历届高中数学竞赛试题及答案
2011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）
、是这样的一个四位数，它的各位数字之和为；像这样各位数字之和为的四位数总共有个．
、设数列满足:,且对于其中任三个连续项,都有:.则通项．
、以抛物线上的一点为直角顶点，作抛物线的两个内接直角三角形与，则线段与的交点的坐标为．
、设，则函数的最大值是．
、．
、正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作与侧棱都相交的截面，那么，周长的最小值是．
、满足的一组正整数．
、用表示正整数的各位数字之和，则．
二、解答题（共题，合计分）
、（20分）、设，且满足：，求的值．
、（分）如图，的内心为，分别是
的中点，，内切圆分别与边相切于；证明：三线共点．
、（分）在电脑屏幕上给出一个正边形，它的顶点分别被涂成黑、白两色；某程序执行这样的操作：每次可选中多边形连续的个顶点（其中是小于的一个固定的正整数），一按鼠标键，将会使这个顶点“黑白颠倒”，即黑点变白，而白点变黑；
、证明：如果为奇数，则可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成白色，也可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成黑色；
、当为偶数时，是否也能经过有限次这样的操作，使得所有的顶点都变成一色？证明你的结论．
解答
、．提示：这种四位数的个数，就是不定方程满足条件，的整解的个数；即的非负整解个数，其中，易知这种解有个，即总共有个这样的四位数．（注：也可直接列举．）
、．提示：由条件得，
，
所以
，
故，而；
；
于是
；
由此得
.
、．提示：设，则
，
直线方程为
，
即，因为，则
，
即
，
代人方程得
，
于是点在直线上；
同理，若设，则方程为
，
即点也在直线上，因此交点的坐标为．
、．提示：由
所以，
，
即
，
当，即时取得等号．
、．提示：
．
、．提示：作三棱锥侧面展开图，易知∥，且由周长最小，得共线，于是等腰，，
，
即，，
，
所以，由，则
．
、．提示：由于是形状的数，所以必为奇数，而为偶数，设，，代人得
，
即
.①
而为偶数，则为奇数，设，则
，
由①得，
，②
则为奇数，且中恰有一个是的倍数，当，为使为奇数，且，只有，②成为
，
即，于是；
若，为使为奇数，且，只有，②成为，即，它无整解；
于是是唯一解：．
（另外，也可由为偶数出发，使
为的倍数，那么是的倍数，故是形状的偶数，依次取，检验相应的六个数即可．）
、．提示：添加自然数，这样并不改变问题性质；先考虑由到这一千个数，将它们全部用三位数表示，得到集，易知对于每个，首位为的“三位数”恰有个：，
这样，所有三位数的首位数字和为
.
再将中的每个数的前两位数字互换，成为，得到的一千个数的集合仍是，
又将中的每个数的首末两位数字互换，成为，得到的一千个数的集合也是，由此知
．
今考虑四位数：在中，首位（千位）上，共有一千个，而在
中，首位（千位）上，共有一千个，因此
；
其次，易算出，.所以，
．
、由
，
即
，
平方得
所以
，
即
，
所以
．
、如图，设交于点，连，由于中位线∥，以及平分，则，所以，因，得共圆．所以；又注意是的内心，则
.
