全国高中数学联合竞赛试卷.doc

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1、智浪教育-普惠英才文库- 1 -20062006 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准试题参考答案及评分标准说说 明：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|BAtBC| |AC|A锐角三角形 B

2、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 |BAtBC| |AC|2t t2,令t，代入上式，得 |BA|2BABC|BC|2|AC|2BA BC|BC|22cos2cos2，即 sin2, |BA|2|BA|2|BA|2|AC|2|BA|2|AC|2也即sin从而有由此可得ACB |BA|AC|AD| |AC| 22设 logx(2x2x1)logx21，则x的取值范围为A x1 Bx 且x1 C x1 D 0x1 1 21 2答 B解：因为，解得x x 且x1由 logx(2x2x1)logx21， x0，x 1 2x2x10)1 2 log

3、x(2x3x2x)logx2 或解得 0x1 或x10x1， 2x3x2x2) x1， 2x3x2x2)所以x的取值范围为x x 且x1 1 23已知集合Ax|5xa0，Bx|6xb0，a，bN N，且ABN N2，3，4，则整数对(a，b)的个数为A20 B25 C30 D42 答 C智浪教育-普惠英才文库- 2 -解：5xa0x ；6xb0x 要使ABN N2，3，4，则a 5b 6，即所以数对(a，b)共有 C C 30 个 1 b 62，4 a 55)6 b12， 20 a25)61514在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACAA11已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D

4、 2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，) 151 52152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， )，1 21 2EF1 2( ，t2，1)因为GDEF，所以t12t21，由此推出 0t2 又(t1，t2，0)，GD1 21 2DF，从而有1|DF|t 12t225t 224t215(t2f(2,5)21 515|DF|5设f(x)x3log2(x)

5、，则对任意实数a，b，ab0 是f(a)f(b)0 的x21A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件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x21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2a1a2a2006A (10200682006) B (10200682006) C10200682006 D102006820061

6、 21 2答 B解：出现奇数个 9 的十进制数个数有AC92005C92003C9又由于200612006320062005(91)2006C92006k以及(91)2006C(1)k92006kk020062006kk020062006k从而得AC92005C92003C9 (10200682006)2006120063200620051 2二、填空题(本题满分 54 分，每小题 9 分)智浪教育-普惠英才文库- 3 -7. 设f(x)sin4xsinxcosxcos4x，则f(x)的值域是 填0， 9 8解：f(x)sin4xsinxcosxcos4x1 sin2x sin22x令tsin

7、2x，则1 21 2f(x)g(t)1tt2 (t )2因此g(t)g(1)0， g(t)g(1 21 29 81 21 21 t 1min1 t 1max) 1 29 8故，f(x)0， 9 88. 若对一切R R，复数z(acos)(2asin)i的模不超过 2，则实数a的取值范围为 填，5555解：依题意，得|z|2(acos)2(2asin)242a(cos2sin)35a22asin()35a2(arcsin)对任意实数成立5552|a|35a2|a|，故 a的取值范围为，55555559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F1PF2x2 16y

8、2 433取最大值时，比的值为 |PF1| |PF2|填1.3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3 |PF1| |PF2|AP| |AF2|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|843333代入，得，1|PF1| |PF2|AF1| |AF2|8843423310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，四个球两两相切，其中底层两球1 2与容器底面相切. 现往容

9、器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm3智浪教育-普惠英才文库- 4 -填( )1 322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)2222224( )3( ) 4 31 21 32211方程(x20061)(1x2x4x2004)2006x2005的实数解的个数为 填 1解：(x20061)(1x2x4x2004)2006x2005(x)(1x2x4x2004)20061 x2005xx3x5x2005 2006，故x0，否则左边01 x2

10、0051 x20031 x20011 x2006x x3x20052100320061 x1 x31 x2005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()20.04342 109 101 108 102 109 101 108 102 101 10智浪教育-普惠英才文库- 5 -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

