全国高中数学联赛江西省预赛试题及参考答案

暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题（模拟4）一．（本题满分40分）如图，ABC D 的外接圆为ω，P 为BC 边上一点，满足APB BAC Ð=Ð．过点A 作ω的切线交ABP D 的外接圆于点Q ，Q 关于AB 中点的对称点为T ，AT 交QP 于点D ．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（模拟4）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，ABCD的外接圆为ω，P为BC边上一点，满足APB BACÐ=Ð．过点A作ω的切线交ABPD的外接圆于点Q，Q关于AB 中点的对称点为T，AT交QP于点D．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．。

全国高中数学联赛江西省预赛试题一、选择题（每小题6分,共36分）1、若函数()()2lg 43f x ax x a =-+-的值域为R ，则实数a 的取值范围是（ ）. A 、()4,+∞ ；B 、[]0,4；C 、()0,4；D 、()(),14,-∞-+∞．2、设221a b +=，()0b ≠，若直线2ax by +=和椭圆22162x y +=有公共点，则ab的取值范围是（ ）.A 、11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦； B 、[]1,1-； C 、(][),11,-∞-+∞； D 、[]2,2-.3、四面体ABCD 的六条棱长分别为7,13,18,27,36,41，且知41AB =，则CD = .A 、7 ；B 、13 ；C 、18 ；D 、27．4、若对所有实数x ，均有sin sin cos cos cos 2k k k x kx x kx x ⋅+⋅=，则k =（ ）. A 、6； B 、5； C 、4； D 、3．5、设(212n n a +=+，n b 是n a 的小数部分，则当*n N ∈时，n n a b 的值（ ）．A 、必为无理数；B 、必为偶数；C 、必为奇数；D 、可为无理数或有理数．6、设n 为正整数，且31n +与51n -皆为完全平方数，对于以下两个命题： （甲）.713n +必为合数；（乙）.()28173n n +必为两个平方数的和.你的判断是（ ）A.甲对乙错；B. 甲错乙对；C.甲乙都对；D.甲乙都不一定对. 二、填空题（每小题9分，共54分）7、过点()1,1P 作直线l ，使得它被椭圆22194x y +=所截出的弦的中点恰为P ，则直线l 的方程为 .8、设x R ∈，则函数()f x =的最小值为 .9、四面体ABCD 中，面ABC 与面BCD 成060的二面角，顶点A 在面BCD 上的射影H 是BCD ∆的垂心，G 是ABC ∆的重心，若4AH =，AB AC =，则GH = ．10、000sin 20sin 40sin80⋅⋅= .11、数列{}n a 满足：11a =，且对每个*n N ∈，1,n n a a +是方程230n x nx b ++=的两根，则201k k b ==∑ .12、从前2008个正整数构成的集{}1,2,,2008M =中取出一个k 元子集A ，使得A 中任两数之和不能被这两数之差整除，则k 的最大值为 ． 三、解答题：13、（20分）AD 是直角三角形ABC 斜边BC 上的高，（AB AC <），12,I I 分别是,ABD ACD ∆∆的内心，12AI I ∆的外接圆O 分别交,AB AC 于,E F ，直线,EF BC 交于点M ；证明：12,I I 分别是ODM ∆的内心与旁心．14、（20分）设,,x y z 为非负实数，满足1xy yz zx ++=，证明： 11152x y y z z x ++≥+++．15、（20分）对于2n 元集合{}1,2,,2M n =，若n 元集{}12,,,n A a a a =，{}12,,,n B b b b =满足：,A B M A B ==∅，且11nnk k k k a b ===∑∑，则称A B 是集M 的一个“等和划分”（A B 与BA 算是同一个划分）． 试确定集{}1,2,,12M =共有多少个“等和划分”．全国高中数学联赛江西省预赛试题解答一、选择题（每小题6分,共36分）1、若函数()()2lg 43f x ax x a =-+-的值域为R ，则实数a 的取值范围是（ ）. A 、()4,+∞ ；B 、[]0,4；C 、()0,4；D 、()(),14,-∞-+∞．答案：B ．解：欲使()f x 的值域为R ，当使真数243ax x a -+-可取到一切正数，故或者0a =；或者0a >且()24430a a --≥，解得04a ≤≤2、设221a b +=，()0b ≠，若直线2ax by +=和椭圆22162x y +=有公共点，则ab的取值范围是（ ）.A 、11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦； B 、[]1,1-； C 、(][),11,-∞-+∞； D 、[]2,2-.答：C ． 解：将2axy b-=代入椭圆方程并整理得，()22223121260a b x ax b +-+-=， 因直线和椭圆有公共点，则判别式()()()222212431260a a b b -+-≥，利用221a b +=，化简得22a b ≥，所以1a b ≥．即(][),11,ab∈-∞-+∞．3、四面体ABCD 的六条棱长分别为7,13,18,27,36,41，且知41AB =，则CD = .A 、7 ；B 、13 ；C 、18 ；D 、27． 答案：B .解：四面体中，除CD 外，其余的棱皆与AB 相邻接，若长13的棱与AB 相邻，不妨设13BC =，据构成三角形条件，可知{}7,18,27AC ∉，36, 7AC BD ⇒=⇒=，{}{},18,27AD CD ⇒=，于是ABD ∆中，两边之和小于第三边，矛盾。

2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答 一、填空题（共8题，每题10分，计80分）1、2011是这样的一个四位数，它的各位数字之和为4；像这样各位数字之和为4的四位数总共有 个．答案：20． 解：这种四位数1234x x x x 的个数，就是不定方程12344x x x x +++=满足条件11x ≥，234,,0x x x ≥的整解的个数；即12343y x x x +++=的非负整解个数，其中111y x =-，易知这种解有413341620C C -+-==个，即总共有20个这样的四位数．2、设数列{}n a 满足:121,2a a ==,且对于其中任意三个连续项11,,n n n a a a -+,都有: 11(1)(1)2n n n n a n a a n -+-++=.则通项n a = ．答案：23n-． 解：由条件得，112(1)(1)n n n na n a n a -+=-++，所以，11(1)()(1)()n n n n n a a n a a +-+-=--，故1111n n n n a a n a a n +---=-+，而211a a -=； 1132121112211231()1113n n n n n n n n n n a a a a a a n n n a a a a a a a a a a n n n +-+----------=⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅---+-L L 2(1)n n =+；于是12112()(1)1n n a a n n n n--==---； 由此得，11221112()()()2(1)13n n n n n a a a a a a a a n n---=-+-++-+=-+=-L . 3、以抛物线2y x =上的一点()1,1M 为直角顶点，作抛物线的两个内接直角三角形MAB ∆与MCD ∆，则线段AB 与CD 的交点E 的坐标为 ．答案：(1,2)-． 解：设221122(,),(,)A x x B x x ，则22121212111,111MA MB x x k x k x x x --==+==+--， 22121212AB x x k x x x x -==+-，直线AB 方程为21121()()y x x x x x -=+-，即 1212()y x x x x x =+-，因为MA MB ⊥，则12(1)(1)1x x ++=-，即12122()x x x x -=++， 代人方程得122()(1)y x x x -=++，于是点(1,2)-在直线AB 上；同理，若设223344(,),(,)C x x D x x ，则CD 方程为342()(1)y x x x -=++，即点(1,2)-也在直线CD 上，因此交点E 的坐标为(1,2)E -．4、设,,,1x y z R x y z +∈++=，则函数23(,,)f x y z xy z =的最大值是 ． 答案：1432．解：由122333y y z z z x y z x =++=+++++≥，所以，623114276xy z ⎛⎫≤ ⎪⋅⎝⎭，即23431123432xy z ≤=⋅，当1236y z x ===，即 111,,632x y z ===时取得等号． 5、sin 6sin 42sin 66sin 78︒︒︒︒= ．答案：116． 解： cos 6sin 6cos 48cos 24cos12sin 6cos 48cos 24cos12cos 6︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒= sin12cos12cos 24cos 48sin 24cos 24cos 48sin 48cos 482cos 64cos 68cos 6︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒=== sin 96116cos 616︒︒==． 6、满足2272011x y +=的一组正整数(,)x y = ．答案：(38,9)．解：由于2011是43N +形状的数，所以y 必为奇数，而x 为偶数， 设2x m =， 21y n =+，代人得2428(1)2004m n n ++=，即27(1)501m n n ++= ……①．