2025年全国高中数学联赛（四川预赛）试题

2025 年全国高中数学联赛（四川预赛）试题 （考试时间：2025 年 5 月 18日 9:00~11:00） 一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分. 1.已知数列{ }na 满足： 1 1a  ， * 1 1 ( ) 1 3 n n n aa n a     N ，则 2025a  . 2.已知实数 ,m n满足：3 3 9mm   ， 3log ( 1) 3n n   ，则m n 的值为 . 3.已知 2 2: 4O x y  ，点 F 为椭圆 2 2 : 1 5 4 x y    的右焦点，过点 ( 2, 2)P 作 O 的切线与椭圆交于 A、B两点.则△ ABF 的周长为 . 4.化简 3 3 3sin 20 sin 40 sin 80   ，则其值为 . 5.正四面体 ABCD 的棱长为 4，空间动点 P 满足 | | 4PA PB PC PD        ，则 AP AD   的最大值与最小值之差为 . 6.设复数 z满足 | | 1z  ，则 7 5 3| 3 3 |z z z z   的最大值为 . 7.记 {1,2, ,80}X   ， {( , ) | , ,Y a b a b X  且 a b 在三进制加法下不进位}，则集 合Y 中的元素个数为 . 8.称正整数n为“好数”，是指平面上存在 10 条直线，这些直线满足：无任何 3 条交于 一点，且它们一共出现n个交点. 则所有“好数”n的和为 . 二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤． 9.（本题满分 16分）已知抛物线 2: y x  上三个不同点 (1,1)A 、B、C满足：AB AC ， 过B、C分别作抛物线的切线交于点P，求点P的轨迹方程. 10.（本题满分 20分）设四面体 ABCD满足: AD、BD、CD两两垂直，点O、H 分别是△ ABC的外心和垂心. 求证： 2 2 2 2 2 2 2 2 | | | | | | | | | | | | | | | | AD BD CD OD AH BH CH OH       是定值. 11.（本题满分 20分）给定奇质数 p，设数列{ }nf 满足： 1 2 1f f  ，且 * 2 1 ( )n n nf f f n   N . 求证： 1 1 | ( 1)! p n n fp p n     . 2025年全国高中数学联赛（四川预赛）试题 参考答案及评分标准 说明： 1、本试卷满分120，其中填空题64分，解答题56分. 2、评阅试卷时，请依据评分标准.填空题只设8分和0分两档；第9题4分一个档 次、第10题和第11题均为5分一个档次.请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不 要再增加其它中间档次. 3、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参 考本评分标准评分。 一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分。 10243、254、3 5、86、427、11358、819. 8 二、解答题：本大题共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤. 9、(本题满分16分)己知抛物线T:y=x2上三个不同点A(1,1)、B、C满足： AB⊥AC,过B、C分别作抛物线Γ的切线交于点P,求点P的轨迹方程. 解：设点B(x,y),C(x2,y2),直线BC的方程为：y=G+m, 联立 y=x2 ,消去y, y=kx+m 得x2-G-m=0, 由韦达定理知：x+x2=k,x式2=一m, .y+2=k2+2m,y2=m2 -4分 由AB⊥AC知：AB.AC=0 .(x-10x2-1)+(y-1)y2-1)=0, 即xx2-(x+x2)+1+yy2-(y+2)+1=0. ∴.-m-k+1+m2-(k2+2m)+1=0,即m2-3m-k2-k+2=0. .m=k+2或m=-k+1. -一-8分 若m=-k+1,此时直线BC的方程为：y=k(x-1)+1,过点A(1,1),舍去： .m=k+2.此时直线BC的方程为：y=k(x+1)+2,过定点(-1,2).-12分 参考答案及评分标准（第1页，共6页） :过点B的切线方程为：y-y=2x(x-x)① 过点C的切线方程为：y-y2=2x(x-x)② 联0、②解得：x=生兰-专y==m,甲P吃m) 22 结合m=k+2知，点P的轨迹方程为2x+y+2=0 -一16分 10、(本题满分20分)设四面体ABCD满足：AD、BD、CD两两垂直，点O、H 分别是△ABC的外心和垂心 求证：1MD+BD+1CD+OD是定值 AHP+BH+CHP-OHP 证法一：设R为△ABC的外接圆半径，则OA曰OB日OC=R. (1)先证明：|AH2+|BH+|CHP-OHP=3R2 记|BC=a,lCA=b,lAB=c. 如图，作BE⊥AC于E,CF⊥AB于F, 则A,F,H,E四点共圆：B,F,E,C四点共圆。 于是，∠AHF=∠AEF=∠B 故AH=|AFL sin∠AHF b-Icos 41=2R-IcosA1. sin B 同理，|BH=2R|cosB|,ICH=2 R.