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全国高中数学联赛江西省预赛


2014 年高二数学竞赛模拟试题(6)
一、填空题(每题 8 分)

1 、 若 2013 的 每 个 质 因 子 都 是 某 个 正 整 数 等 差 数 列 ?an ? 中 的 项 , 则 a2013 的 最 大 值
是 . 答案: 4027 . 解: 2013 ? 3 ?11? 61 ,若 3,11,61 皆是某正整数等差数列中的项,则

公差 d 应是

11 ? 3 ? 8 与 61 ? 3 ? 58 的公因数, 为使 a2013 取得最大, 则其首项 a1 和公差 d 都应取尽可能
大的数,于是 a1 ? 3, d ? 2 ,所以 a2013 的最大值是 3 ? 2012d ? 4027 .

2 、若 a, b, c ? 0 ,
答案: 36 .

1 2 3 ? ? ? 1 ,则 a ? 2b ? 3c 的最小值为 a b c



解:据柯西不等式, a ? 2b ? 3c ? ? a ? 2b ? 3c ? ?

2 ? 1 2 3? ? ? ? ? ?1 ? 2 ? 3? ? 36 . ?a b c?

?1 2 3 3 、若 Sn ? n!? ? ? ? ? ? 2! 3! 4!
答案: ?

?

? n ? 1? ,则 S2013 ? (n ? 1)! ?



1 . 2014

解:因

k (k ? 1) ? 1 1 1 ? ? ? ,则 (k ? 1)! (k ? 1)! k ! (k ? 1)! ? n 1 ?1 2 ?1 3 ?1 ? ? ? ? (n ? 1)! 1! 2! 3! ? ( n ? 1) ? 1 1 ? 1? (n ? 1)! ( n ? 1)!

1 2 3 ? ? ? 2! 3! 4!

所以, Sn ? n ! ??1 ?

?? ??

1 1 ? ? 1 ,故 S 2013 ? ? . ? ? 1? ? ? 2014 (n ? 1)! ? ? n ?1

4 、如果一个正方体 X 与一个正四面体 Y 的表面面积(各面面积之和)相等,则其体积之


Vx ? Vy
答案: 4 3 .



解:记表面面积为 12 (平方单位) ,则正方体每个面的面积为 2 ,其边长为 2 ,所以

Vx ? 2 ;正四面体每个面的面积为 3 ,设其边长为 a ,则由

3 2

1 3 2 4 a ? 2 ? 3 a ? 3 ,得 ; 4

1

于是 Vy ? 2 2 ? 3 4 ,因此

3

?

1

1 Vx ? 34 ? 4 3 . Vy

5 、若椭圆中心到焦点,到长、短轴端点,以及到准线距离皆为正整数,则这四个距离之和
的最小值是 答案: 61 . .

解:设椭圆方程为

x2 y 2 ? ? 1 , a ? b ? 0 ,椭圆中心 O 到长、短轴端点距离为 a , b , a 2 b2
2 2

a2 到焦点距离 c 满足: c ? a ? b ,到准线距离 d 满足: d ? ,由于 a, b, c 组成勾股数, c
2

满足 a ? 20 的勾股数组有 ?a, b, c? ? ?3,4,5?, ?6,8,10?, ?9,12,15?, ?12,16,20?, ?5,12,13?, 以及 ?8,15,17? ,其中只有

152 202 ? 25 ,而 (a, b, c, d ) ? (15,12,9, 25) 使得 ? 25 与 16 9

a ? b ? c ? d 的值为最小,这时有 a ? b ? c ? d ? 61 .

6 、函数 f ( x) ? 3x ? 6 ? 3 ? x 的值域是
答案: [1, 2] .



解: f ( x) ? 3( x ? 2) ? 3 ? x 的定义域为 [2,3] ,故可设 x ? 2 ? sin ? (0 ? ? ?
2

?
2

),

则 f ( x) ? 3sin ? ? 1 ? sin ? ? 3 sin ? ? cos ? ? 2sin(? ?
2 2

?
6

),



2? 1 ? ,这时 ? sin(? ? ) ? 1 ,因此 1 ? f ? 2 . 6 6 3 2 6 7 、设合数 k 满足: 1 ? k ? 100 ,而 k 的数字和为质数,就称合数 k 为“山寨质数” ,

?

