2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答

2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题

一、填空题

1、若三位数n?abc是一个平方数，并且其数字和a?b?c也是一个平方数，则称n为

超级平方数，这种超级平方数的个数是 ．

2、函数y?8x?x2?14x?x2?48的最大值是 ．

3、直线l过点M(1,2)，若它被两平行线4x?3y?1?0与4x?3y?6?0所截得的线

段长为2，则直线l的方程为 ．

4、

13?? ． 00sin10cos105、满足1?x2?x的实数x的取值范围是 ．

6、若实数x,y,z?0，且x?y?z?30,3x?y?z?50，则T?5x?4y?2z的取值

范围是 []．

7、在前一万个正整数构成的集合?1,2,?,10000?中，被3除余2，并且被5除余3，

被7除余4的元素个数是 ．

8、如图，正四面体ABCD的各棱长皆为2，A1,B1,C1分别是棱DA,DB,DC的中点，

?C，并将两弧各分成五等分，A1B1,B以D为圆心，1为半径，分别在面DAB,DBC内作弧? 11分点顺次为A1,P1,Q1,Q2,Q3,Q4,C1， 1,P2,P3,P4,B1以及B一只甲虫欲从点P1出发，沿四面体表面爬行至点Q4，则其 爬行的最短距离为 ． 二、解答题

29、正整数数列?an?满足：a1?2,an?1?an?an?1；证

明：数列的任何两项皆互质．

1

10、（25分）H为锐角三角形ABC的垂心，在线段CH上任取一点E，延长CH到F，使HF?CE，作FD?BC，EG?BH，其中D,G为垂足，M是线段CF的中点，

O1,O2分别为?ABG,?BCH的外接圆圆心，?O1,?O2的另一交点为N；

证明：?1?、A,B,D,G四点共圆；

FGHNMEDA?2?、O1,O2,M,N四点共圆；

BO1CO211、对于任意给定的无理数a,b及实数r?0，证明：圆周?x?a???y?b??r2上

至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．

2212、从集合M??1,2,?,36?中删去n个数，使得剩下的元素中，任两个数之和都不

是2015的因数，求n的最小值．

2

2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答

一、填空题

1、若三位数n?abc是一个平方数，并且其数字和a?b?c也是一个平方数，则称n为

超级平方数，这种超级平方数的个数是 ． 答案：13个．

解：可顺次列举出：100,121,144,169,196,225,324,400,441,484,529,900,961．

2、函数y?8x?x2?14x?x2?48的最大值是 ．

答案：23． 解：y?x(8?x)?(x?6)(8?x)?8?x?x?x?6??68?x，

x?x?6其定义域为6?x?8，当x?6时，此分式的分子最大而分母最小，这时分式的值达最大，其值为23．

3、直线l过点M(1,2)，若它被两平行线4x?3y?1?0与4x?3y?6?0所截得的线

段长为2，则直线l的方程为 ．

答案：x?7y?15或者7x?y?5．

解：设l的方程为y?2?k(x?1)，将此方程分别与4x?3y?1?0及4x?3y?6?0联

立，解得交点坐标A?2?3k?7?5k?8??3k?12?10k?8?与,B,???，据AB?2，

?3k?43k?4??3k?43k?4?225(k2?1)1?5??5k??2k????2得?，即，所以，，分别代入k?72???1273k?43k?4?????3k?4?所设方程，得到x?7y?15或者7x?y?5．

4、

13?? ．

sin100cos100答案：4．

13cos100?sin100000013sin30cos10?cos30sin102??4?2?4解： 000000sin10cos102sin10cos102sin10cos10

3

sin200?4??4．

sin2005、满足1?x2?x的实数x的取值范围是 ．

?2?答案：??1,?．

2??2解：用图像法：令y?1?x，此为单位圆的上半圆，它与直线y?x交点??11?,?，?22?半圆位于交点左侧的图像皆在直线y?x上方；或者三角函数代换法：

因?1?x?1，令x?cos?,0????，则y?sin?，由条件式1?x2?x，平方得

2x2?1，则x??2?1，又有x?cos???1，因此x???1,?．

2?2?6、若实数x,y,z?0，且x?y?z?30,3x?y?z?50，则T?5x?4y?2z的取值

范围是 []．

答案：?120,130?．

解：T?5x?4y?2z??x?y?z???4x?3y?z??30??4x?3y?z? 因4x?2y??x?y?z???3x?y?z??80，所以T?110?(y?z)，