|cosC 接下来证明：OH2=R(1-8 cos Acos BcosC). 不妨设A<90°（当A≥90°时类似可证得上式）， 熟知：H,O为一对等角共轭点，即∠BAO=∠CAH, 据此易知∠HAOB-CL.在△HAO中利用余弦定理知， |OH=R2+(2R·cosA)2-2·R.2 Rcos A·cos(B-C) =R2(1+4cos2 A-4cos Acos(B-C)) =R2(1-4cos A(cos(B+C)+cos(B-C))) =R2(1-8cos Acos BcosC). --5分 参考答案及评分标准（第2页，共6页） 注意到恒等式：cos2A+cos2B+cos2C+2 cos Acos Bcos C=1, :.AH+BH +CH-OH =4R2(cos2 A+cos2 B+cos2C]-R2(1-8cos Acos BcosC) =4Reo'4+cos'B+cosC+2cos4cos8cosC-7 =4R20-）=3R2. 一10分 (2)再证明：|AD2+BD2+|CD2+ODP=5R2 如图，将四面体ABCD补成一个立方体，设Q是四面体ABCD的外接球球心，点P 使得Q是DP的中点，且设G是△ABC的重心. D米 因为IOA曰OBOCI,IOAOBOC, 1 1 所以OQ⊥平面ABC. Q 因为G是△ABC的重心， 所以3DG=DA+DB+DC=DP=2DO, 则D,G,Q共线，且GD=21GQ1 根据平面几何中的欧拉定理，H,G,O三点共线，且|GH=2GO: 所以△DHG和△QOG相似，且|HD=2OQ: 因此，HD∥OO,进而HD⊥平面ABC. -一15分 故0DP=0H2+|HD2=(31OG)2+(21O0)2=900G2+|OQ1P)-510Q7 =910GP-5100QDP-5100. 因为|AD2+|BD2+|CDP=PDP=4QDP, 所以ADP+|BDP+|CDP+|ODP=5IQDP-IOQP) =50QA2-|OQ)=51OAP=5R2 由(1、2)知MDP+1BDP+|CDP+1ODP_5R25 IAH+BH+CHP-OHP3R23 --20分 参考答案及评分标准（第3页，共6页） 证法二：由于DA,DB,DC两两垂直，以D为原点，DA,DB,DC分别为x轴、y轴 和z轴建立空间直角坐标系则D(0,0,0),设A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c). 则平面ABC的方程为：+)+三=1. a b c 设H点的坐标为(x,y,z),由AH⊥BC,得-y+Cz=0, 由BH LAC,得-ax+cz=0,即ar=by=z,结合+上+三=1， a b c 得H点的坐标为： ab'c2 a'be2 a'b'c ab+be+caab+be+caab+be+ea --5分 设O点坐标为(xo,yo2),则 (-a)2+%+26=x后+0%-b2+z6=x+y后+(-c)2, 故2hy。=2a。+b-a2,2ca,=2a+c2-a2,代入平面方程+上+三=1， a b c 解得O点坐标为： a3(b2+c2) b3(a2+c2) c3(a2+b2) 2ab+be+eay2ab+be+ea2ab+be+ca ，一10分 ∑ab+∑ac*+2∑abc2+4∑abc2 .R20A=(x-a)}+y+z6=9 4∑a2by .AD+BD+CD+ODP ∑ab+∑ae+2∑ab'e2 =∑a2+ 4∑a2b'7 4∑a2.(∑ab+2∑abc2)+∑ab+∑ac+2∑abc 4∑a2b7 4∑ab+4∑abc+4∑ac+8∑abc2+16∑ab'c2+∑ah'+∑ac+2∑abc 4a2b2)3 参考答案及评分标准（第4页，共6页） s∑ab'+5∑ac+10∑ab'c2+20∑a'b'e =5R2 --15分 4∑ab'7 又，|AH2+|BHP+|CHP-OHP ∑a(b+c2y+2∑abc2∑(ab+ac2-2ab'c2y (∑ab 4(∑a2b7 4∑ab+8∑ab'c2+4∑ac+8∑abc 4∑ab7 ∑ab+∑ac+4∑abc2+2∑abec2-4∑abc2-4∑abc 4a2b7 3∑ab+3∑ae+6∑ab'e2+12∑abc2 =3R2. 4∑a2by ADP+IBDP+ICDP+IODP 5R'5 AH+BHP+CHP-OHP3R3 --20分 注：如果猜测出定值为 ,可以给5分 11、(本题满分20分)给定奇质数p,设数列{f}满足： f=f方=1，且f+2=f+f(neN) 证明：先证一个引理。 引理：己知a,x,y∈R,且x+y=1.若对任意正整数n,t。=a(x”-y)均为整数， 则对任意奇质数p,有p-a-2=0modp. -5分 n 引理的证明： --生 n +2c- 参考答案及评分标准（第5页，共6页） 注到cc对(k21c-c 所以， 片-2c-时-wic-rc 从- n n rc- -- w-w)-C-CBw-w) n -G.cM1 -10分 熟知C=D-D-2引P-m=(←rmdp), n! pll-C-(-1)] pp-2 n p-22C,2-0m时n n 引理得证. --15分 回到原题： 2 2 则x+y=1,且对任意正整数n,fn均为整数， 时：0p-吃=dp p0- -20分 参考答案及评分标准（第6页，共6页）