全国高中数学联合竞赛试卷.doc

1、智浪教育-普惠英才文库- 1 -2006 年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说 明：1评阅试卷时，请依据本评分标准. 选择题只设 6 分和 0 分两档，填空题只设 9 分和 0 分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，5 分为一个档次，不要再增加其他中间档次.一、选择题(本题满分 36 分，每小题 6 分)1已知 ABC，若对任意 t R， ，则 ABC 一定为| BA t BC| | AC|A锐角三角形 B钝角三角形 C直角三角形 D答案不确

2、定 答 C解：令 ABC ，过 A 作 AD BC 于 D，由 ，推出 | BA t BC| | AC|2 t t2 ,令 t ，代入上式，得 | BA|2 BA BC | BC|2 | AC|2 BA BC| BC|2 2 cos2 cos2 ，即 sin2 , | BA|2 | BA|2 | BA|2 | AC|2 | BA|2 | AC|2 也即 sin 从而有 由此可得 ACB | BA| | AC| | AD| | AC| 22设 logx(2x2 x1)log x21，则 x 的取值范围为A x1 B x 且 x1 C x1 D 0 x1 12 12答 B解：因为 ，解得 x 且

3、x1由 logx(2x2 x1)log x21， x 0， x 12x2 x 1 0) 12 logx(2x3 x2 x)log x2 或 解得 0 x1 或 x10 x 1，2x3 x2 x 2) x 1，2x3 x2 x 2)所以 x 的取值范围为 x 且 x1 123已知集合 A x|5x a0， B x|6x b0， a， bN，且 A BN2，3，4，则整数对( a， b)的个数为A20 B25 C30 D42 答 C智浪教育-普惠英才文库- 2 -解：5 x a0 x ；6 x b0 x 要使 A B N2，3，4，则a5 b6，即 所以数对( a， b)共有 C C 30 个 1

4、 b6 2，4 a5 5) 6 b 12，20 a 25 ) 61 51 4在直三棱柱 A1B1C1 ABC 中， BAC ， AB AC AA11已知 G 与 E 分别为 A1B1和 CC1的中点， D 2与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点)若 GD EF，则线段 DF 的长度的取值范围为A ，1) B ，2) C1， ) D ， ) 15 15 2 15 2答 A解：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，则 F(t1，0，0)(0 t11)， E(0，1， )， G( ，0，1)， D(0， t2，0)(0 t

5、21)所以 ( t1，1， )，12 12 EF 12( ， t2，1)因为 GD EF，所以 t12 t21，由此推出 0 t2 又 ( t1， t2，0)， GD 12 12 DF ，从而有 1| DF| t 12 t 22 5t 22 4t2 1 5(t2 f(2,5)2 15 15 | DF|5设 f(x) x3log 2(x )，则对任意实数 a， b， a b0 是 f(a) f(b)0 的x2 1A. 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 答 A解：显然 f(x) x3log 2(x )为奇函数，且单调递增于是x2 1若 a b0

6、，则 a b，有 f(a) f( b)，即 f(a) 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 b0 6数码 a1， a2， a3， a2006中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 的个数为 2a1a2a2006A (1020068 2006) B (1020068 2006) C10 20068 2006 D10 20068 200612 12答 B解：出现奇数个 9 的十进制数个数有 A C 92005 C 92003 C 9又由于 20061 20063 20062005 (91) 2006 C 9

7、2006 k以及(91) 2006 C (1) k92006 kk 02006 2006k k 02006 2006k 从而得A C 92005 C 92003 C 9 (1020068 2006) 20061 20063 20062005 12二、填空题(本题满分 54 分，每小题 9 分)智浪教育-普惠英才文库- 3 -7. 设 f(x)sin 4xsin xcosxcos 4x，则 f(x)的值域是 填0， 98解： f(x)sin 4xsin xcosxcos 4x1 sin2x sin22x令 tsin2 x，则12 12f(x) g(t)1 t t2 (t )2因此 g(t) g(