20?(3x?y?z)?(x?y?z)?2(x?z)，则x?z?10，因x,z非负，于是x?10，

从而由x?y?z?30知，y?z?20，得到T?110?(y?z)?130， （当z?0,x?10,y?20时取得等号）

再由4x?2y?80，y?0，则x?20，所以y?z?30?x?10，于是

T?110?(y?z)?120，（当x?20,y?0,z?10时取得等号），所以120?T?130．

7、在前一万个正整数构成的集合?1,2,?,10000?中，被3除余2，并且被5除余3，

被7除余4的元素个数是 ．

答案：95个．

解：对于每个满足条件的数n，数2n应当被3,5,7除皆余1，且为偶数；因此，2n?1应当是3,5,7的公倍数，且为奇数；即2n?1是105的奇倍数，而当n??1,2,?,10000?时，

4

2n?1??1,2,?,19999?，由于在?1,2,?,19999?中，共有190个数是105的倍数，其中的

奇倍数恰有95个．

8、如图，正四面体ABCD的各棱长皆为2，A1,B1,C1分别是棱DA,DB,DC的中点，

?C，并将两弧各分成五等分，A1B1,B以D为圆心，1为半径，分别在面DAB,DBC内作弧? 11分点顺次为A1,P1,Q1,Q2,Q3,Q4,C1， 1,P2,P3,P4,B1以及B一只甲虫欲从点P1出发，沿四面体表面爬行至点Q4，则其 爬行的最短距离为 ．