11、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0m0m证明：因为y2nx1 与yx的交点为x0y0显然有x0=n2(5 分)nn2421 x0若(x，y)为抛物线y2kx1 与直线yx的一个交点，则kx(10 分)0m0m0m1x 0m记kmx，0m1x 0m由于k1n是整数，k2x(x0)22n22 也是整数，021x 021 x0且 km1km(x0)km1nkmkm1，(m2) (13.1)1 x0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0m1x 0

12、m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)0m1x 0m0m0m14将 2006 表示成 5 个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和记Sxixj问：1 ij 5 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，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最小值. |xixj|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 ij 51 (1i，j5) (5 分) (*)|xixj|事实上，假设(*)不成立，不

13、妨假设x1x22，则令x1x11，x2x21，xixi (i3，4，5)有x1x2x1x2，x1x2x1x2x1x21x1x2将S改写成Sxixjx1x2(x1x2)(x3x4x5)x3x4x3x5x4x51 ij 5同时有 Sx1x2(x1x2)(x3x4x5)x3x4x3x5x4x5于是有SSx1x2x1x20这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾所以必有1，(1i，j5)|xixj|因此当x1402，x2x3x4x5401 时S取到最大值 (10 分) 当x1x2x3x4x52006，且2 时，只有|xixj|智浪教育-普惠英才文库- 6 -（I）402， 402， 402

14、， 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xixi1，xjxj1 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1 ij 5值(20 分)15设 f(x)x2a. 记f1(x)f(x)，fn(x)f(fn1(x)，n1，2，3，MaR R|对所有正整数n，2证明，M2， |fn(0)|1 4证明： 如果a2，则|a|2，aM (5 分)|f1(0)| / 如果2a ，由题意

15、，f1(0)a，fn(0)(fn1(0)2a，n2，3，则1 4 当 0a 时， ，(n1).1 4|fn(0)|1 2事实上，当n1 时，|a| ，设nk1 时成立(k2 为某整数） ，则对nk， |f1(0)|1 2a( )2 |fk(0)|fk1(0)|21 21 41 2 当2a0 时，|a|，(n1)|fn(0)|事实上，当n1 时，|a|，设nk1 时成立(k2 为某整数)，则对nk，有|f1(0)|a|aaa2a(fk1(0)2注意到当2a0 时，总有a22a，即a2aa|a|从而有|a|由归纳法，推|fk(0)|出2， M(15 分)1 4 当a 时，记anfn(0)，则对于任

16、意n1，ana 且1 41 4an1fn1(0)f(fn(0)f(an)aan2对于任意n1，an1anaana(an )2a a 则an1ana n21 21 41 41 4所以，an1aan1a1n(a )当n时，an1n(a )a2aa2，即fn1(0)1 42aa141 42因此aM /智浪教育-普惠英才文库- 7 -综合，我们有M2， (20 分)1 4智浪教育-普惠英才文库- 8 -20062006 年全国高中数学联合竞赛年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准加试试题参考答案及评分标准说说 明：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

17、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，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P0Q0半径作圆弧交B1A的延长线于点P1；以B1为圆心，B1P1为半径Q0P1作圆弧交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧P1Q1，交AB0的延长线于P0. 试证：Q1P0 点P0与点P0重合，且圆弧与相内切于点P0；P0Q0P0Q1 四

18、点P0，Q0，Q1，P1共圆关于关于的证明要点：的证明要点： 说明C0P0C0P0，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；C0Q1C0P0B1Q1B1C0r11r01br10b2ar10br00但C0P0br00；从而C0P0C0P0，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B

19、0，的圆心为C0，而P0为两圆公共点，但P0Q0P0Q1C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0B1B0C1P1P0Q1Q0AC0B1B0C1P1P0Q1Q0AC0DB1B0C1P1P0Q1Q0AC0智浪教育-普惠英才文库- 9 -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：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

