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2006年全国高中数学联赛试题及解答


2006 年全国高中数学联合竞赛 试题参考答案及评分标准
说 明:
1.评阅试卷时,请依据本评分标准. 选择题只设 6 分和 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档; 其他各题的评阅,请严格按照本评分标准的评分档次给分,不要增加其他中间档次. 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时可参照本评分标 准适当划分档次评分,5 分为

一个档次,不要再增加其他中间档次.

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
→ → → 1.已知△ABC,若对任意 t∈R, BA -t BC ≥ AC ,则△ABC 一定为

|

| | | |

A.锐角三角形 答 C.

B.钝角三角形

C.直角三角形

D.答案不确定

→ → → 解:令∠ABC=α,过 A 作 AD⊥BC 于 D,由 BA -t BC ≥ AC ,推出

| | |

2

|→| -2t→· → |→| ≥|→| ,令 t= BA · BC ,代入上式,得 BA BA BC+t BC AC |→| BC
2

2

2

2



|→| -2|→| cos α+|→| cos α≥|→| ,即 |→| sin α≥|→| , BA BA BA AC BA AC
2 2

2

2

2

2

2

2

2

π → → → → 也即 BA sinα≥ AC .从而有 AD ≥ AC .由此可得∠ACB= . 2

| |

| |

| | | |

2.设 logx(2x2+x-1)>logx2-1,则 x 的取值范围为 1 A. <x<1 2 答 B.
?x>0,x≠1 1 解:因为? 2 ,解得 x> 且 x≠1.由 logx(2x2+x-1)>logx2-1, 2 ?2x +x-1>0 ?0<x<1, ?x>1, ? logx(2x3+x2-x)>logx2? ? 3 2 或? 3 2 .解得 0<x<1 或 x>1. ?2x +x -x<2 ?2x +x -x>2

1 B.x> 且 x≠1 2

C. x>1

D. 0<x<1

1 所以 x 的取值范围为 x> 且 x≠1. 2 3.已知集合 A={x|5x-a≤0},B={x|6x-b>0},a,b∈N,且 A∩B∩N={2,3,4},则整数对(a, b)的个数为 A.20 B.25 C.30 D.42 答 C. a b 解:5x-a≤0?x≤ ;6x-b>0?x> .要使 A∩B∩N={2,3,4},则 5 6
·1·

?1≤6<2, ?6≤b<12, ? a ,即?20≤a<25.所以数对(a,b)共有 C1C1=30 个. ? ?4≤5<5
b
6 5

π 4.在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,∠BAC= ,AB=AC=AA1=1.已知 G 与 E 分别为 A1B1 和 CC1 的 2 中点,D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点).若 GD⊥EF,则线段 DF 的长度的取 值范围为 1 1 1 A.[ ,1) B.[ ,2) C.[1, 2) D.[ , 2) 5 5 5 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 1 1 1 → 1 → <t1<1),E(0,1, ),G( ,0,1),D(0,t2,0)(0<t2<1).所以 EF =(t1,-1,- ),GD=(- , 2 2 2 2 1 → t2,-1).因为 GD⊥EF,所以 t1+2t2=1,由此推出 0<t2< .又 DF=(t1,-t2,0), 2

|→|= DF

t2+t2= 5t2-4t2+1= 1 2 2

22 1 1 → 5(t2- ) + ,从而有 ≤ DF <1. 5 5 5

| |

5.设 f(x)=x3+log2(x+ x2+1),则对任意实数 a,b,a+b≥0 是 f(a)+f(b)≥0 的 A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件 C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 答 A. 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.数码 a1,a2,a3,…,a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2…a2006 的个数为 1 A. (102006+82006) 2 1 B. (102006-82006) 2 C.102006+82006 D.102006-82006

答 B. 解:出现奇数个 9 的十进制数个数有 A=C1 92005+C3 92003+…+C20059.又由于 2006 2006 2006 (9+1)2006= Σ Ck 92006 k 以及(9-1)2006= Σ Ck (-1)k92006 2006 2006


2006 k=0

2006 k=0

-k

从而得 1 1 3 A=C200692005+C200692003+…+C20059= (102006-82006). 2006 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
7. 设 f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x,则 f(x)的值域是 9 填[0, ]. 8 1 1 解:f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x=1- sin2x- sin22x.令 t=sin2x,则 2 2
·2·



1 1 9 1 1 1 9 min max f(x)=g(t)=1- t- t2= - (t+ )2.因此-1≤t≤1g(t)=g(1)=0,-1≤t≤1 g(t)=g(- )= . 2 2 8 2 2 2 8 9 故,f(x)∈[0, ]. 8 8. 若对一切 θ∈R, 复数 z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i 的模不超过 2, 则实数 a 的取值范围为 填[- 5 5 , ]. 5 5 .

