《2006年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2006年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版.doc（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2006年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说 明：1评阅试卷时，请依据本评分标准. 选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.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，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，5分为一个档次，不要再增加其他中间档次.一、选择题(本题满分36分，每小题6分)1已知ABC，若对任意tR，则ABC一定为A锐角三角形 B钝角三角形 C直角三角形 D答案不确定 答C解：令ABC，过A作ADBC于D，由，推出2t· t2,令t，代入上式，得 2cos2c
2、os2，即 sin2, 也即sin从而有由此可得ACB 2设logx(2x2x1)logx21，则x的取值范围为Ax1 Bx且x1 C x1 D 0x1 答B解：因为，解得x且x1由logx(2x2x1)logx21， Þ logx(2x3x2x)logx2Þ 或解得0x1或x1所以x的取值范围为x且x1 3已知集合Ax|5xa0，Bx|6xb0，a，bN，且ABN2，3，4，则整数对(a，b)的个数为A20 B25 C30 D42 答C解：5xa0Þx；6xb0Þx要使ABN2，3，4，则，即所以数对(a，b)共有CC30个 4在直三棱柱A1B1C1A
3、BC中，BAC，ABACAA11已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)若GDEF，则线段DF的长度的取值范围为A，1) B，2) C1，) D，) 答A解：建立直角坐标系，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，则F(t1，0，0)(0t11)，E(0，1，)，G(，0，1)，D(0，t2，0)(0t21)所以(t1，1，)，(，t2，1)因为GDEF，所以t12t21，由此推出0t2又(t1，t2，0)，从而有15设f(x)x3log2(x)，则对任意实数a，b，ab0是f(a)f(b)0的A. 充分必要条件 B. 充分而不必要
4、条件C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 答A解：显然f(x)x3log2(x)为奇函数，且单调递增于是若ab0，则ab，有f(a)f(b)，即f(a)f(b)，从而有f(a)f(b)0反之，若f(a)f(b)0，则f(a)f(b)f(b),推出ab，即ab0 6数码a1，a2，a3，a2006中有奇数个9的2007位十进制数的个数为A(10200682006) B(10200682006) C10200682006 D10200682006答B解：出现奇数个9的十进制数个数有AC92005C92003C9又由于 (91)2006C92006k以及(91)2006C(1)k920
5、06k从而得AC92005C92003C9(10200682006)二、填空题(本题满分54分，每小题9分)7. 设f(x)sin4xsinxcosxcos4x，则f(x)的值域是 填0，解：f(x)sin4xsinxcosxcos4x1sin2x sin22x令tsin2x，则f(x)g(t)1tt2(t)2因此g(t)g(1)0， g(t)g() 故，f(x)0，8. 若对一切R，复数z(acos)(2asin)i的模不超过2，则实数a的取值范围为 填，解：依题意，得|z|2Û(acos)2(2asin)24Û2a(cos2sin)35a2Û2asin()35
6、a2(arcsin)对任意实数成立Û2|a|35a2Þ|a|，故 a的取值范围为，9已知椭圆1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：xy820上. 当F1PF2取最大值时，比的值为 填1.解：由平面几何知，要使F1PF2最大，则过F1，F2，P三点的圆必定和直线l相切于点P直线l交x轴于A(82，0)，则APF1AF2P，即APF1AF2P，即 又由圆幂定理，|AP|2|AF1|·|AF2| 而F1(2，0)，F2(2，0)，A(82，0)，从而有|AF1|8，|AF2|84代入，得，110底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为cm的实心铁球，四个球两两
7、相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm3填()解：设四个实心铁球的球心为O1，O2，O3，O4，其中O1，O2为下层两球的球心，A，B，C，D分别为四个球心在底面的射影则ABCD是一个边长为的正方形。所以注水高为1故应注水(1)4×()3()11方程(x20061)(1x2x4x2004)2006x2005的实数解的个数为 填1解：(x20061)(1x2x4x2004)2006x2005Û(x)(1x2x4x2004)2006 Ûxx3x5x20052006，故x0，否则左边0 Û2006xx3x2
8、0052×10032006等号当且仅当x1时成立所以x1是原方程的全部解因此原方程的实数解个数为112. 袋内有8个白球和2个红球，每次从中随机取出一个球，然后放回1个白球，则第4次恰好取完所有红球的概率为 填0.0434解：第4次恰好取完所有红球的概率为×()2××××()2××0.0434三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13. 给定整数n2，设M0(x0，y0)是抛物线y2nx1与直线yx的一个交点. 试证明对于任意正整数m，必存在整数k2，使(x，y)为抛物线y2kx1与直线yx的一个交点证明：因为
