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2006年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题


2006 年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题
第一试
一、选择题(每小题 5 分,共 50 分) 1.a,b 为实数,集合 M = { ,1}, P = {a, 0}, f : x → x 表示把集合 M 中的元素 x 映射到集合 P 中仍为 x,则 a+b 的值等于 A.-1 B.0 2.若函数 f ( x ) 满足 f ( ( C.1 D. ±1 (
?2

b a



2 ) = log 2 x | x | ,则 f ( x) 的解析式是 x+ | x |
B. ? log 2 x C. 2? x Dx



A. log 2 x

3.若关于 x 的方程 ( ) =
x

2 + 3a 有负数根,则实数 a 的取值范围为 5?a 2 3 A. ( ?∞, ? ) ∪ (5, +∞) B. ( ?∞, ? ) ∪ (5, +∞) 3 4 2 2 3 C. ( ? , 5) D. ( ? , ) 3 3 4 3 2





{b 4.已知数列 {an }、 n } 的前 n 项和分别为 An , Bn 记 Cn = an ? Bn + bn ? An ? an ? bn ( n > 1)
则数列{ Cn }的前 10 项和为 A. A10 + B10 B. ( C. A10 ? B10 D. )

A10 + B10 2

A10 ? B10

5.如图 1,设 P 为△ABC 内一点,且 AP =

2 1 AB + AC , 5 5


则△ABP 的面积与△ABC 的面积之比为(

1 5 1 C. 4
A.

B.

2 5 1 D. 3

6.若 sin 3 θ ? cos3 θ ≥ cos θ ? sin θ , 0 ≤ θ < 2π 则角 θ 的取值范围是( A. [0, )

π

4

]

B. [

π
4

,π ]

C. [

π 5π
4 , 4

]

D. [

π 3π
4 , 2

)

7.袋中装有 m 个红球和 n 个白球,m>n≥4.现从中任取两球,若取出的两个球是同色的概
1

率等于取出的两个球是异色的概率,则满足关系 m+n≤40 的数组(m,n)的个数为 ( ) A.3 B.4 C.5 D.6 8.已知实系数一元二次方程 x 2 + (1 + a ) x + a + b + 1 = 0 的两个实根为 x1 , x2 且

0 < x1 < 1, x2 > 1 则
A. (?1, ? ]

1 2

b 的取值范围是 a 1 B. ( ?1, ? ) 2

( C. ( ?2, ? ]



1 2

D. ( ?2, ? )

1 2

9.如图 2,在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,P 为棱 AB 上一点,过点 P 在空间作直线 l, 使 l 与平面 ABCD 和平面 AB C1 D1 均成 30 角,则这样的直线 l 的条数为 A.1 B .2 C.3 D .4
0





10.如图 3,从双曲线

x2 y2 ? = 1(a > 0, b > 0) 的左焦点 F 引圆 x 2 + y 2 = a 2 的切线,切点 a2 b2

为 T.延长 FT 交双曲线右支于 P 点若 M 为线段 FP 的中点,O 为坐标原点,则

| MO | ? | MT | 与 b ? a 的大小关系为
A. | MO | ? | MT |> b ? a C. | MO | ? | MT |< b ? a 二、填空题(每十题 6 分,共 30 分) 11.已知 θ 为锐角,且 B. | MO | ? | MT |= b ? a D.不确定





cos 3θ 1 sin 3θ = ,则 = cos θ 3 sin θ

12.用 6 根等长的细铁棒焊接成一个正四面体形框架,铁棒的粗细和焊接误差不计设此框 架能容纳得下的最大球的半径为 R1 ,能包容此框架的最小球的半径为 R2 ,则

R1 等于 R2

2

13.设 f ( x ) 是以 2 为周期的奇函数,且 f ( ? ) = 3 ,若 sin α =

2 5

5 则 f (4 cos 2α ) 的值是 5

x2 y 2 14.若 a,b,c 成等差数列,则直线 ax+by+c = 0 被椭圆 + = 1 截得线段的中点的轨迹 2 8
方程为 15.设 x > 1, y > 1, S = min{log x 2, log 2 y, log y (8 x )} 则 S 的最大值为
2

第二试
一、(50 分)设 P ( x + a, y1 )、Q ( x, y2 )、r (2 + a, y3 ) 是函数 f ( x) = 2 x + a 的反函数图象上 三个不同点,且满足 y1 + y3 = 2 y2 的实数 x 有且只有一个,试求实数 a 的取值范围.

