2006年全国高中数学联赛一、二试试题及答案

1、2006年全国高中数学联赛试题弟一试、选择题(本题满分 36分，每小题6分)1 .已知 ABC,若对任意t R,A .锐角三角形、一. ，一22 .设 logx(2xx1A . - x 1 23 .已知集合A x5x对a, b的个数为A. 20 B. 25BA tBC AC ,则 4ABC 一定为B.钝角三角形 C.直角三角形 D.答案不确定 【答】()1) logx21,则x的取值范围为1 .B. x -,且 X 1 C. X 1 D. 0 x 1 【答】() 2a 0 , B x6x b 0 ,a,b N ,且 A B N 2,3,4 ,则整数C. 30 D. 424 .在直三棱柱 AB1

2、cl ABC中，CCi的中点，D与F分别为线段的长度的取值范围为1d 1cA.-5, 1 B. 5, 25 .设 f (x) x3 log2 x Jx2A.充分必要条件C.必要而不充分条件BAC , AB AC AA1 2AC和AB上的动点【答】()1 .已知G与E分别为 AB1和(不包括端点).若GD EF ,则线段DFC. 1, 、2 D.1：5,1 ,则对任意实数 a, b, a b0是 f(a) f(b) 0 的B.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件【答】()6. 数码a1，a2,a3,1,a2006中有奇数个9的2007位十进制数2a2aa2006的个数为12006200612

3、00620062006200620062006A. -(108) B. - (108) C. 108 D. 108【答】()22二、填空题(本题满分54分，每小题9分)4.47 .设 f(x) sin x sin xcosx cos x ,贝U f (x)的值域是 。8 .若对一切R,复数z (a cos ) (2a sin )i的模不超过2,则实数a的取值范围为_.229.已知椭圆 1的左右焦点分别为Fi与F2,点P在直线l： xJ3y82J30上.当164PR F1PF2取最大值时，比 1的值为.PF210 .底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为1cm的实心铁球，四个球两两相切，其

4、中底层2两球与容器底面相切.现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm3.11 .方程(x2006 1 )(1 x2 x4x2004) 2006x2005 的实数解的个数为 .12 .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 .三、解答题(本题满分 60分，每小题20分)13 .给定整数n 2,设 M0(x0,y0)是抛物线y2nx 1与直线y x的一个交点.试证明对于任意正整数m,必存在整数k 2,使(x°m, y°m)为抛物线y2 kx 1与直线y x的一个交点.14 .将2006表示成5个正整数

5、x1, x2,x3, x4, x5之和.记SXxj .问：1 i j 5(1)当x1, x2, x3, x4, x5取何值时，S取到最大值；(2)进一步地，对任意1 i,j 5有xi xj 2,当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到最小值.说 明理由.15.设 f(x) x2 a.记 f1(x) f(x), fn(x)f(fn1(x),n 2,3,",M a R对所有正整数n, f n(0) 2 .证明：M 2, 1 .14一试参考答案选择题(本题满分36分，每小题6分)ABC2tBAIBC t2 BA cos2cos上 式， 得tBC AC ,推出从而有aD.AC. o由此

6、可得 ACB -oX 0, X 1.12.【答】(解】因为 2，解得 X - ,x 12x2 x 1 022logx(2x x 1) logx2132logx(2x x x) logx20 x 12x3 x2 x 2x 1322x x x解得x 1 ,所以x的取值范围为x 1,且x 1 .2(C )【解】ab5x a 0 x；6xb0 x。要使 ABN562,3,4则 6 ，即6 b 12。所以数对a,b共有C6c5 30。，a u 20 a 25455(A )【解】建立直角坐标系，以A为坐标原点，AB为X轴，AC为y轴，AA 为z轴,则 F 6,0,0) ( 0EF(t1,1,2)，GD11

7、-_t1 1), E(0,1q) , G(2,0,1) , D(0,t2,0) (0 t21(-,t2, 1)。因为GD EF,所以t1 2t2 1,由此推出21 )。所以-,10 t2 。2又 DF(t1,t2,0) , dF|Jt12t22J5t224t21J5(t22)21,从而有555 .【答】(A )【解】显然f(x) x3 log2 x Jx2 1为奇函数，且单调递增。于是若a b 0,则 a b,有 f(a) ”功，即£(2) 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 a b,即 a b