9、y2nx1与yx的交点为x0y0显然有x0=n2(5分)若(x，y)为抛物线y2kx1与直线yx的一个交点，则kx(10分)记kmx，由于k1n是整数，k2x(x0)22n22也是整数，且 km1km(x0)km1nkmkm1，(m2) (13.1)所以根据数学归纳法，通过(13.1)式可证明对于一切正整数m，kmx是正整数，且km2现在对于任意正整数m，取kx，满足k2，且使得y2kx1与yx的交点为(x，y)(20分)14将2006表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和记Sxixj问： 当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最大值； 进一步地，对任意1i，j5有2，当x1
10、，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最小值. 说明理由解：(1) 首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。 若x1x2x3x4x52006，且使Sxixj取到最大值，则必有 1 (1i，j5) (5分) (*)事实上，假设(*)不成立，不妨假设x1x22，则令x1¢x11，x2¢x21，xi¢xi (i3，4，5)有x1¢x2¢x1x2，x1¢·x2¢x1x2x1x21x1x2将S改写成Sxixjx1x2(x1x2)(x3x4x5)x3x4x3x5x4x5同时有 S¢x1¢x2&#
11、162;(x1¢x2¢)(x3x4x5)x3x4x3x5x4x5于是有S¢Sx1¢x2¢x1x20这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾所以必有1，(1i，j5)因此当x1402，x2x3x4x5401时S取到最大值 (10分) 当x1x2x3x4x52006，且2时，只有（I） 402， 402， 402， 400， 400；（II） 402， 402， 401， 401， 400；（III） 402， 401， 401， 401， 401； 三种情形满足要求 (15分)而后两种情形是由第一组作xi¢xi1，xj
12、62;xj1调整下得到的根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式Sxixj变大所以在x1x2x3402，x4x5400时S取到最小值(20分)15设 f(x)x2a. 记f1(x)f(x)，fn(x)f(fn1(x)，n1，2，3，MaR|对所有正整数n，2证明，M2，证明： 如果a2，则|a|2，aM (5分) 如果2a，由题意，f1(0)a，fn(0)(fn1(0)2a，n2，3，则 当0a时，("n1). 事实上，当n1时，|a|，设nk1时成立(k2为某整数），则对nk， a()2 当2a0时，|a|，("n1)事实上，当n1时，|a|，设nk1时成立(k2为某整
13、数)，则对nk，有|a|aaa2a注意到当2a0时，总有a22a，即a2aa|a|从而有|a|由归纳法，推出2，ÍM(15分) 当a时，记anfn(0)，则对于任意n1，ana且an1fn1(0)f(fn(0)f(an)aa对于任意n1，an1anaana(an)2aa则an1ana所以，an1aan1a1n(a)当n时，an1n(a)a2aa2，即fn1(0)2因此aM综合，我们有M2， (20分)2006年全国高中数学联合竞赛加试试题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
14、可参照本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要再增加其他中间档次一、（本题满分50分）以B0和B1为焦点的椭圆与AB0B1的边ABi交于点Ci(i0，1). 在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧交B1A的延长线于点P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧，交AB0的延长线于P0¢. 试证： 点P0¢与点P0重合，且圆弧与相内切于点P0； 四点P0，Q0，Q1，P1共圆关于的证明要点： 说明C0P0C0P0¢，
15、从而得到P0与P0¢重合：由椭圆定义知B0C1B1C1B0C0B1C02a(2a为椭圆的长轴)记BiCjrij(i，j0，1)，即r01r11r00r102a设B0P0B0Q0b，则C1Q0C1P1C1B0B0Q0r01b；B1P1B1Q1B1C1C1P1r11r01b；C0Q1C0P0¢B1Q1B1C0r11r01br10b2ar10br00 但C0P0br00；从而C0P0¢C0P0，故点P0与P0¢重合(10分) 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切 由于弧的圆心为B0，的圆心为C0，而P0为两圆公共
16、点，但C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0 或：由于C0B0C0Q1B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切(20分)的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，一是从找出圆心入手证明分述如下： 说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180，连P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，证法一：证明Q0P0Q1Q0P1Q1从而说明四点共圆由于Q0P0Q1B0P0Q0C0P0Q1(180P0B0Q0)(180P0C0Q1)(P0C0Q1P0B0Q0)(AC0B1C0B0C1)C0MB0；(30分) Q0P1Q1B1P1Q1C1P1Q0(180P1B1Q1
