2006年全国高中数学联赛试题及答案详解

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1.已知△ABC，若对任意tR，BAtBCAC，则△ABC一定为A．锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.答案不确定【答案】（）2.设logx(2x2xlogx21，则x的取值范围为11A．x1B．x,且x1C．x1D．0x1）2223256.设f(x)xxx1a,b，ab0是f(a)f(b)0的A.充分必要条件C.必要而不充分条件B.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】（）.数码a,a,a,,a中有奇数个9的2007位十进制数2aaaa的个数为2006123123121A．8)B．82006)C．108D．108【答2）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）78.设fx()sin4sincoscos4，则f(x)的值域是xxxx。.若对一切z(acos)(2asin)i的模不超过a的取值范围为.x2y29.已知椭圆1的左右焦点分别为F与FP在直线l：x3y823012164PF上.当FPF取最大值时，比1的值为.12PF2110.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，2其中底层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(xx2x4x2004)2006x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）15.设f(x)x2a.记fn1(x)f(x)，fn(x)f(fn1(x，n，P1对所有正整数，.证AMaRnf(0)21明：M.410B02006年全国高中数学联合竞赛加试试卷考试时间：上午10：00—12：00）C10（B1B和B为焦点的椭圆与△ABB的边AB交于C（i=0，0101iiP(P')001AB的延长线上任取点P，以B为圆心，BP00000作圆弧PQ交CB的延长线于QCQ为半径作圆弧QP交BA的延长线于P；101000010111以B为圆心，BP为半径作圆弧PQ交BC的延长线于QC为圆心，CQ为半径作圆弧11100111110QP′，交AB的延长线于P′。试证：1000（1）点P′与点P重合，且圆弧PQ与PQ相内切于P；0000010（2）四点P、Q、Q、P共圆。00112006年一试参考答案一、选择题（本题满分36分，每小题6分）.【答案】（C）1【解析】令，过A作ADBC于D。由t，推出BC222BAtBCt2BCAC,令t，代入上式，得2BC222222BA2BAcos2cos2BAAC，即BAsin2AC,也即BAsinAC。从而有ADAC。由此可得ACB。23.【答案】（C）ab【解析】5xa0x；6xb0xABN2,3,456b12b1266，即。所以数对a,b共有C16C1530。a520a25454.【答案】（A）【解析】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，11则Ft,0,0)（0t1E)，G(,，D(0,t,0)（0t1）。所以11222211EFt,)，(,t,。因为GDEF，所以tt1，由此推出121222t。又t,t,0)，t12102t22t22t1t)2，2121222551。15从而有6、【答案】（B）【解析】出现奇数个9的十进制数个数有AC2192005C392003C5922于C292006k以及Ck(k92006k，从而得k0k01AC29C39C200598)。20062二、填空题（本题满分54分，每小题9分）558.【答案】,。55【解析】依题意，得z2(acos)2(2asin)2412a(cos2sin)35a225a)3a2（5555意实数成立）25a35a2a.故a的取值范围为,。5559.【答案】31解析】由平面几何知，要使FPF最大，则过F,F，P三点的圆必定和直线l相【1212切于P点。设直线l交x轴于A(823,0)APFAFPAPFAFP，1212PFAPAF1即（1），又由圆幂定理，PF222AFF(23,0)F(23,0)(823,0)AFAPAF8，12121PFAF828431142331。PF8432212.【答案】0.0434解析】第4次恰好取完所有红球的概率为【222918291821=0.0434.10101010101010101010三.解答题（本题满分60分，每小题20分）nn24y2nx与yx的交点为xy1.显然有13.【证明】因为00210n。01mm2m若(x,y)为抛物线ykx1与直线yx的一个交点，则k0.记00m011km0m，则km1k(x)km1nkk，(m2)（13.1）mm00mm1011由于1n是整数，k022(0)22n22也是整数，所以根据数学归纳0201法，通过（13.1）式可证明对于一切正整数m，km0m是正整数.