2006年全国高中数学联赛一、二试试题及答案

2006年全国高中数学联赛第一试选择题（本题满分36分，每小题6分）1.已知△ABC，若对任意，，则△ABC一定为A．锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.不确定【答】（）2.设，则的取值范围为A．B．C．　D．【答】（）3.已知集合，,，且，则整数对的个数为A.20B.25C.30D.42【答】（）4.在直三棱柱中，，.已知Ｇ与Ｅ分别为和的中点，Ｄ与Ｆ分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为A.B.C.D.【答】（）5.设，则对任意实数，是的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.数码中有奇数个9的2007位十进制数的个数为A．B．C．D．【答】（）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7.设，则的值域是。8.若对一切R，复数的模不超过2，则实数的取值范围为.9.已知椭圆的左右焦点分别为与，点P在直线l：上.当取最大值时，比的值为.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cm3.11.方程的实数解的个数为.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，设是抛物线与直线的一个交点.试证明对于任意正整数，必存在整数，使为抛物线与直线的一个交点.14.将2006示成5个正整数之和.记.问：（1）当取何值时，S取到最大值；（2）进一步地，对任意有，当取何值时，S取到最小值.说明理由.15.设.记，，.证明：.一试参考答案选择题（本题满分36分，每小题6分）1.【答】（C）【解】令，过A作于D。由，推出　,令，代入上式，得，即,也即。从而有。由此可得。2.【答】（B）【解】因为，解得.由解得；或解得，所以的取值范围为.3.【答】（C）【解】　；。要使，则，即。所以数对共有。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（），，，（）。所以，。因为，所以，由此推出。又，，从而有。5.【答】（A）【解】显然为奇函数，且单调递增。于是若，则，有，即，从而有.反之，若，则,推出，即。6.【答】（B）【解】出现奇数个9的十进制数个数有。又由于以及，从而得。二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7.【解】　。令，则。因此。即得。　　　　　　　　　　　　　　　　8.【解】依题意，得（）（对任意实数成立）.故的取值范围为。9.【解】由平面几何知，要使最大，则过，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，则，即，即（1），又由圆幂定理，（2），而，，A，从而有，。代入（1），（2）得。10.【解】设四个实心铁球的球心为，其中为下层两球的球心，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。故应注水＝。　　　　　11.【解】要使等号成立，必须　，即。但是时，不满足原方程。所以是原方程的全部解。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=0.0434.三.解答题（本题满分60分，每小题20分）13.【证明】因为与的交点为.显然有。…（5分）若为抛物线与直线的一个交点，则.…（10分）记，则，　　　　（13.1）由于是整数，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，是正整数.现在对于任意正整数，取，使得与的交点为.…………………（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,且使取到最大值，则必有………（5分）(*)事实上，假设（*）不成立，不妨假设。则令，,()有，。将S改写成同时有。于是有。这与S在时取到最大值矛盾。所以必有.因此当取到最大值。……………………（10分）（2）当且时，只有402，402，402，400，400；402，402，401，401，400；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，调整下得到的。根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式变大。所以在情形取到最小值。…………………（20分）15.【证明】（１）如果，则，。………………………（5分）（２）如果，由题意，,.则①当时，（）.事实上，当时，,设时成立（为某整数），则对，.②当时，（）.事实上，当时，,设时成立（为某整数），则对，有.注意到当时,总有，即.从而有.由归纳法，推出。……………（15分）（3）当时，记，则对于任意，且。对于任意，,则。所以，。当时，，即。因此。综合（１）（２）（３），我们有。…………………………（20分）2006年全国高中数学联合竞赛加试试卷（考试时间：上午10：00—12：00）一、以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于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P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。二、已知无穷数列{an}满足a0=x，a1=y，，n=1、2、…。（1）对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当n0≥n时an恒为常数？（2）求数列{an}的通项公式。三、解方程组。