而(1)n n +为偶数，则2m 为奇数，设21m k =+，则24(1)1m k k =++， 由①得，(1)(1)71254n n k k +++⋅= ……②，则(1)4n n +为奇数，且,1n n +中恰有一个是4的倍数，当4n r =，为使(1)77(41)4n n r r +⋅=+为奇数，且7(41)125r r +<，只有 1r =，②成为(1)35125k k ++=，即(1)90k k +=，于是4,9,38,9n k x y ====；若14n r +=，为使(1)77(41)4n n r r +⋅=-为奇数，且7(41)125r r -<，只有1r =， ②成为(1)21125k k ++=，即(1)104k k +=，它无整解；于是(,)(38,9)x y =是唯一解：2238792011+⋅=．（另外，也可由x 为偶数出发，使22220112009(2)7287(2)x x x -=--=⨯--为7的倍数，那么22x -是7的倍数，故x 是73k ±形状的偶数，依次取1,3,5k =，检验相应的六个数即可．）7、正三棱锥D ABC -的底面边长为4，侧棱长为8，过点A 作与侧棱,DB DC 都相交的截面AEF ∆，那么，AEF ∆周长的最小值是 ．答案：11．解1：作三棱锥侧面展开图，当1,,,A E F A 共线且EF ∥BC 时，AEF ∆周长最小，于是等腰DEF AEB ∆∆:，4AE AB ==， 12BE AB AB DA ==，即2BE =，6DE =， 6384EF DE BC DB ===，所以3EF =， A 1F E FE D C B AD C B A由14A F AE ==，则1111AA AE EF FA =++=．解2：作三棱锥侧面展开图，易知当1,,,A E F A 共线时，AEF ∆周长最小，设ADB θ∠=,则2228847cos .2888θ+-==⋅⋅37cos34cos 3cos ,128θθθ∴=-= 2221788288121,128AA ∴=+-⋅⋅⋅=111.AA ∴= 8、用()S n 表示正整数n 的各位数字之和，则20111()n S n ==∑ ．答案：28072． 解：添加自然数0，这样并不改变问题性质；先考虑由0到999这一千个数，将它们全部用三位数表示，得到集{}000,001,,999M =L ，易知对于每个{}0,1,,9a ∈L ，首位为a 的“三位数”恰有100个：00,01,,99a a a L ，这样，所有三位数的首位数字和为100(019)45100⋅+++=⋅L ；再将M 中的每个数abc 的前两位数字互换，成为bac ，得到的一千个数的集合仍是M ，又将M 中的每个数abc 的首末两位数字互换，成为cba ，得到的一千个数的集合也是M ，由此知，99999910()()30045n n S n S n ====⋅∑∑．今考虑四位数：在1000,1001,,1999L 中，首位（千位）上，共有一千个1，而在 0000,0001,,0999L 中，首位（千位）上，共有一千个0，因此，19991999999100()()10002()10006004528000n n n S n S n S n =====+=+⋅=∑∑∑； 其次，易算出，20112000()72n S n ==∑。

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9:30−−12:00）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121+2+!+19()2−12+22+!+192()⎡⎣⎢⎤⎦⎥[]1361002470168152=−=． 2、公差为d ，各项皆为正整数的等差数列{}n a ，若11919,1949,2019m n a a a ===， 则正整数m n +的最小值是 ．答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+−，()201919191n d =+−， 显然有1,1m n >>，301d m =−，以及1001d n =−，消去d 得：1037m n −=， 其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3、设0x >，且2217x x +=，则551x x+= ． 答案：123． 解：2221129x x x x ⎛⎞+=++=⎜⎟⎝⎠，所以13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎞=+=++⎜⎟⎝⎠，则44147x x +=，所以54325234111111x x x x x x x x x x x x ⎛⎞⎛⎞+=+−⋅+⋅−⋅+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ ()4242111134771123x x x x x x ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=++−++=−+=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦． 4、、若OAB Δ的垂心恰是抛物线24y x =的焦点，其中O 是原点，,A B 在抛物线上，则OAB Δ的面积S = ．答案：解：抛物线的焦点为(1,0)F ，因F 为OAB Δ的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为22(,2),(,2)A a a B a a −，()0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=， BF 的斜率221BF a K a −=−，据1BF OA K K ⋅=−，得a =，因此AB =25h a ==，所以OAB S Δ=5、,,a b c 是互异正整数，使得{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++，其中n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()2()a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数{}222,(1),(2)n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>， 则1n >；若3n =，则{}{}222222,(1),(2)3,4,5n n n ++=，且因222503452()a b c =++=++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据{}{}222222,(1),(2)5,6,7n n n ++=，解得30,19,6a b c ===，因此222222301961297a b c ++=++=．6、P 是正四棱锥V ABCD −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，PF VBC ⊥面，5,10VP VH ==，4VF ===，而PHMF 共圆，VP VH VF VM ⋅=⋅，所以252VM =；152HM ==；则15AB =， 所以棱锥体积217503V VH AB =⋅⋅=． 7、ABC Δ的三个内角,,A B C 满足39A B C ==，则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++= ． 答案：14−． 解：设3,9C B A θθθ===，，由39θθθπ++=，得13πθ=，cos cos cos cos cos cos S A B B C C A =++9339cos cos cos cos cos cos 131313131313ππππππ=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+++++⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦ .注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到 246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎞⋅=+++++⎜⎟⎝⎠ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−+−+−+−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠+sin 11π13−sin 9π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟+sin 13π13−sin 11π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟=−sin π13. 所以14S =−． 8、数列{}n a 满足：0a =[]{}11n n n a a 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2019a = ．答案：130292−+． 解：)011a =+，11122a −=+=+，)22341a ===+31452a −=+=+.归纳易得)2211311,322k k a k a k +−=++=++, 因此2019130292a =+． 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12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆． 证：设椭圆方程为22221,(0)x y a b a b+=>>，据对称 性知，点Q 在Y 轴上（如图）；记12QF QF m ==，11221122,,,PF r PF r PQ t M F M F k =====，则有：1121,2PF e r r a PM =+=，为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证， 1212mr mr t F F +=⋅，即22m a t c ⋅=⋅，也即m c e t a == ……………① 由1111QF OF QM HM =，即222m c c e a m k a c⎛⎞===⎜⎟+⎝⎠，所以21k e m k =−+， 在1PM Q Δ中，由斯特瓦特定理，22211m k PF PM PQ mk m k m k =⋅+⋅−++ …………………………② 即222222112(1)(1)r m e r e t e m e e −⎛⎞=⋅+−−⋅⎜⎟⎝⎠………………………③ 因为210e −≠，由③得，222m e t =，即m e t =，故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆． （也可不用托勒密定理证：由②得2()PQ m m k =+，则1PQF Δ∽1M QP Δ，于是11221QPF M M QF 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a 1,a 2,a 3,! ，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b 1,b 2,b 3,!