现在对于任意0m1正整数m，取k0m，使得y2kx1与yx的交点为(x,y).mmm00015.【证明】（１）如果a2，则f1(0)|a2，aM。1２）如果2a，由题意f1(0)a，fn(0)(fn1(0))2a,n.则（4111①当0a时，fn(0)（n1n1时，f1(0)a,422设nk1时成立（k2为某整数），则对nk，211412fk(0)fk1(0)a.22113）当a时，记anfn(0)，则对于任意n1，aa且（n44an1an1an1fn1(0)f(fn(0))f(an)n2a。对于任意n1，1111nan2aa(a)2aa,则aaa。所以，nnn1n244412a1an1an(a)。当n时，an1n(a)a2aa2，即1144a41fn1(0)2。因此aMM。42006年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案50分）以B和B为焦点的椭圆与△ABBAB交于CAB01001ii的延长线上任取点PBP为半径作圆弧PQ交CB的延长线于QC为圆1000000001Q为半径作圆弧QP交BA的延长线于P；以BP为半径作圆弧PQ交BC0111101011111的延长线于Q；以C为圆心，CQ为半径作圆弧QP′，交AB的延长线于P′。试证：10011000（（【P′与点PPQ与PQ相内切于P；00000102）四点P、Q、Q、P共圆。0011P1解析】BP=BQ，并由圆弧PQ和QP，0000A00011QP和PQ，PQ和QP′分别相内切于点Q、P、Q，得01111110011CB+BQ=CP，BC+CP=BC+CQ以及CQ=CB+BP′。四11100100100011110100式相加，利用BC+CB=BC+CB以及P′在BP或其延长10000011100线上，有BP=BP′。0000T从而可知点P′与点PQP的圆心C100000B01弧PQ的圆心B以及PQP和PQ010000100相内切于点P0。2）现在分别过点P和P引上述相应相切圆弧的公切线0B1R1（01P0PT和PT交于点T。又过点Q引相应相切圆弧的公切线011RS，分别交PT和PT于点R和S。连接PQ和PQ，得等腰三角形PQR和PQS。基于0111011111110111此，我们可由∠PQP=π∠PQR∠PQS=π(∠PPT∠QPP)(∠PPT∠QPP)0111101110011111001而π∠PQP=∠QPP+∠QPP，代入上式后，即得11101110011PQP(PPTPPT)PQP(PPTPPT)0111001001100122以四点P、Q、Q、P共圆。0011aan11，n=1、2、…。an50分）已知无穷数列{a}满足a=x，a=y，n01n1anan1（（1）对于怎样的实数x与y，总存在正整数n，使当n≥n时a恒为常数？00n2）求数列{an}的通项公式。（an1an1an11a1，n≥2。（2.7）n2an11a1n2a1记bn1，则当n≥2时，nanbbbbbbn2n3n2b2n2n3bb)2n3b3b2nn1n2n3n4n3n4由此递推，我们得到an1y1x1()n1()n2，n≥2，（2.8）（2.9）（2.10）an1y1x1这里F=F+F，n≥2，F=F=1。n−1n−2n0111515由（2.9）解得n[()n1()]n1。522上式中的n还可以向负向延伸，例如F=0，F=1。−2−1这样一来，式（2.8）对所有的n≥0都成立。由（2.8）解得(xn2(yn1(xn1(yn2an，n≥0。（2.11）(xn2(yn1(xn1(yn2式（2.11）中的F、F由（2.10）确定。−2−12006年全国高中数学联赛加试试题的另解2006年全国高中数学联赛加试第一题以B和B为焦点的椭圆与ABB的边AB交于C(i0,1)。在AB的延长线0101ii0上任取点PB为圆心，BP为半径作圆弧PQ交CB的延长线于QC为0000001001圆心，CQ为半径作圆弧QP交BA的延长线于PB为圆心，BP为半径作圆100111111'弧PQ交BC的延长线于QC为圆心，CQ为半径作圆弧QPAB的延11101001100'长线于P。0试证：'078..点P与点P重合，且圆弧PQ与PQ相切于点P；000010四点P、Q、Q、P0011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，那么圆心究竟在哪里？试验：由题意可以知道：CBCBCBCB=常数（大于BB1011010001利用《几何画板》制作如图1所示的试验场景，其中圆O为四边形PQQP的外接圆。0011CB=10CBB=CB=101111CBB=CB=010001PCB=00AQ1OC1C0B1B0Q0P0拖动点观察圆心O的位置变化图1拖动点A，观察圆心O位置的变化，猜测点O可能是ACB的内心与ACB的内1001数，可以验证这个猜想是正确的！所以我们就有了下面的另解：证明：首先证明ACB的内心与ACB的内心重合：1001假设这两个三角形的内心不重合，并设O为ACB的内心，M、N、F分别为切10点。则可从点B引圆O的切线与圆O切于点E、与线段AB交于点D，而且点D与点10C0∴DBDBCBCB010111又因为CBCBCBCB，01001110P