全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版52

2006年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)說 明：1評閱試卷時，請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn). 選擇題只設(shè)6分和0分兩檔，填空題只設(shè)9分和0分兩檔；其他各題的評閱，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)的評分檔次給分，不要增加其他中間檔次.2如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時可參照本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，5分為一個檔次，不要再增加其他中間檔次.一、選擇題(本題滿分36分，每小題6分)1已知ABC，若對任意tR，則ABC一定為A銳角三角形 B鈍角三角形 C直角三角形 D答案不確定 答C解：令A(yù)BC，過A作ADBC于D，由，推出2t· t2,令t，代入上式，得 2cos2cos2，即 sin2, 也即sin從而有由此可得ACB 2設(shè)logx(2x2x1)logx21，則x的取值范圍為Ax1 Bx且x1 C x1 D 0x1 答B(yǎng)解：因為，解得x且x1由logx(2x2x1)logx21， Þ logx(2x3x2x)logx2Þ 或解得0x1或x1所以x的取值范圍為x且x1 3已知集合Ax|5xa0，Bx|6xb0，a，bN，且ABN2，3，4，則整數(shù)對(a，b)的個數(shù)為A20 B25 C30 D42 答C解：5xa0Þx；6xb0Þx要使ABN2，3，4，則，即所以數(shù)對(a，b)共有CC30個 4在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACAA11已知G與E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)若GDEF，則線段DF的長度的取值范圍為A，1) B，2) C1，) D，) 答A解：建立直角坐標(biāo)系，以A為坐標(biāo)原點，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，則F(t1，0，0)(0t11)，E(0，1，)，G(，0，1)，D(0，t2，0)(0t21)所以(t1，1，)，(，t2，1)因為GDEF，所以t12t21，由此推出0t2又(t1，t2，0)，從而有15設(shè)f(x)x3log2(x)，則對任意實數(shù)a，b，ab0是f(a)f(b)0的A. 充分必要條件 B. 充分而不必要條件C. 必要而不充分條件 D. 既不充分也不必要條件 答A解：顯然f(x)x3log2(x)為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增于是若ab0，則ab，有f(a)f(b)，即f(a)f(b)，從而有f(a)f(b)0反之，若f(a)f(b)0，則f(a)f(b)f(b),推出ab，即ab0 6數(shù)碼a1，a2，a3，a2006中有奇數(shù)個9的2007位十進制數(shù)的個數(shù)為A(10200682006) B(10200682006) C10200682006 D10200682006答B(yǎng)解：出現(xiàn)奇數(shù)個9的十進制數(shù)個數(shù)有AC92005C92003C9又由于 (91)2006C92006k以及(91)2006C(1)k92006k從而得AC92005C92003C9(10200682006)二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)7. 設(shè)f(x)sin4xsinxcosxcos4x，則f(x)的值域是 填0，解：f(x)sin4xsinxcosxcos4x1sin2x sin22x令tsin2x，則f(x)g(t)1tt2(t)2因此g(t)g(1)0， g(t)g() 故，f(x)0，8. 若對一切R，復(fù)數(shù)z(acos)(2asin)i的模不超過2，則實數(shù)a的取值范圍為 填，解：依題意，得|z|2Û(acos)2(2asin)24Û2a(cos2sin)35a2Û2asin()35a2(arcsin)對任意實數(shù)成立Û2|a|35a2Þ|a|，故 a的取值范圍為，9已知橢圓1的左右焦點分別為F1與F2，點P在直線l：xy820上. 當(dāng)F1PF2取最大值時，比的值為 填1.