全国高中数学联赛江苏赛区2006年初赛试题答案

1 全国高中数学联赛江苏赛区 2006 年初赛试题答案 班级 姓名 一 选择题 本题满分 36 分 每小题 6 分 1 已知数列的通项公式 则的最大项是 n a 2 2 45 n a nn n a A B C D 1 a 2 a 3 a 4 a 解 分母先减后增 以解 分母先减后增 以为最小值点 所以为最小值点 所以最大 故选最大 故选 2n 2 aB 2 函数的图像是 3 log 3 x y x y 1 O x y 1 O x y 1 O x y 1 O A B C D 解 变式 解 变式 故选 故选 3 log 1 3 1 01 x xx y x x A 3 已知抛物线 是坐标原点 是焦点 是抛物线上的点 使得是直角三角 2 2ypx OFPPOF 形 则这样的点共有P A 0 个 B 2 个 C 4 个 D 6 个 解 只须考虑直角的可能情形 解 只须考虑直角的可能情形 由抛物线的光学性质 平行与抛物线对称轴的光线射到抛物线由抛物线的光学性质 平行与抛物线对称轴的光线射到抛物线 上 反射后必经过抛物线的焦点 这样反射点的切线与法线垂上 反射后必经过抛物线的焦点 这样反射点的切线与法线垂 直 因此 旋转可知 直 因此 旋转可知 不可能是直角 而不可能是直角 而显然不显然不OPF POF 可能是直角 所以只有可能是直角 所以只有可能是直角 故选可能是直角 故选 OFP B 4 设是定义在上单调减的奇函数 若 则 f xR 12 0 xx 23 0 xx 31 0 xx A B 123 0f xf xf x 123 0f xf xf x C D 123 0f xf xf x 123 f xf xf x 解 由解 由 1212121212 0 0 xxxxf xfxf xf xf xf x 同理可得 同理可得 23 0f xf x 31 0f xf x 三式相加可得 三式相加可得 故选 故选 123 0f xf xf x B 2 P D C BA 5 过空间一定点的直线中 与长方体的 12 条棱所在直线都成等角的直线一共P 1111 ABCDABC D 有 A 0 条 B 1 条 C 4 条 D 无数条 解 由于解 由于 12 条棱是由三组棱构成 每组条棱是由三组棱构成 每组 4 条互相平行 条互相平行 而这三组恰可由过一顶点而这三组恰可由过一顶点的的 3 条棱代表 过这个条棱代表 过这个P 顶点顶点的的 3 条棱 两两互相垂直 又空间一点可以条棱 两两互相垂直 又空间一点可以P 通过平移 看成过这个顶点通过平移 看成过这个顶点的情形 考虑正方体的情形 考虑正方体P 如右图 绿色正方体是题目中的长方体 其余如右图 绿色正方体是题目中的长方体 其余 7 个个 正方体是辅助的 因为正方体才会有等角 正方体是辅助的 因为正方体才会有等角 与中间 与中间 3 条红棱成等角的直线共有条红棱成等角的直线共有 4 条 即过点条 即过点的大正方的大正方P 体的体的 4 条体对角线 故选条体对角线 故选 C 6 在中 若的最长边为 1 则最短边的长为ABC 1 tan 2 A 3 10 cos 10 B ABC A B C D 4 5 5 3 5 5 2 5 5 5 5 解 构造适合的图形 取解 构造适合的图形 取 点 点在在上 上 5ABk DABCDAB 且有且有 2ADk 3BDk CDk 于是于是最长 最长 最短 最短 而 而 ABAC5ACk 51ABk 因此 因此 故选 故选 15 5 55 AC D 二 填空题 本题满分 54 分 每小题 9 分 7 集合 则集合的所有元素 3 010 Ax xn nNn 5 06 By ym mNm AB 之和为 解 解 3 010 3 6 9 12 15 18 21 24 27 Ax xn nNn 5 06 0 5 10 15 20 25 30 By ym mNm 15 AB 利用容斥原理 利用容斥原理 135 105 15225ABABAB 8 设 则的值是 2 cos2 3 44 cossin 解 变式解 变式 4422222222 11111 cossin cossin 2sincoscos 2sin 2cos 2 22218 3 zy x 3 4 D1 C1 B1 A1 DC BA 9 的展开式中 的系数为 23 3 xx 5 x 解 展开 解 展开 2303122222323 3333 