2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案

2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题

一、
填空题（每小题10分，共
80
分）
1
、
2 011
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
?
a< br>n
?
满足:
a
1
?1,a
2
?2
, 且对于其中任三个连续项
a
n?1
,a
n
,a
n?1
,都
有:
a
n
?
(n?1)a
n?1
?(n?1 )a
n?1
.则通项
a
n
?
． 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< br>f(x,y,z)?xy
2
z
3
的最大值是 ． < br>5
、
sin6
0
sin42
0
sin66
0
sin78
0
?
．
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，
?A EF
周长的最小值是 ．
7
、满足
x
2
?7y
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）
0
（
20分
）、设
A?B?C?180
，且满足：
9
、
sin A?sinB?sinC
?1
，求
cosA?cosB?cosC
cos2A?cos2B?cos2C
的值．
cosA?cosB?cosC

（
25
分）如图，
?ABC
的内心为
I
，
M,N
分别是
AB,AC
的中点，
AB?AC
，
10
、< br>内切圆











I
分别与边
BC,CA
相切于
D,E
；证明：
MN,BI,DE
三线共点．
A
M
N
F
I
B
D
E
C
（
25
分）在电脑屏幕上给出一个正< br>2011
边形，它的顶点分别被涂成黑、白两色；
11
、
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
201 1
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； < br>(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．

解 答

1
、
20
．提示：这种四位数
x
1
x
2
x
3
x
4
的个数，就是不定方程
x
1
?x
2
?x
3
?x
4
?4
满足
条件
x
1
?1
，
x
2
,x
3
,x
4
?0
的整解的个数； 即
y
1
?x
2
?x
3
?x
4
?3
的非负整解个数，其中
13
y
1
?x
1
?1
，易知这种解有
C
3
4
?
?
4
（注：也可
?1
?C
6
?20
个，即总共有
20
个这样的四位数．< br>直接列举．）
2
、
3?
2
． 提示：由条件得，
n
2na
n
?(n?1)a
n?1
?(n?1)a
n?1< br>，
所以
(n?1)(a
n?1
?a
n
)?(n? 1)(a
n
?a
n?1
)
，
故
a
n?1
?a
n
n?1
?
，而
a
2
?a
1
?1
；
a
n
?a
n?1
n?1
a
n?1
?a
n
?
?
a
n?1
?a
na
n
?a
n?1
??
a
n
?a
n?1
a
n?1
?a
n?2
n?1n?2n?3
???
n ?1nn?1
2
；
n(n?1)
?
a
3
?a2
?(a
2
?a
1
)
a
2
?a
1
1
??1
3

?
于是
a
n
?a
n?1
?
由此得
211
?2(?)
；
n(n?1)n?1n
a
n
?(a
n
?a
n?1
)?(a
n?1
?a
n?2< br>)?
1
?2(1?)?1
n
2
?3?
n



2
)
，则
3
、
(?1,2)
．提示：设
A(x
1
,x
1
2
),B(x
2,x
2
?(a
2
?a
1
)?a
1
.

k
MA
x
1
2
?1
??x
1
?1,
x
1
?1
x?1
?x
2
?1,< br>x
2
?1
2
2

k
MB
?
k
AB
直线
AB
方程为
2
x
1
2
?x
2
??x
1
?x
2
，
x
1
?x
2
y?x
1
2
? (x
1
?x
2
)(x?x
1
)
，
即y?(x
1
?x
2
)x?x
1
x
2
， 因为
MA?MB
，则
(x
1
?1)(x
2
?1)??1
，
即
?x
1
x
2
?2?(x
1
?x
2
)，
代人方程得
y?2?(x
1
?x
2
)(x?1)
，
于是点
(?1,2)
在直线
AB
上；
同理，若设
C(x
3
,x
3
),D(x
4
,x
4
)< br>，则
CD
方程为
22
y?2?(x
3
?x
4
)(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
yyzzz
?x?????

