《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版52》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版52（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2006年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽 試題參考答案及評分標準 說 明： 1．評閱試卷時，請依據(jù)本評分標準. 選擇題只設(shè)6分和0分兩檔，填空題只設(shè)9分和0分兩檔；其他各題的評閱，請嚴格按照本評分標準的評分檔次給分，不要增加其他中間檔次. 2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時可參照本評分標準適當劃分檔次評分，5分為一個檔次，不要再增加其他中間檔次. 一、選擇題(本題滿分36分，每小題6分) 1．已知△ABC，若對任意t∈R，≥，則△ABC一定為 A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．直角三角形 D．答案不確定 答C． 解：令∠ABC＝α

2、，過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≥．從而有≥．由此可得∠ACB＝． 2．設(shè)logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，則x的取值范圍為 A．＜x＜1 B．x＞且x≠1 C． x＞1 　D． 0＜x＜1 答B(yǎng)． 解：因為，解得x＞且x≠1．由logx(2x2＋x－1)＞logx2－1， T logx(2x3＋x2－x)＞logx2T 或．解得0＜x＜1或x＞1． 所以

3、x的取值范圍為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}，則整數(shù)對(a，b)的個數(shù)為 A．20 B．25 C．30 D．42 答C． 解：5x－a≤0Tx≤；6x－b＞0Tx＞．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，則 ，即所以數(shù)對(a，b)共有CC＝30個． 4．在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1．已知G與E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)

4、．若GD⊥EF，則線段DF的長度的取值范圍為 A．[，1) B．[，2) C．[1，) D．[，) 答A． 解：建立直角坐標系，以A為坐標原點，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，則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)．因為GD⊥EF，所以t1＋2t2＝1，由此推出0＜t2＜．又＝(t1，－t2，0)， ＝＝＝，從而有≤＜1． 5．設(shè)f(x)＝x3＋log2(x＋)，則對任意實數(shù)a，b，a＋b≥0是f(a)＋f(b)≥0的 A.

5、充分必要條件 B. 充分而不必要條件 C. 必要而不充分條件 D. 既不充分也不必要條件 答A． 解：顯然f(x)＝x3＋log2(x＋)為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增．于是 若a＋b≥0，則a≥－b，有f(a)≥f(－b)，即f(a)≥－f(b)，從而有f(a)＋f(b)≥0． 反之，若f(a)＋f(b)≥0，則f(a)≥－f(b)＝f(－b),推出a≥－b，即a＋b≥0． 6．數(shù)碼a1，a2，a3，…，a2006中有奇數(shù)個9的2007位十進制數(shù)的個數(shù)為 A．(102006＋82006) B．(102006－820

6、06) C．102006＋82006 D．102006－82006 答B(yǎng)． 解：出現(xiàn)奇數(shù)個9的十進制數(shù)個數(shù)有A＝C92005＋C92003＋…＋C9．又由于 (9＋1)2006＝C92006－k以及(9－1)2006＝C(－1)k92006－k 從而得 A＝C92005＋C92003＋…＋C9＝(102006－82006)． 二、填空題(本題滿分54分，每小題9分) 7. 設(shè)f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x，則f(x)的值域是 ． 填[0，]． 解：f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x＝1－sin2x－

7、 sin22x．令t＝sin2x，則 f(x)＝g(t)＝1－t－t2＝－(t＋)2．因此g(t)＝g(1)＝0， g(t)＝g(－)＝． 故，f(x)∈[0，]． 8. 若對一切θ∈R，復(fù)數(shù)z＝(a＋cosθ)＋(2a－sinθ)i的模不超過2，則實數(shù)a的取值范圍為 ． 填[－，]． 解：依題意，得|z|≤2?(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤4?2a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2． ?－2asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin)對任意實數(shù)θ成立． ?2|a|≤3－5a2T|a|≤，故 a的取值范圍為[－，]． 9．已知橢圓

8、＋＝1的左右焦點分別為F1與F2，點P在直線l：x－y＋8＋2＝0上. 當∠F1PF2取最大值時，比的值為 ． 填－1．. 解：由平面幾何知，要使∠F1PF2最大，則過F1，F(xiàn)2，P三點的圓必定和直線l相切于點P．直線l交x軸于A(－8－2，0)，則∠APF1＝∠AF2P，即?APF1∽?AF2P，即 ＝ ⑴ 又由圓冪定理， |AP|2＝|AF1|·|AF2| ⑵ 而F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，A(

9、－8－2，0)，從而有|AF1|＝8，|AF2|＝8＋4． 代入⑴，⑵得，＝＝＝＝－1． 10．底面半徑為1cm的圓柱形容器里放有四個半徑為cm的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切. 現(xiàn)往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水 cm3． 填(＋)π． 解：設(shè)四個實心鐵球的球心為O1，O2，O3，O4，其中O1，O2為下層兩球的球心，A，B，C，D分別為四個球心在底面的射影．則ABCD是一個邊長為的正方形。所以注水高為1＋．故應(yīng)注水π(1＋)－4×π()3＝(＋)π．　　　　　 11．方程(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)

