全国高中数学联赛试题及解析 苏教版52.doc

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
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C．
解：令∠ABC＝α，过A作AD⊥BC于D，由≥，推出　
－2t· ＋t2≥,令t＝，代入上式，得
－2cos2α＋cos2α≥，即 sin2α≥,
也即sinα≥．从而有≥．由此可得∠ACB＝．
2．设logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，则x的取值范围为
A．＜x＜1 B．x＞且x≠1 C． x＞1 　D． 0＜x＜1
答B．
解：因为，解得x＞且x≠1．由logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，
Þ logx(2x3＋x2－x)＞logx2Þ 或．解得0＜x＜1或x＞1．
所以x的取值范围为x＞且x≠1．
3．已知集合A＝{x|5x－a≤0}，B＝{x|6x－b＞0}，a，b∈N，且A∩B∩N＝{2，3，4}，则整数对(a，b)的个数为
A．20 B．25 C．30 D．42
答C．
解：5x－a≤0Þx≤；6x－b＞0Þx＞．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，则
，即所以数对(a，b)共有CC＝30个．
4．在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1．已知G与E分别为A1B1和CC1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⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为
A．[，1) B．[，2) C．[1，) D．[，)
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＜t1＜1)，E(0，1，)，G(，0，1)，D(0，t2，0)(0＜t2＜1)．所以＝(t1，－1，－)，＝(－，t2，－1)．因为GD⊥EF，所以t1＋2t2＝1，由此推出0＜t2＜．又＝(t1，－t2，0)，
＝＝＝，从而有≤＜1．
5．设f(x)＝x3＋log2(x＋)，则对任意实数a，b，a＋b≥0是f(a)＋f(b)≥0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
答A．
解：显然f(x)＝x3＋log2(x＋)为奇函数，且单调递增．于是
若a＋b≥0，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＋b≥0．
6．数码a1，a2，a3，…，a2006中有奇数个9的2007位十进制数的个数为
A．(102006＋82006) B．(102006－82006) C．102006＋82006 D．102006－82006
答B．
解：出现奇数个9的十进制数个数有A＝C92005＋C92003＋…＋C9．又由于
(9＋1)2006＝C92006－k以及(9－1)2006＝C(－1)k92006－k
从而得
A＝C92005＋C92003＋…＋C9＝(102006－82006)．
二、填空题(本题满分54分，每小题9分)
7. 设f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x，则f(x)的值域是 ．
填[0，]．
解：f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x＝1－sin2x－ sin22x．令t＝sin2x，则
f(x)＝g(t)＝1－t－t2＝－(t＋)2．因此g(t)＝g(1)＝0， g(t)＝g(－)＝．
故，f(x)∈[0，]．
8. 若对一切θ∈R，复数z＝(a＋cosθ)＋(2a－sinθ)i的模不超过2，则实数a的取值范围为 ．
填[－，]．
解：依题意，得|z|≤2Û(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤4Û2a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2．
Û－2asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin)对任意实数θ成立．
Û2|a|≤3－5a2Þ|a|≤，故 a的取值范围为[－，]．
9．已知椭圆＋＝1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：x－y＋8＋2＝0上. 当∠F1PF2取最大值时，比的值为 ．
填－1．.
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(－8－2，0)，则∠APF1＝∠AF2P，即∆APF1∽∆AF2P，即
＝ ⑴
又由圆幂定理，
|AP|2＝|AF1|·|AF2| ⑵
而F1(－2，0)，F2(2，0)，A(－8－2，0)，从而有|AF1|＝8，|AF2|＝8＋4．
代入⑴，⑵得，＝＝＝＝－1．
10．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，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．
填(＋)π．
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π(1＋)－4×π()3＝(＋)π．　　　　　
11．方程(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005的实数解的个数为 ．
填1．
解：(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005Û(x＋)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006
Ûx＋x3＋x5＋…＋x2005＋＋＋＋…＋＝2006，故x＞0，否则左边＜0．
Û2006＝x＋＋x3＋＋…＋x2005＋≥2×1003＝2006．
等号当且仅当x＝1时成立．
所以x＝1是原方程的全部解．因此原方程的实数解个数为1．
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 ．
填．
解：第4次恰好取完所有红球的概率为
×()2×＋×××＋()2××＝0.0434．
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y2＝nx－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，y)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点．
证明：因为y2＝nx－1与y＝x的交点为x0＝y0＝．显然有x0＋=n≥2．…(5分)
若(x，y)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝x＋．………(10分)
记km＝x＋，
由于k1＝n是整数，k2＝x＋＝(x0＋)2－2＝n2－2也是整数，
且 km＋1＝km(x0＋)－km－1＝nkm－km－1，(m≥2) 　　　(13.1)
所以根据数学归纳法，通过()式可证明对于一切正整数m，km＝x＋是正整数，且km≥2现在对于任意正整数m，取k＝x＋，满足k≥2，且使得y2＝kx－1与y＝x的交点为(x，y)．……(20分)
14．将2006表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和．记S＝xixj．问：
⑴ 当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最大值；
⑵ 进一步地，对任意1≤i，j≤5有≤2，当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最小值.
