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2006年江西省南昌市高中数学竞赛试1


2006 年江西省南昌市高中数学竞赛试卷
(7 月 2 日上午 8:30-11:30) 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.(i)(高一)设集合 A ? {a 2 ? 8 | a ? N }, B ? {b2 ? 29 | b ? N } ,若 A ? B ? P ,则 P 中元 素个数为(C) C .2 A .0 B .1 D .至少 3 个 (ii)(高

二)三个互不重合的平面,能把空间分成 n 部分,则 n 的所有可能的值是(D) C .4,5,7,8 A .4,6,8 B .4,6,7 D .4,6,7,8 2.(i)(高一)若三角形的三条高线长分别为 12,15,20,则此三角形的形状为(B) C .钝角三角形 A .锐角三角形 B .直角三角形 D .形状不确定 (ii)(高二)抛物线顶点在原点,对称轴为 x 轴,焦点在直线 3x-4y=12 上,则抛物线 方程为(D) C . y 2 ? ?16 x A . y 2 ? ?12 x B . y 2 ? 12 x D . y 2 ? 16 x 1? x 3.(i)(高一)设 f ( x)= ,记 f1 ? x ? ? f ? x ? ,若 f n?1 ( x) ? f ( f n ( x)),则 f 2006 ( x)=(B) 1? x 1 1? x x ?1 C. A. x B .D. x 1? x x ?1 (ii)(高二)四棱锥 P ? ABCD 的底面 ABCD 是单位正方形( A, B, C, D 按反时针方向 排列),侧棱 PB 垂直于底面,且 PB = 3 ,记 ?APD ? ? ,则 sin ? =(C)
2 3 5 6 C. B. D. 2 3 5 6 4.若 a ? sin ? ? tan ? , b ? cos? ? cot ? ,则以下诸式中错误的是(B) ab ? 1 1 ? ab A . sin ? = B . cos? ? b ?1 a ?1 2 (a ? b ? 1) ? 1 ? 2ab (a ? b)( a ? b ? 2) C . tan ? ? cot ? = D . tan ? ? cot ? = (a ? 1)(b ? 1) (a ? 1)(b ? 1) 2006 5. 1003 的末位数字是(D) C .7 A .1 B .3 D .9 ab bc ca 6.设 a, b, c ? R ? ,且 ab ? bc ? ca ? 108 ,则 ? ? 的最小值是(C) c a b C .18 A .6 B .12 D .36 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7.(i)(高一)设 M ={1,2,?,100}, A 是 M 的子集,且 A 中至少含有一个立方数,则 这种子集 A 的个数是____________. 2100 ? 296 (ii)(高二)甲、乙两人进行乒乓球单打决赛,采用五局三胜制(即先胜三局者获冠 2 1 军),对于每局比赛,甲获胜的概率为 ,乙获胜的概率为 ,则爆出冷门(乙获冠军)的概 3 3 17 率为__________. 81 8.(i)(高一)等腰直角三角形的直角顶点 A 对应的向量为 A ?1, 0? ,重心 G 对应的向

A.

?5 3? 量为 G ? 2, 0 ? ,则三角形另二个顶点 B 、 C 对应的向量为______________. ? , ? ? ?2 2? (ii)(高二)棱长为 1 的正四面体在水平面上的正投影面积为 s ,则 s 的最大值为____

________.

1 2

2 8 6 ? ,( <?<? ) ,则 tan ? ? cot ? =_________. ? 5 23 2 1 2 ? (ii)(高二)函数 f ( x) ? , (0 ? x ? ) 的最小值是________. 3 ? 2 2 ? 2 sin 2 x cos2 x 10.若曲线 y ?| x 2 ? 2 | 与直线 y ? 3x ? k 恰有三个公共点,则 k 的值为_______.无解. 1 1 11.数列 ?an ? 的各项为正数,其前 n 项和 S n 满足 S n ? (a n ? ) ,则 a n =______. 2 an

9.(i)(高一)已知 sin ? ? cos? =

n ? n ?1 12.在一次晚会上,9 位舞星共上演 n 个“三人舞”节目,若在这些节目中,任二人都 曾合作过一次,且仅合作一次,则 n =__________. 12 三、解答题: 13.(20 分)(i)(高一)将等差数列{ a n }: an ? 4n ? 1 (n ? N * ) 中所有能被 3 或 5 整除的

数删去后,剩下的数自小到大排成一个数列{ bn },求 b2006 的值. 解:由于 a n ?15 ? a n ? 60 ,故若 a n 是 3 或 5 的倍数,当且仅当 a n ?15 是 3 或 5 的倍数. 现将数轴正向分成一系列长为 60 的区间段:(0,+?)=(0,60]∪(60,120]∪(120,18 0]∪?,注意第一个区间段中含有{ a n }的项 15 个,即 3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43, 47,51,55,59.其中属于{ bn }的项 8 个,为: b1 ? 7 , b2 ? 11 , b3 ? 19 , b4 ? 23 , b5 ? 31 ,
b6 ? 43 , b7 ? 47 , b8 ? 59 ,于是每个区间段中恰有 15 个{ a n }的项,8 个{ bn }的项,且有 b8k ? r ? br ? 60k ,k∈N,1≤r≤8.

