2006年全国高中数学联合竞赛
试题参考答案及评分标准
一、选择题(本题满分36分，每小题6分)
1． 答C．
→→→解：令∠ABC＝α，过A作AD⊥BC于D，由BA－tBC≥AC，推出
||||
||
→→BA· BC→2→→2→2→2
BA－2tBA· BC＋tBC≥AC,令t＝，代入上式，得
→2 BC
||||
2
||
2→2→2→2→2→2|→BA|－2|BA|cosα＋|BA|cosα≥|AC|，即 |BA|sinα≥|AC|,
π→→→→也即|BA|sinα≥|AC|．从而有|AD|≥|AC|．由此可得∠ACB＝．
2
2
2
2． 答B．
?x＞0，x≠11
解：因为?2，解得x＞且x≠1．由logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，
2?2x＋x－1＞0
? logx(2x3＋x2－x)＞logx2? ?
?0＜x＜1，
3
2
?x＞1，
或?32．解得0＜x＜1或x＞1．
?2x＋x－x＜2?2x＋x－x＞2
1
所以x的取值范围为x＞且x≠1．
23 答C．
ab
解：5x－a≤0?x≤；6x－b＞0?x＞．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，则
56
?1≤6＜2，?6≤b＜12，
1＝30个． 所以数对(a，b)共有C1C5?a，即?6?20≤a＜25．
4≤＜5?5
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F(t1，0，0)(0＜111→1→t1＜1)，E(0，1，)，G(，0，1)，D(0，t2，0)(0＜t2＜1)．所以EF＝(t1，－1，－)，GD＝(－，22221→t2，－1)．因为GD⊥EF，所以t1＋2t2＝1，由此推出0＜t2＜．又DF＝(t1，－t2，0)，
2
b
|→DF|＝
5．
答A．
2t21＋t2＝5t22－4t2＋1＝
2211→5(t2－)＋，从而有≤DF＜1．
555
||
解：显然f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)为奇函数，且单调递增．于是
若a＋b≥0，则a≥－b，有f(a)≥f(－b)，即f(a)≥－f(b)，从而有f(a)＋f(b)≥0． 反之，若f(a)＋f(b)≥0，则f(a)≥－f(b)＝f(－b),推出a≥－b，即a＋b≥0． 6． 答B．
20053 20032005解：出现奇数个9的十进制数个数有A＝C1 20069＋C20069＋…＋C20069．又由于
(9＋1)
2006
200620062006－k2006k k (－1)k92006－k ＝ΣC20069以及(9－1)＝ΣC2006
k＝0k＝0
从而得
1 92005＋C3 92003＋…＋C20059＝1(－82006)． A＝C2006200620062
二、填空题(本题满分54分，每小题9分)
7. 9填[0，]．
8
11
解：f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x＝1－sin2x－ sin22x．令t＝sin2x，则
22
11911max g(t)＝g(－1)＝9． f(x)＝g(t)＝1－t－t2＝－(t＋)2．因此－1ming(t)＝g(1)＝0，≤t≤1－1≤t≤12282228
9
故，f(x)∈[0，]．
8
8. 填[－
55，]． 55
解：依题意，得|z|≤2?(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤4?2a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2． ?－25asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin?25|a|≤3－5a2?|a|≤9．
填3－1．.
解：由平面几何知，要使∠F1PF2最大，则过F1，F2，P三点的圆必定和直线l相切于点P．直线l交x轴于A(－8－23，0)，则∠APF1＝∠AF2P，即?APF1∽?AF2P，即
又由圆幂定理，
|AP|2＝|AF1|·|AF2|
⑵
而F1(－23，0)，F2(23，0)，A(－8－23，0)，从而有|AF1|＝8，|AF2|＝8＋43． |PF1|
代入⑴，⑵得，＝|PF2|10． 12
填(＋)π． 32
解：设四个实心铁球的球心为O1，O2，O3，O4，其中O1，O2为下层两球的球心，A，B，C，D分别为四个球心在底面的射影．则ABCD是一个边长为水π(1＋
5
)对任意实数θ成立． 5
555，故 a的取值范围为[－，]． 555
|PF1||AP|
＝ ⑴ |PF2||AF2|
|AF1|
＝|AF2|
8
＝4－23＝3－1．
8＋43
22
的正方形。所以注水高为1＋．故应注22
24112
)－4×π()3＝(＋)π． 23232
11． 填1．
解：(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005?(x＋
x
1242004
)＝2006 2005)(1＋x＋x＋…＋x
1111
?x＋x3＋x5＋…＋x2005＋2005＋2003＋2001＋…＋＝2006，故x＞0，否则左边＜0．
xxxx111
?2006＝x＋＋x3＋3＋…＋x2005＋2005≥2×1003＝2006．
xxx等号当且仅当x＝1时成立．
所以x＝1是原方程的全部解．因此原方程的实数解个数为1． 12.