?? ?

?

?

则这种“山寨质数”的个数是 答案: 23 个.



解: 用 S (k ) 表示 k 的数字和; 而 M ( p) 表示山寨为质数 p 的合数的集合. 当 k ? 99 时,

S (k ) ? 18 ,不大于 18 的质数共有 7 个,它们是: 2,3,5,7,11,13,17 ,山寨为 2 的合数有

M (2) ? ?20? ,而 M (3) ? ?12,21,30?, M (5) ? ?14,32,50?, M (7) ? ?16,25,34,52,70? ; M (11) ? ?38,56,65,74,92? , M (13) ? ?49,58,76,85,94? , M (17) ? ?98? ;
共得 23 个山寨质数.

8 、将集合 ?1, 2,3, 4,5,6,7,8 ? 中的元素作全排列,使得除了最左端的一个数之外,对于其
余的每个数 n ,在 n 的左边某个位置上总有一个数与 n 之差的绝对值为 1 ,那么,满足条件 的排列个数为 .

2

答案: 128 . (即 2 个) . 解:设对于适合条件的某一排列,排在左边的第一个元素为 k , (1 ? k ? 8) ,则在其余

7

7 个数中,大于 k 的 8 ? k 个数 k ? 1, k ? 2,
个数 1, 2,

,8 ,必定按递增的顺序排列;而小于 k 的 k ? 1

, k ? 1 ,必定按递降的顺序排列(位置不一定相邻)

事实上,对于任一个大于 k 的数 k ? n ,设 k ? n ? 8 ,如果 k ? n ? 1 排在 k ? n 的左边, 则与 k ? n ? 1 相差 1 的另一数 k ? n ? 2 就必须排在 k ? n ? 1 的左边;同样,与 k ? n ? 2 相差 1 的另一数 k ? n ? 3 又必须排在 k ? n ? 2 的左边;?,那么,该排列的第二个数不可能与 k 相差 1 ,矛盾!因此 k ? n ? 1 必定排在 k ? n 的右边. 用类似的说法可得,小于 k 的 k ? 1 个数 1, 2,

, k ? 1 ,必定按递降的顺序排列;

由于当排在左边的第一个元素 k 确定后,右边还有 7 个空位,从中任选 8 ? k 个位置填
8? k 写大于 k 的数, (其余 k ? 1 个位置则填写小于 k 的数) ,选法种数为 C7 ;而当位置选定后,
8 7

则填数方法随之唯一确定,因此所有排法种数为 二、解答题

? C78?k ? ? C7j ? 27 .
k ?1 k ?0

9、 (20 分)设直线 x ? y ? 1 与抛物线 y 2 ? 2 px ( p ? 0) 交于点 A, B ,若 OA ? OB ,求抛
物线方程以及 ?OAB 的面积. 解:设交点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由

y
D A

y ? 2 px 与 x ? y ? 1 ,得 y ? 2 py ? 2 p ? 0 ,
2 2

O

C

x

故有 x1 ? 1 ? p ? 以及 x2 ? 1 ? p ?

p ? 2 p , y1 ? ? p ?
2

p ? 2p ,
2

p 2 ? 2 p , y2 ? ? p ? p 2 ? 2 p .

B

因 OA ? OB ,即 OA ? OB ? 0 ,所以 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即
2 2 2 2 ? ?(1 ? p ) ? ( p ? 2 p) ? ??? ? p ? ( p ? 2 p) ? ? ? 0 ,化简得 1 ? 2 p ? 0 ,因此抛物线方程为

? 3 ? 5 ?1 ? 5 ? ? 3 ? 5 ?1 ? 5 ? y 2 ? x ,从而交点 A, B 坐标为: A ? ? ? ? 2 , ?, B? ? 2 , ?, 2 2 ? ? ? ?
2 2 OA2 ? x12 ? y12 ? 5 ? 2 5 , OB2 ? x2 ? y2 ? 5? 2 5 ,

