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2006年浙江省高中数学竞赛集训试卷


2006 年浙江省高中数学竞赛集训试卷
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn。则满足不等式|Sn-n-6|<

1 的 125

最小整数 n 是( ) A.5 B.6 C.7 D.8 2.设 O 是正三棱锥 P-A

BC 底面三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA、PB 的延 长线分别交于 Q、R,则和式

1 1 1 ( ? ? PQ PR PS

) B.有最小值而无最大值 D.是一个与面 QPS 无关的常数

A.有最大值而无最小值 C.既有最大值又有最小值,两者不等 3.给定数列{xn},x1=1,且 xn+1=

3xn ? 1 3 ? xn

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,则

?x
n ?1

n

=(



A.1 4.已知 a =(cos

B.-1

C.2+ 3

D.-2+ 3

2 2 π, sin π), OA ? a ? b , OB ? a ? b ,若△OAB 是以 O 为直角顶点的等腰直角 3 3
) C.2 D. B.

三角形,则△OAB 的面积等于( A.1

1 2

3 2

5.过椭圆 C:

x2 y2 ? ? 1 上任一点 P,作椭圆 C 的右准线的垂线 PH(H 为垂足) ,延长 PH 到点 3 2


Q,使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。当点 P 在椭圆 C 上运动时,点 Q 的轨迹的离心率的取值范围为( A. (0,

3 ] 3

B. (

3 3 , ] 3 2

C. [

3 ,1) 3

D. (

3 ,1) 2
b

6. 在△ABC 中, 角 A、 B、 C 的对边分别记为 a、 b、 c(b≠1), 且

C sin B , 都是方程 log A sin A

x=logb(4x-4)

的根,则△ABC( ) A.是等腰三角形,但不是直角三角形 B.是直角三角形,但不是等腰三角形 C.是等腰直角三角形 D.不是等腰三角形,也不是直角三角形 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.若 log4(x+2y)+log4(x-2y)=1,则|x|-|y|的最小值是_________. 8.如果: (1)a, b, c, d 都属于{1, 2, 3, 4} (2)a≠b, b≠c, c≠d, d≠a (3)a 是 a, b, c, d 中的最小数 那么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是________. 9.设 n 是正整数,集合 M={1,2,…,2n}.求最小的正整数 k,使得对于 M 的任何一个 k 元子集,

-1-

其中必有 4 个互不相同的元素之和等于 10.若对|x|≤1 的一切 x,t+1>(t2-4)x 恒成立,则 t 的取值范围是_______________. 11 .我们注意到 6!=8× 9× 10 ,试求能使 n! 表示成 (n-3) 个连续自然三数之积的最大正整数 n 为 __________. 12.对每一实数对(x, y),函数 f(t)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若 f(-2)=-2,试求满足 f(a)=a 的所有 整数 a=__________. 三、解答题(每小题 20 分,共 60 分) 13.已知 a, b, c∈R+,且满足

kabc ≥(a+b)2+(a+b+4c)2,求 k 的最小值。 a?b?c

14.已知半径为 1 的定圆⊙P 的圆心 P 到定直线 l 的距离为 2,Q 是 l 上一动点,⊙Q 与⊙P 相外切, ⊙Q 交 l 于 M、N 两点,对于任意直径 MN,平面上恒有一定点 A,使得∠MAN 为定值。求∠MAN 的度数。

-2-

15.已知 a>0,函数 f(x)=ax-bx2, (1)当 b>0 时,若对任意 x∈R 都有 f(x)≤1,证明:a≤2 b ; (2)当 b>1 时,证明:对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件是:b-1≤a≤2 b ; (3)当 0<b≤1 时,讨论:对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件。

-3-

附加题 一、 (50 分)如图,已知△ABC 的外角∠EAC 的平分线与△ABC 的外接圆交于点 D,以 CD 为直径的圆分别交 BC,CA 于点 P、Q,求证:线段 PQ 平分△ABC 的周长。 E A Q D

B

P

C

-4-

二、 (50 分)求所有实多项式 f 和 g,使得对所有 x∈R,有:(x2+x+1)f(x2-x+1)=(x2-x+1)g(x2+x+1)。

-5-

三、 (50 分)有 n 支球队参加足球联赛,每支球队与其他球队只比赛一场,规定胜一场得 3 分,平 一场得 1 分,负一场得 0 分,联赛结束后,有一些球队可能会被取消比赛资格,因此我们的比赛结 果也会被取消,剩下的球队将重新计算成绩,积分多的球队将会成为这次联赛的冠军(如果只有一 支球队没取消比赛资格, 则他就是冠军) 。 设 fi(T)(I=1, 2, …n)是在这次联赛 T 中使得第 i 支球队获得 冠军,而被取消比赛资格的球队数目的最小值,又设 F(T)=f1(T)+f2(T)+…+fn(T),对于 n≥5。求 F(T) 的最大值和最小值。

