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2006年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷含答案


2006 年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷评分标准
一. 选择题 1. C 二. 填空题 7. 6 3 9
10.

2.

C

3.

D 8. n

4.

B

5.

C 9.
12.
3 4010

6.

B

1 (a + b 2 )1003
2

11. ± 3

3

详细解答如下: 一. 选择题 3 1.下列三数 , log16 82, log 27 124 的大小关系正确的是( C ) 2 3 3 (A) < log16 82 < log 27 124 (B) < log 27 124 < log16 82 2 2 3 3 (C) log 27 124 < < log16 82 (D) log 27 124 < log16 82 < 2 2 解: 因为 log16 82 > log16 81 = log 24 34 = log 2 3 ,

log 27 124 < log 27 125 = log 33 53 = log 3 5 .
3

令 x = log 2 3 ,则 2 x = 3 .又因为 2 2 = 8 < 3 = 2 x ,所以 x >
3

3 . 2

再令 y = log 3 5 ,则 3 y = 5 ,而 3 2 = 27 > 5 = 3 y ,所以 y < 综上所述,有
log 27 124 < 3 < log16 82 . 因此 选 (C) . 2

3 . 2

2. 已知两点 A (1,2), B (3,1) 到直线 L 的距离分别是 2 , 5 2 ,则满足条件的直线

L 共有( C )条. (A)1 (B)2

(C )3

(D)4

解: 由 AB = 5 , 分别以 A,B 为圆心, 2 , 5 为半径作两个圆,则两圆外切,有三 条共切线.正确答案为 C.
3. 设 f (n) 为正整数 n(十进制)的各数位上的数字的平方之和,比如
f (123) = 12 + 2 2 + 3 2 = 14 . 记 f 1 (n) = f (n) , f k +1 (n) = f ( f k (n)) , k = 1,2,3, …,则 f 2006 (2006) =(

D 4

)

(A) 20

(B)

(C)

42

(D) 145.

浙江省数学会 2006

解: 将 f (2006) = 40 记做 2006 → 40 ,于是有
2006 → 40 → 16 → 37 → 58 → 89 → 145 → 42 → 20 → 4 → 16 →

从 16 开始, f n 是周期为 8 的周期数列.故 f 2006 (2006) = f 2004 (16) = f 4+ 250×8 (16) = f 4 (16) = 145. 正确答案为 D.

1 4. 设在 xOy 平面上, 0 < y ≤ x 2 , 0 ≤ x ≤ 1 所围成图形的面积为 ,则集合 3

M = {( x, y ) y x ≤ 1}, N = {( x, y ) y ≥ x 2 + 1} 的 交 集 M ∩ N 所 表 示 的 图 形 面 积 为
(
B

) . 1 (A) (B) 3

2 3

(C)

1

(B)

4 . 3

解: M ∩ N 在 xOy 平面上的图形关于 x 轴与 y 轴均对称,由此 M ∩ N 的图形面积只 要算出在第一象限的图形面积乘以 4 即得.为此,只要考虑在第一象限的面积就可以 1 1 1 了.由题意可得, M ∩ N 的图形在第一象限的面积为 A= = .因此 M ∩ N 的 2 3 6 2 图形面积为 . 所以选(B) . 3 5. 在正 2006 边形中,与所有边均不平行的对角线的条数为( C ) .
(A) 2006 (B) 1003 2 (C) 1003 2 1003 (D) 1003 2 1002 .

