2006年全国高中数学联赛一试题解答集锦.pdf

陕西省数学竞赛委员会 刘康宁 一 选择题 本题 满分 3 6分 每 小题 6分 1 已知AA B C 若对任意 t R I 百 一t 赢 I l 1 则 AB c A 必为锐角三角形 B 必为钝角三角形 C 必为直角三角形 D 答案不确定 基本解法 令 AB C a 过点 A作 AD上B C 垂 足为 D 由I 赢 一 葡 I I I 得 l赢 l z 2 t F t 2 l l z l l z 取 一 代入上式 得 I 赢 I 一2 I 赢 I 2 C 0 S z I 赢 s z 口 I I z 即l I z s i n z 口 I I z 亦 即 I I s i n 口 l 1 从 而 I I I I 又 l I I I I 所 以I l I l 且 口 D 与 c 重合 故LAC B 选 c 巧思妙解 设 ABC 口 过点 A作 AD上B C 垂 足为 D 由l 赢 一 葡 l l l 得 I 一2 赢 件 I I z I I z o 上式对任意 X R恒成立的充要条件是 A 4 赢 z 一4 I 葡 赢 I z I I z O I z I I z C O S 2 一l 赢 I z I I z O 化简得l 赢 n 2 l l 即l赢 l s i n l I 下同基本解法 2 设 l o g 2 x z 一1 l o g 2 1 则实数 X的取 值 范 围 为 A 丢 z 丢 且 z 1 C X 1 D O zl o g 当 0 X 1时 有 0 2 x X一 1 解 得 z1时 有 2 x x 1 解得 z 1 综上所述 z 寺 且 X 1 选 B 巧 思妙解 取 2 7 2 则 左 边 一l o g z 9 右 边 一 0 不 等式成立 可排除 A D 再 取 z 一 导 则 左 边 一 l g 7 o 右 边 一 l g 导 O n 6 N 且 AnBnN 2 3 4 则 整 数 对 n 6 的个数为 A 2 O B 2 5 C 3 0 D 42 基 本解 法 由 5 x 口 O 得 z 由 6 x b O 得 z AnBnN 2 3 4 妻 导 5 u 趵 故整数对 n 6 的个数为 C j C 一3 0 选 C 4 在直三棱柱 A B C A B C 中 B AC一 芸 AB AC AA 一1 已知 G与 E 分别 为 A Bl 和 C C 的中点 D与 F分别为线段 AC 和 AB上 的动点 不 包括端点 若 GD上EF 则线段 DF长度 的取值范围 为 八 B 1 c E 厕 D 嘉 基 本 解 法 如 图 1 以 A 为 原 点 AB为 X轴 AC为 Y轴 AA 为 z轴建立空间直角坐标系 则 F a o o D 0 6 o E 0 1 1 G 专 o 1 o n 1 o 6 1 从 而 茄一 一 言 6 1 1 商一 a 图 一 专 GD E F 面 舜 一o 即n 2 6 1 维普资讯 由 O 口 1 得 O 1 2 6 1 即 O 6 去 I 1 D F l一 a b 一 1 2 b b 一 5 6 一 号 告 从而 I DFI o 是 口 6 O 的 A 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 基本解法 显然 f x 一z l o g 2 1 为奇 函数 且在 R上单调递增 于是 当 口 b 0 即 a 一 b时 有 f a f 一 6 一 一厂 6 从 而有 厂 口 厂 6 10 反之 当 f a 厂 6 0时 有 f a 一厂 6 一 b 从 而 有 口 一6 即 口 6 0 故 a b 0 是 f a f 6 0 成立 的充要 条件 说明 本题 的解法与 2 0 0 6年陕西赛 区预赛试题 第一试第 6题解法 2类似 参见文 1 6 数码 a a 2 a 3 a 2 o o 6 中有奇数 个 9的 2 0 0 7 位十进制数 n 口 2 的个数为 A 寺 1 0 o 0 8 o 0 B 寺 1 0 o0 一8 o 0 C 1 0 8 D 1 0 一 8 基本 解法 a 1 a 2 a 2 0 o 6 中有 2 愚 一 1 愚 N 个 9的取法有 3 磊 种取法 当这 2 是 一1个 9确定后 其 余数码都有 9种取法 所 以有 2 愚 一1个 9的 2 0 0 7 位十 进制数有 C 2 k 9 卜n 故这样的 2 0 0 7位十进制 数 共有 A C22 0k 0 6 9 卜 9 1 一 C l 0 0 6 9 9 1 一 C l 0 0 6 一1 9 z o o 6 k 两式相 减 得 1 O 一8 一2 A 故A一去 1 0 o 一8 选 B 二 填 空题 本 题 满分 5 4分 每 小题 9分 7 设 厂 一s i n s i n c o s C O S 则 函数 厂 的值域是 基本解 法 厂 一 s i n C O S 一2 s i n r C O S s in X C O S 一 1 一 s in z 2 一 s in 2 x 一 丢 s in 2 号 詈 一 1 s i n 2 x 1 当 s in 2 x 一 丢 时 厂 一 导 当 s i n 2 一1时 厂 一0 故 函 墼 厂 的 值 域 为 o 詈 说明 本题也可 以利用导数求解 但并不简单 8 若 对 一切 0 R 复数 z一 a C O S 2 a s i n i的 模 不 超 过 2 则 实 数 a 的 取 值 范 围 为 基本 解 法 由 l z l 2 得 a C O S 0 2 a s i n 4 且 p 5 a 一3 2 a 2 s i n 一C O S 5 a 一3 2 a s i n 0 