-6-

高中数学竞赛模拟试卷答案
一、选择题 1 . 由 递 推 式 得 : 3(an+1-1)=-(an-1) , 则 {an-1} 是 以 8 为 首 项 , 公 比 为 -

1 的等比数列, 3

1 8[1 ? (? ) n ] 3 =6-6×(- 1 )n,∴|S -n-6|=6×( 1 )n< 1 ,得:3n-1>250, ∴Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+…+(an-1)= n 1 3 3 125 1? 3
∴满足条件的最小整数 n=7,故选 C。 2 . 设 正 三 棱 锥 P-ABC 中 , 各 侧 棱 两 两 夹 角 为 α , PC 与 面 PAB 所 成 角 为 β , 则 VS-PQR=

1 1 1 S△PQR· h= ( PQ· PRsinα)·PS·sinβ 。 另 一 方 面 , 记 O 到 各 面 的 距 离 为 d , 则 3 3 2

VS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS,

1 1 1 1 d 1 d 1 d 1 S△PQR· d= S△PRS· d+ S△PRS· d+ S△PQS· d= ? PQ· PRsinα+ ? PS· PRsinα+ ? PQ· PS·sinα,故 3 3 3 3 3 2 3 2 3 2
有:PQ· PR· PS·sinβ=d(PQ· PR+PR· PS+PQ· PS),即

1 1 1 sin ? ? ? ? =常数。故选 D。 PQ PR PS d

3 3 ,令 x =tanα ,∴x =tan(α + ? ), ∴x =x , x =1,x =2+ 3 , x =-2- 3 , x =-1, 3.xn+1= n n n+1 n n+6 n 1 2 3 4 6 3 1? xn 3 xn ?
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x5=-2+ 3 , x6=2- 3 , x7=1,……,∴有

?x
n ?1

n

? x1 ? 1 。故选 A。

4.设向量 b =(x, y),则 ?

? ?(a ? b)(a ? b) ? 0 ? ?| a ? b |?| a ? b |



? 1 3 1 3 ) ? ( ? x ? ,? y ? ?0 2 2 ?( x ? , y ? ? 3 1 ?x ? y ? 1 ? 2 2 2 2 即 ? , 即 ? . ∴ b?( , ) 或 2 2 ? ?( x ? 1 ) 2 ? ( y ? 3 ) 2 ? ( x ? 1 ) 2 ? ( y ? 3 ) 2 ?x ? 3 y ? 2 2 2 2 ?
(?
1 3 1 , ) ,∴S△AOB= | a ? b || a ? b | =1。 2 2 2

5.设 P(x1, y1),Q(x, y),因为右准线方程为 x=3,所以 H 点的坐标为(3, y)。又∵HQ=λPH,所以

-7-

3(1 ? ? ) ? x ? HP ?1 ? x1 ? ? ,所以由定比分点公式,可得: ? ,代入椭圆方程,得 Q 点轨迹为 ? PQ 1 ? ? ? ? y1 ? y
[ x ? 3(1 ? ? )]2 y 2 3?2 ? 2 2 3 ? ? 1 ,所以离心率 e = ? 1 ? 2 ? [ ,1) 。故选 C。 2 2 3? 3 3? 2 3?
6.由 log
b

x=logb(4x-4)得:x2-4x+4=0,所以 x1=x2=2,故 C=2A,sinB=2sinA,因 A+B+C=180° ,所

以 3A+B=180° , 因此 sinB=sin3A, ∴3sinA-4sin3A=2sinA, ∵sinA(1-4sin2A)=0, 又 sinA≠0, 所以 sin2A= 而 sinA>0,∴sinA= 二、填空题

1 , 4

1 。因此 A=30° ,B=90° ,C=60° 。故选 B。 2

?x ? 2 y ? 0 ?x ? 2 | y | ? ?? 2 7. 3 。 ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y≥0, 因为 x>0, ∴只须求 x-y 的最小值, 令 x-y=u, 代入 x2-4y2=4, 有 3y2-2uy+(4-u)2=0, 这个关于 y 的二次方程显然有实根,故△=16(u2-3)≥0。 8.46 个。abcd 中恰有 2 个不同数字时,能组成 C 2 4 =6 个不同的数。abcd 中恰有 3 个不同数字时,
1 1 1 1 1 能组成 C3 C2 C 2 ? C2 C2 =16 个不同数。abcd 中恰有 4 个不同数字时,能组成 A 4 =24 个不同数,所
4