8、1)0， g(t) g(12 12 98 12 12 1 t 1min 1 t 1max ) 12 98故， f(x)0， 988. 若对一切 R，复数 z( acos )(2 asin )i 的模不超过 2，则实数 a 的取值范围为 填 ， 55 55解：依题意，得| z|2( a cos )2(2 asin )24 2a(cos 2sin )35 a22 asin( )3 5a2( arcsin )对任意实数 成立5552 |a|35 a2|a| ，故 a 的取值范围为 ， 555 55 559已知椭圆 1 的左右焦点分别为 F1与 F2，点 P 在直线 l： x y82 0 上. 当 F

9、1PF2x216 y24 3 3取最大值时，比 的值为 |PF1|PF2|填 1.3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 相切于点 P直线 l交 x 轴于 A(82 ，0)，则 APF1 AF2P，即 APF1 AF2P，即3 |PF1|PF2| |AP|AF2|又由圆幂定理，|AP|2| AF1|AF2| 而 F1(2 ，0)， F2(2 ，0)， A(82 ，0)，从而有| AF1|8，| AF2|84 3 3 3 3代入，得， 1|PF1|PF2| |AF1|AF2| 88 4 3 4 2 3 310底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放

10、有四个半径为 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球12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 cm 3智浪教育-普惠英才文库- 4 -填( ) 13 22解：设四个实心铁球的球心为 O1， O2， O3， O4，其中 O1， 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 1 故应注水 (1 )22 22 224 ( )3( ) 43 12 13 2211方程( x20061)(1 x2 x4 x2004)2006 x2005的实数解的个数为 填 1解：( x20061)(1 x

11、2 x4 x2004)2006 x2005(x )(1 x2 x4 x2004)20061x2005x x3 x5 x2005 2006，故 x0，否则左边01x2005 1x2003 1x2001 1x2006 x x3 x2005 21003 20061x 1x3 1x2005等号当且仅当 x1 时成立所以 x1 是原方程的全部解因此原方程的实数解个数为 112. 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 填 0.0434解：第 4 次恰好取完所有红球的概率为( )2 ( )2 0.0434210 910 110

12、810 210 910 110 810 210 110智浪教育-普惠英才文库- 5 -三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13. 给定整数 n2，设 M0(x0， y0)是抛物线 y2 nx1 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 k2，使( x ， y )为抛物线 y2 kx1 与直线 y x 的一个交点 0m 0m 证明：因为 y2 nx1 与 y x 的交点为 x0 y0 显然有 x0 =n2(5 分)n n2 42 1x0若( x ， y )为抛物线 y2 kx1 与直线 y x 的一个交点，则 k x (10 分) 0m 0m 0m 1x0m

13、 记 km x ， 0m 1x0m 由于 k1 n 是整数， k2 x ( x0 )22 n22 也是整数， 02 1x02 1x0且 km1 km(x0 ) km1 nkm km1 ，( m2) (13.1)1x0所以根据数学归纳法，通过(13.1)式可证明对于一切正整数 m， km x 是正整数，且 km2 现在 0m 1x0m 对于任意正整数 m，取 k x ，满足 k2，且使得 y2 kx1 与 y x 的交点为( x ， y )(20 分) 0m 1x0m 0m 0m 14将 2006 表示成 5 个正整数 x1， x2， x3， x4， x5之和记 S xixj问：1 i j 5

14、当 x1， x2， x3， x4， x5取何值时， S 取到最大值； 进一步地，对任意 1 i， j5 有 2，当 x1， x2， x3， x4， x5取何值时， S 取到最小值. |xi xj|说明理由解：(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 x52006，且使 S xixj取到最大值，则必有1 i j 51 (1 i， j5) (5 分) (*)|xi xj|事实上，假设(*)不成立，不妨假设 x1 x22，则令 x1 x11， x2 x21， xi xi (i3，4，5)有 x1 x2 x1 x2， x1x2 x1x2 x1 x21

15、x1x2将 S 改写成S xixj x1x2( x1 x2)(x3 x4 x5) x3x4 x3x5 x4x51 i j 5同时有 S x1x2( x1 x2)(x3 x4 x5) x3x4 x3x5 x4x5于是有 S S x1x2 x1x20这与 S 在x1， x2， x3， x4， x5时取到最大值矛盾所以必有 1，(1 i， j5)|xi xj|因此当 x1402， x2 x3 x4 x5401 时 S 取到最大值 (10 分) 当 x1 x2 x3 x4 x52006，且 2 时，只有|xi xj|智浪教育-普惠英才文库- 6 -（I） 402， 402， 402， 400， 400