；证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．证：易知a 2n −1=4n −2,a 2n =4n −1,n =1,2,3,!，因此，∀n ∈N ,a 4n +1=8n +2,a 4n +2=8n +3,a 4n +3=8n +6,a 4n +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：b 2n +1=8n +3,b 2n +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，222212346710113,5,7,9b b b b b b b b =+=+=+=+，……； 若记(1)2k k k r += ，我们来证明，一般地有：21(21)k k r r k b b ++=+，1,2,3,k = …. 由于r 4m =8m 2+2m ,r 4m +1=8m 2+6m +1,r 4m +2=8m 2+10m +3,r 4m +3=8m 2+14m +6；所以[]44212(4)1,m m r r b b m ++=+ []4141212(41)1,m m r r b b m ++++=++[]4242212(42)1,m m r r b b m ++++=++ []4343212(43)1,m m r r b b m ++++=++ 合并以上四式得，对于每个正整数k ，21(21)k k r r b b k ++=+．其中(1)2k 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=2019a b c ++．解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意44c ≤=，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，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22N x y =+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，222222()()()Nx y x y x y =+=−++； 若43c =，方程化为：()2222221702852672(29)a b +==×=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为()22222223382132512717a b +==×=+=+；由此得：{}{},,7,17,41a b c =； 若37c =，方程化为22222222222226502135=2(2+3)(3+4)=2(1+18)=2(6+17)=2(10+15)a b +==××， 因此，22222265017191123525=+=+=+，得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==×，而397是一个41N +形状的质数，HQP NMF E C BA 它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以2222222(619)1325a b +=+=+， 得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：22211582529223a b +==×=×，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：22117821931a b +==××，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：1,13,43{},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 Δ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 Δ的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF ⋅=−+ 22()()MF HF MF HF MF HF =−+=−222()AF FB AH AF AF AB AH =⋅−−=⋅−同理有，2PH HQ AE AC AH ⋅=⋅− 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC ⋅=⋅， 故由以上两式得MH HN PH HQ ⋅=⋅，所以,,,M N P Q 四点共圆．。

DAB2020年全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答2016年6月5日上午8:3011:00--一、填空题（每小题7分，共56分）1、若()22016log 65y x ax =-+的值域为R +，那么a 的取值范围是 ．答案：1616a -<<．解：由值域y R +∈，2651x ax ∴-+>，2640x ax ⇒-+>24640a ∴∆=-⋅<，∴1616a -<<.2、四面体ABCD 中，ABC ∆是一个正三角形，2AD BD ==，AD BD ⊥， AD CD ⊥，则D 到面ABC 的距离为．答案：．解：如图，据题意得，AB ==于是BC CA AB ===2CD ==，因222BC BD CD =+，得BD CD ⊥，从而以D 为顶点的三面角是三直三面角， 四面体体积1433BCD V AD S ∆=⋅=，而2ABC S AB ∆== 若设D 到面ABC 的距离为h，则133ABC V h S h ∆=⋅=，由433h =，得到3h =． 3、若对于所有的正数,x y ，≤，则实数a 的最小值是 ．答．解：由221+=≤，当x y =时取等号．4、已知P 是正方形ABCD 内切圆上的一点，记,APC BPD αβ∠=∠=，则22tan tan αβ+= ．答案：8．解：如图建立直角坐标系，设圆方程为222x y r +=， 则正方形顶点坐标为(,),(,),(,),(,)A r r B r r C r r D r r ----若点P 的坐标为(cos ,sin )P r r θθ，于是直线,,,PA PB PC PD 的斜率分别为1sin 1sin ,1cos 1cos PA PB k k θθθθ++==-+-，1sin 1sin ,1cos 1cos PC PD k k θθθθ--==--+， 所以222tan 4(cos sin )1PC PA PA PC k k k k αθθ⎛⎫-==- ⎪+⎝⎭，222tan 4(cos sin )1PD PB PB PD k k k k βθθ⎛⎫-==+ ⎪+⎝⎭，由此立得22tan tan 8αβ+=．解2：取特例，P 在坐标轴上，则αβ=， 这时，2tan cot 2tan 1αγβ====，2222tan tan 228αβ∴+=+= 5、等差数列2,5,8,,2015L 与4,9,14,,2014L 的公共项（具有相同数值的项）的个数是 ．答案：134．解：将两个数列中的各项都加1，则问题等价于求等差数列3,6,9,,2016L 与等差数列5,10,15,,2015L 的公共项个数；前者是{}1,2,3,,2016M =L 中的全体能被3整除的数，后者是M 中的全体能被5整除的数，故公共项是M 中的全体能被15整除的数，这种数有201613415⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个．9876543216、设x 为锐角，则函数sin sin 2y x x =的最大值是．答案：9． 解：由22sin cos y x x =，得2422224sin cos 2(1cos )(1cos )2cos y x x x x x ==--⋅33222(1cos )(1cos )2cos 216223327x x x ⎛⎫-+-+⎛⎫≤=⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以9y ≤．当21cos 3x =时取得等号． 7、若将前九个正整数1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填写于一张33⨯方格表的九个格子中，使得每行三数的和，每列三数的和皆为质数，你的填法是解答：（答案有多种）8、把从1到n (1)n >这n 个连续正整数按适当顺序排成一个数列，使得数列中每相邻两项的和为平方数，则正整数n 的最小值是 ．答案：15．例如，排出的一个数列为(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9)．解：这是一个操作问题，若用文字表达较为繁琐，故适宜作为填空题直接操作． 记这n 个连续正整数的集合为{}1,2,,M n =L ，由于1n >，则M 中必有2，而279+=，所以7n ≥，当7n =时，从1到7这7个数可以搭配成满足条件的三个数段：(1,3,6),(2,7),(4,5)，但它们不能连接成一个7项的数列，故应增加后续的数，增加8可使得第一段扩充成(8,1,3,6)，增加9可使得第二段扩充成(2,7,9)，但新的三段也不能连接，还需增加新数，即10n ≥，而之前的数若与8,9,10邻接，只有819,9716,+=+=10616+=，这三段扩充为(8,1,3,6,10)，(2,7,9)，(4,5)，仍旧不能连接，应当借助新的平方数25，从1到10这10个数能搭配成和为25的最小数是15，则15n ≥，而当{}1,2,,15M =L 时，可排出上面的情形：(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9)．二、解答题（共64分）9、（14分）如图，CD 是椭圆22221x y a b+=过椭圆长轴的左顶点A 作CD 另一点N ，交椭圆短轴所在直线于M ， 证明：AM AN CO CD ⋅=⋅． 