8、0。12005320032005 人6 .【答】(B )【解】出现奇数个 9的十进制数个数有 A C2006 9C 2006 9 "I C2006 9。20062006八 k 2006 k2006又由于(9 1)C2006 9 以及(9 1)k 02006k 2006(1)k92006 kAC2006 92005C3006 9 2003I)120062006、-(108)。、填空题(本题满分54分，每小题9分)4.4/f (x) sin x sinxcosx cos x 1 sin 2x 21 . 2 -. sin 2x。令 t 2112911 2f(x) g(t) 12t2t82。

9、? °因此 mn1g(t)g(1) 9平2Msin2x ,则0,9即得 0 f(x) -o81919max g (t)g(-)一-|0一。1 t 128288.【解】依题意，得 z 2(a、22cos )(2 a sin )422a(cos 2sin ) 3 5a2、,Zasin() 3 5a2,1，,arcsin 7g )(对任息实数成立)25a 3 5a2.故a的取值范围为5近755,5°9.【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P点。设直线轴于A (则 APFiAF2P ,即 APFiPF1PF2AP(1),又由圆哥定理

10、,APPF1PF2af22会,0),从而有AF1AF1AFi AF(2),而 F1( 25/3,0),F2(2T3,0),AF2443 O 代入(1 )V42?3 向 1。10.【解】设四个实心铁球的球心为01,。2,03,。4,其中Oi,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125水(1 )42(3T) 0 4 / 200611.【解】(x1)(12004、x )2006 x2005(x-2005x)(1III2004)2006III20052005 x12003 x2006要使等号成立,但是x 0时,必须HI2005

11、 x12001 x12005xIII21100320062006120057，x x2005 ， x不满足原方程。所以x 1是原方程的全部解。因此原方程的实数解个数为12.【解】第4次恰好取完所有红球的概率为2918291821一一一=0.0434.101010101010101010 10.解答题(本题满分60分，每小题20分)_2. n 、n 4 113 .【证明】 因为y nx 1与y x的交点为x0 y0 .显然有x0 n。(52xo分)-ph / m m2右(xo , Vo )为抛物线ykx 1与直线y x的一个交点，则 km 1x0m .xo(10 分)m记 kmx01,则 x0k

12、m 11 km% ) x。km 1nkm km 1 ，(m 2)(13.1)由于k1n是整数，k22x01-2 x01 2_2(x0 ) 2 n2也是整数，所以根据数学归纳法，通过x0(13.1)式可证明对于一切正整数m 1m，kmx0 是正整数.现在对于任意正整数m ,取x01一一2. m m.k x0m,使得y kx 1与y x的交点为(% , y0 ). (20分)x014 .【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x1 x2 x3 x4 x5 2006,且使Sx内取到最大值，则必有1 i j 5xi xj1,(1 i,j 5) (5 分) (*)事实上，假设

13、(*)不成立，不妨假设x1x22。则令x1x(1 ,x2x21,xixi(i 3,4,5)有 x1x2x1x2,x1x2x1x2x1x21x1x2。将 S 改写成Sxixjxx2x1x2x3x4x5x3x4x3x5刈乂51 i j 5同时有 S xx2 (x x2) x3 x4 x5 x3x4 x3xs x4x5。于是有 S S x1x2 x1x2 0。这与S在x1, x2,x3, x4, x5时取到最大值矛盾。所以必有X xj1, (1 i, j 5).因此当(10 分)x1402,x2 x3 x4 x5401 取到最大值。(2)当 x, x2 x3 x4 x5 2006且 xi xj 2

14、时，只有(I)402, 402, 402, 400,400;(II) 402, 402, 401,(III) 402, 401, 401,三种情形满足要求。401, 400;401, 401;(15 分)而后面两种情形是在第一组情形下作XiXi1 ,Xj Xj 1调整下得到的。根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式xixj 变大。5所以在 x1 x2 x3 402, x4 x5400情形取到最小值。(20 分)15.【证明】（1）如果a2,则 f 1(0) |a|2, a M o5分)(2)如果 241 ga 一时,4fn(0)n k 1时成立（k 2为某整数）a 0 时，fn(0)时成