解：由平面幾何知，要使F1PF2最大，則過F1，F(xiàn)2，P三點的圓必定和直線l相切于點P直線l交x軸于A(82，0)，則APF1AF2P，即APF1AF2P，即 又由圓冪定理，|AP|2|AF1|·|AF2| 而F1(2，0)，F(xiàn)2(2，0)，A(82，0)，從而有|AF1|8，|AF2|84代入，得，110底面半徑為1cm的圓柱形容器里放有四個半徑為cm的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切. 現(xiàn)往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水 cm3填()解：設(shè)四個實心鐵球的球心為O1，O2，O3，O4，其中O1，O2為下層兩球的球心，A，B，C，D分別為四個球心在底面的射影則ABCD是一個邊長為的正方形。所以注水高為1故應(yīng)注水(1)4×()3()11方程(x20061)(1x2x4x2004)2006x2005的實數(shù)解的個數(shù)為 填1解：(x20061)(1x2x4x2004)2006x2005Û(x)(1x2x4x2004)2006 Ûxx3x5x20052006，故x0，否則左邊0 Û2006xx3x20052×10032006等號當(dāng)且僅當(dāng)x1時成立所以x1是原方程的全部解因此原方程的實數(shù)解個數(shù)為112. 袋內(nèi)有8個白球和2個紅球，每次從中隨機取出一個球，然后放回1個白球，則第4次恰好取完所有紅球的概率為 填解：第4次恰好取完所有紅球的概率為×()2××××()2××0.0434三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）13. 給定整數(shù)n2，設(shè)M0(x0，y0)是拋物線y2nx1與直線yx的一個交點. 試證明對于任意正整數(shù)m，必存在整數(shù)k2，使(x，y)為拋物線y2kx1與直線yx的一個交點證明：因為y2nx1與yx的交點為x0y0顯然有x0=n2(5分)若(x，y)為拋物線y2kx1與直線yx的一個交點，則kx(10分)記kmx，由于k1n是整數(shù)，k2x(x0)22n22也是整數(shù)，且 km1km(x0)km1nkmkm1，(m2) (13.1)所以根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，通過()式可證明對于一切正整數(shù)m，kmx是正整數(shù)，且km2現(xiàn)在對于任意正整數(shù)m，取kx，滿足k2，且使得y2kx1與yx的交點為(x，y)(20分)14將2006表示成5個正整數(shù)x1，x2，x3，x4，x5之和記Sxixj問： 當(dāng)x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最大值； 進一步地，對任意1i，j5有2，當(dāng)x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最小值. 說明理由解：(1) 首先這樣的S的值是有界集，故必存在最大值與最小值。 若x1x2x3x4x52006，且使Sxixj取到最大值，則必有 1 (1i，j5) (5分) (*)事實上，假設(shè)(*)不成立，不妨假設(shè)x1x22，則令x1¢x11，x2¢x21，xi¢xi (i3，4，5)有x1¢x2¢x1x2，x1¢·x2¢x1x2x1x21x1x2將S改寫成Sxixjx1x2(x1x2)(x3x4x5)x3x4x3x5x4x5同時有 S¢x1¢x2¢(x1¢x2¢)(x3x4x5)x3x4x3x5x4x5于是有S¢Sx1¢x2¢x1x20這與S在x1，x2，x3，x4，x5時取到最大值矛盾所以必有1，(1i，j5)因此當(dāng)x1402，x2x3x4x5401時S取到最大值 (10分) 當(dāng)x1x2x3x4x52006，且2時，只有（I） 402， 402， 402， 400， 400；（II） 402， 402， 401， 401， 400；（III） 402， 401， 401， 401， 401； 三種情形滿足要求 (15分)而后兩種情形是由第一組作xi¢xi1，xj¢xj1調(diào)整下得到的根據(jù)上一小題的證明可知道，每次調(diào)整都使和式Sxixj變大所以在x1x2x3402，x4x5400時S取到最小值(20分)15設(shè) f(x)x2a. 記f1(x)f(x)，fn(x)f(fn1(x)，n1，2，3，MaR|對所有正整數(shù)n，2證明，M2，證明： 如果a2，則|a|2，aM (5分) 如果2a，由題意，f1(0)a，fn(0)(fn1(0)2a，n2，3，則 當(dāng)0a時，("n1). 