解:依题意,得|z|≤2?(a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤4?2a(cosθ-2sinθ)≤3-5a2. ?-2 5asin(θ-φ)≤3-5a2(φ=arcsin ?2 5|a|≤3-5a2?|a|≤ 5 )对任意实数 θ 成立. 5

5 5 5 ,故 a 的取值范围为[- , ]. 5 5 5

x2 y2 9. 已知椭圆 + =1 的左右焦点分别为 F1 与 F2, P 在直线 l: 点 x- 3y+8+2 3=0 上. 当∠F1PF2 16 4 |PF1| 取最大值时,比 的值为 |PF2| .

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(-8-2 3,0),则∠APF1=∠AF2P,即?APF1∽?AF2P,即 |PF1| |AP| = |PF2| |AF2| 又由圆幂定理, |AP|2=|AF1|·|AF2| |PF1| 代入⑴,⑵得, = |PF2| |AF1| = |AF2| 8 = 4-2 3= 3-1. 8+4 3 ⑵ 而 F1(-2 3,0),F2(2 3,0),A(-8-2 3,0),从而有|AF1|=8,|AF2|=8+4 3. ⑴

1 10.底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为 cm 的实心铁球,四个球两两相切,其中底层 2 两球与容器底面相切. 现往容器里注水, 使水面恰好浸没所有铁球, 则需要注水 1 2 填( + )π. 3 2 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+ 2 4 1 1 2 )-4× π( )3=( + )π. 2 3 2 3 2 . 2 2 的正方形。所以注水高为 1+ .故应注 2 2 cm3.

11.方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005 的实数解的个数为 填 1. 解:(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005?(x+ x

1 2 4 2004 )=2006 2005)(1+x +x +…+x

·3·

?x+x3+x5+…+x2005+

1 1 1 1 + + +…+ =2006,故 x>0,否则左边<0. x2005 x2003 x2001 x

1 1 1 ?2006=x+ +x3+ 3+…+x2005+ 2005≥2×1003=2006. x x x 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. 袋内有 8 个白球和 2 个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回 1 个白球,则第 4 次恰好取完 所有红球的概率为 . 填 0.0434. 解:第 4 次恰好取完所有红球的概率为 2 9 1 8 2 9 1 8 2 1 ×( )2× + × × × +( )2× × =0.0434. 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10

·4·

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13. 给定整数 n≥2,设 M0(x0,y0)是抛物线 y2=nx-1 与直线 y=x 的一个交点. 试证明对于任意正整 数 m,必存在整数 k≥2,使(xm,ym)为抛物线 y2=kx-1 与直线 y=x 的一个交点. 0 0 n± n2-4 1 证明:因为 y2=nx-1 与 y=x 的交点为 x0=y0= .显然有 x0+ =n≥2.…(5 分) 2 x0 1 若(xm,ym)为抛物线 y2=kx-1 与直线 y=x 的一个交点,则 k=xm+ m.………(10 分) 0 0 0 x0 1 记 km=xm+ m, 0 x0 1 1 由于 k1=n 是整数,k2=x2+ 2=(x0+ )2-2=n2-2 也是整数, 0 x0 x0 且 1 km+1=km(x0+ )-km-1=nkm-km-1,(m≥2) x0 (13.1)

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=xm+ m是正整数,且 km≥2 0 x0 1 现在对于任意正整数 m,取 k=xm+ m,满足 k≥2,且使得 y2=kx-1 与 y=x 的交点为(xm,ym).…… 0 0 0 x0 (20 分) 14.将 2006 表示成 5 个正整数 x1,x2,x3,x4,x5 之和.记 S=

1≤i<j≤5

Σ

xixj.问:

⑴ 当 x1,x2,x3,x4,x5 取何值时,S 取到最大值; ⑵ 进一步地,对任意 1≤i,j≤5 有|xi-xj|≤2,当 x1,x2,x3,x4,x5 取何值时,S 取到最小值. 说明理由. 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=
1≤i<j≤5