10、＝2006x2005的實數(shù)解的個數(shù)為 ． 填1． 解：(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005?(x＋)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006 ?x＋x3＋x5＋…＋x2005＋＋＋＋…＋＝2006，故x＞0，否則左邊＜0． ?2006＝x＋＋x3＋＋…＋x2005＋≥2×1003＝2006． 等號當且僅當x＝1時成立． 所以x＝1是原方程的全部解．因此原方程的實數(shù)解個數(shù)為1． 12. 袋內(nèi)有8個白球和2個紅球，每次從中隨機取出一個球，然后放回1個白球，則第4次恰好取完所有紅球的概率為

11、 ． 填． 解：第4次恰好取完所有紅球的概率為 ×()2×＋×××＋()2××＝0.0434．  三、解答題（本題滿分60分，每小題20分） 13. 給定整數(shù)n≥2，設(shè)M0(x0，y0)是拋物線y2＝nx－1與直線y＝x的一個交點. 試證明對于任意正整數(shù)m，必存在整數(shù)k≥2，使(x，y)為拋物線y2＝kx－1與直線y＝x的一個交點． 證明：因為y2＝nx－1與y＝x的交點為x0＝y(tǒng)0＝．顯然有x0＋=n≥2．…(5分) 若(x，y)為拋物線y2＝kx－1與直線y＝x的一個交點，則k＝x＋．………(10分) 記km＝x＋， 由于k1＝n是整數(shù)，k2＝x＋＝(x0＋)2－2

12、＝n2－2也是整數(shù)， 且 km＋1＝km(x0＋)－km－1＝nkm－km－1，(m≥2) 　　　(13.1) 所以根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，通過()式可證明對于一切正整數(shù)m，km＝x＋是正整數(shù)，且km≥2現(xiàn)在對于任意正整數(shù)m，取k＝x＋，滿足k≥2，且使得y2＝kx－1與y＝x的交點為(x，y)．……(20分) 14．將2006表示成5個正整數(shù)x1，x2，x3，x4，x5之和．記S＝xixj．問： ⑴ 當x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最大值； ⑵ 進一步地，對任意1≤i，j≤5有≤2，當x1，x2，x3，x4，x5取何值時

13、，S取到最小值. 說明理由． 解：(1) 首先這樣的S的值是有界集，故必存在最大值與最小值。 若x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且使S＝xixj取到最大值，則必有 ≤1 (1≤i，j≤5) ………(5分) (*) 事實上，假設(shè)(*)不成立，不妨假設(shè)x1－x2≥2，則令x1￠＝x1－1，x2￠＝x2＋1，xi￠＝xi (i＝3，4，5)．有x1￠＋x2￠＝x1＋x2，x1￠·x2￠＝x1x2＋x1－x2－1＞x1x2．將S改寫成 S＝xixj＝x1x2＋(x1＋x2)(x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5 同時有 S￠＝x1￠x

14、2￠＋(x1￠＋x2￠)((x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5．于是有S￠－S＝x1￠x2￠－x1x2＞0．這與S在x1，x2，x3，x4，x5時取到最大值矛盾．所以必有≤1，(1≤i，j≤5)． 因此當x1＝402，x2＝x3＝x4＝x5＝401時S取到最大值． ……………………(10分) ⑵ 當x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且≤2時，只有 （I） 402， 402， 402， 400， 400； （II） 402， 402， 401， 401， 400； （III） 402， 401， 401， 401， 401； 三種情形滿足要

15、求． ……………………(15分) 而后兩種情形是由第一組作xi￠＝xi－1，xj￠＝xj＋1調(diào)整下得到的．根據(jù)上一小題的證明可知道，每次調(diào)整都使和式S＝xixj變大．所以在x1＝x2＝x3＝402，x4＝x5＝400時S取到最小值．………(20分) 15．設(shè) f(x)＝x2＋a. 記f1(x)＝f(x)，fn(x)＝f(fn－1(x))，n＝1，2，3，…， M＝{a∈R|對所有正整數(shù)n，≤2}．證明，M＝[－2，]． 證明：⑴ 如果a＜－2，則＝|a|＞2，aM． ………………………(5分) ⑵ 如果－2≤a≤