以符合要求的数共有 6+16+24=46 个。 9. 解考虑 M 的 n+2 元子集 P={n-l,n,n+1,…,2n}. P 中任何 4 个不同元素之和不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2,所以 k≥n+3. 将 M 的元配为 n 对,Bi=(i,2n+1-i),1≤i≤n. 对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有三对 Bi1 , Bi2 , Bi3 同属于 A(i1、i 2、i 3 两两不同). 又将 M 的元配为 n-1 对,C i (i,2n-i),1≤i≤n-1. 对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有一对 Ci4 同属于 A, 这一对 Ci4 必与 Bi1 , Bi2 , Bi3 中至少一个无公共元素, 这 4 个元素互不相同, 且和为 2n+1+2n=4n+1, 最小的正整数 k=n+3 10.

t ?1 t ?1 13 ? 1 21 ? 1 ? 1 , t+1>t2-4, , 。 ①若 t2-4>0, 即 t<-2 或 t>2, 则由 2 >x(|x|≤1)恒成立, 得 2 t ?4 t ?4 2 2

-8-

t2-t-5<0 解得

1 ? 21 1 ? 21 1 ? 21 1 ? 21 ,从而 <t<-2 或 2<t< 。②若 t2-4=0,则 t=2 符 ?t ? 2 2 2 2
t ?1 t ?1 ? ?1 ,t+1>-t2+4; t2+t-3>0, <x(|x|≤1)恒成立,得 2 2 t ?4 t ?4

合题意。③若 t2-4<0,即-2<t<2,则由

解 得 : t<

? 1 ? 13 ? 1 ? 13 ? 1 ? 13 或 t> ,从而 <t<2 。 综 上 所 述 , t 的 取 值 范 围 是 : 2 2 2

13 ? 1 21 ? 1 <t< 。 2 2
11.23. 。 12.1 或-2。令 x=y=0 得 f(0)=-1;令 x=y=-1,由 f(-2)=-2 得,f(-1)=-2,又令 x=1, y=-1 可得 f(1)=1, 再令 x=1,得 f(y+1)=f(y)+y+2 ①,所以 f(y+1)-f(y)=y+2,即 y 为正整数时,f(y+1)-f(y)>0,由 f(1)=1 可知对一切正整数 y,f(y)>0,因此 y∈N*时,f(y+1)=f(y)+y+2>y+1,即对一切大于 1 的正整数 t,恒有 f(t)>t,由①得 f(-3)=-1, f(-4)=1。 下面证明:当整数 t≤-4 时,f(t)>0,因 t≤-4,故-(t+2)>0,由①得:f(t)-f(t+1)=-(t+2)>0, 即 f(-5)-f(-4)>0,f(-6)-f(-5)>0,……,f(t+1)-f(t+2)>0,f(t)-f(t+1)>0 相加得:f(t)-f(-4)>0,因为:t≤4,故 f(t)>t。综上所述:满足 f(t)=t 的整数只有 t=1 或 t=2。 三、解答题 13.解:因为(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥(2 ab )2+(2 2ac +2 2bc )2= 4ab+8ac+8bc+16c ab 。所以

(a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ? (a ? b ? c) abc

≥ 8(53

1 a 2b 2 c 5 ) ? ( 5 ) ? 100。 2a 2 b 2 c 2 24

当 a=b=2c>0 时等号成立。故 k 的最小值为 100。 14. 以 l 为 x 轴, 点 P 到 l 的垂线为 y 轴建立如图所示的直角坐标系, 设 Q 的坐标为(x, 0), 点 A(k, λ), ⊙Q 的半径为 r,则:M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ= x 2 ? 2 2 =1+r。所以 x=± r 2 ? 2r ? 3 ,

∴tan∠MAN=

k AN ? k AM 1 ? k AN ? k AM

o?r o?h ? ? x?r?h x?r?h o?h o?h 1? ? x?r?h x?r?k

?