事實上，當(dāng)n1時，|a|，設(shè)nk1時成立(k2為某整數(shù)），則對nk， a()2 當(dāng)2a0時，|a|，("n1)事實上，當(dāng)n1時，|a|，設(shè)nk1時成立(k2為某整數(shù))，則對nk，有|a|aaa2a注意到當(dāng)2a0時，總有a22a，即a2aa|a|從而有|a|由歸納法，推出2，ÍM(15分) 當(dāng)a時，記anfn(0)，則對于任意n1，ana且an1fn1(0)f(fn(0)f(an)aa對于任意n1，an1anaana(an)2aa則an1ana所以，an1aan1a1n(a)當(dāng)n時，an1n(a)a2aa2，即fn1(0)2因此aM綜合，我們有M2， (20分)2006年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽加試試題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)說 明：1. 評閱試卷時，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)的評分檔次給分2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時可參照本評分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，10分為一個檔次，不要再增加其他中間檔次一、（本題滿分50分）以B0和B1為焦點的橢圓與AB0B1的邊ABi交于點Ci(i0，1). 在AB0的延長線上任取點P0，以B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧交C1B0的延長線于Q0；以C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧交B1A的延長線于點P1；以B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧交B1C0的延長線于Q1；以C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧，交AB0的延長線于P0¢. 試證： 點P0¢與點P0重合，且圓弧與相內(nèi)切于點P0； 四點P0，Q0，Q1，P1共圓關(guān)于的證明要點： 說明C0P0C0P0¢，從而得到P0與P0¢重合：由橢圓定義知B0C1B1C1B0C0B1C02a(2a為橢圓的長軸)記BiCjrij(i，j0，1)，即r01r11r00r102a設(shè)B0P0B0Q0b，則C1Q0C1P1C1B0B0Q0r01b；B1P1B1Q1B1C1C1P1r11r01b；C0Q1C0P0¢B1Q1B1C0r11r01br10b2ar10br00 但C0P0br00；從而C0P0¢C0P0，故點P0與P0¢重合(10分) 說明兩圓的公共點在兩圓連心線所在直線上，或說明兩圓圓心距等于兩圓半徑差，從而兩圓相切 由于弧的圓心為B0，的圓心為C0，而P0為兩圓公共點，但C0、B0、P0三點共線，故兩圓弧內(nèi)切于點P0 或：由于C0B0C0Q1B0P0，即兩圓圓心距等于兩圓半徑差，從而兩圓內(nèi)切(20分)的證明要點：主要有以下兩種思路，一是從角度入手證明，一是從找出圓心入手證明分述如下： 說明對兩定點張角相等，從而四點共圓；或說明四邊形對角和為180，連P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，證法一：證明Q0P0Q1Q0P1Q1從而說明四點共圓由于Q0P0Q1B0P0Q0C0P0Q1(180P0B0Q0)(180P0C0Q1)(P0C0Q1P0B0Q0)(AC0B1C0B0C1)C0MB0；(30分) Q0P1Q1B1P1Q1C1P1Q0(180P1B1Q1)(180P1C1Q0)(P1C1Q0P1B1Q1)C1MB1；(40分) 但，C0MB0C1MB1，故Q0P0Q1Q0P1Q1，從而P0，Q0，Q1，P1四點共圓得證(50分) 證法二：利用圓心角證明P1Q1P0P1Q0P0，從而說明四點共圓 由于P1Q1P0P1Q1B1C0Q1P0(180P1B1Q1)(180P0C0Q1)180(P1B1Q1P0C0Q1)； (30分) P1Q0P0P1Q0C1B0Q0P0(180P1C1Q0)(180P0B0Q0)180(P1C1Q0P0B0Q0)； (40分) 而P1C1Q0P0B0Q0P1B1Q1B1DC1DB0C0P1B1Q1P0C0Q1，所以，P1Q1P0P1Q0P0，從而P0，Q0，Q1，P1四點共圓得證(50分)證法三：利用弦切角證明P1Q1P0P1Q0P0，從而說明四點共圓 現(xiàn)在分別過點P0和P1引上述相應(yīng)相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點T，又過點Q1引相應(yīng)相切圓弧的公切線RS，分別交P0T和P1T于點R和S連接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S基于此，我們可由P0Q1P1P0Q1RP1Q1S (P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0) (30分)而 