16、；（II） 402， 402， 401， 401， 400；（III） 402， 401， 401， 401， 401；三种情形满足要求 (15 分)而后两种情形是由第一组作 xi xi1， xj xj1 调整下得到的根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式 S xixj变大所以在 x1 x2 x3402， x4 x5400 时 S 取到最小1 i j 5值(20 分)15设 f(x) x2 a. 记 f1(x) f(x)， fn(x) f(fn1 (x)， n1，2，3，M aR|对所有正整数 n， 2证明， M2， |fn(0)|14证明： 如果 a2，则 | a|2， a M (5 分

17、)|f1(0)| / 如果2 a ，由题意， f1(0) a， fn(0)( fn1 (0)2 a， n2，3，则14 当 0 a 时， ，( n1).14 |fn(0)| 12事实上，当 n1 时， | a| ，设 n k1 时成立( k2 为某整数） ，则对 n k， |f1(0)|12 a( )2 |fk(0)| |fk 1(0)|2 12 14 12 当2 a0 时， | a|，( n1)|fn(0)|事实上，当 n1 时， | a|，设 n k1 时成立( k2 为某整数)，则对 n k，有|f1(0)| a| a a a2 a(fk 1(0)2 注意到当2 a0 时，总有 a22

18、a，即 a2 a a| a|从而有 | a|由归纳法，推|fk(0)|出2， M(15 分)14 当 a 时，记 an fn(0)，则对于任意 n1， an a 且14 14an1 fn1 (0) f(fn(0) f(an) a a n2 对于任意 n1， an1 an a an a( an )2 a a 则 an1 an a n2 12 14 14 14所以， an1 a an1 a1 n(a )当 n 时， an1 n(a ) a2 a a2，即 fn1 (0)14 2 aa 14 142因此 a M /智浪教育-普惠英才文库- 7 -综合，我们有 M2， (20 分)14智浪教育-普惠英

19、才文库- 8 -2006 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准说 明：1. 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，10 分为一个档次，不要再增加其他中间档次一、 （本题满分 50 分）以 B0和 B1为焦点的椭圆与 AB0B1的边ABi交于点 Ci(i0，1). 在 AB0的延长线上任取点 P0，以 B0为圆心，B0P0为半径作圆弧 交 C1B0的延长线于 Q0；以 C1为圆心， C1Q0为P0Q0 半径作圆弧 交 B1A 的延长线于点 P1；以 B1为圆心， B1P1为

20、半径Q0P1 作圆弧 交 B1C0的延长线于 Q1；以 C0为圆心， C0Q1为半径作圆弧P1Q1 ，交 AB0的延长线于 P0. 试证：Q1P0 点 P0与点 P0重合，且圆弧 与 相内切于点 P0；P0Q0 P0Q1 四点 P0， Q0， Q1， P1共圆关于的证明要点： 说明 C0P0 C0P0，从而得到 P0与 P0重合：由椭圆定义知 B0C1 B1C1 B0C0 B1C02 a(2a 为椭圆的长轴)记 BiCj rij(i， j0，1)，即 r01 r11 r00 r102 a设 B0P0 B0Q0 b，则 C1Q0 C1P1 C1B0 B0Q0 r01 b；B1P1 B1Q1 B1

21、C1 C1P1 r11 r01 b；C0Q1 C0P0 B1Q1 B1C0 r11 r01 b r10 b2 a r10 b r00但 C0P0 b r00；从而 C0P0 C0P0，故点 P0与 P0重合(10 分) 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切由于弧 的圆心为 B0， 的圆心为 C0，而 P0为两圆公共点，但P0Q0 P0Q1 C0、 B0、 P0三点共线，故两圆弧内切于点 P0B1 B0C1P1P0Q1Q0AC0B1 B0C1P1P0Q1Q0AC0DB1 B0C1P1P0Q1Q0AC0智浪教育-普惠英才文库- 9 -或：由于 C0B