答案：2sin42．

解：作两种展开，然后比较；

0?C被A1B1被A1,P由于?每段弧对应的中心角各为12，B111,P2,P3,P4,B1分成五段等弧，

0B1,Q1,Q2,Q3,Q4,C1分成五段等弧，每段弧对应的中心角也各为120，

若将?DBC绕线段DB旋转，使之与?DAB共面，这两段弧均重合于以D为圆心，半

?对应的圆心角为8?12?96，PQ径为1的圆周，此时，点P 141,Q4之间直线距离为2sin48，

000若将?DAB绕线段DA旋转，?DBC绕线段DC旋转，使之皆与?DAC共面，在所

?对应的圆心角为7?12?84，此时，点P,Q之间直线距离为2sin42，得图形中，PQ 1414000所以最短距离是2sin42．

二、解答题

29、正整数数列?an?满足：a1?2,an?1?an ?an?1；证明：数列的任何两项皆互质．

0证：改写条件为 an?1?1?an(an?1)，从而an?1?an?1(an?1?1)，等等，据此迭代得

an?1?1?anan?1(an?1?1)?anan?1an?2(an?2?1)???anan?1?a1(a1?1)?anan?1?a1，

所以，an?an?1an?2?a1?1，因此当k?n，(an,ak)?1．

10、（25分）H为锐角三角形ABC的垂心，在线段CH上任取一点E，延长CH到F，使HF?CE，作FD?BC，EG?BH，其中D,G为垂足，M是线段CF的中点，

O1,O2分别为?ABG,?BCH的外接圆圆心，?O1,?O2的另一交点为N；

5

证明：?1?、A,B,D,G四点共圆；

FAGHNMED?2?、O1,O2,M,N四点共圆；

证：?1?、如图，设EG?DF?K，连AH， 则因AC?BH,EK?BH，AH?BC，

BO1CO2KF?BC，得CA∥EK，AH∥KF，且 CH?EF，所以?CAF≌?EKF，AH与KF平行且相等，故AK∥HF，

?KAB?900??KDB??KGB，因此，

KA,B,D,G四点共圆；

A?2?、据?1?，BK为?O1的直径，作?O2的直径

BP，连CP,KP,HP,OO12，则

O1FHGNME?BCP??BHP?90，所以CP∥AH， HP∥AC，故AHPC为平行四边形，进而得， PC与KF平行且相等，因此对角线KP与CF互

相平分于M，从而O1,O2,M是?KBP三边的中点，KM∥O1O2，

0BDCO2PKN∥O1O2，所以M,N,K共线， 而由?KNB?90，OO12?BN，得

因此MN∥O1O2，又由?KBP的中位线知MO2?O1B?O1N，因此四边形O1O2MN是等腰梯形，其顶点共圆．

011、对于任意给定的无理数a,b及实数r?0，证明：圆周?x?a???y?b??r2上

至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．

证：对于点M?a,b?，用P?M,r?表示上述圆周上有理点的个数；首先，我们可以作一个合于条件的圆，其上至少有两个有理点，为此，取点A?0,0?,B?2,2?，线段AB中垂线l的方程为:x?y?2,今在l上取点M1?2,1?2，再取 r?MA?6，则以M为圆心、r为半径的圆周上至少有A,B这两个有理点；

22?? 6

其次说明，对于任何无理点M以及任意正实数r，P?M,r??2；

为此，假设有无理点M?a,b?及正实数r，在以M为圆心，r为半径的圆周上，至少有三个有理点Ai?xi,yi?，xi,yi为有理数，i?1,2,3，则

?x1?a?2??y1?b???x2?a???y2?b???x3?a???y3?b? ……①

222221222x1?y12?x2?y2 ……② ??212222据后一等号得 ?x2?x3?a??y2?y3?b??x2?y2?x3?y3? ……③

21212222222记 ?x1?y1?x2?y2??t1，?x2?y2?x3?y3??t2，则t1,t2为有理数，

22据前一等号得 ?x1?x2?a??y1?y2?b?若x1?x2?0，则由②，?y1?y2?b?t1，因b为无理数，得y1?y2?0，故A1,A2共点，矛盾！同理，若x2?x3?0，可得A2,A3共点，矛盾！ 若x1?x2?0,x2?x3?0，由②、③消去b得，

???x1?x2??y2?y3???y1?y2??x2?x3???a?t1?y2?y3??t2?y1?y2??有理数，因a为无

理数，故得，?x1?x2??y2?y3???y1?y2??x2?x3??0，所以

y1?y2y3?y2，则 A1,A2,A3共线，这与A1,A2,A3共圆矛盾！ ?x1?x2x3?x2因此所设不真，即这种圆上至多有两个有理点．于是对于所有的无理点M及所有正实数r，

P?M,r?的最大值为2．

12、从集合M??1,2,?,36?中删去n个数，使得剩下的元素中，任两个数之和都不

是2015的因数，求n的最小值．

答案：17．

解：因2015?5?13?31，M中任两个元素之和不大于71，由于2015不大于71的正因数有1,5,13,31,65，在M的二元子集中，元素和为5的有?1,4?,?2,3?； 元素和为13的有?1,12?,?2,11?,?3,10?,?4,9?,?5,8?,?6,7?；

元素和为31的有?1,30?,?2,29?,?3,28?,?4,27?,?5,26?,?6,25?,?,?15,16?； 元素和为65的有?29,36?,?30,35?,?31,34?,?32,33?；

7

为直观起见，我们将其画成一个图，每条线段两端的数为上述一个二元子集，为了不构成这些和，每对数（每条线段）中至少要删去一个数；

191213530(A)427201123(B)2813141817163433(E)9223629102115312385(C)26247(D)62532

于是在图(A),(B)中各至少要删去4个数，图(C),(D)中各至少要删去2个数，图(E)中至少删去5个数，总共至少要删去17个数．

另一方面，删去适当的17个数，可以使得余下的数满足条件；例如在图(A)中删去

12,30,4,22，图(B)中删去11,29,3,21，(C)中删去23,5，(D)中删去24,6，(E)中删

去13,14,15,31,32．这时图中所有的线段都已被断开．

8

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