试题参及评分标准

一、选择题(本题满分36分，每小题6分)

1．   

答C．

解：令∠ABC＝α，过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≥．从而有≥．由此可得∠ACB＝．                                      

2．  

答B．

解：因为，解得x＞且x≠1．由logx(2x2＋x－1)＞logx2－1， 

 logx(2x3＋x2－x)＞logx2或．解得0＜x＜1或x＞1．

所以x的取值范围为x＞且x≠1． 

3               

答C．

解：5x－a≤0x≤；6x－b＞0x＞．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，则

，即所以数对(a，b)共有CC＝30个．       

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)．因为GD⊥EF，所以t1＋2t2＝1，由此推出0＜t2＜．又＝(t1，－t2，0)，

＝＝＝，从而有≤＜1．

5．   

答A．

解：显然f(x)＝x3＋log2(x＋)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．

答B．

解：出现奇数个9的十进制数个数有A＝C92005＋C92003＋…＋C9．又由于

 (9＋1)2006＝C92006－k以及(9－1)2006＝C (－1)k92006－k

从而得

A＝C92005＋C92003＋…＋C9＝(102006－82006)．

二、填空题(本题满分54分，每小题9分)

7. 

填[0，]．

解：f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x＝1－sin2x－sin22x．令t＝sin2x，则

f(x)＝g(t)＝1－t－t2＝－(t＋)2．因此g(t)＝g(1)＝0， g(t)＝g(－)＝．

   故，f(x)∈[0，]．

8. 

填[－，]．

解：依题意，得|z|≤2(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤42a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2．

－2asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin)对任意实数θ成立．

2|a|≤3－5a2|a|≤，故 a的取值范围为[－，]．

9．

填－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(－8－2，0)，则∠APF1＝∠AF2P，即∆APF1∽∆AF2P，即

                       ＝                              ⑴

又由圆幂定理，

|AP|2＝|AF1|·|AF2|                          ⑵

而F1(－2，0)，F2(2，0)，A(－8－2，0)，从而有|AF1|＝8，|AF2|＝8＋4．

代入⑴，⑵得，＝＝＝＝－1．

10．

填(＋)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是一个边长为的正方形。所以注水高为1＋．故应注水π(1＋)－4×π()3＝(＋)π．　　　　　

11．

填1．

解：(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005(x＋)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006

 x＋x3＋x5＋…＋x2005＋＋＋＋…＋＝2006，故x＞0，否则左边＜0．

  2006＝x＋＋x3＋＋…＋x2005＋≥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. 

填0.0434．

解：第4次恰好取完所有红球的概率为

×()2×＋×××＋()2××＝0.0434．

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13. 

证明：因为y2＝nx－1与y＝x的交点为x0＝y0＝．显然有x0＋=n≥2．…(5分)

若(x，y)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝x＋．………(10分)

记km＝x＋，

由于k1＝n是整数，k2＝x＋＝(x0＋)2－2＝n2－2也是整数，

且              km＋1＝km(x0＋)－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＝x＋是正整数，且km≥2现在对于任意正整数m，取k＝x＋，满足k≥2，且使得y2＝kx－1与y＝x的交点为(x，y)．……(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x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且使S＝xixj取到最大值，则必有

   ≤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＝xixj＝x1x2＋(x1＋x2)(x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5

同时有 S＝x1x2＋(x1＋x2)((x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5．于是有S－S＝x1x2－x1x2＞0．这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾．所以必有≤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≤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＝xixj变大．所以在x1＝x2＝x3＝402，x4＝x5＝400时S取到最小值．………(20分)

15．

证明：⑴ 如果a＜－2，则＝|a|＞2，aM．  ………………………(5分)

⑵ 如果－2≤a≤，由题意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．则

① 当0≤a≤时，≤，(n≥1).

 事实上，当n＝1时，＝|a|≤，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k， 

≤＋a≤()2＋＝．

② 当－2≤a＜0时，≤|a|，(n≥1)．

事实上，当n＝1时，≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有

－|a|＝a≤＋a≤a2＋a

注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．从而有≤|a|．由归纳法，推出[－2，]M．……………………(15分)

⑶ 当a＞时，记an＝fn(0)，则对于任意n≥1，an＞a＞且

an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝a＋a．

对于任意n≥1，an＋1－an＝a－an＋a＝(an－)2＋a－≥a－．则an＋1－an≥a－．

所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－)．当n＞时，an＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，即fn＋1(0)＞2．因此aM．

综合⑴，⑵，⑶，我们有M＝[－2，]．      …………………………(20分)

2006年全国高中数合竞赛

加试试题参及评分标准

一、

关于⑴的证明要点：

① 说明C0P0＝C0P0，从而得到P0与P0重合：

由椭圆定义知B0C1＋B1C1＝B0C0＋B1C0＝2a(2a为椭圆的长轴)．

记BiCj＝rij(i，j＝0，1)，即r01＋r11＝r00＋r10＝2a．

设B0P0＝B0Q0＝b，

则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；从而C0P0＝C0P0，故点P0与P0重合．(10分)