二、(20 分)已知 x、y、z 均为正数 (1)求证:

x y z 1 1 1 + + ≥ + + ; yz zx xy x y z x y z + + 的最小值 yz zx xy

(2)若 x + y + z ≥ xyz ,求 u =

三、(20 分)已知 sin(2α + β ) = 3sin β ,设 tan α = x, tan β = y ,记 y = f ( x) (1)求 f ( x) 的表达式;

3

(2)定义正数数列 {an }; a1 = 式。

1 2 , an +1 = 2an ? f (an )(n ∈ N * ) 。试求数列 {an } 的通项公 2

四、(30 分)如图 4,△ABC 的内心为 I,过点 A 作直线 BI 的垂线,垂足为 H,设 D、E 分 别为内切圆 I 与边 BC、CA 的切点,求证:D、H、E 三点共线

五、(30 分)如图 5,已知抛物线 C: y 2 = 4 px( p > 0) ,F 为 C 的焦点,l 为准线,且 l 交 x 轴于 E 点,过点 F 任意作一条直线交抛物线 C 于 A、B 两点。 (1)若 AF = λ FB (λ > 0) ,求证: EF ⊥ ( EA ? λ EB ) ; (2)设 M 为线段 AB 的中点,P 为奇素数,且点 M 到 x 轴的距离和点 M 到准线 l 的 距离均为非零整数,求证:点 M 到坐标原点 O 的距离不可能是整数。

参考答案
1.C 由题设得 M=P,从而

b = 0, a = 1, 即a = 1, b = 0. 故a + b = 1 。 a
4

2.B 由 x | x |> 0得x > 0 ,于是 f ( ) = log 2 x, 从而f ( x ) = log 2

1 = ? log 2 x x 2 x 2 + 3a 2 3 < 1. 解得 ? < a < . 3.D 因为 x < 0, 所以0 < ( ) < 0, 从而0 < 3 5?a 3 4
4.C 当 n ≥ 2 时, c n = ( An ? An ?1 ) B n + ( B n + B n ?1 ) An ? ( An ? An ?1 )( B n ? B n ?1 ) = An B n ? An ?1 B n ?1 . , 故 c1 + c 2 + ? + c10 = A1 B1 + ( A2 B2 ? A1 B1 ) + ( A3 B3 ? A2 B2 ) + ? + ( A10 B10 ? A9 B9 ) = A10 B10

1 x

5.A 如图 1,设 AM =

2 1 AB, AN = AC , 5 5

则 AP = AM + AN ,由平行四边形法则知
NP//AB,所以,

?ABP AN 1 = = . ?ABC AC 5
1 sin 2 θ ) ≥ 0. 因为 2

6.C 方法 1:由 sin 3 θ ? cos 3 θ ≥ cos θ ? sin θ , 得(sin θ ? cos θ )(2 +

1 π 5π 2 + sin 2 θ > 0, 所以 sin θ ? cos θ ≥ 0.解得 ≤ θ < . 2 4 4
3 3

方法 2:原不等式可变形为 sin θ + sin θ ≥ cos θ + cos θ . 构造函数 f ( x) = x 3 + x , 则原不等式为 f (sin θ ) ≥ f (cos θ ). 易知 f ( x ) 在 R 上是增函数,因此 sin θ ≥ cos θ 。注 意到 0 ≤ θ < 2π ,解得

π
4

≤θ <

5π 4

7.A 记“取出两个红球”为事件 A,“取出两个白球”为事件 B,“取出一红一白两 球”事件 C,则 P ( A) =
2 Cm C2 C 2 ? C1 , P ( B ) = 2n , P (C ) = m 2 n 。依题得 P(A)+P 2 C m+n C m+n C m+n

(B)=P(C),即 Cm2++Cn2=Cm1·Cn1。所以 m+n=(m-n)2,从而 m+n 为完全平方 数,又由 m > n ≥ 4及m + n ≤ 40及m + n ≤ 40 ,得 9 ≤ m + n ≤ 40. 所以 ?

