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1、12009 年全国高中数学联赛江西省预赛试题年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题（ 每小题 10 分，共分）801. 某人在将中间的两个数码分别换成两位数与时，恰好都得到完全平方数：200900abcd，则数组 2229, 29, (,)abncdmmn m nN,mn abcd2. 若一个椭圆的焦点和顶点分别是双曲线的顶点和焦点，则椭圆的方程为： 22 1916yx3. 实数满足，则的最大值是 , x y22236xyyxy4. 四面体中，平面与平面成的二面ABCD,1CDBC ABBC CDAC ABBCBCDABC045角，则点到平面的距离为 BACD5. 从集合中，去掉所有的倍数
2、以及的倍数后，则中剩下的元素个数为 1,2,3,2009M L35M. 函数的值域是 6322( )(1)xxf xx. 7247coscoscoscos15151515. 九个连续正整数自小到大排成一个数列，若的值为一平方数，8129,a aaL13579aaaaa的值为一立方数，则这九个正整数之和的最小值是 2468aaaa二、解答题（ 共分）70. （20 分）给定轴上的一点（） ，对于曲线上的动点，试求9Y(0, )Aa1a 2112yx( , )M x y两点之间距离的最小值（用表示） ,A MAMa. （分）如图，、是一个圆中三条互不相交的弦，以其中每两条弦1025ABCDEF为一
3、组对边，各得到一个凸四边形，设这三个四边形的对角线的交点分别为；证明：,M N P三点共线,M N P. （25 分）项正整数列的各项之和为，如果这个数既可分为和相等的个组，11n12,nx xxL2009n41又可分为和相等的个组，求的最小值49nDFBACE2解解 答答1. (100,100)提示： 注意到，对于整数，若的末位数为，则的末位数必为或，易知， （k2k9k37244200029ab） ，因此，于是，若要满足条件，只可能是，2452025255302529cd4455nm,m n，由于，所以，47,53nm2472209253280920,80,47,53abcdnm,100,
4、100mn abcd2. 22 11625xy提示：双曲线的两顶点为，两焦点为，故由条件，椭圆的两焦点为，两顶点为0,30,50,3，因此，则椭圆的方程为0,53,5ca22216bac22 11625xy3. 11102提示：令，则，由，得，因为实数，则xytxty 22236tyyy2252 2320ytyty判别式，得224 234 5 20tt 210210 22t 4. 3 3提示：，作平面，垂足为，连，由三垂线逆定理，所以2DCACDE ABCE,CE AEECBC，故，又因为正方形，则045DCE212CEDEDC11 36ABCDABCVDE SABCE1AE ，因此正三角形的
5、面积为，设到平面的距离为，由，得2AD ACD3 2BACDh11 36ACDh S3 3h 5. 1072提示：集合中，的倍数有个，的倍数有个，的倍数有M32009669352009401515个，则剩下的元素个数为个2009133152009669401 13310723. 61 1,4 4提示：，令，则，2221( )11xxf xxxtanx11sin2cos2sin424f由此，当时两边分别取得等号11 44ftan, tan88x . 71 2提示：724coscoscoscos15151515 42coscos2coscos155155原式42coscoscos515154cos
6、sinsin5610 12cossin5102 （注：由，000000sin722sin36 cos364sin18 cos18 cos36则，即 ）001sin18 cos3641cossin5104. 提示：设这九数为 ，则有，8180004,3,2,1, ,1,2,3,4aaaaa aaaa25am，则，得34an9Sa2254mna 2345mn令，得，所以 ，再取，112 ,5nn mm23 1110040mn23 1152mn122mm125nn化为 ，取，可使左式成立，这时，222 2225mn2210,2mn20,100nm2000a 918000Sa. 如图，易求得曲线上诸点
7、的坐标为：，当9(2, 0),( 2, 0),(0,1)EFD，即时，曲线方程为 ；22x 22x2 12xy 而当时，曲线方程为 ，对于情形，即22x 2 12xy YXoDFEMA4时，显然当位于顶点处时，距离取得最小值；22xMDAM1a对于情形，即在或时，设点，由于2x 2x 2 ( ,1)2xM x，2222221(1)(2 )2124xAMxaxaa 因，则，于是，当时，取得最小值；再比较与：1a 22a 22a 2xaAM21aADAM令，222( )(1)(21)(4)f aADAMaaa a则当时，即最小值为；而当时，则最小值14a( )0f a ADAM1ADa4a ( )
8、0f a 21AMa. 如图，设为三条不相交的弦，其中，10,AB CD EFACBDPIAFBEMICEDFNI又设，点截的三边，据梅涅劳斯逆定理，只要证BDCEHI, ,N P MBEH，1HP BMEN PBMENH用记号表示三角形面积，则由BMBAFBA BF MEEA EFEAFHPHACHACEACCHEA ECCH EA PBCEBA BCBA BCBACEACBAC由此得，HP BMCH BF PBMEBC EF 因此只要证， 1EN BF CH EF BC NH注意 ， ，则ENDN EFDCBFDBCD NHNBDFBDFBN CHCBDCBDPHNME ABFCD5FB
9、FDFB FN CB CD FB NDFB EN CB CDCB EF 所以 ，即成立，从而成立，故结论得证1EN BF CH EF BC NH. 设分成的个组为，每组中的各数和皆为，称这种组为类组；而分成的个组11411241,AAAL49A49为，每组中的各数和皆为，称这种组为类组1249,B BBL41B显然，每个项恰好属于一个类组和一个类组，即同类组之间没有公共项，如果两个组中有kxAB,ijAB两个公共项，则可以将这两个数合并为一个项，这样可使值减少，故不妨设，每对至多,rtx xrtxxn,ijAB有一个公共项今用点分别表示，而点表示组，1241,u uuL1241,AAAL124
10、9,v vvL1249,B BBL如果组有公共项，则在相应的点之间连一条边，于是得二部图，它恰有条边和个顶点下,ijAB,iju vGn90面证明是连通图G如果图的最大连通分支为，其顶点数少于，设在分支中，有个类顶点和GG90GaA 12, akkkuuuL个类顶点，其中，则在相应的类组和类组中，bB 12, bsssvvvL90abA 12, akkkAAALB 12, bsssBBBL类组中的每个数都要在某个类组中出现；而类组中的每个数也都要在某个类组A ikAixB jsBB isBjxA中出现， （否则将有边与分支外的顶点连接，发生矛盾） ，因此个类组中各数的和应等 jrAaA 12,
11、 akkkAAAL于个类组中各数的和，即有，由此得，所以，bB 12, bsssBBBL4941ab41 a49 b414990ab矛盾！因此是连通图于是图至少有条边，即；GG90 189 89n 另一方面，我们可实际构造一个具有项的数列，满足本题条件例如取891289,x xxL141427541,8,xxxxLL76797,xxL808384851,6,xxxxL， （该数列有个取值为的项；个取值为的项；另将其余七个拆成七86872xx88895,3xx41413488对，其中四对，两对，一对，又得到个项） ，于是，每个类组可由一个，一个，或 7,16,2 5,314A418者由一个，添加一对和为的项组成；这样共得个类组，每组各数的和皆为；为了获得和为的41841A4941个类组，可使49B1241,x xxL各成一组，其余的数可以拼成八个类组：的组四个，的组两个，B8,8,8,8,8,18,8,8,8,7,26的组一个，的组一个故的最小值为 8,8,8,8,6,38,8,7,7,6,5n89
