2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答
（6月14日上午8:30??11:30）
一、填空题
1、若三位数n?abc是一个平方数，并且其数字和a?b?c也是一个平方数，则称n为超
级平方数，这种超级平方数的个数是 ．
答案：13个．
解：可顺次列举出：100,121,144,169,196,225,324,400,441,484,529,900,961．
2、函数y?8x?x2?14x?x2?48的最大值是 ．
答案：23． 解：y?x(8?x)?(x?6)(8?x)?8?x?x?x?6??68?x，
x?x?6其定义域为6?x?8，当x?6时，此分式的分子最大而分母最小，这时分式的值达最大，其值为23．
3、直线l过点M(1,2)，若它被两平行线4x?3y?1?0与4x?3y?6?0所截得的线段长
为2，则直线l的方程为 ．
答案：x?7y?15或者7x?y?5．
解：设l的方程为y?2?k(x?1)，将此方程分别与4x?3y?1?0及4x?3y?6?0联立，
解得交点坐标A?2?3k?7?5k?8??3k?12?10k?8?,B,与???，据AB?2， 3k?43k?43k?43k?4????225(k2?1)1?5??5k?k?7??2得?，即，所以，，分别代入所设?2k??12???23k?43k?47?????3k?4?方程，得到x?7y?15或者7x?y?5．
4、
13?? ．
sin100cos100答案：4．
13cos100?sin10013sin300cos100?cos300sin10022??4??4解： 0000sin10cos102sin10cos102sin100cos100sin200?4??4． 0sin205、满足1?x2?x的实数x的取值范围是 ．
答案：??1,??2??． 2?解：用图像法：令y?1?x2，此为单位圆的上半圆，它与直线y?x交点?半圆位于交点左侧的图像皆在直线y?x上方；或者三角函数代换法：
?11?,?，?22?因?1?x?1，令x?cos?,0????，则y?sin?，由条件式1?x2?x，平方得2x?1，
2?12?则x?，又有x?cos???1，因此x???1,?．
22??6、若实数x,y,z?0，且x?y?z?30,3x?y?z?50，则T?5x?4y?2z的取值范围
是 []．
答案：?120,130?．
解：T?5x?4y?2z??x?y?z???4x?3y?z??30??4x?3y?z?
因4x?2y??x?y?z???3x?y?z??80，所以T?110?(y?z)，
20?(3x?y?z)?(x?y?z)?2(x?z)，则x?z?10，因x,z非负，于是x?10，
从而由x?y?z?30知，y?z?20，得到T?110?(y?z)?130， （当z?0,x?10,y?20时取得等号）
再由4x?2y?80，y?0，则x?20，所以y?z?30?x?10，于是
（当x?20,y?0,z?10时取得等号），所以120?T?130． T?110?(y?z)?120，
7、在前一万个正整数构成的集合?1,2,L,10000?中，被3除余2，并且被5除余3，被7除余4的元素个数是 ．
答案：95个．
解：对于每个满足条件的数n，数2n应当被3,5,7除皆余1，且为偶数；因此，2n?1应当是3,5,7的公倍数，且为奇数；即2n?1是105的奇倍数，而当n??1,2,L,10000?时，
2n?1??1,2,L,19999?，由于在?1,2,L,19999?中，共有190个数是105的倍数，其中的奇倍
数恰有95个．
8、如图，正四面体ABCD的各棱长皆为2，A1,B1,C1分别是棱DA,DB,DC的中点， ?以D为圆心，1为半径，分别在面DAB,DBC内作弧?A1B1,B1C1，并将两弧各分成五等分，
分点顺次为A1,P1,P2,P3,P4,B1以及B1,Q1,Q2,Q3,Q4,C1， 一只甲虫欲从点P1出发，沿四面体表面爬行至点Q4，则其 爬行的最短距离为 ．
答案：2sin42．
解：作两种展开，然后比较；
0?由于?A1B1被A1,P1,P2,P3,P4,B1分成五段等弧，每段弧对应的中心角各为12，B1C1被
0B1,Q1,Q2,Q3,Q4,C1分成五段等弧，每段弧对应的中心角也各为120，