Σ

xixj 取到最大值,则必有

(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, 2?=x2+1, i?=xi (i=3, 5). x x 4, 有 x1?+x2?=x1+x2,x1?·x2?=x1x2+x1-x2-1>x1x2.将 S 改写成 S=
1≤i<j≤5

|xi-xj|≤1

Σ

xixj=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5

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,
·5·

每次调整都使和式 S= (20 分)

1≤i<j≤5

Σ

xixj 变大. 所以在 x1=x2=x3=402, 4=x5=400 时 S 取到最小值. x ………

15.设 f(x)=x2+a. 记 f1(x)=f(x),fn(x)=f(fn 1(x)),n=1,2,3,…, 1 M={a∈R|对所有正整数 n,|fn(0)|≤2}.证明,M=[-2, ]. 4 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)=(fn 1(0))2+a,n=2,3,…….则 4 1 1 ① 当 0≤a≤ 时,|fn(0)|≤ ,(?n≥1). 4 2 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



|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 -|a|=a≤(fk 1(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|.由归纳法,推 1 出[-2, ]?M.……………………(15 分) 4 1 1 ⑶ 当 a> 时,记 an=fn(0),则对于任意 n≥1,an>a> 且 4 4 an+1=fn 1(0)=f(fn(0))=f(an)=a2+a. n 1 1 1 1 对于任意 n≥1,an+1-an=a2-an+a=(an- )2+a- ≥a- .则 an+1-an≥a- . n 2 4 4 4 2-a 1 1 + 所以,an+1-a=an+1-a1≥n(a- ).当 n> 时,an+1>n(a- )+a>2-a+a=2,即 fn 1(0) 4 1 4 a- 4 >2.因此 a∈M. / 1 综合⑴,⑵,⑶,我们有 M=[-2, ]. 4 …………………………(20 分)
+ -

2

1

1

1

2

·6·

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
说 明:
1. 评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时可参照本评分标准适当 划分档次评分,10 分为一个档次,不要再增加其他中间档次. 一、 (本题满分 50 分)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△AB0B1 的边 ABi 交于点 Ci(i=0,1). 在 AB0 的延长线上任取点 P0,以 B0 为圆心, ⌒ B0P0 为半径作圆弧P0Q0交 C1B0 的延长线于 Q0;以 C1 为圆心,C1Q0 ⌒ 为半径作圆弧Q0P1交 B1A 的延长线于点 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半 ⌒ 径作圆弧P1Q1交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心,C0Q1 为半径作 ⌒ 圆弧Q1P0?,交 AB0 的延长线于 P0?. 试证: ⌒ ⌒ ⑴ 点 P0?与点 P0 重合,且圆弧P0Q0与P0Q1相内切于点 P0; ⑵ 四点 P0,Q0,Q1,P1 共圆. 关于⑴的证明要点: ① 说明 C0P0=C0P0?,从而得到 P0 与 P0?重合: 由椭圆定义知 B0C1+B1C1=B0C0+B1C0=2a(2a 为椭圆的长轴). 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; C0Q1=C0P0?=B1Q1-B1C0=r11+r01+b-r10 =b+2a-r10=b+r00. 但 C0P0=b+r00;从而 C0P0?=C0P0,故点 P0 与 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.
A C1 A P1

C0 B0 P0

Q1 Q0

B1

P1

C1

C0 B0 P0

Q1 Q0

B1

⌒ ⌒ 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
·7·
C1 D B1 C0 B0 P0 Q1 Q0 P1 A

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 1 1 = (180?-∠P0B0Q0)- (180?-∠P0C0Q1) 2 2 1 = (∠P0C0Q1-∠P0B0Q0) 2 1 1 = (∠AC0B1-∠C0B0C1)= ∠C0MB0;(30 分) 2 2 ∠Q0P1Q1=∠B1P1Q1-∠C1P1Q0 1 1 = (180?-∠P1B1Q1)- (180?-∠P1C1Q0) 2 2 1 1 = (∠P1C1Q0-∠P1B1Q1)= ∠C1MB1;(40 分) 2 2 但,∠C0MB0=∠C1MB1,故∠Q0P0Q1=∠Q0P1Q1,从而 P0,Q0,Q1,P1 四点共圆得证.(50 分) 证法二:利用圆心角证明∠P1Q1P0=∠P1Q0P0,从而说明四点共圆. 1 1 由于∠P1Q1P0=∠P1Q1B1+∠C0Q1P0= (180?-∠P1B1Q1)+ (180?-∠P0C0Q1) 2 2 1 =180?- (∠P1B1Q1+∠P0C0Q1); 2 (30 分)