20、，证法一：证明Q0P0Q1Q0P1Q1从而说明四点共圆由于Q0P0Q1B0P0Q0C0P0Q1 (180P0B0Q0) (180P0C0Q1)1 21 2 (P0C0Q1P0B0Q0)1 2 (AC0B1C0B0C1) C0MB0；(30 分)1 21 2Q0P1Q1B1P1Q1C1P1Q0 (180P1B1Q1) (180P1C1Q0)1 21 2 (P1C1Q0P1B1Q1) C1MB1；(40 分)1 21 2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P1Q1

21、P0P1Q1B1C0Q1P0 (180P1B1Q1) (180P0C0Q1)1 21 2180 (P1B1Q1P0C0Q1)； (30 分)1 2P1Q0P0P1Q0C1B0Q0P0 (180P1C1Q0) (180P0B0Q0)1 21 2180 (P1C1Q0P0B0Q0)； (40 分)1 2而P1C1Q0P0B0Q0P1B1Q1B1DC1DB0C0P1B1Q1P0C0Q1，所以，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

22、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TSRDB1B0C1P1P0Q1Q0AC0智浪教育-普惠英才文库- 10 -P0Q1P1P0Q1RP1Q1S(P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0) (30 分)而 P0Q1P1Q1P0P1Q1P1P0，代入上式后，即得P0Q1P1 (P1P0TP0P1T) (40 分)1 2同理可得P0Q0P1 (P1P0TP0P1T)所以四点1 2P0，Q0，Q1，P1共圆(50 分) 还有例如证明P1Q1Q0P1P0Q0180，从而证明四点共圆等用

23、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)；1 2作AC1B0与AB0C1的角平分线，交于点I，则I为AB0C1的内心作IMAC1，INAB0，垂足分别为M、N同上得，AMAN (AC1AB0B0C1)

24、(30 分)1 2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

25、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NMIIC0AQ0Q1P0P1C1B0B1智浪教育-普惠英才文库- 11 -二、(本题满分 50 分)已知无穷数列an满足a0x，a1y，an1，n1，2，anan11 anan1 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， (21)anan11 anan1a n21 anan1所以，如果对某个正整数n，有an1an，则必有a1，且anan10n2如果该n1，我们得|y|=1 且 xy(10 分)

26、(22)如果该n1，我们有an11，n2 (23)an1an21 an1an2(an11)(an21) an1an2和an11，n2 (24)an1an21 an1an2(an11)(an21) an1an2将式(23)和(24)两端相乘，得a1 (25)n2an121an1an2an221an1an2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)an1 an1an11 an11an21 an21记bn, 则当n2 时，an1 an1bnb

27、n1bn2(bn2bn3)bn2bbn3(bn3bn4)bbn22n33n42由此递推，我们得到，n2(30 分) (28)an1 an1(y1 y+ 1)Fn1(x1 x+ 1)Fn2这里FnFn1Fn2，n2，F0F11 (29)由(29)解得Fn (210)15智浪教育-普惠英才文库- 12 -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)(x+ 1)Fn2(y+ 1)Fn1+ (x1)Fn2(y1)Fn1(x+ 1)Fn2(y+ 1)Fn1(x1)Fn2(y1)Fn1式（2.11）中的Fn1，

28、Fn2由(210)确定. （50 分）三、 （本题满分 50 分）解方程组xyzw2， x2y2z2w26， x3y3z3w320， x4y4z4w466，)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，p3s36s212s8，p4s48s324s232s16现在将上面准备的p2，p3，p4和s2，s3，s4的表达式代入，得x2z22qy2w22t4s4，x3z33pq

29、y3w33st6s212s8，x4z44p2q2q2y4w44s2t2t28s324s232s16利用原方程组的第二至四式化简，得智浪教育-普惠英才文库- 13 -qt2s1， (32)pqst2s24s4， (33)2p2qq22s2tt24s312s216s25 (34)（20 分） 将(31)和(32)代入(33)，得t 1， (35)s 2将(35)代入(32)，得q2 (36)5s 2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 x3，z= 1)x1， z= 3)且或 y2，w0)y0，w2)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