证1：椭圆方程为cos ,sin x a y b θθ==，点,A N 的坐标为(,0),(cos ,sin )A a N a b θθ-，则直线AN 方程为cos sin x a t y t θθ=-+⎧⎨=⎩， ……3' 代入椭圆方程得到222222(cos sin )2cos 0b a t ab t θθθ+-=，222222cos cos sin ab AN t b a θθθ==+，()cos 2a AM πθθ=≠，……6' 因此2222222cos sin a b AM AN b a θθ⋅=+，……9'又据AN ∥CD ，则点,C D 坐标为：(cos ,sin )C OD OD θθ--，(cos ,sin )D OD OD θθ，……12'因为,C D 在椭圆上，则2222222cos sin a b CO b a θθ=+，而，222222222cos sin a b CO CD CO b a θθ⋅==+，因此AM AN CO CD ⋅=⋅．……14' 证2：易知CD 的斜率k 存在，不妨令:CD y kx =，与椭圆方程联系， 解得222222222222C D b a k b a k b a k b a k ⎛⎫⎛⎫++++⎝、 ……3' ()()222222222222141k a bk a b CO CD b a kb a k++∴==++,()22222221k a b CO CD b a k+∴⋅=+……6'AN 方程为： ()(),0,y k x a M ka =+∴.将AN 方程与椭圆方程联立，得()222232222220b a k x a k x k a a b +++-=322322222222,A N N a k ab a k x x x b a k b a k -∴+=-∴=++ ……9'222222,1N kab y AM a k b a k=∴=++ ……12' ()2232224222222222421ab a k k a b ab k AN a b a k b a k ⎛⎫-+=++= ⎪+⎝⎭+， ()22222221a b k AM AN CO CD b a k+∴⋅==⋅+ …14'10、（15分）如图，D 是ABC ∆的旁心，点A 关于直线DC 的对称点为E ．证明： (1)、,,B C E 三点共线；(2)、,,,A B D E四点共圆．证：1、延长DC 到M ，延长AC 到N ,连CE ，D Q 为旁心，CD ∴平分BCN ∠，……2'又A E 、关于DC 对称，CM ∴平分ACE ∠DCN ACM ∴∠=∠,BCD MCE ⇒∠=∠ BCN ACE ∴∠=∠,B ∴、C 、E 三点共线。

2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、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 ．2、函数2281448y x x x x =----的最大值是 ．3、直线l 过点(1,2)M ，若它被两平行线4310x y ++=与4360x y ++=所截得的线段长为2，则直线l 的方程为 ．4、013sin10-= ． 5、满足21x x -≥的实数x 的取值范围是 ．6、若实数,,0x y z ≥，且30,350x y z x y z ++=+-=，则542T x y z =++的取值范围是 []．7、在前一万个正整数构成的集合{}1,2,,10000L 中，被3除余2，并且被5除余3，被7除余4的元素个数是 ．8、如图，正四面体ABCD 的各棱长皆为2，111,,A B C 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¼¼1111,A B B C ，并将两弧各分成五等分， 分点顺次为112341,,,,,A P P P P B 以及112341,,,,,B Q Q Q Q C ， 一只甲虫欲从点1P 出发，沿四面体表面爬行至点4Q ，则其 爬行的最短距离为 ．二、解答题9、正整数数列{}n a 满足：2112,1n nn a a a a +==-+；证明：数列的任何两项皆互质．10、（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 ，使HF CE =，作FD BC ⊥，EG BH ⊥，其中,D G 为垂足，M 是线段CF 的中点，12,O O 分别为,ABG BCH ∆∆的外接圆圆心，12,O O e e 的另一交点为N ；证明：()1、,,,A B D G 四点共圆；()2、12,,,O O M N 四点共圆；11、对于任意给定的无理数,a b 及实数0r >，证明：圆周()()222x a y b r -+-=上至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．12、从集合{}1,2,,36M =L 中删去n 个数，使得剩下的元素中，任两个数之和都不是2015的因数，求n 的最小值．2015年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答一、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 的最大值是 ．答案：解：y ===其定义域为68x ≤≤，当6x =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3、直线l 过点(1,2)M ，若它被两平行线4310x y ++=与4360x y ++=所截得的线，则直线l 的方程为 ．答案：715x y +=或者75x y -=．解：设l 的方程为2(1)y k x -=-，将此方程分别与4310x y ++=及4360x y ++=联立，解得交点坐标3758,3434k k A k k --+⎛⎫⎪++⎝⎭与312108,3434k k B k k --+⎛⎫⎪++⎝⎭，据AB ==()2225(1)234k k +=+，所以17k =，217k =-，分别代入所设方程，得到715x y +=或者75x y -=．4、01sin10-= ．答案：4．解：000000000001cos101sin 30cos10cos30sin102244sin102sin10cos102sin10cos10-=⋅=sin 2044sin 20=⋅=．5x ≥的实数x 的取值范围是 ．答案：1,2⎡-⎢⎣⎦．解：用图像法：令y =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：因11x -≤≤，令cos ,0x θθπ=≤≤，则sin y θ=x ≥，平方得221x ≤，则x ≤，又有cos 1x θ=≥-，因此1,x ⎡∈-⎢⎣⎦．6、若实数,,0x y z ≥，且30,350x y z x y z ++=+-=，则542T x y z =++的取值范围是 []．答案：[]120,130．解：()()()542433043T x y z x y z x y z x y z =++=+++++=+++ 因()()42380x y x y z x y z +=++++-=，所以110()T y z =++，20(3)()2()x y z x y z x z =+--++=-，则10x z -=，因,x z 非负，于是10x ≥，从而由30x y z ++=知，20y z +≤，得到110()130T y z =++≤， （当0,10,20z x y ===时取得等号）再由4280x y +=，0y ≥，则20x ≤，所以3010y z x +=-≥，于是110()120T y z =++≥，（当20,0,10x y z ===时取得等号），所以120130T ≤≤． 7、在前一万个正整数构成的集合{}1,2,,10000L 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，21n -应当是3,5,7的公倍数，且为奇数；即21n -是105的奇倍数，而当{}1,2,,10000n ∈L 时，{}211,2,,19999n -∈L ，由于在{}1,2,,19999L 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2，111,,A B C 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¼¼1111,A B B C ，并将两弧各分成五等分， 分点顺次为112341,,,,,A P P P P B 以及112341,,,,,B Q Q Q Q C ， 一只甲虫欲从点1P 出发，沿四面体表面爬行至点4Q ，则其 爬行的最短距离为 ．答案：02sin 42．解：作两种展开，然后比较；由于¼11A B 被112341,,,,,A P P P P B 分成五段等弧，每段弧对应的中心角各为012，¼11B C 被112341,,,,,B Q Q Q Q C 分成五段等弧，每段弧对应的中心角也各为012，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的圆周，¼14PQ 对应的圆心角为081296⨯=，此时，点14,P Q 之间直线距离为02sin 48， 若将DAB ∆绕线段DA 旋转，DBC ∆绕线段DC 旋转，使之皆与DAC ∆共面，在所得图形中，¼14PQ 对应的圆心角为071284⨯=，此时，点14,P Q 之间直线距离为02sin 42， 所以最短距离是02sin 42．二、解答题9、正整数数列{}n a 满足：2112,1n nn a a a a +==-+；证明：数列的任何两项皆互质． 证：改写条件为 11(1)n n n a a a +-=-，从而111(1)n n n a a a ---=-，等等，据此迭代得111122111111(1)(1)(1)n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a +--------=-=-==-=L L L ，所以，1211n n n a a a a --=+L ，因此当k n <，(,)1n k a a =．