15、立（2,4anananf1(0)k 2为某整数），则对na, fn(0)(fn1(0)2a,n 231M.则事实上，当n 1时,1f (0)k,1)k,有lai0时，总有a22 a ,即 a2 a4时，(15 分)记anfn(0)fnanfn1(0)1(0)2anf(fn(0)f (an)2anaana1a (an2)fk(0)fk I。)2.事实上，当n 1时,kk 1a f k(0) f (0)| a |.从而有对于任f1(0)a，a .注意到当fk(0)la|.由归纳法，推出an an(a 1)。41一 a42n 则 an 1an a(20 分)/1、an 1 n(a )44Ci 心，C

16、i为 以Bi Qi;以 线于于P0；n0,使当n0n时an恒为常数?2006年全国高中数学联合竞赛加试试卷(考试时间：上午 10: 0012: 00)一、以B。和Bi为焦点的椭圆与 ABoBi的边ABi交于 (i=0, 1)。在AB。的延长线上任取点 P0,以B0为圆B0P0为半径作眄 P0Q0I交 CB0的延长线于 Q0；以 圆心,C1Q0为X径作刖弧 Q0Pi|交BiA的延长线于Pi;为圆心，BiPi为半径j乍用弧 P；Qi交.B1C0的延长线于C0为圆心，C0Qi为半径作南弧 QiP,交AB0的延长P0。试证：(1)点P0与点P0重合，且,弧P0Q0西|P0Qi|相内切(2)四点 P0、

17、Q0、Qi、Pi 共圆。二、已知无穷数列an满足 a0=x , ai=y ,an an 11an 1, n=1、2、。a n an 1(1)对于怎样的实数 x与y,总存在正整数 (2)求数列an的通项公式。x2 x 解方程组q3x4xy z2y3y4yw2z3z4z22w3w4w620662006年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案、(本题满分50分)以B0和Bi为焦点的椭圆与 AB0B1的边ABi交于Ci (i=0, 1)。在AB0的延长线上任取点 P0,以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧 P0Q0交CiB0的延长线于 Q0；以Ci为圆心，CiQ0为半径作啊 Q0P1I交BiA的延长线于

18、Pi;以Bi为圆心，BiPi为半径作弧 PiQi|交B1C0的延长线 于Qi;以C0为圆心，C0Q1为半径作W弧 QiP'd,交AB0的延长线于P o0试证：(1)点P0与点P0重合，且)弧P0Q0P0Qi卜目内切于P0；(2)四点 P°、Q0、Qi、Pi共圆。证明：(1)显然B0P0=B0Q0,并由中P0Q0卜口 Q0Pi|, Q0Pi 卜口 PiQ1, PiQi “ 分别相内切于点Q0、Pi、Qi,得CiB0+B0Q0=CiPiBiCi + CiPi=BiC0+C0Qi以C0Qi=C0B0+B0P'0。四式相加，利用BiCi + CiB0=BiC0+C0B0 以及

19、 Po在 B0P0 长线上，有B0P0=B0Poo从而可知点P'0与点P0重合。由于妇C1BiB0QiPQiQiP0的圆心C0、I圆弧P0Q0I的圆心B0以及P0在同一直线上，所以圆弧 Q1P0和IP0Q0或其延丽相内切于点P0O(2)现在分别过点P0和Pi引上述相应相切圆弧的公切线P0T和PiT交于点To又过点Qi引相应相切圆弧的公切线RiSi,分别交P0T和PiT于点Ri和Si。连接P0Qi和PiQi,得等腰三角形P0QiRi和PiQiSio基于此，我们可由/ P0QiPi=Tt-Z P0QiRi- / PiQiSi=Tt -(Z PiP0T- / QiP0Pi)-( / P0Pi

20、T- / QiPiP0)而兀?P0QiPi=/QiP0Pi+/QiPiP0,代入上式后，即得-1 一 L 1一P0Q1Pl-( PiP°TP°PT),同理可得P0Q0P-( RPoTP0RT)。所以四点22Po、Qo、Qi、Pi 共圆。n=1、2、。二、（本题满分50分）已知无穷数列an满足a0=x, a=y, am anan 1 1 ,an an 1（1）对于怎样的实数x与y, （2）求数列an的通项公式。总存在正整数no,使当non时an恒为常数?解：（1）我们有an an 1 ananan 1 1an an 1an1.c)n=1、2、oan 1(2.(1)所以，如果对

