2006年全国高中数学联赛一试试及解答.doc

1、 2002006 6 年全国高中数学联赛试题年全国高中数学联赛试题 第一试第一试 一、选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分） 1. 已知ABC，若对任意Rt，ACBCtBA，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】 （ ） 2. 设 2 log (21)log 2 1 xx xx，则x的取值范围为 A 1 1 2 x B 1 , 1 2 xx且 C 1x D 01x 【答】 （ ） 3. 已知集合05axxA，06bxxB,Nba,，且2,3,4ABN，则整数 对ba,的个数为 A. 20 B. 25 C. 30 D. 42 【答】 （

2、 ） 4. 在直三棱柱 111 ABCABC中， 2 BAC ， 1 1ABACAA. 已知与分别为 11 AB 和 1 CC的中点， 与分别为线段AC和AB上的动点 （不包括端点） . 若GDEF， 则线段DF 的长度的取值范围为 A. 1 , 1 5 B. 1 , 2 5 C. 1, 2 D. 1 , 2 5 【答】 （ ） 5. 设 32 2 ( )log1f xxxx，则对任意实数, a b，0ab是( )( )0f af b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】 （ ） 6. 数码 1232006 ,a a aa中有

3、奇数个 9 的 2007 位十进制数 1232006 2aa aa的个数为 A 20062006 1 (108) 2 B 20062006 1 (108) 2 C 20062006 108 D 20062006 108 【答】 （ ） 二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分） 7. 设xxxxxf 44 coscossinsin)(，则)(xf的值域是 。 8. 若对一切R，复数(cos )(2sin )izaa的模不超过 2，则实数a的取值范围为 . 9. 已知椭圆 22 1 164 xy 的左右焦点分别为 1 F与 2 F，点 P 在直线 l：382 30xy 上. 当 12 FP

4、F取最大值时，比 1 2 PF PF 的值为 . 10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为 2 1 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. 11. 方程 20062420042005 (1)(1)2006xxxxx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2n，设 ),( 000 yxM是抛物线1 2 nxy与直线

5、xy 的一个交点. 试证明对于任 意正整数m，必存在整数2k ，使),( 00 mm yx为抛物线1 2 kxy与直线xy 的一个交点. 14. 将 2006 表示成 5 个正整数 12345 ,x x x x x之和. 记 15 ij ij Sx x . 问： （1）当 12345 ,x x x x x取何值时，S 取到最大值； （2） 进一步地， 对任意1,5i j有2 ij xx， 当 12345 , , , ,x x x x x取何值时， S 取到最小值. 说 明理由. 15. 设 2 ( )f xxa. 记 1( ) ( )fxf x， 1 ( )( ) nn fxf fx 2,3,

6、n ， R (0)2 n Manf对所有正整数 ，. 证明： 4 1 , 2M. 一试参考答案 一、 选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分） 1.【答】 （ C ） 【解】令ABC，过 A 作ADBC于 D。由ACBCtBA，推出 222 2 2BAtBA BCt BCAC,令 2 BA BC t BC ，代入上式，得 2222 22 2coscosBABABAAC，即 22 2 sinBAAC, 也即 sinBAAC。 从而有ADAC。由此可得 2 ACB 。 2. 【 答 】（ B ）【 解 】 因 为 2 0 ,1 210 xx xx ， 解 得 1 ,1 2 xx. 由 2 lo

7、g (21)log 2 1 xx xx 32 log (2)log 2 xx xxx 32 01 22 x xxx 解 得 01x；或 32 1 22 x xxx 解得 1x ，所以x的取值范围为 1 , 1 2 xx且. 3.【答】 （ C ） 【解】 50xa 5 a x；60xb 6 b x。要使2,3,4ABN， 则 12 6 45 5 b a ，即 612 2025 b a 。所以数对ba,共有 11 65 30C C 。 4.【答】 （ A ） 【解】建立直角坐标系，以为坐标原点，为轴，为轴，为 轴 ， 则 1 ( , 0, 0)F t（ 1 01t） ， 1 ( 0 , 1 ,

8、) 2 E， 1 ( ,0,1) 2 G， 2 (0, ,0)Dt（ 2 01t） 。 所 以 1 1 ( , 1,) 2 EFt ， 2 1 (, , 1) 2 GDt 。因为GDEF，所以 12 21tt，由此推出 2 1 0 2 t。 又 12 ( ,0)DFtt， 22 12 DFtt 22 222 21 5415() 55 ttt ， 从而有 1 1 5 DF。 5.【答】 （ A ） 【解】显然 32 2 ( )log1f xxxx为奇函数，且单调递增。于是 若0ab，则ab，有( )()f afb，即( )( )f af b ，从而有( )( )0f af b. 反之，若( )(

9、 )0f af b，则( )( )()f af bfb ,推出 ab，即 0ab。 6. 【答】 （ B ） 【解】出现奇数个 9 的十进制数个数有 12005320032005 200620062006 999ACCC。 又由于 2006 20062006 2006 0 (9 1)9 kk k C 以及 2006 20062006 2006 0 (9 1)( 1) 9 kkk k C ，从而得 1200532003200520062006 200620062006 1 999(108) 2 ACCC。 二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分） 7.【解】 442 11 ( )sins

10、in coscos1sin2sin 2 22 f xxxxxxx 。令sin2tx，则 22 11911 ( )( )1() 22822 f xg tttt 。因此 11 91 9 min( )(1)0, 82 4 t g tg 11 1919 max ( )()0 2828 t g tg 。 即得 9 0( ) 8 f x。 8. 【解】依题意，得2z 22 (cos )(2sin )4aa 2 2 (cos2sin )3 5aa 2 2 5 sin()35aa （ 1 arcsin 5 ）（对任意实数 成立） 2 2 53 5aa 5 5 a. 故 a的取值范围为 55 , 55 。 9.