2006年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案一、（本题满分50分）以B0和B1为焦点的椭圆与△AB0B1的边ABi交于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P0Q0交C1B0的延长线于Q0；以C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧Q0P1交B1A的延长线于P1；以B1为圆心，B1P1为半径作圆弧P1Q1交B1C0的延长线于Q1；以C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧Q1P′0，交AB0的延长线于P′0。试证：（1）点P′0与点P0重合，且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于P0；（2）四点P0、Q0、Q1、P1共圆。证明：（1）显然B0P0=B0Q0，并由圆弧P0Q0和Q0P1，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P′0分别相内切于点Q0、P1、Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及P′0在B0P0或其延长线上，有B0P0=B0P′0。从而可知点P′0与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0、圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同一直线上，所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。（2）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R1S1，分别交P0T和P1T于点R1和S1。连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R1和P1Q1S1。基于此，我们可由∠P0Q1P1=π−∠P0Q1R1−∠P1Q1S1=π−(∠P1P0T−∠Q1P0P1)−(∠P0P1T−∠Q1P1P0)而π−∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得，同理可得。所以四点P0、Q0、Q1、P1共圆。二、（本题满分50分）已知无穷数列{an}满足a0=x，a1=y，，n=1、2、…。（1）对于怎样的实数x与y，总存在正整数n0，使当n0≥n时an恒为常数？（2）求数列{an}的通项公式。解：（1）我们有，n=1、2、…。（2.1）所以，如果对某个正整数n，有an+1=an，则必有(an)2=1，且an+an−1≠0。如果该n=1，我们得|y|=1且x≠−y。（2.2）如果该n>1，我们有，n≥2，（2.3）和，n≥2。（2.4）将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得，n≥2。（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。（2）由（2.3）和（2.4），我们得到，n≥2。（2.7）记，则当n≥2时，由此递推，我们得到，n≥2，（2.8）这里Fn=Fn−1+Fn−2，n≥2，F0=F1=1。（2.9）由（2.9）解得。（2.10）上式中的n还可以向负向延伸，例如F−1=0，F−2=1。这样一来，式（2.8）对所有的n≥0都成立。由（2.8）解得，n≥0。（2.11）式（2.11）中的F−1、F−2由（2.10）确定。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。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。（）将（3.1）和（3.2）代入（3.3），得，（3.5）将（3.5）代入（3.2），得，（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分别是方程和的两根，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。注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得40分。2006年全国高中数学联赛加试试题的另解杜伟杰（广东仲元中学511400）2006年全国高中数学联赛加试第一题以和为焦点的椭圆与的边交于。在的延长线上任取点，以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧交的延长线于；以为圆心，为半径作圆弧，交的延长线于。试证：点与点重合，且圆弧与相切于点；四点、、、共圆。（原题图略）第（1）问的证明略，下面着重讨论第2问的另一种证明方法：构思：证明四点共圆，如果能找（或猜测）到该圆的圆心，转而证明圆心到四点距离相等，也是一个常用的方法，那么圆心究竟在哪里？试验：由题意可以知道：=常数（大于）。利用《几何画板》制作如图1所示的试验场景，其中圆为四边形的外接圆。图1拖动点，观察圆心位置的变化，猜测点可能是的内心与的内心（这两个三角形的内心可能是重合的）。利用《几何画板》中的测量工具测得相关角的度数，可以验证这个猜想是正确的！所以我们就有了下面的另解：证明：首先证明的内心与的内心重合：假设这两个三角形的内心不重合，并设为的内心，、、分别为切点。则可从点引圆的切线与圆切于点、与线段交于点，而且点与点不重合，如图2。由切线性质，可以得到：………………….①………………..②分别将①、②中的等式相加，得到：………………………..③…………………….④③-④:图2∴又因为，∴∴，这与点与点不重合矛盾，所以假设不成立，因此：的内心与的内心重合。设、的内心为，如图3。由于直线平分，又，∴直线垂直平分线段，∴同理：直线垂直平分线段，∴直线垂直平分线段，∴图3直线垂直平分线段，∴∴，∴又点、都在的延长线上，∴点、重合，且圆弧与相切于点。∴所以四点、、、共圆