21、某个正整数 n,有an+1 = an,则必有（an）2=1 ,且 an+an-1 刈。如果该n=1,我们得 |y|=1 且 xwy。(2.(2)如果该n>1,我们有ananan 21(an 1 1)(an 2 1)，n"(2.(3)和anan 冏 21an 1an 2an 1(an 1aan 21)(anan 1an 2(2.(4)n 1 an 22将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得a2 1 n an 11 1an 22anan 11,n"an 2(2.(5)由（2.5）递推,反之,如果条件(2)由（2.3）必有（2.2）或|x|=1且yw诙。（2.2）或（2.6

22、）满足，则当 和（2.4）,我们得到包n>2时，必有an=常数，且常数是(2.(6)1 或一1 Oanan 1an 1an 2an 2(2.(7)记bnan 1则当n*时,bnbn 1bn 2(bn 2bn 3)bn由此递推，我们得到an 1an 1bn 2bn 3(中(bn 3bn 4)2bn 3 b3 3b2 4(汁in"(2.(8)这里 Fn=Fn-1+Fn-2,由（2.9）解得Fnn>% Fo=F1=1。13、n15( 2 )(2.(9)上式中的n还可以向负向延伸，例如(1(2.(10)F-1=0 , F- 2=1 °这样一来，式（2.8）对所有的n涮都

23、成立。由（2.8）解得an(x 1)Fn2(y 1)Fn1(x 1)Fn1(y 1)Fn2(x 1)Fn2(y 1)Fn1 (x 1)Fn1(y 1)F(2.11)式（2.11）中的 F-1、F-2 由（2.10）确定。x2x二、（本题满分50分）斛方程组3x4xy z2y3y4yw2z3z4z22w3w4wo2066解：令 p=x+z、q=xz,我们有 p2=x2+z2+2q, p3=x3+z3+3pq, p4=x4+z4+4p2q-2q2。同样，令 s=y+w、t=yw,有 s2=y2+w2+2t, s3=y3+w3+3st, s4=y4+w4+4s2t- 2t2。(3.1)2、p3、p4

24、 和 S2、S3、在此记号系统下，原方程组的第一个方程为p=s+2o于是s4 Ip2=s2+4s+4, p3=s3+6s2+12s+8, p4=s4+8s3+24s2+32s+16。现在将上面准备的 p：的表达式代入，得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4 , x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8 , x4+z4+4p2q- 2q2=y4+w4+4s2t- 2t2+8s3+24s2+32s+16。利用原方程组的第二至四式化简，得q=t+2s- 1,(3.(3)(3.(4)pq=st+2s2+4s- 4,2p2q- q2=2s2t- t2+4s3+12s2+16s-

25、 25。s .将（3.1）和（3.2）代入（3.3）,得 t 1,（3.5）25s -将（3.5）代入（3.2），得 q 一 2,（ 3.6）2将（3.1） （3.5） （3.6）代入（3.4）,得 s=2。所以有 t=0, p=4, q=3。这样一来，x、z和y、w分别是方程X 2 4X 3 0和Y2 2Y 0的两根，即X3或X1,且y2或y0。详言之，方程组有如下四组解：x=3, y=2, z=1, w=0;或z 1z 3 w 0 w 2x=3, y=0, z=1 , w=2;或 x=1 , y=2, z=3, w=0;或 x=1, y=0, z=3, w=2。注：如果只得到一组解，或者不

26、完整，最多得 40分。2006年全国高中数学联赛加试试题的另解杜伟杰（广东仲元中学511400）2006年全国高中数学联赛加试第一题以B。和B1为焦点的椭圆与AB0B1的边ABi交于CAi 0,1）。在AB。的延长线上任取点巳，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧 RQ0交C1B0的延长线于Q0 ；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧QoPi交BiA的延长线于Pi；以Bi为圆心，BiPi为半径作圆弧PiQi交BiCo的延长线''于Qi；以Co为圆心，CoQi为半径作圆弧QFo,交AB。的延长线于P。试证：（1） 点Po与点Po重合，且圆弧PoQo与P0Q1相切于点Po;（2） 四点P0、Q0、Q1、P1共圆。（原题图略）第（1）问的证明略，下面着重讨论第2问的另一种证明方法：构思：证明四点共圆，如果能找（或猜测）到该圆的圆心，转而证明圆心到四点距离相等，也是一个常用的方法，那么圆心究