一 其中 a r c s i n 上式恒成立的充要条件是 5 a 一3 2 Na s i n 0 i 一一2 即 5 l 口l 2 l 口 l 3 0 从 而 有 2 0 0 6 x o o 5 一 z o o 6 1 1 z z z 2 z o o 1 0 0 3 r 丽 一 2 0 06 zl 0 0 3 酉 一 2 00 6 x z 一 2 00 6 x 当且 仅 当 z 一z 一 一z 一z 即 z一1时 上式等号成立 故 原方 程 只有 1个 解 z一1 1 2 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 基本解法 第 4次恰好取完所有红球的概率为 P 一 一 1 1 6 2 1 4 4 1 2 8 0 04 3 4 1 0 1 0 1 0 0 00 三 解 答题 本题 满分 6 0分 每 小题 2 0分 1 3 给定整数 2 2 设 Mo z Y 是抛 物线 Y 一 z 一1与直线 Y z的一个交点 试证 明对 于任意 正整数 m 必存在整数 志 2 使 x Y 为抛物线 Y 一 点 z 一1与直线 z的一个交点 基本解 法 因为 Y 一 2 z 一 1与 Y z的交 点 为 z 一 一 显 然有 X o 一 若 z 孑 孑 为 Y 一k x一1与 Y z的一个交点 则 k x y X o 记志 一 z m 则志 一 z 志 一点 一 一n k 一k 一 1 m 2 由 于志 一 2 是整 数 志 z z 去一 z 1 一 2 一 一 2也是整数 所以根据数学归纳法 通过 式可 证明对于一切正整数 m 志 一z m 是正整数 现在对于任意正整数 m 取 志 一z om 使得 Y 一 点 z 一1与 z的交点为 z 孑 1 4 将 2 0 0 6表示成 5个正整数 z 1 z 2 z 3 z 4 z 5 之和 记 S 一 z i z 问 1 当 z 1 z 2 z 3 z 4 z 5 取何值时 S取到最大值 2 进一 步 地 对 任意 1 5 1 j 5有 1 z 一z l 2 当 z 1 z 2 z 3 z 4 z 5 取何值时 S取到最小值 说 明理 由 基本解法 1 首先这样的 S的值是有界集 故必 维普资讯 存 在最大 值 与最小 值 若 z 1 2 3 4 5 2 0 0 6 且 使 s 一 x ix 取到最大值 则必有 I x 一x l 1 1 i 5 1 j 5 事实上 假设 成立 不妨设 x 一x 2 则令 一z l 一1 x 一x 2 十1 x x i 一3 4 5 有 x x 1 z 2 1 2 l 2 1 z 1 x 2 将 S改 写成 S一 x x z1 x 2 1 z2 3 4 x5 l K 5 x 3 x4 x 3 x5 x4 x 5 同 时有 S z z z 3 z 4 z 5 3 x 4 3 x 5 x 4 x 5 由于 S 一S z 一x x O 所 以 s S 这与 S在 x 一 2时取到最大值矛盾 所 以必 有 I z 一x j I 1 1 5 1 5 因此 当 1 4 0 2 x 2 x 3 4 x 5 4 0 1时 S取 到最大 值 2 当 x 1 x 2 x 3 x 4 2 7 5 2 0 0 6 且 I x f x I 2时 只有 I 4 0 2 4 0 2 4 0 2 4 0 0 4 0 0 H 4 0 2 4 0 2 4 0 1 4 0 1 4 0 0 4 0 2 4 0 1 4 0 1 4 0 1 4 0 1 这三种情形满足要求 而后 面两组 情形是 在第 一组情 形 下做 x x 一 1 x 1调整下得到的 根据第 1 小题证 明可 知 每调整 一 次 和 式 S 一 x x 变 大 所以在 x 1 一z 2 一 3 4 0 2 x 4 一x 5 4 0 0情形取 到 最小值 巧 思 妙 解 1 s一 善 一 号 耋 一 x 1 蚤 z i 一 2 0 0 6 蚤 z 言 蚤 当 1 一 2 一 3 一z 4 5 时 上式取等号 而 5 5 2 0 0 6 当 x 中有一个取 4 0 2 其余 4个都取 4 0 1时 x 最 小 从 而 S最 大 2 当 x 1 x 2 x 3 x 4 2 7 5 2 0 0 6 且 l x x l 2 时 只有以下三种情形 1 4 02 4 0 2 4 02 4 0 0 4 0 0 2 4 02 4 02 4 01 4 01 4 0 0 3 4 02 4 01 4 01 4 01 4 01 对于 1 x 一5 4 0 0 1 2 4 0 0 1 2 对 于 2 x 一5 4 0 0 1 2 4 0 0 1 0 对于 3 x 一5 4 0 0 1 2 4 0 0 8 显然 情形 1 使得 x 最大 从而 S一 x 告 2 0 0 6 一 x 取到最小值 厶 t 1 1 5 设 厂 一 x n 记 f 一f 广 一厂 广 n 一2 3 M一 a RI 对所有正整数 n I 广 0 I 2 证 明 M 一 一 2 基本 1 薛法 1 如果 n 2 则 n M 2 如果一2 n 由题意 f 0 一口 尸 0 广 0 n z 一2 3 则 1 当 0 n 1 时 i f o i l v z 1 事实上 当n 一1 时 I 厂 0 I I a I 去 设 n 龟 一1时成立 惫 2为某整数 则对 n 一是 有 I 0 I I 一 0 I n 专 1 一 1 2 当一2 n 0时 l 广 0 I I nl V n 1 事实上 当 z 1时 I f 0 l l n I 设 z 一是 一1时成立 最 2为某整数 则对 z 一是 有一 l n l n O 一 f k O n n n 注 意