由于 2006=8×250+6,而 b6 ? 43 ,所以 b2006 ? 60 ? 250 ? b6 ? 60 ? 250 ? 43 ? 15043 .

(ii)(高二)给定圆 P: x 2 ? y 2 ? 2 x 及抛物线 S: y 2 ? 4 x , 过圆心 P 作直线 l ,此直线与上述两曲线的四个交点,自上而 下顺次记为 A, B, C, D ,如果线段 AB, BC, CD 的长按此顺序构 成一个等差数列,求直线 l 的方程. 解:圆 P 的方程为 ? x ? 1? ? y 2 ? 1 ,则其直径长 B C ? 2 ,
2

y
A

B

圆心为 P ?1, 0 ? ,设 l 的方程为 ky ? x ? 1 ,即 x ? ky ? 1 ,代入抛物 线方程得: y 2 ? 4ky ? 4 ,设 A ? x1 , y1 ? , D ? x2 , y2 ?

o

P
C

x

D ? y1 ? y 2 ? 4k 有? ,则 ( y1 ? y 2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ? y1 y 2 ? ?4 2 y 2 ? y2 ) 故 | AD | 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? ( 1 4 y ? y2 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 [1 ? ( 1 ) ] ? 16(k 2 ? 1) 2 ,因此 | AD |? 4(k 2 ? 1) 4 据 等 差 , 2 BC ? AB ? CD ? AD ? BC 所 以 AD ? 3 BC ? 6 即 4(k 2 ? 1) ? 6 , ,

2 2 2 则 l 方程为 x ? y ? 1或 x ? ? y ?1. 2 , 2 2 14.(20 分)如图,四边形 ABCD 内接于圆, P 是 AB 的中点, PE ? AD , PF ? BC , PG ? CD , M 是线段 PG 和 EF 的交点, 求证: ME ? MF . k??

证:作 AF1 ⊥ BC , BE1 ⊥ AD ( E1 , F1 为垂足) 1 则 PE1 ? AB ? PF1 ? PE1 ? PF1 .设 PG∩ E1 F1 =k, 2 因 ABF1 E1 共圆, ?CF1E1 ? ?A ? ? ? ?C . 故 E1 F1 ∥ CD ? PK ⊥ E1 F1 ? K 是 E1 F1 的中点. (因△ P E1 F1 为等腰三角形), ? PEKF 为平行四边形, ( 因 P 、 E 、 K 、 F 为 四 边 形 ABF1 E1 各 边 中 点 ) . .(对角线互相平分). ? ME ? MF
A E

D E1 K M

G

C

F1 F

P

B

15.(20 分)若正整数 m, n, k 满足: mn ? k 2 ? 1,证明,存在 a, b, c, d ? N ,使以下三式: m ? a 2 ? b2 , n ? c 2 ? d 2 , k ? ac ? bd 同时成立. 证 : 不 妨 设 m ? n , 对 k 归 纳 , k ? 1 时 , 由 于 mn ? 2 , 则 m ? 1, n ? 2 , 此 时 有 m ? 02 ? 12 , n ? 12 ? 12 , k ? 0 ?1 ? 1?1 ,结论成立.设当 k ? r ? r ? 2 ? 时结论成立;当 k ? r 时, 由 mn ? r 2 ? 1?? ○ 1
r2 ?1 r2 ?1 r2 ? r ? ? ? r ,故可令 n ? r ? s, m ? r ? t , (s, t ? N * ) 则 n ? r ? 1, m ? n r ?1 r ?1 2 2 1 2 ○式成为 ? r ? t ?? r ? s ? ? r ? 1 ? ? ○,即 rs ? ts ? tr ? 1 ,两边同加 t 得,

3 ? r ? t ?? s ? t ? ? t 2 ? 1 ? ?○,因为 r ? t ? m ? 0, 故 s ? t ? 0,
t ? a1c1 ? b1d1
m ? r ? t ? a12 ? b12 , n ? r ? s ? ? r ? t ? ? ? s ? t ? ? 2t

s ? t ? 0, t ? r ,

由 归 纳 假 设 知 , 对 于 t , 存 在 a1 , b 1, c ,1d ? N , 使 r ? t ? a12 ? b12 , s ? t ? c12 ? d12 , 1
a ? a1 , b ? b , c? a ? c , d? 1 ? d b 1 1 1 1 ,若记 ,则在 2 2 2 2 1 ○ 式中有 m ? a ? b , n ? c ? d , k ? r ? ac ? bd, ? a, b, c, d ? N ? ,即 k ? r 时结论成立,由

,即 r ? ? r ? t ? ? t ? a1 ? a1 ? c1 ? ? b1 ? b1 ? d1 ?

?a ? c ? = 1 1

2

? ? b1 ? c1 ?

2

归纳法,证得结论成立.


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