223 33
yyzzz
?6
6
x?????,
22333
所以，
6
1
?
1
?
xy
2
z
3
?
??
，
4?27
?
6
?
即
xy
2
z
3
?
11
，
?
43< br>2?3432

当
x?
yz1111
??
，即< br>x?,y?,z?
时取得等号．
236632
5
、
1
．提示：
16
sin6< br>0
cos48
0
cos24
0
cos12
0
cos6
0
sin6
0
cos48
0
cos24
0
cos12
0

?
cos6
0
sin12
0
cos12
0
cos24
0
cos48
0
?2cos6
0
sin24
0
cos24
0
cos48< br>0

?
0
4cos6
sin48
0
cos4 8
0
?
8cos6
0
sin96
0
1
??
．
16cos6
0
16
提示：作三棱锥侧面展开图，易知
EF
∥
BC
，
6
、
11
．
且由周长最小， 得
A,E,F,A
1
共线，于是等腰
D
F
E
DC
E
A
1
F
?AEB
，
AE?AB?4
，
BEAB1
??
，
ABDA2
即
BE?2
，
DE?6
，
EFDE63
???
，
BCDB84
所以
EF?3
，由
A
1
F?AE?4
，则
?DEF
C
BA
B
A
AA
1
?AE?EF?FA
1
?11< br>．
7
、
(38,9)
．提示：由于
2011
是4N?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
4m
2
?28n(n?1)?2004
，
即
m
2
?7n(n?1)?501
. ①
而
n(n?1)
为偶数，则
m
为奇数，设
m?2k?1，则
2
m
2
?4k(k?1)?1
，

由①得，
k(k?1)?7?
则
n(n?1)
?125
， ②
4
n(n?1)
为奇数，且
n,n?1
中恰有一个是
4
的倍数，当
n?4r
，为使
4
n(n?1)
7??7r(4 r?1)
为奇数，且
7r(4r?1)?125
，只有
r?1
，②成 为
4
k(k?1)?35?125
，
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)
?7r(4r?1 )
为奇数，且
7r(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?201 1
．
（另外，也可由
x
为偶数出发，使
22
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
7k?3
形状的偶数，依次取
k?1,3,5
，检 验
相应的六个数即可．）

2
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?
?
000,00 1,,999
?
，易知对于每个
,a99
，
a?
?
0,1,,9
?
，首位为
a
的“三位数”恰有
100
个：
a00,a01,
这样，所有三位数的首位数字和为
100?(0?1??9)?45?100
.
再将
M
中的每个数< br>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< br>cba
，得到的一千个数的集合也是
M
，由此知
?
S(n)?
?
S(n)?300?45
．
n?1n?0
999999
今考虑四位数：在
1000,1001,,1999
中，首位（ 千位）上，共有一千个
1
，而在
0000,0001,,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
1999999
其次，易算出，
n?2000
201 1
n?1
2011
n?0
?
S(n)?72
. 所以，
?
S(n)?
?
S(n)?28072
．
sinA?sinB?sinC
?1
，
cosA?cosB?cosC
9
、由
即
sinA?sinB?sinC?cosA?cosB?cosC
，
平方得 sin
2
A?sin
2
B?sin
2
C?2(sinA sinB?sinBsinC?sinCsinA)

?cos
2
A?cos
2
B?cos
2
C?2(cosAcosB?cosBcosC?cosCc osA)

所以
(cos
2
A?sin
2
A)? (cos
2
B?sin
2
B)?(cos
2
C?sin2
C)

??2[cos(A?B)?cos(B?C)?cos(C?A)]
，
即
cos2A?cos2B?cos2C?2(cosA?cosB?cosC)
，
所以
cos2A?cos2B?cos2C
?2
．
cosA?cosB?cosC

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?M B?
0
A
，所以
MA
M
N
F
?AFB?9 0
，因
IE?AE
，得
AFEI
共圆．所以
?AEF??A IF
；
又注意
I
是
?ABC
的内心，则
I
D
E
C
ABC
B
??90
0
?
. 222
连
DE
，在
?CDE
中，由于切线
CD?CE< br>，所以
1C
?CED??CDE?
?
180
0
?C
?
?90
0
???AEF
，
22
?AEF??A IF??IAB??IBA?
因此
D,E,F
三点共线，即有
MN,BI,D E
三线共点．

11
、
(1)
证明：由于
2 011
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
, 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)?20 11?(n?a)?1
，
令
m
?
?m?2011,n
?< br>?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
的颜色被改变了奇数次（
n?1
次），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
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；
为此，采用赋值法：将白点改记为“
+1
”，而黑点记为“
?1
”，改变一次颜色，相当于
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)?1< br>；
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，点
A
的颜色被改变了偶数次（
n?1次），
从而颜色不变，而其余所有
2010
个顶点都改变了奇数次（
n< br>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．
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）．

a