16、，由題意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．則 ① 當0≤a≤時，≤，("n≥1). 事實上，當n＝1時，＝|a|≤，設(shè)n＝k－1時成立(k≥2為某整數(shù)），則對n＝k， ≤＋a≤()2＋＝． ② 當－2≤a＜0時，≤|a|，("n≥1)． 事實上，當n＝1時，≤|a|，設(shè)n＝k－1時成立(k≥2為某整數(shù))，則對n＝k，有 －|a|＝a≤＋a≤a2＋a 注意到當－2≤a＜0時，總有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．從而有≤|a|．由歸納法，推出[－2，]íM．……………………(15分) ⑶ 當a＞時，記an＝fn(0)，則對

17、于任意n≥1，an＞a＞且 an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝a＋a． 對于任意n≥1，an＋1－an＝a－an＋a＝(an－)2＋a－≥a－．則an＋1－an≥a－． 所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－)．當n＞時，an＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，即fn＋1(0)＞2．因此aM． 綜合⑴，⑵，⑶，我們有M＝[－2，]． …………………………(20分) 2006年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽 加試試題參考答案及評分標準 說 明： 1. 評閱試卷時，請嚴格按照本評分標準的評分檔次給分． 2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路

18、合理，步驟正確，在評卷時可參照本評分標準適當劃分檔次評分，10分為一個檔次，不要再增加其他中間檔次． 一、（本題滿分50分）以B0和B1為焦點的橢圓與△AB0B1的邊ABi交于點Ci(i＝0，1). 在AB0的延長線上任取點P0，以B0為圓心，B0P0為半徑作圓弧交C1B0的延長線于Q0；以C1為圓心，C1Q0為半徑作圓弧交B1A的延長線于點P1；以B1為圓心，B1P1為半徑作圓弧交B1C0的延長線于Q1；以C0為圓心，C0Q1為半徑作圓弧，交AB0的延長線于P0￠. 試證： ⑴ 點P0￠與點P0重合，且圓弧與相內(nèi)切于點P0； ⑵ 四點P0，Q0，Q1，P1共圓． 關(guān)于⑴的證明要點：

19、 ① 說明C0P0＝C0P0￠，從而得到P0與P0￠重合： 由橢圓定義知B0C1＋B1C1＝B0C0＋B1C0＝2a(2a為橢圓的長軸)． 記BiCj＝rij(i，j＝0，1)，即r01＋r11＝r00＋r10＝2a． 設(shè)B0P0＝B0Q0＝b， 則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；從而C0P0￠＝C0P0，故點P0與P0￠重合．(10分) ② 說明兩圓

20、的公共點在兩圓連心線所在直線上，或說明兩圓圓心距等于兩圓半徑差，從而兩圓相切． 由于弧的圓心為B0，的圓心為C0，而P0為兩圓公共點，但C0、B0、P0三點共線，故兩圓弧內(nèi)切于點P0． 或：由于C0B0＝C0Q1－B0P0，即兩圓圓心距等于兩圓半徑差，從而兩圓內(nèi)切．(20分) ⑵的證明要點：主要有以下兩種思路，一是從角度入手證明，一是從找出圓心入手證明．分述如下： ① 說明對兩定點張角相等，從而四點共圓；或說明四邊形對角和為180?， 連P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1， 證法一：證明∠Q0P0Q1＝∠Q0P1Q1．從而說明四點共圓． 由于∠Q0P0Q1

21、＝∠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，從而P0，Q0，Q1，P1四點共圓得證．(50分) 證法二：利用圓心角證明∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，從而說明四

22、點共圓． 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，從而P0，Q0，Q1，P1四點共圓得證．

23、(50分) 證法三：利用弦切角證明∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，從而說明四點共圓． 現(xiàn)在分別過點P0和P1引上述相應(yīng)相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點T，又過點Q1引相應(yīng)相切圓弧的公切線RS，分別交P0T和P1T于點R和S．連接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S．基于此，我們可由 ∠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＋∠P0P1

24、T) (40分) 同理可得∠P0Q0P1＝π－(∠P1P0T＋∠P0P1T)．所以四點P0，Q0，Q1，P1共圓．(50分) 還有例如證明∠P1Q1Q0＋∠P1P0Q0＝180?，從而證明四點共圓等用角來證明四點共圓的方法． ② 找出與這四點距離相等的點，即確定圓心位置，從而證明四點共圓．若此四點共圓，則圓心應(yīng)在P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1的垂直平分線上，也就是在等腰三角形的頂角平分線上．可以作出其中兩條角平分線，證明其他的角平分線也過其交點．或證明△AB1C0與△AB0C1有公共的內(nèi)心． 證法一：作∠AB1C0與∠AC0B1的角平分線，交于點I

25、，則I為△AB1C0的內(nèi)心．作IM⊥AB1，IN⊥AC0，垂足分別為M、N．則AM＝AN＝(AB1＋AC0－B1C0)； 作∠AC1B0與∠AB0C1的角平分線，交于點I￠，則I￠為△AB0C1的內(nèi)心．作I￠M￠⊥AC1，I￠N￠⊥AB0，垂足分別為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與M￠，N與N￠重合．即I與I￠重合． 于是IP1＝IQ1＝IP0＝IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圓．(50分) 證法