填0.0434．
解：第4次恰好取完所有红球的概率为
2918291821
×()2×＋×××＋()2××＝0.0434． 10101010101010101010
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13.
n±n2－41
证明：因为y＝nx－1与y＝x的交点为x0＝y0＝．显然有x0＋=n≥2．…(5分)
2x0
2
m)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝xm＋1．………(10分) 若(xm，y000
xm01
记km＝xm＋， 0
xm0
112
由于k1＝n是整数，k2＝x2＋＝(x＋)－2＝n2－2也是整数， 002x0
x0
1
且 km＋1＝km(x0＋)－km－1＝nkm－km－1，(m≥2) (13.1)
x0
1
所以根据数学归纳法，通过(13.1)式可证明对于一切正整数m，km＝xm0＋m是正整数，且km≥2现
x01
在对于任意正整数m，取k＝xm＋，满足k≥2，且使得y2＝kx－1与y＝x的交点为(xm，ym……000)．
xm0(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x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且使S＝Σxixj取到最大值，则必有
1≤i＜j≤5
|xi－xj|≤1 (1≤i，j≤5) ………(5分) (*)
事实上，假设(*)不成立，不妨假设x1－x2≥2，则令x1?＝x1－1，x2?＝x2＋1，xi?＝xi (i＝3，4，5)．有x1?＋x2?＝x1＋x2，x1?·x2?＝x1x2＋x1－x2－1＞x1x2．将S改写成
- 3 -
S＝xixj＝x1x2＋(x1＋x2)(x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5 Σ1≤i＜j≤5
同时有 S?＝x1?x2?＋(x1?＋x2?)((x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5．于是有S?－S＝x1?x2?－x1x2＞0．这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾．所以必有|xi－xj|≤1，(1≤i，j≤5)．
因此当x1＝402，x2＝x3＝x4＝x5＝401时S取到最大值． ……………………(10分) ⑵ 当x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且|xi－xj|≤2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)
而后两种情形是由第一组作xi?＝xi－1，xj?＝xj＋1调整下得到的．根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式S＝
xixj变大．所以在x1＝x2＝x3＝402，x4＝x5＝400时S取到最小Σ
1≤i＜j≤5
值．………(20分)
15．
证明：⑴ 如果a＜－2，则|f1(0)|＝|a|＞2，a∈/M． ………………………(5分) 1－
⑵ 如果－2≤a≤，由题意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn1(0))2＋a，n＝2，3，……．则
411
① 当0≤a≤时，|fn(0)|≤，(?n≥1).
42
1
事实上，当n＝1时，|f1(0)|＝|a|≤，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k，
2
2
|fk(0)|≤|fk－1(0)|＋a≤(2)2＋4＝2．
② 当－2≤a＜0时，|fn(0)|≤|a|，(?n≥1)．
事实上，当n＝1时，|f1(0)|≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有
2－
－|a|＝a≤(fk1(0))＋a≤a2＋a
注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．从而有|fk(0)|≤|a|．由1
归纳法，推出[－2，]?M．……………………(15分)
4
11
⑶ 当a＞时，记an＝fn(0)，则对于任意n≥1，an＞a＞且
44
＋
an＋1＝fn1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝a2n＋a．
111
12111
对于任意n≥1，an＋1－an＝a2－a＋a＝(a－)＋a－≥a－．则a－a≥a－． ＋nnn1nn2444
2－a11＋所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－)．当n＞时，an＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，即fn1(0)＞2．因
414
a－4此a∈/M．
1
综合⑴，⑵，⑶，我们有M＝[－2，]． …………………………(20分)
4
2006年全国高中数学联合竞赛 加试试题参考答案及评分标准
一、
关于⑴的证明要点：
① 说明C0P0＝C0P0?，从而得到P0与P0?重合：
P1由椭圆定义知B0C1＋B1C1＝B0C0＋B1C0＝2a(2a为
A椭圆的长轴)．
记BiCj＝rij(i，j＝0，1)，即r01＋r11＝r00＋r10＝2a． 设B0P0＝B0Q0＝b，
则C1Q0＝C1P1＝C1B0＋B0Q0＝r01＋b； B1P1＝B1Q1＝B1C1＋C1P1＝r11＋r01＋b； C1C0Q1C0Q1＝C0P0?＝B1Q1－B1C0＝r11＋r01＋b－r10
＝b＋2a－r10＝b＋r00． Q0B0B1 但C0P0＝b＋r00；从而C0P0?＝C0P0，故点P0与P0?P0重合．(10分)
② 说明两圆的公共点在两圆连心线所在直线上，或说明两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆相切．
⌒⌒ 由于弧P0Q0的圆心为B0，P0Q1的圆心为C0，而P0为两圆公共点，但C0、B0、P0三点共线，故两圆弧内切于点P0． 或：由于C0B0＝C0Q1－B0P0，即两圆圆心距等于两圆半径差，从而两圆内切．(20分)
⑵的证明要点：主要有以下两种思路，一是从角度入手证明，一是从找出圆心入手证明．分述如下：
① 说明对两定点张角相等，从而四点共圆；或说明四边
B1P1AC1DC0B0P0Q1Q0形对角和为180?，
连P0Q0，P0Q1，P1Q0，P1Q1，
证法一：证明∠Q0P0Q1＝∠Q0P1Q1．从而说明四点共圆． 由于∠Q0P0Q1＝∠B0P0Q0－∠C0P0Q1
11
＝(180?－∠P0B0Q0)－(180?－∠P0C0Q1) 221
＝(∠P0C0Q1－∠P0B0Q0) 2
11
＝(∠AC0B1－∠C0B0C1)＝∠C0MB0；(30分) 22
∠Q0P1Q1＝∠B1P1Q1－∠C1P1Q0
11
＝(180?－∠P1B1Q1)－(180?－∠P1C1Q0) 2211
＝(∠P1C1Q0－∠P1B1Q1)＝∠C1MB1；(40分) 22
但，∠C0MB0＝∠C1MB1，故∠Q0P0Q1＝∠Q0P1Q1，从而P0，Q0，Q1，P1四点共
圆得证．(50分)
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2006年全国高中数学联赛试题及解答
