2019年全国高中数学联赛江西赛区预赛试题(含答案).pdf

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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

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