22、0 C0Q1 B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切(20 分)的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，一是从找出圆心入手证明分述如下： 说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为 180，连 P0Q0， P0Q1， P1Q0， P1Q1，证法一：证明 Q0P0Q1 Q0P1Q1从而说明四点共圆由于 Q0P0Q1 B0P0Q0 C0P0Q1 (180 P0B0Q0) (180 P0C0Q1)12 12 ( P0C0Q1 P0B0Q0)12 ( AC0B1 C0B0C1) C0MB0；(30 分)12 12 Q0P1Q1 B1P1Q1 C1P1Q0 (180

23、 P1B1Q1) (180 P1C1Q0)12 12 ( P1C1Q0 P1B1Q1) C1MB1；(40 分)12 12但， C0MB0 C1MB1，故 Q0P0Q1 Q0P1Q1，从而 P0， Q0， Q1， P1四点共圆得证(50 分)证法二：利用圆心角证明 P1Q1P0 P1Q0P0，从而说明四点共圆由于 P1Q1P0 P1Q1B1 C0Q1P0 (180 P1B1Q1) (180 P0C0Q1)12 12180 ( P1B1Q1 P0C0Q1)； (30 分)12 P1Q0P0 P1Q0C1 B0Q0P0 (180 P1C1Q0) (180 P0B0Q0)12 12180 ( P1C

24、1Q0 P0B0Q0)； (40 分)12而 P1C1Q0 P0B0Q0 P1B1Q1 B1DC1 DB0C0 P1B1Q1 P0C0Q1，所以， P1Q1P0 P1Q0P0，从而 P0， Q0， Q1， P1四点共圆得证(50 分)证法三：利用弦切角证明 P1Q1P0 P1Q0P0，从而说明四点共圆 现在分别过点 P0和 P1引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T，又过点 Q1引相应相切圆弧的公切线 RS，分别交 P0T 和 P1T 于点 R 和 S连接 P0Q1和P1Q1，得等腰三角形 P0Q1R 和 P1Q1S基于此，我们可由TSRDB1 B0C1P1P0Q1Q0AC

25、0智浪教育-普惠英才文库- 10 - P0Q1P1 P0Q1R P1Q1S ( P1P0T Q1P0P1)( P0P1T Q1P1P0) (30 分)而 P0Q1P1 Q1P0P1 Q1P1P0，代入上式后，即得 P0Q1P1 ( P1P0T P0P1T) (40 分)12同理可得 P0Q0P1 ( P1P0T P0P1T)所以四点12P0， Q0， Q1， P1共圆(50 分) 还有例如证明 P1Q1Q0 P1P0Q0180，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而证明四点共圆若此四点共圆，则圆心应在 P0Q0、 P0Q1、 P1Q0、 P1

26、Q1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上可以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点或证明 AB1C0与 AB0C1有公共的内心证法一：作 AB1C0与 AC0B1的角平分线，交于点 I，则 I 为 AB1C0的内心作 IM AB1， IN AC0，垂足分别为 M、 N则 AM AN (AB1 AC0 B1C0)；12作 AC1B0与 AB0C1的角平分线，交于点 I，则 I为 AB0C1的内心作 IM AC1， IN AB0，垂足分别为 M、 N同上得， AM AN (AC1 AB0 B0C1)(30 分)12但 AB1 AC0 B1C0 AC1 B1C1 AB0 B0

27、C0 B1C0 AC1 AB0 B0C1(40 分)于是， M 与 M， N 与 N重合即 I 与 I重合于是 IP1 IQ1 IP0 IQ0，即 P0， Q0， Q1， P1共圆(50 分)证法二：作 AB1C0与 AC0B1的角平分线，交于点 I，则 I 为 AB1C0的内心，故 I 在B 0AB1的角平分线上但 B1I 是 P1Q1的垂直平分线， C0I 是 P0Q1的垂直平分线，从而 I 又是 P0P1Q1的外心，即 I 在 P0P1的垂直平分线上，故 I 是 P0P1的垂直平分线与 B0AB1的角平分线的交点作 AC1B0与 AB0C1的角平分线，交于点 I，同理 I也是 P0P1的垂直平分线与B 0AB1的角平分线的交点，从而 I 与 I重合于是 I 是 P0P1Q0与 P0P1Q1的公共的外心，即 I 到 P0、 P1、 Q0、 Q1的距离相等从而此四点共圆NMII C0AQ0Q1P0P1C1B0B1