10、（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 ，使HF CE =，作FD BC ⊥，EG BH ⊥，其中,D G 为垂足，M 是线段CF 的中点，12,O O 分别为,ABG BCH ∆∆的外接圆圆心，12,O O e e 的另一交点为N ；证明：()1、,,,A B D G 四点共圆；()2、12,,,O O M N 四点共圆；证：()1、如图，设EG DF K =I ，连AH ， 则因,AC BH EK BH ⊥⊥，AH BC ⊥，KF BC ⊥，得CA ∥EK ，AH ∥KF ，且 CH EF =，所以CAF ∆≌EKF ∆，AH 与KF 平行且相等，故AK ∥HF ，090KAB KDB KGB ∠==∠=∠，因此，,,,A B D G 四点共圆；()2、据()1，BK 为1O e 的直径，作2O e 的直径BP ，连12,,,CP KP HP O O ，则90BCP BHP ∠=∠=，所以CP ∥AH ，HP ∥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12,,O O M 是KBP ∆三边的中点，KM ∥12O O ，而由090KNB ∠=，12O O BN ⊥，得KN ∥12O O ，所以,,M N K 共线，因此MN ∥12O O ，又由KBP ∆的中位线知211MO O B O N ==，因此四边形12O O MN 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0r >，证明：圆周()()222x a y b r -+-=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()()0,0,2,2A B ，线段AB 中垂线l 的方程为:2x y +=,今在l上取点(11M +，再取r MA ==则以M为圆心、r 为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 ，(),2P M r ≤；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(),i i i A x y ，,i i x y 为有理数，1,2,3i =，则()()()()()()222222112233x a y b x a y b x a y b -+-=-+-=-+- ……①据前一等号得 ()()()22221212112212x x a y y b x y x y -+-=+-- ……② 据后一等号得 ()()()22222323223312x x a y y b x y x y -+-=+-- ……③记 ()22221122112x y x y t +--=，()22222233212x y x y t +--=，则12,t t 为有理数，若120x x -=，则由②，()121y y b t -=，因b 为无理数，得120y y -=，故12,A A 共点，矛盾！同理，若230x x -=，可得23,A A 共点，矛盾！ 若12230,0x x x x -≠-≠，由②、③消去b 得，()()()()()()12231223123212x x y y y y x x a t y y t y y -----=---=⎡⎤⎣⎦有理数，因a 为无理数，故得，()()()()122312230x x y y y y x x -----=，所以32121232y y y y x x x x --=--，则 123,,A A A 共线，这与123,,A A A 共圆矛盾！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 ，(),P M r 的最大值为2．12、从集合{}1,2,,36M =L 中删去n 个数，使得剩下的元素中，任两个数之和都不是2015的因数，求n 的最小值．答案：17．解：因201551331=⨯⨯，M 中任两个元素之和不大于71，由于2015不大于71的正因数有1,5,13,31,65，在M 的二元子集中，元素和为5的有{}{}1,4,2,3； 元素和为13的有{}{}{}{}{}{}1,12,2,11,3,10,4,9,5,8,6,7；元素和为31的有{}{}{}{}{}{}{}1,30,2,29,3,28,4,27,5,26,6,25,,15,16L ； 元素和为65的有{}{}{}{}29,36,30,35,31,34,32,33；为直观起见，我们将其画成一个图，每条线段两端的数为上述一个二元子集，为了不构成这些和，每对数（每条线段）中至少要删去一个数；于是在图(),()A B 中各至少要删去4个数，图(),()C D 中各至少要删去2个数，图()E 中至少删去5个数，总共至少要删去17个数．另一方面，删去适当的17个数，可以使得余下的数满足条件；例如在图()A 中删去12,30,4,22，图()B 中删去11,29,3,21，()C 中删去23,5，()D 中删去24,6，()E 中删去13,14,15,31,32．这时图中所有的线段都已被断开．(E)(D)(C)(B)(A)26582123103629。

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题一、填空题(每小题7分，共56分)1.集全{1,2,...,19}中每两互异的数作乘积，所有这种乘积的各为.2.公差为d ,各项均为正整数的等差数列{}n a ,11919,1949,2019m n a a a ===,则正整数m n +的最小值是.3.设220,7,x x x ->+=则55x x -+的值为.4.三角形ABC 的垂心恰是抛物线24y x =的焦点,其中O 是原点,A,B 在抛物线上,则三角形OAB 的面积是.5.,,a b c 是互异的正整数,使得222{,,}{,(1),(2)}a b a c b c n n n +++=++其中n 是正整数,则222a b c ++的最小值是.6.已知P 是正四棱锥V ABCD -的高VH 的中点,若P 到侧面的距离为3,到底面的距离是5,则重心,则正四棱锥V ABCD -的体积是.7.三角形ABC 中满足39A B C ==.则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++=.8.数列{}n a满足02112,[]{}n n n a a a a a +===+(其中[],{}n n a a 分别代表实数n a 的整数部分与小数部分),则2019a =.9、(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12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆．10、(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123,,a a a 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123,,b b b 证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．2010-2019历年全国高中数学联赛江西省预赛试题汇总含答案11.(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：2222019a b c ++=．12.(20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC ∆的两条高(如右图)，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．2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答1.答案：16815．解：所求的和为()()()222211121912193610024701681522⎡⎤+++-+++=-=⎣⎦ 2.答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+-，()201919191n d =+-，显然有1,1m n >>，301d m =-，以及1001d n =-，消去d 得,1037m n -=，其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3.答案：123．解：2221129x x x x ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭，13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，则44147x x +=，所以551x x +42421111x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()34771123=-+=4.答案：．解：抛物线的焦点为()1,0F ，因F 为OAB ∆的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为()2,2A a a ，()2,2B a a -，0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=，BF 的斜率221BF aK a -=-，据1OA BF K K =- ，得5a =，因此AB =，25H a ==，所以OAB S ∆= 5.答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()()2a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数()(){}222,1,2n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>，则1n >；若3n =，则()(){}{}222222,1,2=3,4,5n n n ++，且因22250345=++()2a b c =++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据()(){}{}222222,1,2=5,6,7n n n ++，解得30,19,6a b c ===，因此．222222301961297a b c ++=++=.6.答案：750．解：如图，PF VBC ⊥平面，5,10,VP VH ==4VF ===,而PHMFPHMF 共圆，,VP VH VF VM =所以2515,22VM HM ===;则15AB =，所以棱锥体积217503V VH AB == ．7.答案：14-．,3,9,39,,13C B A πθθθθθθπθ===++==解：设由得9339cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos131313131313S A B B C C A ππππππ=++=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1191311sin sin sin sin sin 1313131313πππππ⎛⎫⎛⎫+-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以14S =-.8.答案：3130292-+．