2019年全国高中数学联赛江西赛区预赛试题（含答案）.pdf

1、 1 2019 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答 2019 年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答 （5 月 26 日上午9:3012:00） 一、填空题 (每小题 7 分，共 56 分) 1、将集合1,2,!,19中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为 答案：16815 解：所求的和为 1 2 1+2+!+19 () 2 12+22+!+192 () 1 36100247016815 2 = 2、 公差为d， 各项皆为正整数的等差数列 n a， 若 1 1919,1949,2019 mn aaa=， 则正整数mn+的最小值是 答案：15 解：设公差为d，则()194919191md=+

2、，()201919191nd=+， 显然有1,1mn， 30 1 d m = ，以及 100 1 d n = ，消去d得：1037mn=， 其通解为 1 3 1 10 mt nt = + = + ，为使1,1mn且d为正整数，则正整数t只能在1,2,5,10中取 值，当1t =时，4,11mn=为最小，此时15mn+= 3、设0x ，且 2 2 1 7x x +=，则 5 5 1 x x += 答案：123 解： 2 2 2 11 29xx xx +=+= ，所以 1 3x x +=，由 2 24 24 11 492xx xx =+=+ ， 则 4 4 1 47x x +=，所以 5432 5

3、234 111111 xxxxxx xxxxxx +=+ + () 42 42 111 13 477 1123xxx xxx =+=+= 4、 、若OAB的垂心恰是抛物线 2 4yx=的焦点，其中O是原点，,A B在抛物线上， 则OAB的面积S = 答案：10 5 解：抛物线的焦点为(1,0)F，因F为OAB的垂心，则OFAB，故可设,A B的坐 2 标为 22 (,2 ), (, 2 )A aa B aa，()0a ；于是OA的方程为2ayx=， 2 OA K a =， BF的斜率 2 2 1 BF a K a = ，据1 BFOA KK= ，得5a =，因此4 5AB =， 2 5ha=，

4、 所以10 5 OAB S= 5、, ,a b c是互异正整数，使得 222 ,(1) ,(2)ab bc cannn+=+，其中n为 正整数，则 222 abc+的最小值是 答案：1297 解：设abc，由于()()()2()abbccaabc+=+ +为偶数，所以三个连续 平方数 222 ,(1) ,(2)nnn+中有两个奇平方数， 一个偶平方数， 于是n为奇数， 而1bc+， 则1n ； 若3n =， 则 222222 ,(1) ,(2)3 ,4 ,5nnn+=， 且因 222 503452()abc=+=+ +， 则25abc+=，另一方面，最大平方数 2 5ab+=，导致0c =，不

5、合；若5n =，据 222222 ,(1) ,(2)5 ,6 ,7nnn+=， 解得30,19,6abc=， 因此 222222 301961297abc+=+= 6、P是正四棱锥VABCD的高VH的中点，若点P到侧面的距离为3，到底面的 距离为5，则该正四棱锥的体积为 答案：750 解：如图，PFVBC面，5,10VPVH=， 2222 534VFVPPF=，而PHMF共圆， VP VHVF VM=，所以 25 2 VM =； 22 15 2 HMVMVH=；则15AB =， 所以棱锥体积 2 1 750 3 VVH AB= 7、ABC的三个内角, ,A B C满足39ABC=， 则cos

6、coscoscoscoscosABBCCA+= 答案： 1 4 解：设3 ,9CBA=，由39+=，得 13 =， coscoscoscoscoscosSABBCCA=+ 9339 coscoscoscoscoscos 131313131313 =+ 112642108 coscoscoscoscoscos 2131313131313 =+ . M P H C B D A V F 3 注意括号中的诸角度构成公差为 2 13 的等差数列，两边通乘4sin 13 ，得到 24681012 4sin2sincoscoscoscoscoscos 1313131313131313 S =+ 353759

7、7 sinsinsinsinsinsinsinsin 1313131313131313 =+ + sin 11 13 sin 9 13 + sin 13 13 sin 11 13 = sin 13 . 所以 1 4 S = 8、数列 n a满足： 0 3a =， 1 1 nn n aa a + =+， （其中 n a和 n a分别表示实数 n a 的整数部分与小数部分） ，则 2019 a= 答案： 31 3029 2 + 解： () 0 13 1a = +， 1 13 1 12 23 1 a = +=+ ， () 2 2 23343 1 3 1 a =+= +=+ 3 13 1 45 23

8、1 a =+=+ .归纳易得 () 221 31 3131 ,32 2 kk akak + =+ +=+, 因此 2019 31 3029 2 a =+ 二、解答题 （满分共 64 分） 9、(本题 14 分)设椭圆C的两焦点为 12 ,F F，两准线为 12 ,l l，过椭圆上的一点P，作平 行于 12 FF的直线，分别交 12 ,l l于 12 ,M M，直线 11 M F与 22 M F交于点Q. 证明： 12 , ,P F Q F四点共圆 证：设椭圆方程为 22 22 1,(0) xy ab ab +=，据对称 性知，点Q在Y轴上（如图） ；记 12 QFQFm=， 11221122