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＋x5＝2006，且使S＝xixj取到最大值，则必有
≤1 (1≤i，j≤5) ………(5分) (*)
事实上，假设(*)不成立，不妨假设x1－x2≥2，则令x1¢＝x1－1，x2¢＝x2＋1，xi¢＝xi (i＝3，4，5)．有x1¢＋x2¢＝x1＋x2，x1¢·x2¢＝x1x2＋x1－x2－1＞x1x2．将S改写成
S＝xixj＝x1x2＋(x1＋x2)(x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5
同时有 S¢＝x1¢x2¢＋(x1¢＋x2¢)((x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5．于是有S¢－S＝x1¢x2¢－x1x2＞0．这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾．所以必有≤1，(1≤i，j≤5)．
因此当x1＝402，x2＝x3＝x4＝x5＝401时S取到最大值． ……………………(10分)
⑵ 当x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且≤2时，只有
（I） 402， 402， 402， 400， 400；
（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¢＝xi－1，xj¢＝xj＋1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＝x3＝402，x4＝x5＝400时S取到最小值．………(20分)
15．设 f(x)＝x2＋a. 记f1(x)＝f(x)，fn(x)＝f(fn－1(x))，n＝1，2，3，…，
M＝{a∈R|对所有正整数n，≤2}．证明，M＝[－2，]．
证明：⑴ 如果a＜－2，则＝|a|＞2，aM． ………………………(5分)
⑵ 如果－2≤a≤，由题意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．则
① 当0≤a≤时，≤，("n≥1).
事实上，当n＝1时，＝|a|≤，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k，
≤＋a≤()2＋＝．
② 当－2≤a＜0时，≤|a|，("n≥1)．
事实上，当n＝1时，≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有
－|a|＝a≤＋a≤a2＋a
注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．从而有≤|a|．由归纳法，推出[－2，]ÍM．……………………(15分)
⑶ 当a＞时，记an＝fn(0)，则对于任意n≥1，an＞a＞且
an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝a＋a．
对于任意n≥1，an＋1－an＝a－an＋a＝(an－)2＋a－≥a－．则an＋1－an≥a－．
所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－)．当n＞时，an＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，即fn＋1(0)＞2．因此aM．
综合⑴，⑵，⑶，我们有M＝[－2，]． …………………………(20分)
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(i＝0，1). 在AB0的延长线上任取点P0，以B0为圆心，B0P0为半径作圆弧交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧交B1A的延长线于点P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧，交AB0的延长线于P0¢. 试证：
⑴ 点P0¢与点P0重合，且圆弧与相内切于点P0；
⑵ 四点P0，Q0，Q1，P1共圆．
关于⑴的证明要点：
① 说明C0P0＝C0P0¢，从而得到P0与P0¢重合：
由椭圆定义知B0C1＋B1C1＝B0C0＋B1C0＝2a(2a为椭圆的长轴)．
记BiCj＝rij(i，j＝0，1)，即r01＋r11＝r00＋r10＝2a．
设B0P0＝B0Q0＝b，
则C1Q0＝C1P1＝C1B0＋B0Q0＝r01＋b；
B1P1＝B1Q1＝B1C1＋C1P1＝r11＋r01＋b；
C0Q1＝C0P0¢＝B1Q1－B1C0＝r11＋r01＋b－r10
＝b＋2a－r10＝b＋r00．
但C0P0＝b＋r00；从而C0P0¢＝C0P0，故点P0与P0¢重合．(10分)
② 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C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0．
或：由于C0B0＝C0Q1－B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切．(20分)
⑵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：
① 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)