解: 正 2n 边形 A1 A2 A2 n ,对角线共有

1 × 2n × (2n 3) = n(2n 3) 条. 2

计算与一边 A1 A2 平行的对角线条数,因 A1 A2 // An +1 An+ 2 ,与 A1 A2 平行的对角线的端点 只能取自 2n-4 个点,平行线共 n-2 条.故与某一边平行的对角线共 n(n-2)条.由此可 得与任何边都不平行的对角线共有 n(2n-3)-n(n-2)=n(n-1)条. 因此正确选项是 C. sin x + cos x tan x + cot x sin x + cos x tan x + cot x π 6. 函 数 f ( x) = + + + 在 x ∈ (0, ) 时 的 sin x + tan x cos x + tan x cos x + cot x sin x + cot x 2 . 最小值为( B ) (A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8
1 1 f ( x) = (sin x + cos x) + sin x + tan x cos x + cot x 解: 1 1 + (tan x + cot x) + cos x + tan x sin x + cot x

(由调和平均值不等式)

-2-

浙江省数学会 2006

4 ≥ (sin x + cos x) sin x + tan x + cos x + cot x 4 + (tan x + cot x) sin x + tan x + cos x + cot x =4

要使上式等号成立,当且仅当 sin x + tan x = cos x + cot x (1) tan x + cos x = cot x + sin x (2) (1)-(2)得到 sin x cos x = cos x sin x ,即得 sin x = cos x .因为 x ∈ (0, ) , 2 所以当 x = 二. 填空题
7. 手表的表面在一平面上. 整点 1, , 12 这 12 个数字等间隔地分布在半径为 2 …,

π

π

时, f ( x) = f ( ) = 4 .所以 min f ( x) = 4. 因此应选(B) . 4 4
2 2

π

的圆周上. 从整点 i 到整点 i+1) ( 的向量记作 t i t i +1 , t1t 2 t 2 t 3 + t 2 t 3 t 3t 4 + + t12 t1 t1t 2 则 =
6 3 9

.
2 的圆内接正 12 边形. 相邻两个边向量的夹角 2 2 π 2 3 sin = 2 . 则 2 12 4

解: 连接相邻刻度的线段构成半径为

即为正 12 边形外角,为 30 度.各边向量的长为 2
2

2 3 cos π = 2 2 3 3 .共有 12 个相等项.所以求得数量积之 t1t 2 t 2 t 3 = 2 4 6 4 2
和为 6 3 9 .
8. 设 ai ∈ R + (i = 1,2, n), α , β , γ ∈ R, 且 α + β + γ = 0, 则对任意 x ∈ R ,

∑ 1 + aα
i =1

n



1
x

i

+ ai

(α + β ) x

+

1 + aiβx

1 1 + ( β +γ ) x γx + ai 1 + ai + ai(α +γ ) x

=

n

.

解:

1 1 + a i + ai
=
αx
(α + β ) x

+

1 + ai

βx

1 1 + ( β +γ ) x γx + ai 1 + ai + ai(α +γ ) x

a iγx ai(γ +α ) x 1 + (γ +α ) x + = 1, γx (α +γ ) x γx γx ai + ai + 1 ai + 1 + ai 1 + a i + ai(α +γ ) x
-3-

浙江省数学会 2006

n 1 1 1 所以, ∑ + + (α + β ) x ( β +γ ) x βx γx αx 1 + ai + a i 1 + ai + ai(α +γ ) x + ai i =1 1 + a i

= n.
3 4010

9 在 1,2, ,2006 中随机选取三个数,能构成递增等差数列的概率是

.

解: 三个数成递增等差数列,设为 a, a + d , a + 2d ,按题意必须满足 a + 2d ≤ 2006,
d ≤ 1002 . 对于给定的 d,a 可以取 1,2,……,2006-2d.
1002

故三数成递增等差数列的个数为

∑ (2006 2d ) = 1003 *1002.
d =1

三数成递增等差数列的概率为

1003 × 1002 3 = . 3 4010 C 2006 sin 4 x cos 4 x 1 sin 2008 x cos 2008 x + = 2 , 则 2006 + = a2 b2 a + b2 a b 2006