1 1 ∠P1Q0P0=∠P1Q0C1+∠B0Q0P0= (180?-∠P1C1Q0)+ (180?-∠P0B0Q0) 2 2 1 =180?- (∠P1C1Q0+∠P0B0Q0); 2 (40 分)

而∠P1C1Q0+∠P0B0Q0=∠P1B1Q1+∠B1DC1+∠DB0C0=∠P1B1Q1++∠P0C0Q1, 所以,∠P1Q1P0=∠P1Q0P0,从而 P0,Q0,Q1,P1 四点共圆得证.(50 分) 证法三:利用弦切角证明∠P1Q1P0=∠P1Q0P0,从而说明四点共圆. 现在分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切 线 P0T 和 P1T 交于点 T, 又过点 Q1 引相应相切圆弧的公 切线 RS,分别交 P0T 和 P1T 于点 R 和 S.连接 P0Q1 和 P1Q1,得等腰三角形 P0Q1R 和 P1Q1S.基于此,我们可 由 ∠P0Q1P1=π-∠P0Q1R-∠P1Q1S =π-(∠P1P0T-∠Q1P0P1)-(∠P0P1T-∠Q1P1P0) (30 分) 而 π-∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0, 代入上式后,即得 1 ∠P0Q1P1=π- (∠P1P0T+∠P0P1T) 2 (40 分)
C1
·8·

P1 A S

P1
C1 D B1 C0 A B0 Q0 Q1 R T

M

P0

I I'

N C0 B0 P0 Q1 Q0

B1

1 同理可得∠P0Q0P1=π- (∠P1P0T+∠P0P1T).所以四点 P0,Q0,Q1,P1 共圆.(50 分) 2 还有例如证明∠P1Q1Q0+∠P1P0Q0=180?,从而证明四点共圆等用角来证明四点共圆的方法. ② 找出与这四点距离相等的点,即确定圆心位置,从而证明四点共圆.若此四点共圆,则圆心 应在 P0Q0、P0Q1、P1Q0、P1Q1 的垂直平分线上,也就是在等腰三角形的顶角平分线上.可以作出其 中两条角平分线,证明其他的角平分线也过其交点.或证明△AB1C0 与△AB0C1 有公共的内心. 证法一:作∠AB1C0 与∠AC0B1 的角平分线,交于点 I,则 I 为△AB1C0 的内心.作 IM⊥AB1,IN 1 ⊥AC0,垂足分别为 M、N.则 AM=AN= (AB1+AC0-B1C0); 2 作∠AC1B0 与∠AB0C1 的角平分线,交于点 I?,则 I?为△AB0C1 的内心.作 I?M?⊥AC1,I?N?⊥AB0, 垂足分别为 M?、N?. 1 同上得,AM?=AN?= (AC1++AB0-B0C1).(30 分) 2 但 AB1+AC0-B1C0=AC1+B1C1+AB0-B0C0-B1C0 =AC1++AB0-B0C1.(40 分) 于是,M 与 M?,N 与 N?重合.即 I 与 I?重合. 于是 IP1=IQ1=IP0=IQ0,即 P0,Q0,Q1,P1 共圆.(50 分) 证法二:作∠AB1C0 与∠AC0B1 的角平分线,交于点 I,则 I 为△AB1C0 的内心,故 I 在∠B0AB1 的角平分线上. 但 B1I 是 P1Q1 的垂直平分线,C0I 是 P0Q1 的垂直平分线,从而 I 又是?P0P1Q1 的外心,即 I 在 P0P1 的垂直平分线上,故 I 是 P0P1 的垂直平分线与∠B0AB1 的角平分线的交点. 作∠AC1B0 与∠AB0C1 的角平分线,交于点 I?,同理 I?也是 P0P1 的垂直平分线与∠B0AB1 的角平 分线的交点,从而 I 与 I?重合.于是 I 是?P0P1Q0 与?P0P1Q1 的公共的外心,即 I 到 P0、P1、Q0、Q1 的距离相等.从而此四点共圆. anan-1+1 二、(本题满分 50 分)已知无穷数列{an}满足 a0=x,a1=y,an+1= ,n=1,2,…. an+an-1 ⑴ 对于怎样的实数 x 与 y,总存在正整数 n0,使当 n≥n0 时 an 恒为常数? ⑵ 求通项 an. 解: ⑴我们有 a2-1 anan-1+1 n an-an+1=an- = ,n=1,2,… (2.1) an+an-1 an+an-1 所以,如果对某个正整数 n,有 an+1=an,则必有 a2=1,且 an+an-1≠0. n 如果该 n=1,我们得 |y|=1 且 x≠-y.………………(10 分) 如果该 n>1,我们有 an-1an-2+1 (an-1-1)(an-2-1) an-1= -1= ,n≥2 an-1+an-2 an-1+an-2 和 an-1an-2+1 (an-1+1)(an-2+1) an+1= +1= ,n≥2 an-1+an-2 an-1+an-2 将式(2.3)和(2.4)两端相乘,得
·9·