?m + n = 9 ?m + n = 16 ?m + n = 25 ?m + n = 36 , 或? , 或? , 或? ,解之得(m,n)= ?m ? n = 3 ?m ? n = 4 ?m ? n = 5 ?m ? n = 6

(6,3)(舍去),或(10,6),或(15,10),或(21,15)。故符合题意的数组 (m,n)有 3 个。

? f (0) = a + b + 1 > 0, 8.D 设 f ( x ) = x 2 + (1 + a ) x + a + b + 1, 则由0 < x1 < 1, x 2 > 1, 得? ? f (1) = 2a + b + 3 < 0.
5

在直线坐标平面 aOb 上作出上述不等式所表示平面区域如图 2 中阴影部分所示(不含边 界),两直线 a+b+1=0 与 2a+b+3=0 的交点为 P(-2,1)。

b 表示经过坐标原点 O 和可行域内的点(a,b)的直线 l 的斜率。显然,当 l 过点 P a 1 (-2,1)时,斜率为 ? ;当 l 与直线 2a + b + 3 = 0 平行时,斜率为-2。所以 2 b 1 ?2< ? . a 2

9.B 由于二面角 C1—AB—D 的平面角为 45°,所以在这个二面角及它的“对顶”二面 角内,不存在过点 P 且与面 ABCD 和面 ABC1D1 均成 30°的直线。转而考虑它的补二面 角,易知过点 P 有且仅有两条直线与面 ABCD 和面 ABC1D1 均成 30°。故满足条件的直 线 l 有 2 条。 10.B 如图 4,设双曲线的右焦点为 F′,连结 PF′、OT,在 Rt△OTF 中,由|OF|=c, |OT|=a(c 为双曲线的半焦距),得|TF|=b,于是,根据三角形中位线定理及双曲线定 义,得|MO|-|MT|=

1 1 1 | PF ′ | ?( | PF | ?b) = b ? (| PF | ? | PF ′ |= b ? a. 2 2 2
2

二、填空题(每小题 6 分,共 30 分。把答案填在题中的横线上) 11.

7 3

方法 1:由题设及三倍角的斜弦公式,得 4 cos θ ? 3 =

1 10 , 即4 cos 2 θ = . 3 3

sin 3 θ 7 = 3 ? 4 sin 2 θ = 4 cos 2 θ ? 1 = . 故 sin θ 3
方法 2:设

sin 3θ 1 sin 3θ cos 3θ sin(3θ ? θ ) sin 2θ = x , 则x ? = ? = = = 2. 1 sin θ 3 sin θ cos θ sin θ cos θ sin 2θ 2 1 7 故x = 2+ = 3 3

6

12.

3 . 依题意,R1 为这个正四面体框架的棱切球半径,R2 为外接球半径。易知,棱切 3 2 2 ;又外接球的半径为 , 所以R1 = 2 4

球的直径即为正四面体对棱之间的距离

R2 =

R 6 3 ,所以, 1 = 。 4 R2 3 5 3 , α 为锐角,所以 cos 2α = 1 ? 2 sin 2 α = , 又f ( x) 是以 2 为周 5 5
2 5 12 2 2 ) = f ( ) = ? f ( ? ) = ? 3. 5 5 5

13.-3 因为 sin α =

期的奇函数,且 f ( ? ) = 3 ,所以 f ( 4 cos 2α ) = f ( 14. 2( x ? 1 ) 2 + ( y + 1) = 1. 2 2
2

由 a-2b+c=0 知,直线 ax + by + c = 0 过定点 P(1,-2)。

x2 y2 又点 P 在椭圆 + = 1 上,所以 P 为所截线段的一个端点,设另一端点为 Q(x1, 2 8 x1 + 1 ? ? x0 = 2 , ? x 1 = 2 x0 ? 1 ? y1),线段 PQ 的中点为 M(x0,y0),则 ? 即? 。因为点 ? y = y1 ? 2 , ? y1 = 2 y 0 + 2 ? 0 2 ? (2 x0 ? 1) 2 (2 y 0 + 2) 2 x2 y2 Q(x1,y1)在椭圆 + = 1 上,所以 =1。故得中点 M 轨 + 2 8 2 2
迹方程为 2( 2 ? ) +
2