连，在中，由于切线，所以
，
因此三点共线，即有三线共点．
、证明：由于为质数，而，则，据裴蜀定理，存在正整数，使
,①
于是当为奇数时，则①中的一奇一偶．
如果为偶数，为奇数，则将①改写成：
，
令，上式成为，其中为奇数，为偶数．
总之存在奇数和偶数，使①式成立；据①，
,②
现进行这样的操作：选取一个点，自开始，按顺时针方向操作个顶点，再顺时针方向操作接下来的个顶点……当这样的操作进行次后，据②知，点的颜色被改变了奇数次（次），从而改变了颜色，而其余所有顶点都改变了偶数次（次）状态，其颜色不变；称这样的次操作为“一轮操作”，由于每一轮操作恰好只改变一个点的颜色，因此，可以经过有限多轮这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多轮这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多边形所有顶点都成为黑色．
、当为偶数时，也可以经过有限多次这样的操作，使得多边形所有顶点都变成一色．具体说来，我们将有如下结论：
如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、偶数个白点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全黑，而不能变成全白；反之，如果给定的正多边形开初有奇数个白点、偶数个黑点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全白，而不能变成全黑；
为此，采用赋值法：将白点改记为“”，而黑点记为“”，改变一次颜色，相当于将其赋值乘以，而改变个点的颜色，即相当于乘了个（偶数个），由于；
因此当多边形所有顶点赋值之积为，即总共有奇数个黑点，偶数个白点时，每次操作后，其赋值之积仍为，因此无论操作多少次，都不能将全部顶点变白．
但此时可以变成全黑，这是由于，对于偶数，则①②中的为奇数，设是多边形的两个相邻顶点，自点开始，按顺时针方向操作个顶点，再顺时针方向操作接下来的个顶点……当这样的操作进行次后，据②知，点的颜色被改变了偶数次（次），从而颜色不变，而其余所有个顶点都改变了奇数次（次）状态，即都改变了颜色；再自点开始，按同样的方法操作次后，点的颜色不变，其余所有个顶点都改变了颜色；于是，经过上述次操作后，多边形恰有两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有个点的颜色不变．
现将这样的次操作合并，称为“一轮操作”；每一轮操作，可以使黑白相邻的两点颜色互换，因此经过有限轮操作，总可使同色的点成为多边形的连续顶点；
于是当多边形开初总共有偶数个白点时，每一轮操作又可将相邻两个白点变成黑点，使得有限轮操作后，多边形所有顶点都成为黑色．
同理得，如果给定的正多边形开初总共有奇数个白点、偶数个黑点，经过有限次操作，可以使多边形顶点变成全白，而不能变成全黑；（只需将黑点赋值为“”，白点赋值为“”，证法便完全相同）．
高中数学试题解答
1.某商场四类食品，粮食、植物、动物、果蔬分别有40、10、30、20种，现从中抽取一个容量为20的样本检测，若采用分层抽样，则抽取植物和果蔬种类之和是？
总数=40+10+30+20=100
样本容量为20抽取比例5:1
植物和果蔬=30抽取植物和果蔬种类之和是6
2.求圆心在直线3X+2Y=0上，并和X轴交点分别为（-2，0）（6，0）的圆的方程为？
和X轴交点分别为A（-2，0）B（6，0）圆心在AB的垂直平分线上，x=2
代入3X+2Y=0y=-3
圆心坐标C(2,-3)
半径R=AC=√[（2+2）^2+（-3）^2]=5
圆的方程为(x-2)^2+(y+3)^2=25
3。若sin(π-α）cos（2π-α）根号3cosα-sinα
————————————=负_______，且α区间为(0,π），求—————
tan(π-α）sin(2分之π+α）3cosα+sinα
sina*cosa/(-tana*cosa)=-cosa=-√3/3
cosa=√3/3sina=√6/3
(cosa-sina)/(coosa+sina)=(√3-√6)/(√3+√6)=2√2-3
4.投掷一个质地均匀的、每个面上标有一个数字的正方体玩具，他的六个面里，有两个面的数字是0，两个面数字是2，两个面数字式4，把这个玩具连续抛掷两次，以两次朝上一面出的数字分别作点P的横坐标和纵坐标。（1）求点P落在区域x方+y方≤10内的概率（2）若以落在区域X方+y方≤10上的所有点为顶点做面积最大的多边形区域M，在区域X方+y方≤10上随机撒一粒豆子，求豆子落在区域M上的概率
总数=36
其中（0,0）（0,2）（0,4）（2,0）（2,2）（2,4）（4,0）（4,2）（4,4）各占4
（1）点P落在区域x方+y方≤10内的是（0,0）（0,2）（2,0）（2,2）
点P落在区域x方+y方≤10内的数目=16
p=16/36=4/9
(2)面积最大的多边形区域M(正方形)S1=4
区域X方+y方≤10为圆形，r=√10面积S=πr^2=10π
p=S1/S=2/5π
5.已知a＞0，函数f（x)=-2asin(2x+6分之π）+2a+b
(1)求f（x)增区间
f（x)增区间是函数y=sin(2x+6分之π)的减区间
2kπ+π/2<=2x+π/6<=2kπ+3π/2
kπ+π/6<=x<=kπ+2π/3
f（x)增区间为【kπ+π/6，kπ+2π/3】k∈Z
（2）当X区间为[0,2分之π]时，f（x)植域为[-5,1]，求ab的直
x∈[0,π/2]
2x+π/6∈[π/6,7π/6]
sin(2x+6分之π)∈[-1/2,1]
-2asin(2x+6分之π）∈[-2a,a]
f（x)=-2asin(2x+6分之π）+2a+b∈[b,3a+b]f（x)植域为[-5,1]，
所以b=-53a+b=1a=2
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