解：()0131,a =+-113112,231a -=+=+-()22233431,31a =+=+=+--313145.231a -=+=+-归纳易得()23131,k a k =++-213132,2k a k +-=++因此20193130292a -=+.9.证：设椭圆方程为()22221,0x ya b a b+=>>，据对称性知，点Q在Y轴上（如图）；记12,QF QF m ==1122,,PF r PF r ==PQ t=,12,MF MF k ==则有：1121,2,PF e r r a PM =+=为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证，1212,mr mr t F F += 22,m c m a t c e t a=== 即也即……………①由1111,QF OF QM HM =即222,m c c e a m k a c⎛⎫=== ⎪+⎝⎭所以21,k e m k=-+在1PM Q ∆中，由斯特瓦特定理，22211m kPF PM PQ mk m k m k=+-++…………………………②即()()22222211211m e r r e t e me e -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭………………………③因为210e -≠，由③得，222,,m me e t t==即故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆．（也可不用托勒密定理证：由②得()2PQ m m k =+，则11PQF M QP ∆∆ ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10.证：易知2142n a n -=-,241n a n =-,1,2,3n = ，因此，41,82,n n N a n +∀∈=+42434483,86,87n n n a n a n a n +++=+=+=+；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：212283,86n n b n b n ++=+=+,1,2,3n = ；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43 ，观察易知，222212346710113,5,7,9,b b b b b b b b =+=+=+=+……；若记()12k k k r +=，我们来证明，一般地有：()2121k k r r k b b ++=+,1,2,3k = .由于2222441424382,861,8103,8146;m m m m r m m r m m r m m r m m +++=+=++=++=++所以()()4444122111241,2411,m m m m r r r r b b m b b m +++++=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()42424343221112421,2431,m m m m r r r r b b m b b m ++++++++=+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦合并以上四式得，对于每个正整数k ,()2121k k r r b b k ++=+．其中()12k k k r +=．11.解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意201944c ⎡⎤≤=⎣⎦，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，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=N x y +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，()()()222222N x yx y x y =+=-++；若43c =，方程化为：()()222222170285267229a b +==⨯=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为：()22222223382132512717a b +==⨯=+=+，由此得：{}{},,7,17,41a b c =；若37c =，方程化为：()()2222222650213522334a b +==⨯⨯=++()()()2222222118261721015=+=+=+因此：22222265017191123525=+=+=+．得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==⨯,而397是一个41N +形状的质数，它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以()22222226191325a b +=+=+，得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：2211582529a b +==⨯，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：22117821931a b +==⨯⨯，而23是41N -形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：{}{}{}{}{}{}{}1,13,43,7,11,43,13,25,35,5,25,37,11,23,37,17,19,37,7,17,41.12.证：如图设三角形ABC ∆的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF =-+ ()()()22222MF HF MF HF MF HF AF FB AH AF AF AB AH =-+=-=--=- 同理有，2PH HQ AE AC AH =- 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC = ，故由以上两式得MH HN PH HQ = ，所以,,,M N P Q 四点共圆．2018年全国高中数学联赛江西省预赛试题1.a b 、为正整数，满足112018a b-=，则所有正整数对(),a b 的个数为．2.若双曲线L 的两个焦点恰是椭圆22:1169x y T +=的两个顶点，而双曲线L 的两个顶点恰是椭圆T 的两个焦点，则双曲线L 的方程为．3.函数y =+．4.若三个角,,x y z 成等差数列，公差为3π，则tan tan tan tan tan tan x y y z z x ++=．5.设,,x y z R *∈，满足x y z xyz++=，则函数()()2,,1f x y z x yz =-()()2211y zx z xy +-+-的最小值是．6.正整数数列{}n a 满足32n a n =+,{}n b 满足53n b n =+,n N ∈.在{}1,2,,2018M = 中两数列的公共项的个数是.7.四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是一个顶角为60 的菱形，每个侧面与底面的夹角都是60 ，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为．8.对于正整数n ，将其各位数字之和记为()s n ，各为数字之积记为()p n .若()()s n p n n +=成立，就称为“巧合数”。

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8:3011:30--）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 的最大值是 ．答案：解：y ===其定义域为68x ≤≤，当6x =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3、直线l 过点(1,2)M ，若它被两平行线4310x y ++=与4360x y ++=所，则直线l 的方程为 ．答案：715x y +=或者75x y -=．解：设l 的方程为2(1)y k x -=-，将此方程分别与4310x y ++=及4360x y ++=联立，解得交点坐标3758,3434k k A k k --+⎛⎫ ⎪++⎝⎭与312108,3434k k B k k --+⎛⎫⎪++⎝⎭，据AB =得=()2225(1)234k k +=+，所以17k =，217k =-，分别代入所设方程，得到715x y +=或者75x y -=．4、01sin10= ． 答案：4．解：0000000000001cos101sin 30cos10cos30sin102244sin10cos102sin10cos102sin10cos10--=⋅= 0sin 2044sin 20=⋅=．5x ≥的实数x 的取值范围是 ．答案：1,2⎡-⎢⎣⎦．解：用图像法：令y =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：因11x -≤≤，令cos ,0x θθπ=≤≤，则sin y θ=x ≥，平方得221x ≤，则x ≤，又有cos 1x θ=≥-，因此1,2x ⎡∈-⎢⎣⎦．6、若实数,,0x y z ≥，且30,350x y z x y z ++=+-=，则542T x y z =++的取值范围是 []．答案：[]120,130．解：()()()542433043T x y z x y z x y z x y z =++=+++++=+++ 因()()42380x y x y z x y z +=++++-=，所以110()T y z =++，20(3)()2()x y z x y z x z =+--++=-，则10x z -=，因,x z 非负，于是10x ≥，从而由30x y z ++=知，20y z +≤，得到110()130T y z =++≤， （当0,10,20z x y ===时取得等号）再由4280x y +=，0y ≥，则20x ≤，所以3010y z x +=-≥，于是 110()120T y z =++≥，（当20,0,10x y z ===时取得等号），所以120130T ≤≤． 