2006年全国高中数学联赛试题及解答

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，||→BA－t→BC≥||→AC，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||→BA－t→BC≥||→AC，推出||→BA2－2t→BA·→BC＋t2||→BC2≥||→AC2,令t＝→BA·→BC||→BC2，代入上式，得||→BA2－2||→BA2cos2α＋||→BA2cos2α≥||→AC2，即||→BA2sin2α≥||→AC2,也即||→BAsinα≥||→AC．从而有||→AD≥||→AC．由此可得∠ACB＝π2．2．设logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，则x的取值范围为A．12＜x＜1B．x＞12且x≠1C．x＞1D．0＜x＜1答B．解：因为x＞0，x≠12x2＋x－1＞0，解得x＞12且x≠1．由logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，logx(2x3＋x2－x)＞logx20＜x＜1，2x3＋x2－x＜2或x＞1，2x3＋x2－x＞2．解得0＜x＜1或x＞1．所以x的取值范围为x＞12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．20B．25C．30D．42答C．解：5x－a≤0x≤a5；6x－b＞0x＞b6．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，则1≤b6＜2，4≤a5＜5，即6≤b＜12，20≤a＜25．所以数对(a，b)共有C61C51＝30个．4．在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BAC＝π2，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．[15，1)B．[15，2)C．[1，2)D．[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＜t1＜1)，E(0，1，12)，G(12，0，1)，D(0，t2，0)(0＜t2＜1)．所以→EF＝(t1，－1，－12)，→GD＝(－12，t2，－1)．因为GD⊥EF，所以t1＋2t2＝1，由此推出0＜t2＜12．又→DF＝(t1，－t2，0)，||→DF＝t12＋t22＝5t22－4t2＋1＝5(t2－25)2＋15，从而有15≤||→DF＜1．5．设f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)，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＋x2＋1)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－2a1a2…a2006的个数为A．12(102006＋82006)B．12(102006－82006)C．102006＋82006D．102006－82006答B．解：出现奇数个9的十进制数个数有A＝C2006192005＋C2006392003＋…＋C200620059．又由于(9＋1)2006＝k＝0Σ2006C2006k92006－k以及(9－1)2006＝k＝0Σ2006C2006k(－1)k92006－k从而得A＝C2006192005＋C2006392003＋…＋C200620059＝12(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[0，98]．解：f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x＝1－12sin2x－12sin22x．令t＝sin2x，则f(x)＝g(t)＝1－12t－12t2＝98－12(t＋12)2．因此－1≤t≤1ming(t)＝g(1)＝0，－1≤t≤1maxg(t)＝g(－12)＝98．故，f(x)∈[0，98]．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[－55，55]．解：依题意，得|z|≤2(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤42a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2．－25asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin55)对任意实数θ成立．25|a|≤3－5a2|a|≤55，故a的取值范围为[－55，55]．9．已知椭圆x216＋y24＝1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：x－3y＋8＋23＝0上.当∠F1PF2取最大值时，比|PF1||PF2|的值为．填3－1．.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(－8－23，0)，则∠APF1＝∠AF2P，即∆APF1∽∆AF2P，即|PF1||PF2|＝|AP||AF2|⑴又由圆幂定理，|AP|2＝|AF1|·|AF2|⑵而F1(－23，0)，F2(23，0)，A(－8－23，0)，从而有|AF1|＝8，|AF2|＝8＋43．代入⑴，⑵得，|PF1||PF2|＝|AF1||AF2|＝88＋43＝4－23＝3－1．10．底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为12cm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(13＋22)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22的正方形。所以注水高为1＋22．故应注水π(1＋22)－4×43π(12)3＝(13＋22)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)＝2006x2005(x＋1x2005)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x＋x3＋x5＋…＋x2005＋1x2005＋1x2003＋1x2001＋…＋1x＝2006，故x＞0，否则左边＜0．2006＝x＋1x＋x3＋1x3＋…＋x2005＋1x2005≥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0.0434．解：第4次恰好取完所有红球的概率为210×(910)2×110＋810×210×910×110＋(810)2×210×110＝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(x0m，y0m)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＝n±n2－42．显然有x0＋1x0=n≥2．…(5分)若(x0m，y0m)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝x0m＋1x0m．………(10分)记km＝x0m＋1x0m，由于k1＝n是整数，k2＝x02＋1x02＝(x0＋1x0)2－2＝n2－2也是整数，且km＋1＝km(x0＋1x0)－km－1＝nkm－km－1，(m≥2)(13.1)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＝x0m＋1x0m是正整数，且km≥2现在对于任意正整数m，取k＝x0m＋1x0m，满足k≥2，且使得y2＝kx－1与y＝x的交点为(x0m，y0m)．……(20分)14．将2006表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和．记S＝1≤i＜j≤5Σxixj．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||xi－xj≤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＝1≤i＜j≤5Σxixj取到最大值，则必有||xi－xj≤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＝1≤i＜j≤5Σxixj＝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||xi－xj≤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||xi－xj≤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＝1≤i＜j≤5Σxixj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，||fn(0)≤2}．证明，M＝[－2，14]．证明：⑴如果a＜－2，则||f1(0)＝|a|＞2，a∈/M．………………………(5分)⑵如果－2≤a≤14，由题意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．则①当0≤a≤14时，||fn(0)≤12，(n≥1).事实上，当n＝1时，||f1(0)＝|a|≤12，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k，||fk(0)≤||fk－1(0)2＋a≤(12)2＋14＝12．②当－2≤a＜0时，||fn(0)≤|a|，(n≥1)．事实上，当n＝1时，||f1(0)≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有－|a|＝a≤()fk－1(0)2＋a≤a2＋a注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．从而有||fk(0)≤|a|．由归纳法，推出[－2，14]M．……………………(15分)⑶当a＞14时，记an＝fn(0)，则对于任意n≥1，an＞a＞14且an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝an2＋a．对于任意n≥1，an＋1－an＝an2－an＋a＝(an－12)2＋a－14≥a－14．则an＋1－an≥a－14．所以，an＋1－a＝an