直线MN方程11.（1）60;(2) (其中=)2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答一、填空题（共题，每题10分，计分）

41、1、是这样的一个四位数，它的各位数字之和为；像这样各位数字之和为的四位数总共有 个答案：解：这种四位数的个数，就是不定方程满足条件，的整解的个数；即的非负整解个数，其中，易知这种解有个，即总共有个这样的四位数2、设数列满足:,且对于其中任意三个连续项,都有:.则通项 答案： 解：由条件得，所以，故，而；于是；由此得，.、以抛物线上的一点为直角顶点，作抛物线的两个内接直角三角形与，则线段与的交点的坐标为 答案：解：设，则，直线方程为，即，因为，则，即，代人方程得，于是点在直线上；同理，若设，则方程为，即点也在直线上，因此交点的坐标为4、设，则函数的最大值是 答案：解：由，所以， ，即，当，即时取

42、得等号5、 答案：解： 6、满足的一组正整数 答案：解：由于是形状的数，所以必为奇数，而为偶数， 设，代人得，即 而为偶数，则为奇数，设，则，由得， ，则为奇数，且中恰有一个是的倍数，当，为使为奇数，且，只有，成为，即，于是；若，为使为奇数，且，只有，成为，即，它无整解；于是是唯一解：（另外，也可由为偶数出发，使为的倍数，那么是的倍数，故是形状的偶数，依次取，检验相应的六个数即可）7、正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作与侧棱都相交的截面，那么，周长的最小值是 答案：解1：作三棱锥侧面展开图，当共线且时，周长最小，于是等腰，即，所以，由，则解2：作三棱锥侧面展开图，易知当共线时，周长最小，设

43、,则、用表示正整数的各位数字之和，则 答案：解：添加自然数，这样并不改变问题性质；先考虑由到这一千个数，将它们全部用三位数表示，得到集，易知对于每个，首位为的“三位数”恰有个：，这样，所有三位数的首位数字和为；再将中的每个数的前两位数字互换，成为，得到的一千个数的集合仍是，又将中的每个数的首末两位数字互换，成为，得到的一千个数的集合也是，由此知，今考虑四位数：在中，首位（千位）上，共有一千个，而在中，首位（千位）上，共有一千个，因此，；其次，易算出，。所以，二、解答题（共题，合计分）、（20分）、已知,，求的值解：由，即，平方得（10分）所以（15分）因为，即，所以（20分）、（分）如图，的内

44、心为，分别是的中点，内切圆分别与边相切于；证明：三线共点证：如图，设交于点，连，由于中位线，以及平分，则，所以，因，得共圆（10分）所以；又注意是的内心，则，(15分)连，在中，由于切线，所以，因此三点共线，即有三线共点（25分）、（分）在电脑屏幕上给出一个正边形，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个顶点（其中是小于的一个固定的正整数），一按鼠标键，将会使这个顶点“黑白颠倒”，即黑点变白，而白点变黑；、证明：如果为奇数，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；、当为偶数时，是否也能经过有限次

45、这样的操作，使得所有的顶点都变成一色？证明你的结论证明：由于为质数，而，则，据裴蜀定理，存在正整数，使 ，如果为奇数，则中的一奇一偶，如果为偶数，为奇数，将改写成：，令，上式成为，其中为奇数，为偶数总之存在奇数和偶数，使式成立；据， ，现进行这样的操作：选取一个点，自开始，按顺时针方向操作个顶点，再顺时针方向操作接下来的个顶点，当这样的操作进行次后，据知，点的颜色被改变了奇数次（次），从而改变了颜色，而其余所有顶点都改变了偶数次（次）状态，其颜色不变；因此，可以经过有限多次这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多次这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多

46、边形所有顶点都成为黑色（10分）：当为偶数时，将有如下结论：如果开初给定的正多边形有奇数个黑点、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，如果开初给定的正多边形有奇数个白点、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；（15分）为此，采用赋值法：将白点改记为“”，而黑点记为“”，改变一次颜色，相当于将其赋值乘以，而改变个点的颜色，即相当于乘了个（偶数个），由于；因此当多边形所有顶点赋值之积为，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，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，

47、对于偶数，则中的为奇数，设是多边形的两个相邻顶点，自点开始，按顺时针方向操作个顶点，再顺时针方向操作接下来的个顶点，当这样的操作进行次后，据知，点的颜色被改变了偶数次（次），从而颜色不变，而其余所有个顶点都改变了奇数次（次）状态，即都改变了颜色；再自点开始，按同样的方法操作次后，点的颜色不变，其余所有个顶点都改变了颜色；于是，经过上述次操作后，多边形恰有两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有个点的颜色不变 现将这样的次操作合并，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，如果开初给定的正多边形有奇数个白点、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“”，白点赋值为“”，证法便完全相同）（25分）二六年全国高中数学联赛江西省预赛试卷答案及评分标准2006年9月24日上午（830-1100）考生注意：1、本试卷共三大题（15个小题），全卷满分150分2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答3、解题书写不要超出装订线4、不能使用计算器二、 选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每小题均给出A，B，C，D四个结论，其中有且仅有一个是正