7、在前一万个正整数构成的集合{}1,2,,10000L 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，21n -应当是3,5,7的公倍数，且为奇数；即21n -是105的奇倍数，而当{}1,2,,10000n ∈L 时，{}211,2,,19999n -∈L ，由于在{}1,2,,19999L 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2，111,,A B C 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¼¼1111,A B B C ，并将两弧各分成五等分， 分点顺次为112341,,,,,A P P P P B 以及112341,,,,,B Q Q Q Q C ，一只甲虫欲从点1P 出发，沿四面体表面爬行至点4Q ，则其 爬行的最短距离为 ．答案：02sin 42．解：作两种展开，然后比较；由于¼11A B 被112341,,,,,A P P P P B 分成五段等弧，每段弧对应的中心角各为012，¼11B C 被112341,,,,,B Q Q Q Q C 分成五段等弧，每段弧对应的中心角也各为012，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的圆周，¼14PQ 对应的圆心角为0081296⨯=，此时，点14,P Q 之间直线距离为02sin 48，若将DAB ∆绕线段DA 旋转，DBC ∆绕线段DC 旋转，使之皆与DAC ∆共面，在所得图形中，¼14PQ 对应的圆心角为0071284⨯=，此时，点14,P Q 之间直线距离为02sin 42， 所以最短距离是02sin 42． 二、解答题9、正整数数列{}n a 满足：2112,1n nn a a a a +==-+；证明：数列的任何两项皆互质．证：改写条件为 11(1)n n n a a a +-=-，从而111(1)n n n a a a ---=-，等等，据此迭代得111122111111(1)(1)(1)n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a +--------=-=-==-=L L L ，所以，1211n n n a a a a --=+L ，因此当k n <，(,)1n k a a =．10、（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 ，使HF CE =，作FD BC ⊥，EG BH ⊥，其中,D G 为垂足，M 是线段CF 的中点，12,O O 分别为,ABG BCH ∆∆的外接圆圆心，12,O O e e 的另一交点为N ；证明：()1、,,,A B D G 四点共圆；()2、12,,,O O M N 四点共圆；证：()1、如图，设EG DF K =I ，连AH ， 则因,AC BH EK BH ⊥⊥，AH BC ⊥，KF BC ⊥，得CA ∥EK ，AH ∥KF ，且CH EF =，所以CAH ∆≌EKF ∆，AH 与KF 平行且相等，故AK ∥HF ，090KAB KDB KGB ∠==∠=∠，因此，,,,A B D G 四点共圆；()2、据()1，BK 为1O e 的直径，作2O e 的直径BP ，连12,,,CP KP HP O O ，则90BCP BHP ∠=∠=，所以CP ∥AH ，HP ∥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12,,O O M 是KBP ∆三边的中点，KM ∥12O O ，而由090KNB ∠=，12O O BN ⊥，得KN ∥12O O ，所以,,M N K 共线， 因此MN ∥12O O ，又由KBP ∆的中位线知211MO O B O N ==，因此四边形12O O MN 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0r >，证明：圆周()()222x a y b r -+-=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()()0,0,2,2A B ，线段AB 中垂线l 的方程为:2x y +=,今在l 上取点(11M -，再取 r MA ==则以M 为圆心、r 为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 ，(),2P M r ≤； 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(),i i i A x y ，,i i x y 为有理数，1,2,3i =，则()()()()()()222222112233x a y b x a y b x a y b -+-=-+-=-+- ……①据前一等号得 ()()()22221212112212x x a y y b x y x y -+-=+-- ……② 据后一等号得 ()()()22222323223312x x a y y b x y x y -+-=+-- ……③记 ()22221122112x y x y t +--=，()22222233212x y x y t +--=，则12,t t 为有理数， 若120x x -=，则由②，()121y y b t -=，因b 为无理数，得120y y -=，故12,A A 共点，矛盾！同理，若230x x -=，可得23,A A 共点，矛盾！若12230,0x x x x -≠-≠，由②、③消去b 得，()()()()()()12231223123212x x y y y y x x a t y y t y y -----=---=⎡⎤⎣⎦有理数，因a 为无理数，故得，()()()()122312230x x y y y y x x -----=，所以32121232y y y y x x x x --=--，则 123,,A A A 共线，这与123,,A A A 共圆矛盾！ 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 ，(),P M r 的最大值为2．12、从集合{}1,2,,36M =L 中删去n 个数，使得剩下的元素中，任两个数之和都不是2015的因数，求n 的最小值．答案：17．解：因201551331=⨯⨯，M 中任两个元素之和不大于71，由于2015不大于71的正因数有1,5,13,31,65，在M 的二元子集中，元素和为5的有{}{}1,4,2,3；元素和为13的有{}{}{}{}{}{}1,12,2,11,3,10,4,9,5,8,6,7；元素和为31的有{}{}{}{}{}{}{}1,30,2,29,3,28,4,27,5,26,6,25,,15,16L ； 元素和为65的有{}{}{}{}29,36,30,35,31,34,32,33；为直观起见，我们将其画成一个图，每条线段两端的数为上述一个二元子集，(E)(D)(C)(B)(A)26582123为了不构成这些和，每对数（每条线段）中至少要删去一个数；于是在图(),()C D中各至少要删去2个A B中各至少要删去4个数，图(),()数，图()E中至少删去5个数，总共至少要删去17个数．另一方面，删去适当的17个数，可以使得余下的数满足条件；例如在图()A中删去12,30,4,22，图()B中删去11,29,3,21，()C中删去23,5，()D中删去24,6，()E中删去13,14,15,31,32．这时图中所有的线段都已被断开．。

全国高中数学联赛江西省预赛试题（考试时间：9月24日上午8:30-11:00）一．填空题（共2题，每题10分，合计80分）1．设多项式()f x 满足：对于任意x R ∈，都有2(1)(1)24,f x f x x x ++-=-则()f x 的最小值是＿＿＿＿＿＿.2．数列{},{}n n a b 满足：1,1,2,,k k a b k ==已知数列{}n a 的前n 项和为1n nA n =+，则数列{}n b 的前n 项和n B =＿＿＿＿＿＿.3．函数()f x =＿＿＿＿＿＿.4．过抛物线28y x =的焦点F ,作一条斜率为2的直线l ，若l 交抛物线于,A B 两点，则OAB ∆的面积是＿＿＿＿＿＿.5.若ABC ∆为锐角三角形，满足sin cos()sin AA B B=+，则t a n A 的最大值为＿＿＿＿＿＿.6.若正三棱锥的内切球半径为1，则其体积的最小值为＿＿＿＿＿＿.7.将1,2,,9随机填入右图正方形ABCD 的九个格子中，则其每行三数，每列三数自上而下、自左而右顺次成等差数列的概率p =＿＿＿＿＿＿.8.将集合{1,2,12}M =的元素分成不相交的三个子集：M A B C =⋃⋃，其中123412341234{,,,}{,,,}{,,,}A a a a a B b b b b C c c c c ===，1c ＜2c ＜3c ＜4c ，且k k k a b c +=，1,2,3,4,k =则集合C 为：＿＿＿＿＿＿.二．解答题（共2题，合计70分）9.（20分）如图，AB 是圆的一条弦，它将圆分成两部分，M 、N 分别是两段弧的中点，以点B 为旋转中心，将弓形AMB 顺时针旋转一个角度成弓形1A MB ，1AA 的中点为P ，MN 的中点为Q .求证：2MN PQ =.10.（25分）给定椭圆2222:1,(x y C a a b+=＞b ＞0)以及圆222:O x y b +=，自椭圆上异于其顶点的任意一点P ，做O 的两条切线，切点为,M N ，若直线MN 在,x y轴上的截距分别为,m n ；证明：222222a b a n m b+=.11.（25分）对于2n 个素数组成的集合122{,,,}n M p p p =，将其元素两两搭配成n 个乘积，得到一个n 元集，如果1234212{,,,,}n n A a a a a a a -=与1234{,B b b b b =,,212}n n b b -是由此得到的两个n 元集，其中122{,,,}n a a a =122{,,,}n b b b M =，且A B ⋂=∅，就称集合对{,}A B 是由M 炮制成的一副“对联”.(例如当2n =时，由四元集{,,,}a b c d 可炮制成三副“对联”：{,}ab cd {,}ac bd ，{,}ab cd {,}ad bc{,}ac bd {,}ad bc ).(1).当3n =时，求6元素集M {,,,,,}a b c d e f =所能炮制成的“对联”数； （2）对于一般的2n ≥，求由2n 元素集M 所能炮制成的“对联”数()T n .全国高中数学联赛 江西省预赛试题答案1.-22.(1)(2)3n n n ++3.0,3⎡⎢⎣⎦4.5.46.7.89!8.{8,9,10,12},{7,9,11,12},{6,10,11,12}9.思路：取AB 中点E ，1A B 中点F ，可证PEBF 为菱形； 证明角MFP=角PEN ； 再证角PNE=角MPF ； 然后证角MPN 为直角10.关键步骤：设P 点坐标00(,)x y ，易的OMPN 四点共圆，此圆方程减圆O 方程得直线MN 方程200x x y y b += 11.（1）60;(2)1211()!2n n nT n C D n --=⋅⋅ (其中n D =1111!1(1)1!2!3!!nn n ⎛⎫-+-+- ⎪⎝⎭)。