＝(∠P0C0Q1－∠P0B0Q0)
＝(∠AC0B1－∠C0B0C1)＝∠C0MB0；(30分)
∠Q0P1Q1＝∠B1P1Q1－∠C1P1Q0
＝(180˚－∠P1B1Q1)－(180˚－∠P1C1Q0)
＝(∠P1C1Q0－∠P1B1Q1)＝∠C1MB1；(40分)
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)
＝180˚－(∠P1B1Q1＋∠P0C0Q1)； (30分)
∠P1Q0P0＝∠P1Q0C1＋∠B0Q0P0＝(180˚－∠P1C1Q0)＋(180˚－∠P0B0Q0)
＝180˚－(∠P1C1Q0＋∠P0B0Q0)； (40分)
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
∠P0Q1P1＝π－∠P0Q1R－∠P1Q1S
＝π－(∠P1P0T－∠Q1P0P1)－(∠P0P1T－∠Q1P1P0) (30分)
而 π－∠P0Q1P1＝∠Q1P0P1＋∠Q1P1P0，
代入上式后，即得
∠P0Q1P1＝π－(∠P1P0T＋∠P0P1T) (40分)
同理可得∠P0Q0P1＝π－(∠P1P0T＋∠P0P1T)．所以四点P0，Q0，Q1，P1共圆．(50分)
还有例如证明∠P1Q1Q0＋∠P1P0Q0＝180˚，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法．
② 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、P1Q1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)；
作∠AC1B0与∠AB0C1的角平分线，交于点I¢，则I¢为△AB0C1的内心．作I¢M¢⊥AC1，I¢N¢⊥AB0，垂足分别为M¢、N¢．
同上得，AM¢＝AN¢＝(AC1＋＋AB0－B0C1)．(30分)
但AB1＋AC0－B1C0＝AC1＋B1C1＋AB0－B0C0－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∠B0AB1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∠B0AB1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．
二、(本题满分50分)已知无穷数列{an}满足a0＝x，a1＝y，an＋1＝，n＝1，2，…．
⑴ 对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当n≥n0时an恒为常数？
⑵ 求通项an．
解： ⑴我们有
an－an＋1＝an－＝，n＝1，2，… (2．1)
所以，如果对某个正整数n，有an＋1＝an，则必有a＝1，且an＋an－1≠0．
如果该n＝1，我们得
|y|=1 且 x≠－y．………………(10分) (2．2)
如果该n＞1，我们有
an－1＝－1＝，n≥2 (2．3)
和
an＋1＝＋1＝，n≥2 (2．4)
将式(2．3)和(2．4)两端相乘，得
a－1＝·． (2．5)
由(2．5)递推，必有(2．2)或
|x|＝1且y≠－x． (2．6)
反之，如果条件(2．2)或(2．6)满足，则当n≥2时，必有an＝常数，且常数是1或－1． …(20分)
⑵ 由(2．3)和(2．4)，我们得到
＝·，n≥2． (2．7)
记bn＝, 则当n≥2时，
bn＝bn－1bn－2＝(bn－2bn－3)bn－2＝bbn－3＝(bn－3bn－4)＝bb＝…
由此递推，我们得到
＝，n≥2．……………(30分) (2．8)
这里
Fn＝Fn－1＋Fn－2，n≥2，F0＝F1＝1． (2．9)
由(2．9)解得
Fn＝． (2．10)
上式中的n还可以向负向延伸，例如
F－1＝0，F－2＝1．……………(40分)
这样一来，式(2．8)对所有的n≥0(2．8)解得
an＝，n≥0. (2．11)
式（2.11）中的Fn－1，Fn－2由(2．10)确定. ……………（50分）
三、（本题满分50分）解方程组

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． (10分)
在此记号系统下，原方程组的第一个方程为
p＝s＋2. (3．1)
于是
p2＝s2＋4s＋4，
p3＝s3＋6s2＋12s＋8，
p4＝s4＋8s3＋24s2＋32s＋16．
现在将上面准备的p2，p3，p4和s2，s3，s4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， (3．2)
pq＝st＋2s2＋4s－4， (3．3)
2p2q－q2＝2s2t－t2＋4s3＋12s2＋16s－25 (3．4)
…………………………（20分）
将(3．1)和(3．2)代入(3．3)，得
t＝－1， (3．5)
将(3．5)代入(3．2)，得
q＝－2． (3．6)
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X2－4X＋3＝0和Y2－2Y＝0的两根 …………(30分)
即
或
且
或
详言之，方程组有如下四组解：x＝3，y＝2，z＝1，w＝0；或x＝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． …………………… (50分)
注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得40分．