1 1 OA ? OB ? 5. 2 2 10、 (20 分)在非钝角三角形 ABC 中,证明: sin A ? sin B ? sin C ? 2 .
因此 S?OAB ?
3

证一: sin A ? sin B ? sin C ? 2 ? sin A ? sin B ? sin( A ? B)

?(sin 2 A ? cos2 A) ? (sin 2 B ? cos2 B) ? sin A(1 ? sin A) ? sin B(1 ? sin B) ? sin( A ? B) ? (cos 2 A ? cos 2 B)
? sin A(1 ? sin A) ? sin B(1 ? sin B) ? cos B(sin A ? cos B) ? cos A(sin B ? cos A) ? 0 .
这里用到,在非钝角三角形 ABC 中,任两个内角之和不小于 90 ,所以由 A ? B ? 90 ,
0 0

得 A ? 900 ? B, B ? 900 ? A ,因此 sin B ? sin(900 ? A) ? cos A ,同理 sin A ? cos B, 而 1 ? sin A , 1 ? sin B 不能同时为 0 .从而结论得证. 证二: sin A ? sin B ? sin C ? 2 ? sin A ? sin B ? sin( A ? B ) ? 2sin(

A? B C ? ) 2 2

? 2sin

A? B A? B A? B A? B A? B C A? B C cos ? 2sin cos ? 2sin cos ? 2cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2

A? B A? B C A? B A? B C (cos ? cos ) ? 2 cos (sin ? sin ) 2 2 2 2 2 2 A? B A?C ? B B?C ? A A? B C C ? 4sin sin sin ? 2 cos (cos ? sin ) ? 0 ; 2 2 2 2 2 2 ? 2sin
(这是由于,锐角三角形 ?ABC 中,任两个内角之和大于 90 ,而任一个半角小于 45 ; )
0 0

所以 sin A ? sin B ? sin C ? 2 . 证三:令 x ? tan

A B C , y ? tan , z ? tan ,则 xy ? yz ? zx ? 1 ,且 2 2 2

sin A ?

2x 2y 2z , sin B ? , sin C ? ; 2 2 1? x 1? y 1? z2 2x 2y 2z ? ? ? 2 ? ①,因为 1 ? x2 ? ( x ? y)( x ? z) , 2 2 1? x 1? y 1? z2

即要证

1 ? y 2 ? ( y ? x)( y ? z),1 ? z 2 ? ( z ? x)( z ? y) ,
故①式即

4 ? 2 ,也即 ( x ? y)( y ? z)( x ? z) ? 2 , ( x ? y )( y ? z )( x ? z )
? ②

即 x ? y ? z ? xyz ? 2 而因

A B C ? , , ? (0, ] ,故 x, y, z ? (0,1] ,所以 (1 ? x)(1 ? y)(1 ? z) ? 0 , 2 2 2 4

即 1 ? ( x ? y ? z ) ? ( xy ? yz ? xz ) ? xyz ? 0 . 此式即为 x ? y ? z ? xyz ? 2 ? ③
4

由③立知②式成立(③式强于②式) ,因此命题得证. 11 、 ( 20 分)设函数 f ( x) 对所有的实数 x 都满足 f ( x ? 2π) ? f ( x) ,求证:存在 4 个函数 fi ( x) ? i ? 1, 2 , 3 , 4? 满足: ⑴ 对 i ? 1, 2 , 3 , 4 , fi ( x) 是偶函数,且对任意的实数 x ,有 fi ( x ? π) ? fi ( x) ; ⑵ 对任意的实数 x ,有 f ( x) ? f1 ( x) ? f 2 ( x)cos x ? f3 ( x)sin x ? f 4 ( x)sin 2 x .
f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) h( x) ? 2 2 【解答】 记 , , 则 f ( x) ? g ( x) ? h( x) ,且 g ( x) 是偶函数, h( x) 是奇函数, 对任意的 x ? R , g ( x ? 2π) ? g ( x) , h( x ? 2π) ? h( x) . g ( x) ?
? g ( x) ? g ( x ? π) ? ? 2cos x f 2 ( x) ? ? ? 0 ? ?
x?

x ? kπ ?



f1 ( x) ?

g ( x) ? g ( x ? π) 2



π 2 π x ? kπ ? 2



? h( x) ? h( x ? π) ? f 3 ( x) ? ? 2sin x ? 0 ?
数.