17、)(180P1C1Q0)(P1C1Q0P1B1Q1)C1MB1；(40分) 但，C0MB0C1MB1，故Q0P0Q1Q0P1Q1，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证(50分) 证法二：利用圆心角证明P1Q1P0P1Q0P0，从而说明四点共圆 由于P1Q1P0P1Q1B1C0Q1P0(180P1B1Q1)(180P0C0Q1)180(P1B1Q1P0C0Q1)； (30分) P1Q0P0P1Q0C1B0Q0P0(180P1C1Q0)(180P0B0Q0)180(P1C1Q0P0B0Q0)； (40分) 而P1C1Q0P0B0Q0P1B1Q1B1DC1DB0C0P1B1Q1P0C0Q1，所以，
18、P1Q1P0P1Q0P0，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证(50分)证法三：利用弦切角证明P1Q1P0P1Q0P0，从而说明四点共圆 现在分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T，又过点Q1引相应相切圆弧的公切线RS，分别交P0T和P1T于点R和S连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S基于此，我们可由P0Q1P1P0Q1RP1Q1S (P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0) (30分)而 P0Q1P1Q1P0P1Q1P1P0，代入上式后，即得 P0Q1P1(P1P0TP0P1T) (40分)同理可得P0Q0P1(P1P0TP0P1
19、T)所以四点P0，Q0，Q1，P1共圆(50分) 还有例如证明P1Q1Q0P1P0Q0180，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而证明四点共圆若此四点共圆，则圆心应在P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上可以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点或证明AB1C0与AB0C1有公共的内心 证法一：作AB1C0与AC0B1的角平分线，交于点I，则I为AB1C0的内心作IMAB1，INAC0，垂足分别为M、N则AMAN(AB1AC0B1C0)； 作AC1B0与AB0C1的角平分线，交于点
20、I¢，则I¢为AB0C1的内心作I¢M¢AC1，I¢N¢AB0，垂足分别为M¢、N¢同上得，AM¢AN¢(AC1AB0B0C1)(30分)但AB1AC0B1C0AC1B1C1AB0B0C0B1C0AC1AB0B0C1(40分)于是，M与M¢，N与N¢重合即I与I¢重合于是IP1IQ1IP0IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圆(50分)证法二：作AB1C0与AC0B1的角平分线，交于点I，则I为AB1C0的内心，故I在B0AB1的角平分线上但B1I是P1Q1的垂直平分
21、线，C0I是P0Q1的垂直平分线，从而I又是P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分线上，故I是P0P1的垂直平分线与B0AB1的角平分线的交点作AC1B0与AB0C1的角平分线，交于点I¢，同理I¢也是P0P1的垂直平分线与B0AB1的角平分线的交点，从而I与I¢重合于是I是P0P1Q0与P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距离相等从而此四点共圆 二、(本题满分50分)已知无穷数列an满足a0x，a1y，an1，n1，2， 对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当nn0时an恒为常数？ 求通项an解： 我们有 anan1an，n1，2
22、， (21)所以，如果对某个正整数n，有an1an，则必有a1，且anan10如果该n1，我们得|y|=1 且 xy(10分) (22)如果该n1，我们有an11，n2 (23)和an11，n2 (24)将式(23)和(24)两端相乘，得a1· (25)由(25)递推，必有(22)或|x|1且yx (26)反之，如果条件(22)或(26)满足，则当n2时，必有an常数，且常数是1或1 (20分) 由(23)和(24)，我们得到·，n2 (27)记bn, 则当n2时， bnbn1bn2(bn2bn3)bn2bbn3(bn3bn4)bb由此递推，我们得到，n2(30分) (28
23、)这里FnFn1Fn2，n2，F0F11 (29)由(29)解得Fn (210)上式中的n还可以向负向延伸，例如F10，F21(40分) 这样一来，式(28)对所有的n0都成立.由(28)解得an，n0. (211)式（2.11）中的Fn1，Fn2由(210)确定. （50分）三、（本题满分50分）解方程组解：令pxz，qxz，我们有p2x2z22q；p3x3z33pq； p4x4z44p2q2q2同样，令syw，tyw，有s2y2w22t；s3y3w33st； s4y4w44s2t2t2 (10分) 在此记号系统下，原方程组的第一个方程为ps2. (31) 于是p2s24s4，p3s36s2
24、12s8，p4s48s324s232s16现在将上面准备的p2，p3，p4和s2，s3，s4的表达式代入，得x2z22qy2w22t4s4，x3z33pqy3w33st6s212s8，x4z44p2q2q2y4w44s2t2t28s324s232s16利用原方程组的第二至四式化简，得qt2s1， (32)pqst2s24s4， (33)2p2qq22s2tt24s312s216s25 (34) （20分） 将(31)和(32)代入(33)，得 t1， (35)将(35)代入(32)，得 q2 (36)将(31)、(35)、(36)代入(34)，得s2，所以有t0，p4，q3 这样一来，x，z和y，w分别是方程X24X30和Y22Y0的两根 (30分)即 或 且 或 详言之，方程组有如下四组解：x3，y2，z1，w0；或x3，y0，z1，w2；或 x1，y2，z3，w0；或x1，y0，z3，w2 (50分)注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得40分