P0Q1P1Q1P0P1Q1P1P0，代入上式后，即得 P0Q1P1(P1P0TP0P1T) (40分)同理可得P0Q0P1(P1P0TP0P1T)所以四點P0，Q0，Q1，P1共圓(50分) 還有例如證明P1Q1Q0P1P0Q0180，從而證明四點共圓等用角來證明四點共圓的方法 找出與這四點距離相等的點，即確定圓心位置，從而證明四點共圓若此四點共圓，則圓心應(yīng)在P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1的垂直平分線上，也就是在等腰三角形的頂角平分線上可以作出其中兩條角平分線，證明其他的角平分線也過其交點或證明AB1C0與AB0C1有公共的內(nèi)心 證法一：作AB1C0與AC0B1的角平分線，交于點I，則I為AB1C0的內(nèi)心作IMAB1，INAC0，垂足分別為M、N則AMAN(AB1AC0B1C0)； 作AC1B0與AB0C1的角平分線，交于點I¢，則I¢為AB0C1的內(nèi)心作I¢M¢AC1，I¢N¢AB0，垂足分別為M¢、N¢同上得，AM¢AN¢(AC1AB0B0C1)(30分)但AB1AC0B1C0AC1B1C1AB0B0C0B1C0AC1AB0B0C1(40分)于是，M與M¢，N與N¢重合即I與I¢重合于是IP1IQ1IP0IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圓(50分)證法二：作AB1C0與AC0B1的角平分線，交于點I，則I為AB1C0的內(nèi)心，故I在B0AB1的角平分線上但B1I是P1Q1的垂直平分線，C0I是P0Q1的垂直平分線，從而I又是P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分線上，故I是P0P1的垂直平分線與B0AB1的角平分線的交點作AC1B0與AB0C1的角平分線，交于點I¢，同理I¢也是P0P1的垂直平分線與B0AB1的角平分線的交點，從而I與I¢重合于是I是P0P1Q0與P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距離相等從而此四點共圓 二、(本題滿分50分)已知無窮數(shù)列an滿足a0x，a1y，an1，n1，2， 對于怎樣的實數(shù)x與y，總存在正整數(shù)n0，使當(dāng)nn0時an恒為常數(shù)？ 求通項an解： 我們有 anan1an，n1，2， (21)所以，如果對某個正整數(shù)n，有an1an，則必有a1，且anan10如果該n1，我們得|y|=1 且 xy(10分) (22)如果該n1，我們有an11，n2 (23)和an11，n2 (24)將式(23)和(24)兩端相乘，得a1· (25)由(25)遞推，必有(22)或|x|1且yx (26)反之，如果條件(22)或(26)滿足，則當(dāng)n2時，必有an常數(shù)，且常數(shù)是1或1 (20分) 由(23)和(24)，我們得到·，n2 (27)記bn, 則當(dāng)n2時， bnbn1bn2(bn2bn3)bn2bbn3(bn3bn4)bb由此遞推，我們得到，n2(30分) (28)這里FnFn1Fn2，n2，F(xiàn)0F11 (29)由(29)解得Fn (210)上式中的n還可以向負(fù)向延伸，例如F10，F(xiàn)21(40分) 這樣一來，式(28)對所有的n0(28)解得an，n0. (211)式（2.11）中的Fn1，F(xiàn)n2由(210)確定. （50分）三、（本題滿分50分）解方程組解：令pxz，qxz，我們有p2x2z22q；p3x3z33pq； p4x4z44p2q2q2同樣，令syw，tyw，有s2y2w22t；s3y3w33st； s4y4w44s2t2t2 (10分) 在此記號系統(tǒng)下，原方程組的第一個方程為ps2. (31) 于是p2s24s4，p3s36s212s8，p4s48s324s232s16現(xiàn)在將上面準(zhǔn)備的p2，p3，p4和s2，s3，s4的表達式代入，得x2z22qy2w22t4s4，x3z33pqy3w33st6s212s8，x4z44p2q2q2y4w44s2t2t28s324s232s16利用原方程組的第二至四式化簡，得qt2s1， (32)pqst2s24s4， (33)2p2qq22s2tt24s312s216s25 (34) （20分） 將(31)和(32)代入(33)，得 t1， (35)將(35)代入(32)，得 q2 (36)將(31)、(35)、(36)代入(34)，得s2，所以有t0，p4，q3 這樣一來，x，z和y，w分別是方程X24X30和Y22Y0的兩根 (30分)即 或 且 或 詳言之，方程組有如下四組解：x3，y2，z1，w0；或x3，y0，z1，w2；或 x1，y2，z3，w0；或x1，y0，z3，w2 (50分)注：如果只得到一組解，或者不完整，最多得40分