? h( x ) ? h( x ? π ) ? 2sin 2 x x ? kπ f 4 ( x) ? ? ? ? 0 x ? kπ , ? ?

kπ 2 kπ x? 2 , 其中 k 为任意整

容易验证 fi ( x) , i ? 1, 2 , 3 , 4 是偶函数,且对任意的 x ? R , fi ( x ? π) ? fi ( x) , i ? 1, 2 , 3 , 4 . 下证对任意的 x ? R ,有 f1 ( x) ? f 2 ( x)cos x ? g ( x) . π x ? kπ ? 2 时,显然成立; 当 当
x ? kπ ? π g ( x) ? g ( x ? π) f1 ( x) ? f 2 ( x)cos x ? f1 ( x) ? 2 时,因为 2 ,

3π ? 3π π π? ? ? ? ? g ( x ? π) ? g ? kπ ? ? ? g ? kπ ? ? 2(k ? 1) π ? ? g (?kπ ? ) ? g ? kπ ? ? ? g ( x) 2 ? 2 2 2? ? ? ? ? 而 ,

故对任意的 x ? R , f1 ( x) ? f 2 ( x)cos x ? g ( x) . 下证对任意的 x ? R ,有 f3 ( x)sin x ? f 4 ( x)sin 2 x ? h( x) .
kπ 2 时,显然成立; 当 当 x ? kπ 时, h( x) ? h(kπ) ? h(kπ ? 2kπ) ? h(?kπ) ? ?h(kπ) ,所以 h( x) ? h(kπ) ? 0 , x?

而此时 f3 ( x)sin x ? f 4 ( x)sin 2 x ? 0 ,故 f3 ( x)sin x ? f 4 ( x)sin 2 x ? h( x) ; π x ? kπ ? 2 当 时
h( x ? π) ? h(kπ ?



3π 3π π? π? ? ? ? ? ) ? h ? kπ ? ? 2(k ? 1) π ? ? h ? ?kπ ? ? ? ?h ? kπ ? ? ? ?h( x ) 2 2 2? 2? ? ? ? ? ,



f3 ( x)sin x ?

h( x) ? h( x ? π) ? h( x) 2 ,

又 f 4 ( x)sin 2 x ? 0 ,从而有 f3 ( x)sin x ? f 4 ( x)sin 2 x ? h( x) .

5

于是,对任意的 x ? R ,有 f3 ( x)sin x ? f 4 ( x)sin 2 x ? h( x) . 综上所述,结论得证.

12 、 (26 分)四边形 ABCD 内接于圆,其边 AB 与 DC 延长交于点 P,AD、BC 延长交于点 Q,由 Q 作该圆的两条切线 QE、QF,切点分别为 E、F,求证:P、E、F 三点共线.
证明 连 PQ,作⊙QDC 交 PQ 于点 M, 则?QMC=?CDA=?CBP,于是 M、C、B、P 四点共圆. 由 PO2-r2=PC· PD=PM· PQ, 2 2 QO -r =QC· QB=QM· QP, 2 2 两式相减,得 PO -QO =PQ· (PM-QM) 2 =(PM+QM)( PM-QM)=PM -QM2, ∴ OM⊥PQ. ∴ O、F、M、Q、E 五点共圆. 连 PE,若 PE 交⊙O 于 F1,交⊙OFM 于点 F2,则 对于⊙O,有 PF1· PE=PC· PD, 对于⊙OFM,又有 PF2· PE=PC· PD. ∴ PF1· PE=PF2· PE, 即 F1 与 F2 重合于二圆的公共点 F. 即 P、 P F、E 三点共线
A E O D B F M C Q

6


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