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

112211233213443…12016201720172016112017.

解：由

1kk1(k1)k1k(k1).(k1k)k1kk(k1)1k1k1可得.

2、若sinx+cosx=

25233,sinxcosx. 28:

解

(sinxcosx)211sinxcosx2423252 488,

sin3xcos3x(sinxcosx)33sinxcosx(sinxcosx)3、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a）,其最大内接正四面体顶点，由互不共棱的正方体顶点

3

a3a3,令1，则a33. 组成，其体积为334、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e12或． 22x2y2解：建立坐标系，设椭圆的方程为221(ab0),则顶点A1,2(a,0),B1,2(b,0),焦点

abF1,2(c,0)，准线方程为l1,2a2,其中ca2b2,据对称性，只要考虑两种情况：（1）、

ca2a2c1A1(a,0)关于F2(c,0)的对称点在右准线x上，2c,得e；（2）、 由acca2a2c2a22c,得e. B1(0,b)关于F2(c,0)的对称点在右准线x上，由横坐标0ca2c5、函数y4x34x21的最小值是5．

解：首先，

y4x34x214x6x0.又由(y4x)29(4x21),即

20x28xy(9y2)0,据判别式64y280(9y2)0，即y25,因y>0,则y5,此

值在x15时取得（也可以令.x1tan求解）. 222n6、设(1xx)a0a1xa2x…a2nx，则a2a4a6…a2nn2n3n1．

2解：令x=0，得a0=1,再令x=1，得a0+ a1+ a2+…+ a2n=3,又令x=-1，得a0- a1+ a2+…+ a2n=1，所以

a2a4a6a2n3n1.

21121237、将全体真分数排成这样的一个数列{an}：,,,,,,…，排序方法是：自左至右，先将分

233444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a20171． 65解：按分母分段，分母为k+1的分数有k个，因段，则a2017应是分母为65的第一数，即

636464652016,2080，因2017属于第64221. 65017，则n=120. 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{an}，若an2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

(11a)54；数字和为10的四位数1abc：a+b+c=9的非负

a19整数解（a,b,c）的个数是C1155，数字和为10的四位数2abc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）

29、（本题满分15分）数列{an}，{bn}满足：a1b11，an1an2bn，bn1anbn(n1)．

证明：（1）、

a2n1aaa2，2n2；（2）、n12n2． b2n1b2nbn1bn证明：

222222an2b(a2b)2(ab)(a2b…①由此递推得1n1nnnnnn)2222n1an2bn(an12bn1)22(an1bn1)2(an(a122b12)(1)n12bn1)(1)…②

因此a2n2b2n0,a2n12b2n10即有

2222a2n1a2,2n2, b2n1b2n据①得

2222,bn,皆为严格递增的正整数数列， an12bn1an2bn…③，由条件知，anan1an0,bn1bn0,所以

1an12bn11an2bn…④

1bn11…⑤ bn将③④⑤相乘得

an1a2n2 bn1bn10、（本题满分15分）若小于2017的三个互异正整数a，b，c使得a3b3，b3c3，c3a3均

是2017的倍数；证明：abc必是abc的倍数． 证：因2017(a3222；又由0ab2017,注意2017为质数，b3),即2017(ab（)a2abb2）22…①同理有2017（bcbc）…②2017（a2b2ab）则a-b与2017互质，因此

2017（a2c2ac）…③，根据②③，2017（[a2c2ac）（b2c2bc）]，即

，从而2017（abc），因正整数a,b,c皆小于2017，得a+b+c<3*2017,201(a7b（)abc）因此a+b+c=2017或2*2017.又注意abc与abc同奇偶，故只要证2017（a将①改写为2017[（aabc）b22222，b2c2）2…④，同理有2017（abc），ac）],则知2017（b2ac）222…⑤，将①②③④⑤式相加，得2017（于是2017（abc），2017（c2ab）3a2b2c2）2从而(abc)（a. b2c2）11、（本题满分20分）设P=｛12，22，32，…｝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： 再考虑区间3,422中的数，其中除了16=4之外，其余的数皆可表示为n42

22

k(1k6)形式；

2

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4参与时，4皆以正项形

2

式出现，于是由n4k(1k6)可知，此时4项便抵消（不会出现24的项）；因此，区间

2232,42中的数皆具有P结构表示，也就是42的每个数都具有P结构表示，且其中最大项至多为42，

2

2

而凡是含有4的表示中，4皆以正项形式出现，下面使用归纳法，假若已证得m的每个数都具有P结构表示，且其中最大项至多为m，而凡是含有m表示中，m皆以正项形式出现（其中m4），

2222对于区间m,(m1)22中的数，除了最大数可以直接表示为(m1)2之外，其余元素n皆可表示为：

n(m1)2k(1k2m)，由归纳假设，m4,且2mm2，并且此k具有P结构表示，其中

每项皆m，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.

212、（本题满分20分）如图，⊙O1，⊙O2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⊙O1、⊙O2上，过线段CD上的任意一点K，作KM//BD，KN//BC，点M，

N分别在BC，BD上，又向BCD形外方向，作MEBC，BFBD，其中E在⊙O1上，F

在⊙O2上；证明：KEKF．

证明：设⊙O1、⊙O2的半径分别为r1,r2，由于ABEC共圆，ABFD共圆，得BC而BAC2r1simBAC,BD2r2sinBAD,

BCr1,于是 BDr2BAD180,所以BO1C∽BO2D，根据平行关系得

CMK∽KND∽CBD,所以

MCNKBCr1,且四边形KMBN为平行四边形，MKNDBDr2BN=MK,延长垂线FN交⊙O2于F1,因

BCr1,则⊙O1上优BDr2弧BEC与⊙O2上BD所对的优弧DF1B的度数相等，又因M,N分别是两圆对应弦CB、BD上的点，且

CMCMBCr1,所以⊿CME∽⊿NF1B, ⊿BME∽⊿NF1D,从而⊿BEC∽⊿DF1B,由⊿BEM∽⊿BNMKBDr2NF1D∽FBN,得

EMBNEMKM,注意BM=KN,BN=KM,上式成为,根据⊿CMK∽⊿KND,得BMFNKNFNCMKKND,而EMCFND90,所以CMKKNF,EMK∽FNK,

而

EMBC,FNBD,又据条件

KM//BD,KN//BC,所以EMKN,FNKM,由此KEKF.