3 3 3 3 xxC xC xxC xxCx 易知 易知 的系数是的系数是 5 x 22 3 3 27C 10 已知 则的最大值是 0 30 330 y xy xy 22 xy 解 解 的几何意义是可行域中的点的几何意义是可行域中的点到原点的距离的平方 到原点的距离的平方 22 xy x y 画图便知 画图便知 的最大值是的最大值是 22 xy 9 11 等比数列的首项为 公比 设表示这个数列的前项的积 n a 1 2020a 1 2 q f nn 则当时 有最大值 n f n 解 解 1 1 2 1 2 121 1 2020 2 n n nnn n f na aaa q 易知 当易知 当或或是是 4 的倍数时的倍数时是正数 才可能是最大的 是正数 才可能是最大的 n1n f n 考察 考察 可知 取 可知 取 适合 适合 1 1 2 1 2 1 2020 1 1 2 2020 21 2020 2 nn n n n n n f n f n 12n 故当故当时 时 有最大值 有最大值 12n f n 12 长方体中 已知 则对角线的取值范围是 1111 ABCDABC D 1 4AB 1 3AD 1 AC 解 如图 设解 如图 设 ABx ADy 1 AAz 则由已知可得 则由已知可得 222 416xz 222 39yz 于是于是 222222 1 16925ACxyzzz 而由图形可知 而由图形可知 03z 所以所以 即 即 22 1 25 16 25 ACz 1 4 5 AC 三 解答题 本题满分 60 分 第 13 题 第 14 题各 12 分 第 15 题 16 分 第 16 题 20 分 13 设集合 若 求实数的取值范围 1 2 log32Axx 2 1 a Bx xa AB a 解解 13 Axx 30 Bx xaxa 当当时 时 由 由 得 得 0a 03 Bxaxa AB 03a 当当时 时 由 由 得 得 0a 30 Bx axa AB 1a 4 I DECB A 当当时 时 与 与不符 不符 0a 2 0 Bx x AB 综上所述 综上所述 1 00 3a 14 椭圆的右焦点为 为 24 个依逆时针顺序排列在椭圆上的点 其中 22 1 94 xy F 1224 P PP 1 P 是椭圆的右顶点 并且 若这 24 个点到右准线的距离 122334241 PFPP FPPFPP FP 的倒数和为 求的值 S 2 S 解解 在椭圆中 在椭圆中 故 故 所以 所以 3a 2b 5c 5 0 F 5 3 e 设设与与轴正方向的夹角为轴正方向的夹角为 为点为点到右准线的距离 到右准线的距离 i FPx 1 i d i P 则则 即 即 2 cos1 ii a dec c 2 1 cos1 i i c e db 同理 同理 12 22 12 1 cos1cos1 ii i cc e dbb 所以 所以 从而 从而 于是 于是 2 12 1125 2 ii c ddb 24 1 1 6 5 i i d 2 180S 15 中 分别是边上的高和中线 且 ABC ABAC ADAEBCBADEAC 证明是直角 BAC 证明证明 如图 取 如图 取中点中点 连 连 ABIIDIE 则则为中位线 所以为中位线 所以 且 且 IE IEACIEAEAC 而而 BADEAC 所以所以 IEABAD 在直角在直角中 中 为斜边中点 为斜边中点 ADB I 所以所以 IDIA 从而从而 BADIDA 联合联合 得得四点共圆 四点共圆 AIDE 即 即 BADIEBC 90BC 90BAC 16 设是质数 且的不同正因数的个数不超过 10 个 求 p 2 71p p 解解 当 当时 时 有 有个正因数 个正因数 2p 22 71753 5p 1 1 2 1 6 当当时 时 有 有个正因数 个正因数 3p 24 718025p 4 1 1 1 10 所以所以 满足条件 满足条件 2p 3p 当当时 时 3p 2 71 1 1 72ppp 5 其中其中为奇质数 所以为奇质数 所以与与是相邻的两个偶数 是相邻的两个偶数 p 1 p 1 p 从而必然有一个从而必然有一个 2 的倍数和的倍数和 4 个倍数 还必然有一个个倍数 还必然有一个 3 的倍数 的倍数 从而从而是是 24 的倍数 的倍数 1 1 pp 设设 其中 其中 23 712423pmm 4m 若若中有不同于中有不同于 2 3 的质因数