最新全国高中数学联赛一二试试题及答案1Word文件下载.docx

1、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

2、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，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，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

3、。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

4、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

5、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】（）如果，则，。 （5分）（）如果，由题意 ，,. 则 当 时，（）. 事实上，当时，, 设时成立（为某整数），则对， . 当 时，（）.事实上，当时，, 设时成立（为某整数）

6、，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（）（）（），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10：0012：00）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

7、径作圆弧Q1P0，交AB0的延长线于P0。试证：（1）点P0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n0n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Q1P0分别相内切于点Q0、P1、Q1，得C1

8、B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+B0P0。四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及P0在B0P0或其延长线上，有B0P0=B0P0。从而可知点P0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=P0

9、Q1R1P1Q1S1=（P1P0TQ1P0P1）（P0P1TQ1P1P0）而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+an10。如果该n=1，我们得|y|=1且xy。 （2.2）如果该n1，我们有，n2， （2.3）和，n2。 （2.4）将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得，n2。 （2.5）由（2.5）递推，必有（2.2）或|x|=1且

10、yx。 （2.6）反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当n2时，必有an=常数，且常数是1或1。（2）由（2.3）和（2.4），我们得到，n2。 （2.7）记，则当n2时，由此递推，我们得到，n2， （2.8）这里Fn=Fn1+Fn2，n2，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F1=0，F2=1。这样一来，式（2.8）对所有的n0都成立。由（2.8）解得，n0。 （2.11）式（2.11）中的F1、F2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

11、，p4=x4+z4+4p2q2q2。同样，令s=y+w、t=yw，有s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t2t2。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+4p2q2q2=y4+w4+4s2t2t2+8s3+24s2+32s+16。利用原方程组的第二至四式

12、化简，得q=t+2s1， （3.2）pq=st+2s2+4s4， （3.3）2p2qq2=2s2tt2+4s3+12s2+16s25。 （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