最新全国高中数学联赛一二试试题及答案1Word文件下载.docx
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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表示成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
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】
【解】出现奇数个9的十进制数个数有。
又由于以及,从而得
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
(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,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)。
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、…。
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。
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。
(3.4)
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