若将?DBC绕线段DB旋转，使之与?DAB共面，这两段弧均重合于以D为圆心，半径为1?对应的圆心角为8?12?96，此时，点P,Q之间直线距离为2sin48， 的圆周，PQ1414000若将?DAB绕线段DA旋转，?DBC绕线段DC旋转，使之皆与?DAC共面，在所得图
?对应的圆心角为7?12?84，此时，点P,Q之间直线距离为2sin42， 形中，PQ1414000所以最短距离是2sin42．
二、解答题
2?an?1；证明：数列的任何两项皆互质． 9、正整数数列?an?满足：a1?2,an?1?an0证：改写条件为 an?1?1?an(an?1)，从而an?1?an?1(an?1?1)，等等，据此迭代得
an?1?1?anan?1(an?1?1)?anan?1an?2(an?2?1)?L?anan?1La1(a1?1)?anan?1La1，
所以，an?an?1an?2La1?1，因此当k?n，(an,ak)?1．
（25分）H为锐角三角形ABC的垂心，在线段CH上任取一点E，延长CH到F，10、
使HF?CE，作FD?BC，EG?BH，其中D,G为垂足，M是线段CF的中点，O1,O2分别为?ABG,?BCH的外接圆圆心，eO1,eO2的另一交点为N；
证明：?1?、A,B,D,G四点共圆；
FGHNMEDA?2?、O1,O2,M,N四点共圆；
证：?1?、如图，设EGIDF?K，连AH， 则因AC?BH,EK?BH，AH?BC，
BO1CO2KF?BC，得CA∥EK，AH∥KF，且
CH?EF，所以?CAH≌?EKF，AH与KF平行且相等，故AK∥HF，
?KAB?900??KDB??KGB，因此，
KA,B,D,G四点共圆；
A?2?、据?1?，BK为eO1的直径，作eO2的直径
BP，连CP,KP,HP,O1O2，则
?BCP??BHP?90，所以CP∥AH，
0O1FHGNMEBDCHP∥AC，故AHPC为平行四边形，进而得， PC与KF平行且相等，因此对角线KP与CF互
相平分于M，从而O1,O2,M是?KBP三边的中点，KM∥O1O2，
O2P0而由?KNB?90，O1O2?BN，得KN∥O1O2，所以M,N,K共线，
因此MN∥O1O2，又由?KBP的中位线知MO2?O1B?O1N，因此四边形O1O2MN是等腰梯
形，其顶点共圆．
11、对于任意给定的无理数a,b及实数r?0，证明：圆周?x?a???y?b??r2上至多
只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．
证：对于点M?a,b?，用P?M,r?表示上述圆周上有理点的个数；首先，我们可以作一个合于条件的圆，其上至少有两个有理点，为此，取点A?0,0?,B?2,2?，线段AB中垂线l的方程为:x?y?2,今在l上取点M1?2,1?2，再取 r?MA?半径的圆周上至少有A,B这两个有理点；
其次说明，对于任何无理点M以及任意正实数r，P?M,r??2；
为此，假设有无理点M?a,b?及正实数r，在以M为圆心，r为半径的圆周上，至少有三个有理点Ai?xi,yi?，xi,yi为有理数，i?1,2,3，则
22??6，则以M为圆心、r为
?x1?a???y1?b?22??x2?a???y2?b???x3?a???y3?b? ……①
22221222x1?y12?x2?y2?? ……② 212222据后一等号得 ?x2?x3?a??y2?y3?b??x2?y2?x3?y3? ……③
21212222222记 ?x1?y1?x2?y2??t1，?x2?y2?x3?y3??t2，则t1,t2为有理数，
22据前一等号得 ?x1?x2?a??y1?y2?b?若x1?x2?0，则由②，?y1?y2?b?t1，因b为无理数，得y1?y2?0，故A1,A2共点，矛盾！同理，若x2?x3?0，可得A2,A3共点，矛盾！ 若x1?x2?0,x2?x3?0，由②、③消去b得，
因a为无理数，???x1?x2??y2?y3???y1?y2??x2?x3???a?t1?y2?y3??t2?y1?y2??有理数，故得，?x1?x2??y2?y3???y1?y2??x2?x3??0，所以
y1?y2y3?y2?，则 A1,A2,A3共线，这与A1,A2,A3共圆矛盾！
x1?x2x3?x2因此所设不真，即这种圆上至多有两个有理点．于是对于所有的无理点M及所有正实数r，
全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答