    ② 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切．

    由于弧的圆心为B0，的圆心为C0，而P0为两圆公共点，但C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0．

    或：由于C0B0＝C0Q1－B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切．(20分)

⑵的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，一是从找出圆心入手证明．分述如下：

① 说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边形对角和为180˚，

连P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，

证法一：证明∠Q0P0Q1＝∠Q0P1Q1．从而说明四点共圆．

由于∠Q0P0Q1＝∠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，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证．(50分)

    证法二：利用圆心角证明∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，从而说明四点共圆．

    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，从而P0，Q0，Q1，P1四点共圆得证．(50分)

证法三：利用弦切角证明∠P1Q1P0＝∠P1Q0P0，从而说明四点共圆． 

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RS，分别交P0T和P1T于点R和S．连接P0Q1和P1Q1，得等腰三角形P0Q1R和P1Q1S．基于此，我们可由

∠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＋∠P0P1T)      (40分)

同理可得∠P0Q0P1＝π－(∠P1P0T＋∠P0P1T)．所以四点P0，Q0，Q1，P1共圆．(50分)  

还有例如证明∠P1Q1Q0＋∠P1P0Q0＝180˚，从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法．

    ② 找出与这四点距离相等的点，即确定圆心位置，从而证明四点共圆．若此四点共圆，则圆心应在P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1的垂直平分线上，也就是在等腰三角形的顶角平分线上．可以作出其中两条角平分线，证明其他的角平分线也过其交点．或证明△AB1C0与△AB0C1有公共的内心．

    证法一：作∠AB1C0与∠AC0B1的角平分线，交于点I，则I为△AB1C0的内心．作IM⊥AB1，IN⊥AC0，垂足分别为M、N．则AM＝AN＝(AB1＋AC0－B1C0)；

    作∠AC1B0与∠AB0C1的角平分线，交于点I，则I为△AB0C1的内心．作IM⊥AC1，IN⊥AB0，垂足分别为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与M，N与N重合．即I与I重合．

于是IP1＝IQ1＝IP0＝IQ0，即P0，Q0，Q1，P1共圆．(50分)

证法二：作∠AB1C0与∠AC0B1的角平分线，交于点I，则I为△AB1C0的内心，故I在∠B0AB1的角平分线上．

但B1I是P1Q1的垂直平分线，C0I是P0Q1的垂直平分线，从而I又是∆P0P1Q1的外心，即I在P0P1的垂直平分线上，故I是P0P1的垂直平分线与∠B0AB1的角平分线的交点．

作∠AC1B0与∠AB0C1的角平分线，交于点I，同理I也是P0P1的垂直平分线与∠B0AB1的角平分线的交点，从而I与I重合．于是I是∆P0P1Q0与∆P0P1Q1的公共的外心，即I到P0、P1、Q0、Q1的距离相等．从而此四点共圆．

 二、

解： ⑴我们有 

an－an＋1＝an－＝，n＝1，2，…              (2．1)

所以，如果对某个正整数n，有an＋1＝an，则必有a＝1，且an＋an－1≠0．

如果该n＝1，我们得

|y|=1  且 x≠－y．………………(10分)         (2．2)

如果该n＞1，我们有

an－1＝－1＝，n≥2          (2．3)

和

an＋1＝＋1＝，n≥2          (2．4)

将式(2．3)和(2．4)两端相乘，得

a－1＝·．                   (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． …(20分)

⑵ 由(2．3)和(2．4)，我们得到

＝·，n≥2．                  (2．7)

记bn＝, 则当n≥2时，

        bn＝bn－1bn－2＝(bn－2bn－3)bn－2＝bbn－3＝(bn－3bn－4)＝bb＝…

由此递推，我们得到

＝，n≥2．……………(30分)    (2．8)

这里

Fn＝Fn－1＋Fn－2，n≥2，F0＝F1＝1．                  (2．9)

由(2．9)解得

Fn＝．                 (2．10)

上式中的n还可以向负向延伸，例如

F－1＝0，F－2＝1．……………(40分)      

这样一来，式(2．8)对所有的n≥0都成立.由(2．8)解得

an＝，n≥0.      (2．11)

式（2.11）中的Fn－1，Fn－2由(2．10)确定.                        ……………（50分）

三、

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．           (10分) 

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        (3．4)

           …………………………（20分）  

将(3．1)和(3．2)代入(3．3)，得

                          t＝－1，                            (3．5)

将(3．5)代入(3．2)，得

                          q＝－2．                            (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X2－4X＋3＝0和Y2－2Y＝0的两根  …………(30分)

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．       …………………… (50分)

注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得40分．下载本文