10. 设 a, b 是非零实数, x ∈ R ,若 1 . (a + b 2 )1003
2

解: 已知

sin 4 x cos 4 x 1 + = 2 , ……………… (1) 2 2 a b a + b2 1 = sin 4 x + cos 4 x +

将(1)改写成

b2 a2 sin 4 x + 2 cos 4 x . a2 b

而 1 = (sin 2 x + cos 2 x) 2 = sin 4 x + cos 4 x + 2 sin 2 x cos 2 x . 所以有 b2 a2 4 2 2 sin x 2 sin x cos x + 2 cos 4 x = 0 . 2 a b
sin 4 x cos 4 x x = 0 , 也即 = ,将该值记为 C.则由(1)知, a4 b4
2

a b 即 sin 2 x cos 2 b a
a 2C + b 2C =

1 1 .于是有, C = 2 . 2 a +b (a + b 2 ) 2
2



sin 2008 x cos 2008 x 1 1 + = a 2 C 502 + b 2 C 502 = (a 2 + b 2 ) 2 = 2 . 2006 2006 2 1004 a b (a + b ) (a + b 2 )1003

11. 已知 A = ( x, y ) x 2 + y 2 2 x cos α + 2(1 + sin α )(1 y ) = 0, α ∈ R ,

{

}

B = {( x, y ) y = kx + 3, k ∈ R}.若 A ∩ B 为单元素集,则 k = ± 3 .

-4-

浙江省数学会 2006





x 2 + y 2 2 x cos α + 2(1 + sin α )(1 y ) = 0 ( x cos α ) 2 + ( y 1 sin α ) 2 = 0 x = cos α , y = 1 + sin α x 2 + ( y 1) 2 = 1
A ∩ B 为单元素集,即直线 y = kx + 3 与 x 2 + ( y 1) 2 = 1 相切,则 k = ± 3 .

1 1 1 12. max+ min , 2 , 3 , a + b 2 + c 3 = a ,b ,c∈R a b c

3

.

1 1 1 1 1 1 解:设 t = min , 2 , 3 , a + b 2 + c 3 ,则 0 < t ≤ , 0 < t ≤ 2 , 0 < t ≤ 3 ,即有 a b c a b c a≤ 1 1 1 3 , b2 ≤ , c3 ≤ . 所 以 有 t ≤ a + b2 + c3 ≤ . 于 是 可 得 t ≤ 3 , 且 当 t t t t 3 时, t = 3 . 3

a = b2 = c3 =

1 1 1 因此 max+ min , 2 , 3 , a + b 2 + c 3 = 3 . a ,b ,c∈R a b c

解答题
13. 在 x 轴 同 侧 的 两 个 圆 : 动 圆 C1 和 圆 4a 2 x 2 + 4a 2 y 2 4abx 2ay + b 2 = 0 外 切

( a, b ∈ N , a ≠ 0 ) ,且动圆 C1 与 x 轴相切,求 (1)动圆 C1 的圆心轨迹方程 L; (2)若直线 4( 7 1)abx 4ay + b 2 + a 2 6958a = 0 与曲线 L 有且仅有一个公共点, 求 a, b 之值. 解: 1)由 4a 2 x 2 + 4a 2 y 2 4abx 2ay + b 2 = 0 可得 ( x (
b 2 1 1 ) + ( y )2 = ( )2 , 2a 4a 4a

由 a, b ∈ N, 以及两圆在 x 轴同侧, 可知动圆圆心在 x 轴上方, 设动圆圆心坐标为 ( x, y ) , 则有

(x
整理得到动圆圆心轨迹方程

b 2 1 1 ) + ( y )2 = y + , 2a 4a 4a

y = ax 2 bx +

b2 4a

(x ≠

b ). 2a

……………………(5 分)

-5-

浙江省数学会 2006

另解 在(

由已知可得,动圆圆心的轨迹是以 (

b 1 1 , ) 为焦点, y = 为准线,且顶点 2a 4 a 4a

b ,0) 点(不包含该点)的抛物线,得轨迹方程 2a (x b 2 1 b2 b ) = y ,即 y = ax 2 bx + ( x ≠ ) …………………(5 分) 2a a 4a 2a