9、,PFr PFr PQt M FM Fk=，则有： F1F2 M1 M2 H O Y X Q P 4 1 12 1 ,2 PF e rra PM =+=，为证 12 , ,P F Q F四点共圆，据托勒密定理，只要证， 1212 mrmrt FF+= ，即22matc= ，也即 mc e ta = 由 11 11 QFOF QMHM =，即 2 2 2 mcc e amka c = + ，所以 2 1 k e mk = + ， 在 1 PM Q中，由斯特瓦特定理， 222 11 mk PFPMPQmk mkmk =+ + 即 2 2 2222 1 1 2 (1) (1) rme retem e

10、e =+ 因为 2 10e，由得， 2 2 2 m e t =，即 m e t =，故成立，因此 12 , ,P F Q F四点共圆 （也可不用托勒密定理证：由得 2 ()PQm mk=+，则 1 PQF 1 M QP，于是 11221 QPFMMQF F=，因此 12 , ,P F Q F四点共圆 ） 10、(本题 15 分)将正整数数列1,2,3,!中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删 去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列a1,a2,a3,! ，再将数列 n a中，凡是下标被4整 除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列b1,b2,b3,!； 证明：每个大于1的奇平

11、方数，都是数列 n b中的两个相邻项的和 证：易知a2n1= 4n2,a2n= 4n1,n =1,2,3,!， 因此，nN,a4n+1=8n+2,a4n+2=8n+3,a4n+3=8n+6,a4n+4=8n+7； 在将 n a中的项 4n a及 41n a + 删去之后，所得到的数列 n b，其通项为：b2n+1=8n+3,b2n+2=8n+6,n = 0,1,2,!； 即数列 n b的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43,!， 观察易知， 2222 1234671011 3,5,7,9bbbbbbbb=+=+=+=+，； 若记 (1) 2 k k k r + =

12、 ，我们来证明，一般地有： 2 1 (21) kk rr kbb + +=+，1,2,3,k = . 由于r4m=8m2+2m,r4m+1=8m2+6m+1,r4m+2=8m2+10m+3,r4m+3=8m2+14m+6； 5 所以 44 2 1 2(4 ) 1 , mm rr bbm + +=+ 4141 2 1 2(41) 1 , mm rr bbm + +=+ 4242 2 1 2(42) 1 , mm rr bbm + + +=+ 4343 2 1 2(43) 1 , mm rr bbm + +=+ 合并以上四式得，对于每个正整数k， 2 1 (21) kk rr bbk + +=+其

13、中 (1) 2 k k k r + = 11、(本题 15 分)试求所有由互异正奇数构成的三元集 , ,a b c ，使其满足： 222=2019 abc+ 解：据对称性，不妨设abc， 且c不是3的倍数， 故奇数29c 因此奇数29,31,35,37,41,43c； 注意如下事实：如果奇数 22 Nxy=+为两个正整数的平方和，那么偶数2N必可表为 两个互异正奇数的平方和这是由于， 2222 22()()()Nxyxyxy=+=+； 若43c =，方程化为： () 222222 1702 852 672(29 )ab+= =+=+， 因此： 2222 170113711=+=+ 于是得两解：

14、 , ,1,13,43a b c =，以及 , ,7,11,43a b c =； 若41c =，方程化为 () 2222222 3382 132 512717ab+= =+=+；由此得： , ,7,17,41a b c =； 若37c =，方程化为 2222222222222 6502 13 5 =2(2 +3 )(3 +4 )=2(1 +18 )=2(6 +17 )=2(10 +15 )ab+= ， 因此， 222222 65017191123525=+=+=+，得到三个解： , ,17,19,37 , 11,23,37 , 5,25,37a b c = . 若35c =，方程化为： 22

15、7942 397ab+=，而397是一个41N +形状的质数， 6 H Q P N M F E CB A 它可唯一地表为两平方和： 22 397619=+，所以 222222 2(619 )1325ab+=+=+， 得到一个解： , ,13,25,35a b c =. 若31c =， 方程化为： 222 11582 5292 23ab+= = ， 而23是41N 形状的质数， 它不能表为两个正整数的平方和； 若29c =，方程化为： 22 11782 19 31ab+= ，它含有41N 形状的单质因子， 故不能表为两平方和； 综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解, ,a b c，即为： 1,

16、13,43 , 7,11,43, 13,25,35, 5,25,37, 11,23,37, 17,19,37, 7,17,41. 12、(本题 20 分),BE CF分别是锐角三角形ABC的两条高，以AB为直径的圆与直 线CF相交于点,M N，以AC为直径的圆与直线BE相交于点,P Q. 证明：, ,M N P Q四 点共圆 证：如图设三角形ABC的垂心为H，则()()MH HNMFHFNFHF=+ 22 ()()MFHF MFHFMFHF=+= 222 ()AF FBAHAFAF ABAH= 同理有， 2 PH HQAE ACAH= 因BCEF四点共圆，知AF ABAE AC=， 故由以上两式得MH HNPH HQ=， 所以, ,M N P Q四点共圆