11、 【解】 由平面几何知，要使 12 FPF最大，则过 12 ,F F，P 三点的圆必定和直线 l 相切于 P 点。 设 直 线l交x轴 于A( 82 3,0) ， 则 12 APFAF P， 即 12 APFAF P， 即 1 22 PFAP PFAF （1） ，又由圆幂定理， 2 12 APAFAF（2） ，而 1( 2 3,0) F ， 2(2 3,0) F， A( 82 3,0) ， 从 而 有 1 8AF ， 2 84 3AF 。 代 入 （ 1 ），（ 2 ） 得 11 22 8 42 33 1 84 3 PFAF PFAF 。 10. 【解】设四个实心铁球的球心为 1234 ,O

12、O O O，其中 12 ,O O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 2 2 的正方形。所以注水高为 2 1 2 。故应注 水 3 241 (1)4 232 12 () 32 。 11.【解】 20052004422006 2006)1)(1(xxxxx 242004 2005 1 ()(1)2006xxxx x 352005 200520032001 1111 2006xxxx xxxx 32005 32005 111 20062 10032006xxx xxx 要使等号成立，必须 32005 32005 111 ,xxx xxx ，

13、即1x。 但是0x时，不满足原方程。所以1x 是原方程的全部解。因此原方程的实数解个数为 1 。 12. 【解】第 4 次恰好取完所有红球的概率为 22 2918291821 10101010101010101010 =0.0434. 三. 解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分） 13. 【证明】 因为1 2 nxy与xy 的交点为 2 00 4 2 nn xy .显然有 0 0 1 xn x 。（5 分） 若),( 00 mm yx为抛物线1 2 kxy与直线xy 的一个交点，则 0 0 1 m m kx x . （10 分） 记 0 0 1 m m m kx x ，则 1011 0

14、 1 () mmmmm kkxknkk x ， (2)m （13.1） 由于 1 kn是整数， 222 200 2 00 11 ()22kxxn xx 也是整数，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， 0 0 1 m m m kx x 是正整数. 现在对于任意正整数m，取 0 0 1 m m kx x ，使得1 2 kxy与xy 的交点为),( 00 mm yx. （20 分） 14. 【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 12345 2006xxxxx, 且使 15 ij ij Sx x 取到最大值，则必有 1, ij xx (

15、1,5 )i j （5 分） (*) 事实上，假设（*）不成立，不妨假设 12 2xx。则令 11 1xx ， 22 1xx , ii xx (3,4,5i ) 有 1212 xxxx， 12121212 1x xx xxxx x 。将 S 改写成 15 ij ij Sx x 1 212345343 545 x xxxxxxx xx xx x 同时有 1 212345343 545 ()Sx xxxxxxx xx xx x 。 于是有 1212 0SSx xx x 。 这 与 S 在 12345 ,x x x x x时取到最大值矛盾。所以必有1, ij xx (1,5)i j. 因此当 123

16、45 402,401xxxxx取到最大值。 （10 分） （2）当 12345 2006xxxxx且2 ij xx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） 而后面两种情形是在第一组情形下作1 ii xx ，1 jj xx 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 15 ij ij Sx x 变大。 所以在 12345 402,400xxxxx情 形取到最小值。 （20 分） 15. 【证明】 （

17、）如果2a，则 1(0) | 2fa，aM。 （5 分） （）如果 1 2 4 a ，由题意 1(0) fa， 12 (0)(0) nn ffa ,2,3,n . 则 当 1 0 4 a时， 1 (0) 2 n f（1n ）. 事实上，当1n 时， 1 1 (0) 2 fa, 设 1nk时成立（2k 为某整数） ，则对nk， 2 2 1 111 (0)(0) 242 kk ffa . 当 20a 时，(0) n fa（1n ）.事实上，当1n 时， 1(0) fa, 设1nk 时成立（2k 为某整数） ，则对nk，有 2 12 |(0)(0) kk aaffaaa .注意到 当 20a 时,总

18、有 2 2aa ，即 2 |aaaa . 从而有(0)| k fa.由归纳法，推出 1 2, 4 M 。 （15 分） （ 3 ） 当 1 4 a 时 ， 记(0) n n af， 则 对 于 任 意1n， 1 4 n aa且 12 1 (0)(0)() nn nnn aff ff aaa 。对于任意1n， 22 1 111 () 244 nnnnn aaaaaaaa , 则 1 1 4 nn aaa 。 所以， 111 1 () 4 nn aaaan a 。 当 2 1 4 a n a 时 ， 1 1 ()22 4 n anaaaa ， 即 1( 0 ) 2 n f 。因此aM。综合（） （） （） ，我们有 4 1 , 2M。 （20 分）