(2.2)

(2.3)

(2.4)

2 2 an-1-1 an-2-1 a2-1= · . n an-1+an-2 an-1+an-2

(2.5)

由(2.5)递推,必有(2.2)或 |x|=1 且 y≠-x. (2.6) 反之,如果条件(2.2)或(2.6)满足,则当 n≥2 时,必有 an=常数,且常数是 1 或-1. …(20 分) ⑵ 由(2.3)和(2.4),我们得到 an-1 an-1-1 an-2-1 = · ,n≥2. an+1 an-1+1 an-2+1 an-1 记 bn= , 则当 n≥2 时, an+1
2 3 2 bn=bn-1bn-2=(bn-2bn-3)bn-2=bn-2bn-3=(bn-3bn-4)=bn-3bn-4=…

(2.7)

由此递推,我们得到 an-1 ?y-1?Fn-1?x-1?Fn-2 = ,n≥2.……………(30 分) ? x+1 ? an+1 ? y+1 ? 这里 Fn=Fn-1+Fn-2,n≥2,F0=F1=1. 由(2.9)解得 Fn= (2.9) (2.8)

1 ??1+ 5?n+1 ?1- 5?n+1? ? ? ? -? (2.10) ? 2 ? ?. 5 ?? 2 ? 上式中的 n 还可以向负向延伸,例如 F-1=0,F-2=1.……………(40 分) 这样一来,式(2.8)对所有的 n≥0 都成立.由(2.8)解得 an= ,n≥0. (x+1)Fn-2(y+1)Fn-1-(x-1)Fn-2(y-1)Fn-1 (x+1)Fn-2(y+1)Fn-1+(x-1)Fn-2(y-1)Fn-1 (2.11) ……………(50 分)

式(2.11)中的 Fn-1,Fn-2 由(2.10)确定. 三、 (本题满分 50 分)解方程组

?x-y+z-w=2, x -y +z -w =6, ? x -y +z -w =20, ?x -y +z -w =66,
2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4

解:令 p=x+z,q=xz,我们有 p2=x2+z2+2q; p3=x3+z3+3pq; p4=x4+z4+4p2q-2q2. 同样,令 s=y+w,t=yw,有 s2=y2+w2+2t; s3=y3+w3+3st;
·10·

s4=y4+w4+4s2t-2t2. 在此记号系统下,原方程组的第一个方程为 p=s+2. 于是

(10 分)

(3.1)

p2=s2+4s+4, p3=s3+6s2+12s+8, p4=s4+8s3+24s2+32s+16. 现在将上面准备的 p2,p3,p4 和 s2,s3,s4 的表达式代入,得 x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4, x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8, x4+z4+4p2q-2q2=y4+w4+4s2t-2t2+8s3+24s2+32s+16. 利用原方程组的第二至四式化简,得 q=t+2s-1, (3.2) 2 pq=st+2s +4s-4, (3.3) 2 2 2 2 3 2 2p q-q =2s t-t +4s +12s +16s-25 (3.4) …………………………(20 分) 将(3.1)和(3.2)代入(3.3),得 s t= -1, 2 将(3.5)代入(3.2),得 5s q= -2. 2 (3.6) (3.5)

将(3.1)、(3.5)、(3.6)代入(3.4),得 s=2, 所以有 t=0,p=4,q=3. 这样一来,x,z 和 y,w 分别是方程 X2-4X+3=0 和 Y2-2Y=0 的两根 …………(30 分) 即
?x=1, ?x=3, ? 或? ?z=1 ?z=3.


?y=2, ?y=0, ? 或 ? ?w=0 ?w=2.

详言之,方程组有如下四组解:x=3,y=2,z=1,w=0;或 x=3,y=0,z=1,w=2;或 =1,y=2,z=3,w=0;或 x=1,y=0,z=3,w=2. …………………… (50 分) 注:如果只得到一组解,或者不完整,最多得 40 分.

x

·11·


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