26、二：作∠AB1C0與∠AC0B1的角平分線，交于點I，則I為△AB1C0的內(nèi)心，故I在∠B0AB1的角平分線上． 但B1I是P1Q1的垂直平分線，C0I是P0Q1的垂直平分線，從而I又是?P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分線上，故I是P0P1的垂直平分線與∠B0AB1的角平分線的交點． 作∠AC1B0與∠AB0C1的角平分線，交于點I￠，同理I￠也是P0P1的垂直平分線與∠B0AB1的角平分線的交點，從而I與I￠重合．于是I是?P0P1Q0與?P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距離相等．從而此四點共圓． 二、(本題滿分50分)已知無窮數(shù)列{an}滿足a0

27、＝x，a1＝y(tǒng)，an＋1＝，n＝1，2，…． ⑴ 對于怎樣的實數(shù)x與y，總存在正整數(shù)n0，使當n≥n0時an恒為常數(shù)？ ⑵ 求通項an． 解： ⑴我們有 an－an＋1＝an－＝，n＝1，2，… (2．1) 所以，如果對某個正整數(shù)n，有an＋1＝an，則必有a＝1，且an＋an－1≠0． 如果該n＝1，我們得 |y|=1 且 x≠－y．………………(10分) (2．2) 如果該n＞1，我們有 an－1＝－1＝，n≥2 (2．3) 和 an＋1＝＋1＝，n≥2 (2．4) 將式(2．3)和(

28、2．4)兩端相乘，得 a－1＝·． (2．5) 由(2．5)遞推，必有(2．2)或 |x|＝1且y≠－x． (2．6) 反之，如果條件(2．2)或(2．6)滿足，則當n≥2時，必有an＝常數(shù)，且常數(shù)是1或－1． …(20分) ⑵ 由(2．3)和(2．4)，我們得到 ＝·，n≥2． (2．7) 記bn＝, 則當n≥2時， bn＝bn－1bn－2＝(bn－2bn－3)bn－2＝bbn－3＝(bn－3bn－4)＝bb＝… 由此遞推，我們得到 ＝，n≥2．…………

29、…(30分) (2．8) 這里 Fn＝Fn－1＋Fn－2，n≥2，F(xiàn)0＝F1＝1． (2．9) 由(2．9)解得 Fn＝． (2．10) 上式中的n還可以向負向延伸，例如 F－1＝0，F(xiàn)－2＝1．……………(40分) 這樣一來，式(2．8)對所有的n≥0(2．8)解得 an＝，n≥0. (2．11) 式（2.11）中的Fn－1，F(xiàn)n－2由(2．10)確定. ……………（50分） 三、（本題滿分50分）解方程組 解：令p＝x＋z

30、，q＝xz，我們有 p2＝x2＋z2＋2q； p3＝x3＋z3＋3pq； p4＝x4＋z4＋4p2q－2q2． 同樣，令s＝y(tǒng)＋w，t＝y(tǒng)w，有 s2＝y(tǒng)2＋w2＋2t； s3＝y(tǒng)3＋w3＋3st； s4＝y(tǒng)4＋w4＋4s2t－2t2． (10分) 在此記號系統(tǒng)下，原方程組的第一個方程為 p＝s＋2. (3．1) 于是 p2＝s2＋4s＋4， p3＝s3＋6s2＋12s＋8， p4＝s4＋8s3＋24s

31、2＋32s＋16． 現(xiàn)在將上面準備的p2，p3，p4和s2，s3，s4的表達式代入，得 x2＋z2＋2q＝y(tǒng)2＋w2＋2t＋4s＋4， x3＋z3＋3pq＝y(tǒng)3＋w3＋3st＋6s2＋12s＋8， x4＋z4＋4p2q－2q2＝y(tǒng)4＋w4＋4s2t－2t2＋8s3＋24s2＋32s＋16． 利用原方程組的第二至四式化簡，得 q＝t＋2s－1， (3．2) pq＝st＋2s2＋4s－4， (3．3) 2p2q

32、－q2＝2s2t－t2＋4s3＋12s2＋16s－25 (3．4) …………………………（20分） 將(3．1)和(3．2)代入(3．3)，得 t＝－1， (3．5) 將(3．5)代入(3．2)，得 q＝－2． (3．6) 將(3．1)、(3．5)、(3．6)代入(3．4)，得s＝2， 所以有t＝0，p＝4，q＝3． 這樣一來，x，z和y，w分別是方程X2－4X＋3＝0和Y2－2Y＝0的兩根 …………(30分) 即 或 且 或 詳言之，方程組有如下四組解：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：如果只得到一組解，或者不完整，最多得40分．