(2)联立方程组

b2 b y = ax bx + (x ≠ ) 4a 2a
2

① ②

4( 7 1)abx 4ay + b 2 + a 2 6958a = 0

消去 y 得

4a 2 x 2 4 7 abx (a 2 6958a ) = 0 ,

由 = 16 × 7 a 2 b 2 + 16a 2 (a 2 6958a ) = 0, 整理得
7b 2 + a 2 = 6958a



从③可知 7 a 2 7 a . 故令 a = 7a1 ,代入③可得
b 2 + 7 a1 = 6958a1
2

7 b 2 7 b . 再令 b = 7b1 ,代入上式得
7b1 + a1 = 994a1
2 2

…………………(10 分)

同理可得, 7 a1 ,7 b1 .可令 a = 49n, b = 49m, 代入③可得
7 m 2 + n 2 = 142n



对④进行配方,得

(n 71) 2 + 7 m 2 = 712 ,

对此式进行奇偶分析,可知 m, n 均为偶数,所以 7 m 2 = 712 (n 71) 2 为 8 的倍数,所 以 4 m .令 m = 4r ,则 112r 2 ≤ 712 r 2 ≤ 45 . 所以

r = 0,1, 3, 5, 2,4,6

…………………………………(15 分)

仅当 r = 0,4 时, 712 112r 2 为完全平方数.于是解得
a = 6958, b = 0(不合,舍去) a = 6272 b = 784 a = 686 . …………………(20 分) b = 784

-6-

浙江省数学会 2006

14. 已 知 数 列 {a n } 满 足 a1 = 1, a n +1 = a n + 2n (n = 1,2,3) , {bn } 满 足 b1 = 1,
bn +1
2 n bn 1 1 = bn + (n = 1,2,3) ,证明: ≤∑ < 1. n 2 k =1 a k +1bk + ka k +1 bk k
n

证明:记 I n = ∑
k =1

1 a k +1bk + ka k +1 bk k
1 ≤

,则 I 1 =

n

1 < I2 < < In . 2

而 In = ∑
k =1

n

(a k +1 1)(bk + k )

∑a
k =1

n

1 . k +1 1 k =1 bk + k

1

………………… (5 分) ………………… (10 分) (1 )

因为 a1 = 1, a n +1 = a n + 2n ,所以 a k +1 1 = k (k + 1) . 从而有

∑a
k =1

n

1
k +1

1

=∑

1 1 = 1 < 1. n +1 k =1 k ( k + 1)

n

又因为 bk +1

bk2 bk (bk + k ) k 1 1 1 = = ,所以 , = bk + = k k bk +1 bk (bk + k ) bk bk + k



1 1 1 = .从而有 bk + k bk bk +1

∑b
k =1

n

1 1 1 1 = ≤ = 1 . (2) … (15 分) b1 bn +1 b1 k +k

1 ≤ In < 1. 2 左边不等式的等号成立当且仅当 n=1 时成立. ……… (20 分)

由(1)和(2)即得

I n < 1 . 综合得到

15. 六个面分别写上 1,2,3,4,5,6 的正方体叫做骰子.问 1) 共有多少种不同的骰子; 2) 骰子相邻两个面上数字之差的绝对值叫做这两个面之间的变差,变差的总 和叫做全变差 V.在所有的骰子中,求 V 的最大值和最小值. 解:1)设台子上有一个与骰子的侧面全等的正方形.我们把一个骰子放到该正方形 上的放法共 6×4 种.所以不同的骰子共有 6! = 30 种. ………………… (5 分) 6*4 2) 由 1-6 的六个数字所能产生的变差共有 15 个,其总和为 1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35 (10 分) 与之相比,每个骰子的全变差中,所缺的是三个相对面上数字之间的变差,记其总和 为 v,则 vmax=(6+5+4)- (1+2+3) =9 vmin= 1+1+1 = 3 ………………… (15 分) 因此 Vmax=35-vmin=32 Vmin=35-vmax=26. ………………… (20 分)
-7-


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