2rh 2rh 2rh , 令 ? ? 2 2 2 2 2 2 2 2 (x ? k) ? r ? h (? r ? 2r ? 3 ) ? r ? h h ? k ? 3 ? 2r ? 2k r 2 ? 2r ? 3
2

2m=h2+k2-3,tan∠MAN=

1 ,所以 m+r ? k r 2 ? 2r ? 3 =nhr,∴m+(1-nh)r= ? k r 2 ? 2r ? 3 ,两 n

边平方,得: m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2 ,因为对于任意实数 r≥1 ,上式恒成立,所以

-9-

?m 2 ? ?3k 2 (1) ? 1 2 由 (1) (2) 式, 得 m=0, k=0, 由 (3) 式, 得 n= 。 由 2m=h2+k2-3 得 h=± 3 , ?2m(1 ? nh) ? 2k (2) , h ?(1 ? nh) 2 ? k 2 (3) ? 1 所以 tan∠MAN= =h=± 3 。所以∠MAN=60° 或 120° (舍) (当 Q(0, 0), r=1 时∠MAN=60° ) ,故 n
∠MAN=60° 。 15. (1)证:依题设,对任意 x∈R,都有 f(x)≤1。∵f(x)=-b(x-

a 2 a2 a a2 )+ ,∴f( )= ≤1,∵a>0, 2b 2 b 4b 4b

b>0, ∴a≤2 b 。 (2)证: (必要性) ,对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 ? -1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即 a-b≥-1,∴a≥b-1。 对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 ? f(x)≤1,因为 b>1,可推出 f(

1 b

)≤1。即 a·

1 b

-≤1,∴a≤2 b ,所以

b-1≤a≤2 b 。 (充分性) :因 b>1, a≥b-1,对任意 x∈[0, 1],可以推出:ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x ≥-1,即:ax-bx2≥-1;因为 b>1,a≤2 b ,对任意 x∈[0, 1],可推出 ax-bx2≤2 b -bx2≤1,即 ax-bx2≤1, ∴-1≤f(x)≤1。 综上,当 b>1 时,对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件是:b-1≤a≤2 b 。 (3)解:因为 a>0, 0<b≤1 时,对任意 x∈[0, 1]。 f(x)=ax-bx2≥-b≥-1,即 f(x)≥-1; f(x)≤1 ? f(1)≤1 ? a-b≤1,即 a≤b+1; a≤b+1 ? f(x)≤(b+1)x-bx2≤1,即 f(x)≤1。 所以,当 a>0, 0<b≤1 时,对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 的充要条件是:a≤b+1.

- 10 -

A Q

D

B

P

C

附 加 题 一 、 如 图 , 连 结 DB 、 OP 、 DQ , 因 ∠ABD+∠ACD , ∠EAC=∠ABC+∠ACB , 则 ∠EAC=∠DBC+∠DCB,即:2∠DAC=∠DBC+∠DCB;又∠DAC=∠DBC,则:∠OBC=∠DCB;

1 BC。在圆内接四边形 ABCD 中,由托勒密定理得: 2 BC ? AD 2 BP ? AD ? AC· BD=BC· AD+AB· CD , 因 BD=CD , 则 : AC-AB= , 又 DQ⊥AC , 则 BD BD BP ? AD AQ AD AC ? AB ? △ADQ∽△BDP,所以 ,即:AQ= 。故 AC-AB=2AQ,即 AQ= 。从 BD BP BD 2 1 1 AC ? AB 1 ) ? BC= (AB+BC+CA)。 而:CQ+CP=(AC-AQ)+ BC=(AC2 2 2 2
故△DBC 为等腰三角形,因 OP⊥BC,则 CP=

二、设 w 是 1 的非实的立方根,满足 w2+w+1=0,则 g(w2+w+1)g(0)=0,设 α 为-1 的非实的立方根, 则 f(α2-α+1)=f(0)=0,故可设:f(x)=x· a(x);g(x)=x· b(x)。因此原条件可化为:a(x2-x+1)=b(x2+x+1)。令 x=-y, 得: a(y2+y+1)=b(y2-y+1)。 下面证明无穷多个 n 使得: a(n2+3n+3)=a(1)。 由 n=1 可得: a(1)=a(7), 2 2 2 2 假 设 a[(n-1) +3(n-1)+3]=a(1)(n≥2) , 则 a[(n+1) +3(n+1)+3]=a[(n+2) +(n+2)+1]=a[(n+1) -(n+1)+1]= a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)。由于多项式 a(x)-a(1)有无穷多个根,所以 a(x)-a(1)是零多项式,即 a(x)为 常数,因此 f(x)=kx,类似可知:g(x)=kx。

- 11 -


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