2017年全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案

2017年全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案一、填空题1、化简344312332112211…20162017201720161.201711解：由111)1(1)1).(1(1)1(11kkkkkkkkkkkkkk可得.2、若sinx+cosx=22,825cossin33xx.解:4121)cos(sincossin2xxxx,82582342)cos(sincossin3)cos(sincossin333xxxxxxxx3、体积为1的正四面体被放置于一个正方体中，则此正方体体积的最小值是3．解：反向考虑，边长为a的正方体（体积为a3）,其最大内接正四面体顶点，由互不共棱的正方体顶点组成，其体积为.3a13,3333，则令aa4、若椭圆的一个顶点关于它的一个焦点的对称点恰好在其准线上，则椭圆的离心率e2221或．解：建立坐标系，设椭圆的方程为),0,(),0,(),0(12,12,12222bBaAbabyax则顶点焦点)0,(2,1cF，准线方程为,,2222,1baccal其中据对称性，只要考虑两种情况：（1）、上，的对称点在右准线关于caxcFaA221)0,()0,(由21,22aceccaa得；（2）、上，的对称点在右准线关于caxcFB221)0,()b,0(由横坐标.22,202acecca得5、函数14342xxy的最小值是5．解：首先，.06414342xxxxy又由),14(9)4(22xxy即0)9(8064,0)9(8202222yyyxyx据判别式，即,52y因y0,则,5y此值在求解）（也可以令时取得tan21.51xx.6、设22102)1(xaxaaxxn…nnxa22，则642aaa…na2213n．解：令x=0，得a0=1,再令x=1，得a0+a1+a2+…+a2n=n3,又令x=-1，得a0-a1+a2+…+a2n=1，所以2132642nnaaaa.7、将全体真分数排成这样的一个数列}{na：,43,42,41,32,31,21…，排序方法是：自左至右，先将分母按自小到大排列，对于分母相同的分数，再按分子自小到大排列，则其第2017项2017a651．解：按分母分段，分母为k+1的分数有k个，因208026564,201626463，因2017属于第64段，则2017a应是分母为65的第一数，即651.8、将各位数字和为10的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列}{na，若2017na，则n=120.解：数字和为10的两位数ab有9个；数字和为10的三位数abc：首位数字a可取1，2，…，9中任意一个值，当a取定后，b可取0，1，…，10-a这11-a个数字的任意一个值，而在a,b确定后，c的值就唯一确定，因此三位数的个数是54)11(91aa；数字和为10的四位数abc1：a+b+c=9的非负整数解（a,b,c）的个数是55211C，数字和为10的四位数abc2共有2个即2008和2017，故在1，2，…，2017中，满足条件的数有9+54+55+2=120个.二、解答题（共70分）9、（本题满分15分）数列}{na，}{nb满足：111ba，nnnbaa21，)1(1nbabnnn．证明：（1）、21212nnba，222nnba；（2）、2211nnnnbaba．证明：)2()(2)2(222222121nnnnnnnnbabababa…①由此递推得nnnnnnnnnnbababababa)1()2()1()2()(2)2(221211212121121122…②因此02,022122122222nnnnbaba即有,2,2221212nnnnbaba据①得22212122nnnnbaba…③，由条件知，,,nnba皆为严格递增的正整数数列，,0,011nnnnbbaa所以nnnnbaba212111…④nnbb111…⑤将③④⑤相乘得2211nnnnbaba10、（本题满分15分）若小于2017的三个互异正整数a，b，c使得33ba，33cb，33ac均是2017的倍数；证明：222cba必是cba的倍数．证：因）（即2233a)(2017,)(2017babbaba；又由,20170ba注意2017为质数，则a-b与2017互质，因此）（abb22a2017…①同理有）（bcc22b2017…②）（acc22a2017…③，根据②③，]ba[20172222）（）（bccacc，即）（cbbaa)(2017，从而）（cba2017，因正整数a,b,c皆小于2017，得a+b+c3*2017,因此a+b+c=2017或2*2017.又注意222aacbcb与同奇偶，故只要证）（222a2017cb，将①改写为）（则知））（acaccb22b2017],baa[2017…④，同理有）（bc2a2017，）（ab2c2017…⑤，将①②③④⑤式相加，得）（222a32017cb于是）（222a2017cb，从而）（222a)(cbcba.11、（本题满分20分）设P=｛21，22，23，…｝是由全体正整数的平方所构成的集合；如果数n能够表示为集合P中若干个（至少一个）互异元素的代数和，则称数n具有P结构．证明：每个自然数n都具有P结构．证明：首先，我们可以将前十个自然数分别表示为：22222222222222222222239,318,437,4316,21524,213,43212,11,5430再考虑区间224,3中的数，其中除了16=42之外，其余的数皆可表示为)61(42kkn形式；并且注意到，在1，2，3，4，5，6中每个数的ｐ结构表示中，凡是表示式中42参与时，42皆以正项形式出现，于是由)61(42kkn可知，此时42项便抵消（不会出现242的项）；因此，区间224,3中的数皆具有P结构表示，也就是24的每个数都具有P结构表示，且其中最大项至多为42，而凡是含有42的表示中，42皆以正项形式出现，下面使用归纳法，假若已证得2m的每个数都具有P结构表示，且其中最大项至多为2m，而凡是含有2m表示中，2m皆以正项形式出现（其中4m），对于区间22)1(,mm中的数，除了最大数可以直接表示为2)1(m之外，其余元素n皆可表示为：)21()1(2mkkmn，由归纳假设，22,4mmm且，并且此k具有P结构表示，其中每项皆2m，因此数n具有P结构表示，故由归纳法，即知所证的结论成立.12、（本题满分20分）如图，⊙1O，⊙2O相交于A，B两点，CD是经过点A的一条线段，其中，点C，D分别在⊙1O、⊙2O上，过线段CD上的任意一点K，作BDKM//，BCKN//，点M，N分别在BC，BD上，又向BCD形外方向，作BCME，BDBF，其中E在⊙1O上，F在⊙2O上；证明：KFKE．证明：设⊙1O、⊙2O的半径分别为21,rr，由于ABEC共圆，ABFD共圆，得,sin2,221BADrBDBACsimrBC而,r,18021rBDBCBADBAC所以于是CBO1∽DBO2，根据平行关系得CMK∽KND∽CBD,所以KMBNrBDBCNDNKMKMC且四边形,r21为平行四边形，BN=MK,延长垂线FN交⊙2O于1F,因,r21rBDBC则⊙1O上优弧BEC与⊙2O上BD所对的优弧BDF1的度数相等，又因M,N分别是两圆对应弦CB、BD上的点，且所以,r21rBDBCMKCMBNCM⊿CME∽⊿N1FB,⊿BME∽⊿N1FD,从而⊿BEC∽⊿D1FB,由⊿BEM∽⊿N1FD∽FBN,得FNBNBMEM,注意BM=KN,BN=KM,上式成为FNKMKNEM,根据⊿CMK∽⊿KND,得EMKKNFCMKFNDEMCKNDCMK,,90,所以而∽FNK,而,,BDFNBCEM又据条件.,,,//,//KFKEKMFNKNEMBCKNBDKM由此所以