1 2

( y + 1) 2 = 1. 2
2 2

15.2 由题设得 log x 2 ≥ S , log 2 y ≥ S , log y (8 x ) ≥ S , 则S ≤ log y (8 x ) =

3 + 2 log 2 x = log 2 y
S≤2。当 x =

3+

2 2 3+ log x 2 S , 于是 S3-3S-2≤0,即(S-2)(S+1)2≤0,得 ≤ log 2 y S

2 ,y=4 时取等号。
第二试

一、选择题(每小题 5 分,共 50 分)
7

【解】 f ( x) = 2 + a 的反函数为 f
x

?1

( x) = log 2 ( x ? a ), 则y1 = log 2 x, y 2 = log 2 ( x ? a ), y 3 = 1 。

于是,由 y1 + y 3 = 2 y 2 ,得 1 + log 2 x = 2 log 2 ( x ? a ) 。 此方程等价于 ?

?x > a
2 ?2 x = ( x ? a )



……………………5 分

1 1 时,方程有唯一实根 x = 。 ……………10 分 2 2 1 (2)当△>0,即 a > ? 时,方程有两个实根 x = a + 1 ± 2a + 1 2
(1)当△=0,即 a = ? 显然, x = a + 1 + 从而应有 x = a + 1 ?

2a + 1 > a 满足条件,
2a + 1 ≤ a, 解得a ≥ 0 …………15 分 1 2

而 a=0 时,点 P、Q 重合,所以 a>0。 综上所述,实数 a 的取值范围为 ( ? ) ∪ (0,+∞) 。…………20 分 二、(本题满分 20 分) 【解】(1)因为 x,y,z 无为正数。所以

x y 1 x y 2 + = ( + ) ≥ ;…………5 分 yz zx z y x z

同理可得

y z 2 z x 2 + ≥ , + ≥ . zx xy x xy yz y

当且仅当 x=y=z 时,以上三式等号都成立。 将上述三个不等式两边分别相加,并除以 2,得

x y z 1 1 1 + + ≥ + + ……10 分 yz zx xy x y z 1 1 1 + + ≥ 1. xy yz zx

(2)因为 x,y,z 均为正数,且 x + y + z ≥ xyz , 所以

由(1)的结论,得 u =

x y z 1 1 1 + + ≥ + + yz zx xy x y z

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2( + + ) ≥ 3( + + )≥ 3 2 xy yz zx xy yz zx x y z

8

当且仅当 x=y=z,且

1 1 1 + + = 1, 即x = y = z = 3 时,以上等号都成立, xy yz zx

故 u min =

3

………………20 分

三、(本题满分 20 分) 【解】(1)由 sin(2α + β ) = 3 sin β , 得 sin[(α + β ) + α ] = 3 sin β [(α + β ) ? α ] , 所以 tan(α + β ) = 2 tan α 于是, ………………5 分

tan α + tan β x+ y x x ……10 分 = 2 tan α , 即 = 2 x, 解得y = , 故f ( x ) = 2 1 ? tan α tan α 1 ? xy 1 + 2x 1 + 2x 2
2 2a n

2 (2)因为 a n +1 = 2a n f (a n ) =

1 + 2a

2 n

, 所以

1 a
2 n +1

=

1 1 1 1 + 1 ,即 2 ? 2 = ( 2 ? 2) ……15 分 2 2 an 2a n a n +1

因此, {

1 1 ? 2} 是首项为 2,公比为 的等比数列。 2 2 an

所以

1 1 ? 2 = 2( ) n ?1 , 故a n = 2 2 an

2 n?2 2 n ?1 + 1

………………20 分

四、(本题满分 30 分) 【证法 1】如图 5,设直线 BI 与 CA 边相交于 K 点,连结 AI、DI、EI、DH、EH。 因为∠BDI=∠AHB,∠IBD=∠ABH,所以△IBD∽△ABI 有

