2006年全国高中数学联赛试题及参考答案

12006年全国高中数学联赛试题第一试一、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2log(21)log21xxxx，则x的取值范围为A．112xB．1,12xx且C．1xD．01x【答】（）3.已知集合05axxA，06bxxB,Nba,，且2,3,4ABN，则整数对ba,的个数为A.20B.25C.30D.42【答】（）4.在直三棱柱111ABCABC中，2BAC，11ABACAA.已知Ｇ与Ｅ分别为11AB和1CC的中点，Ｄ与Ｆ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.1,15B.1,25C.1,2D.1,25【答】（）5.设322()log1fxxxx，则对任意实数,ab，0ab是()()0fafb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,,,,aaaa中有奇数个9的2007位十进制数12320062aaaa的个数为A．200620061(108)2B．200620061(108)2C．20062006108D．20062006108【答】（）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7.设xxxxxf44coscossinsin)(，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221164xy的左右焦点分别为1F与2F，点P在直线l：38230xy上.当12FPF取最大值时，比12PFPF的值为.10.底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为21cm的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两2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),(000yxM是抛物线12nxy与直线xy的一个交点.试证明对于任意正整数m，必存在整数2k，使),(00mmyx为抛物线12kxy与直线xy的一个交点.14.将2006表示成5个正整数12345,,,,xxxxx之和.记15ijijSxx.问：（1）当12345,,,,xxxxx取何值时，S取到最大值；（2）进一步地，对任意1,5ij有2ijxx，当12345,,,,xxxxx取何值时，S取到最小值.说明理由.15.设2()fxxa.记1()()fxfx，1()(())nnfxffx2,3,n，，R(0)2nManf对所有正整数，.证明：41,2M.3参考答案一、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22222BAtBABCtBCAC,令2BABCtBC，代入上式，得2222222coscosBABABAAC，即222sinBAAC,也即sinBAAC。从而有ADAC。由此可得2ACB。2.【答】（B）【解】因为20,1210xxxx，解得1,12xx.由2log(21)log21xxxx32log(2)log2xxxxx320122xxxx解得01x；或32122xxxx解得1x，所以x的取值范围为1,12xx且.3.【答】（C）【解】50xa5ax；60xb6bx。要使2,3,4ABN，则126455ba，即6122025ba。所以数对ba,共有116530CC。4.【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1(,0,0)Ft（101t），1(0,1,)2E，1(,0,1)2G，2(0,,0)Dt（201t）。所以11(,1,)2EFt，21(,,1)2GDt。因为GDEF，所以1221tt，由此推出2102t。又12(,,0)DFtt，2212DFtt22222215415()55ttt，从而有115DF。5.【答】（A）【解】显然322()log1fxxxx为奇函数，且单调递增。于是若0ab，则ab，有()()fafb，即()()fafb，从而有()()0fafb.反之，若()()0fafb，则()()()fafbfb,推出ab，即0ab。6.【答】（B）【解】出现奇数个9的十进制数个数有12005320032005200620062006999ACCC。又4由于20062006200620060(91)9kkkC以及20062006200620060(91)(1)9kkkkC，从而得12005320032005200620062006200620061999(108)2ACCC。二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7.【解】44211()sinsincoscos1sin2sin222fxxxxxxx。令sin2tx，则2211911()()1()22822fxgtttt。因此11919min()(1)0,824tgtg111919max()()02828tgtg。即得90()8fx。8.【解】依题意，得2z22(cos)(2sin)4aa22(cos2sin)35aa225sin()35aa（1arcsin5）（对任意实数成立）22535aa55a.故a的取值范围为55,55。9.【解】由平面几何知，要使12FPF最大，则过12,FF，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(823,0)，则12APFAFP，即12APFAFP，即122PFAPPFAF（1），又由圆幂定理，212APAFAF（2），而1(23,0)F，2(23,0)F，A(823,0)，从而有18AF，2843AF。代入（1），（2）得1122842331843PFAFPFAF。10.【解】设四个实心铁球的球心为1234,,,OOOO，其中12,OO为下层两球的球心，,,,ABCD分别为四个球心在底面的射影。则ABCD是一个边长为22的正方形。所以注水高为212。故应注水3241(1)4232＝12()32。11.【解】200520044220062006)1)(1(xxxxx524200420051()(1)2006xxxxx35200520052003200111112006xxxxxxxx32005320051112006210032006xxxxxx要使等号成立，必须3200532005111,,,xxxxxx，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22291829182110101010101010101010=0.0434.三.解答题（本题满分60分，每小题20分）13.【证明】因为12nxy与xy的交点为20042nnxy.显然有001xnx。…（5分）若),(00mmyx为抛物线12kxy与直线xy的一个交点，则001mmkxx.…（10分）记001mmmkxx，则101101()mmmmmkkxknkkx，(2)m（13.1）由于1kn是整数，22220020011()22kxxnxx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，001mmmkxx是正整数.现在对于任意正整数m，取001mmkxx，使得12kxy与xy的交点为),(00mmyx.…………………（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123452006xxxxx,且使15ijijSxx取到最大值，则必有1,ijxx(1,5)ij………（5分）(*)事实上，假设（*）不成立，不妨假设122xx。则令111xx，221xx,iixx(3,4,5i)有1212xxxx，121212121xxxxxxxx。将S改写成615ijijSxx1212345343545xxxxxxxxxxxxx同时有1212345343545()Sxxxxxxxxxxxxx。于是有12120SSxxxx。这与S在12345,,,,xxxxx时取到最大值矛盾。所以必有1,ijxx(1,5)ij.因此当12345402,401xxxxx取到最大值。……………………（10分）（2）当123452006xxxxx且2ijxx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1iixx，1jjxx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15ijijSxx变大。所以在12345402,400xxxxx情形取到最小值。…………………（20分）15.【证明】（1）如果2a，则1(0)||2fa，aM。………………………（5分）（2）如果124a，由题意1(0)fa，12(0)((0))nnffa,2,3,n.则①当104a时，1(0)2nf（1n）.事实上，当1n时，11(0)2fa,设1nk时成立（2k为某整数），则对nk，221111(0)(0)242kkffa.②当20a时，(0)nfa（1n）.事实上，当1n时，1(0)fa,设1nk时成立（2k为某整数），则对nk，有212||(0)(0)kkaaffaaa.注意到当20a时,总有22aa，即2||aaaa.从而有(0)||kfa.由归纳法，推出12,4M。……………（15分）（3）当14a时，记(0)nnaf，则对于任意1n，14naa且121(0)((0))()nnnnnaffffaaa。对于任意1n，221111()244nnnnnaaaaaaaa,则114nnaaa。所以，1111()4nnaaaana。当214ana时，11()224nanaaaa，即1(0)2nf。因此aM。综合（1）（2）（3），我们有41,2M