2022年全国高中数学联赛江西省预赛试题及标准答案1/82022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80分）1、2022是这样的一个四位数，它的各位数字之和为4；像这样各位数字之和为4的四位数总共有个．2、设数列{}na满足:121,2aa==,且对于其中任三个连续项11,,nnnaaa-+,都有:11(1)(1)2nnnnanaan-+-++=.则通项na=．3、以抛物线2y某=上的一点()1,1M为直角顶点，作抛物线的两个内接直角三角形MAB与MCD，则线段AB与CD的交点E的坐标为．4、设,,,1某yzR某yz+∈++=，则函数23(,,)f某yz某yz=的最大值是．5、0000in6in42in66in78=．6、正三棱锥DABC-的底面边长为4，侧棱长为8，过点A作与侧棱,DBDC都相交的截面AEF，那么，AEF周长的最小值是．7、满足2272022某y+=的一组正整数(,)某y=．8、用()Sn表示正整数n的各位数字之和，则20221()nSn==∑．二、解答题（共3题，合计70分）9、（20分）、设0180ABC++=，且满足：ininin1cococoABCABC++=++，求co2co2co2cococoABCABC++++的值．2/810、（25分）如图，ABC的内心为I，,MN分别是,ABAC的中点，ABAC>，内切圆I分别与边,BCCA相切于,DE；证明：,,MNBIDE三线共点．11、（25分）在电脑屏幕上给出一个正2022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a个顶点（其中a是小于2022的一个固定的正整数），一按鼠标键，将会使这a个顶点“黑白颠倒”，即黑点变白，而白点变黑；(1)、证明：如果a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；(2)、当a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．3/8解答1、20．提示：这种四位数1234某某某某的个数，就是不定方程12344某某某某+++=满足条件11某≥，234,,0某某某≥的整解的个数；即12343y某某某+++=的非负整解个数，其中111y某=-，易知这种解有413341620CC-+-==个，即总共有20个这样的四位数．（注：也可直接列举．）2、23n-．提示：由条件得，112(1)(1)nnnnanana-+=-++，所以11(1)()(1)()nnnnnaanaa+-+-=--，故1111nnnnaanaan+---=-+，而211aa-=；113212111221()12311113nnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaannnnnn+-+-------=-------=+-2(1)nn=+；于是12112()(1)1nnaannnn--==---；由此得112211()()()12(1)123nnnnnaaaaaaaann---=-+-++-+=-+=-.3、(1,2)-．提示：设221122(,),(,)A某某B某某，则4/82111222211,111,1MAMB某k某某某k某某-==+--==+-22121212AB某某k某某某某-==+-，直线AB方程为21121()()y某某某某某-=+-，即1212()y某某某某某=+-，因为MAMB⊥，则12(1)(1)1某某++=-，即12122()某某某某-=++，代人方程得122()(1)y某某某-=++，于是点(1,2)-在直线AB上；同理，若设223344(,),(,)C某某D某某，则CD方程为342()(1)y某某某-=++，即点(1,2)-也在直线CD上，因此交点E的坐标为(1,2)E-．4、1432．提示：由122333某yzyyzzz某=++=+++++≥所以，623114276某yz≤，即23431123432某yz≤=，5/8当1236yz某===，即111,,632某yz===时取得等号．5、116．提示：0000000000in6co48co24co12co6in6co48co24co12co6=0000000000in12co12co24co482co6in24co24co484co6in48co488co6===00in96116co616==．6、11．提示：作三棱锥侧面展开图，易知EF∥BC，且由周长最小，得1,,,AEFA共线，于是等腰DEFAEB，4AEAB==，12BEABABDA==，即2BE=，6DE=，6384EFDEBCDB===，所以3EF=，由14AFAE==，则1111AAAEEFFA=++=．7、(38,9)．提示：由于2022是43N+形状的数，所以y必为奇数，而某为偶数，设2某m=，21yn=+，代人得2428(1)2004mnn++=，即27(1)501mnn++=.①而(1)nn+为偶数，则2m为奇数，设21mk=+，则24(1)1mkk=++，A1FEFEDCBADCBA6/8由①得，(1)(1)71254nnkk+++=，②则(1)4nn+为奇数，且,1nn+中恰有一个是4的倍数，当4nr=，为使(1)77(41)4 nnrr+=+为奇数，且7(41)125rr+<，只有1r=，②成为(1)35125kk++=，即(1)90kk+=，于是4,9,38,9nk某y====；若14nr+=，为使(1)77(41)4nnrr+=-为奇数，且7(41)125rr-<，只有1r=，②成为(1)21125kk++=，即(1)104kk+=，它无整解；于是(,)(38,9)某y=是唯一解：2238792022+=．（另外，也可由某为偶数出发，使22220222022(2)7287(2)某某某-=--=--为7的倍数，那么22某-是7的倍数，故某是73k±形状的偶数，依次取1,3,5k=，检验相应的六个数即可．）8、28072．提示：添加自然数0，这样并不改变问题性质；先考虑由0到999这一千个数，将它们全部用三位数表示，得到集{}000,001,,999M=，易知对于每个{}0,1,,9a∈，首位为a的“三位数”恰有100个：00,01,,99aaa，这样，所有三位数的首位数字和为100(019)45100+++=.再将M中的每个数abc的前两位数字互换，成为bac，得到的一千个数的集合仍是M，又将M中的每个数abc的首末两位数字互换，成为cba，得到的一千个数的集合也是M，由此知99999910()()30045nnSnSn====∑∑．今考虑四位数：在1000,1001,,1999中，首位（千位）上，共有一千个1，而在0000,0001,,0999中，首位（千位）上，共有一千个0，因此7/819991999999100()()10002()10006004528000nnnSnSnSn=====+=+=∑∑∑；其次，易算出，20222000()72nSn==∑.所以，2022202210()()28072nnSnSn====∑∑．9、由ininin1cococoABCABC++=++，即ininincococoABCABC++=++，平方得222ininin2(inininininin)ABCABBCCA+++++222cococo2(cocococococo)ABCABBCCA=+++++所以222222(coin)(coin)(coin)AABBCC-+-+-2[co()co()co()]ABBCCA=-+++++，即co2co2co22(cococo)ABCABC++=++，所以co2co2co22cococoABCABC++=++．10、如图，设,MNBI交于点F，连,,,AFAIIEEF，由于中位线MN∥BC，以及BF平分B∠，则MFMBMA==，所以090AFB∠=，因IEAE⊥，得AFEI共圆．所以AEFAIF∠=∠；又注意I是ABC的内心，则090222ABCAEFAIFIABIBA∠=∠=∠+∠=+=-.连DE，在CDE中，由于切线CDCE=，所以()0011809022CCEDCDECAEF∠=∠=-=-=∠，因此,,DEF三点共线，即有,,MNBIDE三线共点．8/811、(1)证明：由于2022为质数，而12022a≤<，则(,2022)1a=，据裴蜀定理，存在正整数,mn，使20221amn-=,①于是当a为奇数时，则①中的,mn一奇一偶．如果m为偶数，n为奇数，则将①改写成：(2022)2022()1amna+-+=，令2022,mmnna''=+=+，上式成为20221amn''-=，其中m'为奇数，n'为偶数．总之存在奇数m和偶数n，使①式成立；据①，20221amn=+,②现进行这样的操作：选取一个点A，自A开始，按顺时针方向操作a个顶点，再顺时针方向操作接下来的a个顶点……当这样的操作进行m次后，据②知，点A的颜色被改变了奇数次（1n+次），从而改变了颜色，而其余所有顶点都改变了偶数次（n次）状态，其颜色不变；称这样的m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．(2)、当a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“+1”，而黑点记为“1-”，改变一次颜色，相当于将其赋值乘以1-，而改变a个点的颜色，即相当于乘了a个（偶数个）1-，由于(1)1a-=；因此当多边形所有顶点赋值之积为1-，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1-，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a，则①②中的n为奇数，设,AB是多边形的两个相邻顶点，自点A开始，按顺时针方向操作a个顶点，再顺时针方向操作接下来的a个顶点……当这样的操作进行m次后，据②知，点A的颜色被改变了偶数次（1n+次），从而颜色不变，而其余所有2022个顶点都改变了奇数次（n次）状态，即都改变了颜色；再自点B开始，按同样的方法操作m次后，点B的颜色不变，其余所有2022个顶点都改变了颜色；于是，经过上述2m次操作后，多边形恰有,AB两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有2022个点的颜色不变．现将这样的2m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“+1”，白点赋值为“1-”，证法便完全相同）．。