BD IB BD HB = ,即 = ………………10 分 BH AB BI AB
又因为∠HBD=∠ABI,所以△HBD∽△ABI 有 ∠BHD=∠BAI ① …………20 分 因为∠AEI=∠AHI=90°,所以 A、E、H、I 四点共圆, 有∠EHK=∠EAI ② 由①、②及∠BAI=∠EAI,得∠BHD=∠EHK。 故 D、H、E 三点共线。 ……………………30 分 【证法 2】如图 5,连结 DE、EH、AI、EI。 因为∠AEI=∠AHI=90°,所以 A、E、H、I 四点共圆,有∠AEH=∠AIB …………10 分 又因为 I 为△ABC 的内心,所以∠AIB=90°+ 从而∠AEH=90°+

1 ∠C. 2

1 ∠C. …………20 分 2
9

因为 CD=CE,所以 ∠DEC =

180° ? ∠C 1 = 90° ? ∠C. 2 2

于是∠AEH+∠DEC=180°,故 D、H、E 三点共线。…………30 分 五、(本题满分 30 分) 【解】(1)方法 1:点 F 的坐标为(p,0),设直线 l 的方程为 x = my + p, 代入y 2 = 4 px, 得 y 2 ? 4 pmy ? 4 p 2 = 0 ①

设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ) ,则 y1、y2 是方程①的两个根,有
2 y12 + y 2 = 4 pm, y1 y 2 = ?4 p 2

由 AF = λ FB, 得λ = ?

y1 . y2

因为 EA ? λ EB = ( x1 + p, y1 ) ? λ ( x 2 + p, y 2 ) = ( x 2 ? λx 2 + p (1 ? λ ), y1 ? λy 2 ) , 又 EF = ( 2 p,0), x1 =

y12 y2 , x2 = 2 4p 4p

2 y12 y1 y 2 y + ? + p (1 + 1 )] 所以 EF ? ( EA ? λ EB ) = 2 p[ x1 ? λx 2 + p (1 ? λ )] = 2 p[ y2 4 p y2 4 p

=

2 p ( y1 + y 2 ) y y + 4 p2 1 2 1 y1 + y1 y 2 + = ( y1 + y 2 ) ? 1 2 = 0. 2 2 y2 2 y2
…………10 分

故 EF ⊥ ( EA ? λ EB ).

方法 2:如图 6,设点 A、B 在准线 l 上的射影分别为 A′、B′, 则|AF|=|A′A|,|BF|=|B′B|。从而,由 AF = λ FB, 得 A′A = λ B ′B 因为 EA = EA′ + A′A, EB = EB ′ + B ′B, 所以EA ? λ EB = EA′ ? λ EB ′ 又 EA ⊥ ( EA′ ? λ EB ′), 所以EF ? ( EA′ ? λ EB ′) = 0. 故 EF ? ( EA ? λ EB ) = 0, 即EF ⊥ ( EA ? λ EB ). …………10 分 (2)设 M(x,y),依题意 x、y 均为非零整数,由对称性,不防设 x,y∈ N * ,则

10

y=

y1 + y 2 = 2 pm. ② 2
③ ④ ⑤

因为点 M 在直线 AB 上,所以 x=my+p 由②、③消去 m,得 y = 2 p ( x ? p ).
2 2 2 2 假设|OM|=r 为正整数,则 x + y = r

因为 p 为奇质数,所以由④知,p|y,从而 p|x。 于是,由⑤知 p|r。 令 x = px1 , y = py1 , r = pr1 ( x1 , y1 , r1 ∈ N *) ,则有

y12 = 2( x1 ? 1), x12 + y12 = r12 。
消去 y1,得 x12 + 2 x1 ? r12 = 2, 即 ( x1 + 1 + r1 )( x1 + 1 ? r1 ) = 3 = 3 × 1. 又 x1 + 1 + r1与x1 + 1 ? r1 有相同的奇偶性,且 x1 + 1 + r1 > x1 + 1 ? r1 , 所以 ?

? x1 + 1 + r1 = 3, ? x1 + 1 ? r1 = 1.

? x = 1, 解得? 1 ?r1 = 1.

从而 y1=0,于是 y=-0,这与 y 为正整数矛盾。 故点 M 到坐标顶点 O 的距离不可能是整数。

11


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