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2006年全国高中数学联赛试题及答案


2006 年全国高中数学联赛试题 第一试
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 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 答案不确定 【答】 ( )

2. 设 log x (2x2 ? x ?1) ? log x 2 ?1

,则 x 的取值范围为 A.

1 ? x ?1 2

B. x ?

1 ,且 x ? 1 2

C. x ? 1

D. 0 ? x ? 1

【答】 (



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】 ( )

?

?

?

?

4. 在直三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中, ?BAC ?

?
2

, AB ? AC ? AA 1 ? 1 . 已知G与E分别为 A 1B 1 和 CC1 的

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 A. ?

? 1 ? , 1? ? 5 ?

B. ? , 2 ?

?1 ?5

? ?

C. ?1,

?

2

?

D. ?

? 1 , ? 5

? 2? ?

【答】 (



5. 设 f ( x) ? x3 ? log2 x ? x 2 ? 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 C. 必要而不充分条件 6. 数码 a1 , a2 , a3 , A. B. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答】 ( )

?

?

, a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2a3
C. 10
2006

a2006 的个数为
【答】 ( )

1 1 (10 2006 ? 82006 ) B. (10 2006 ? 82006 ) 2 2

? 82006 D. 102006 ? 82006

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
4 4 7. 设 f ( x) ? sin x ? sin x cos x ? cos x ,则 f ( x) 的值域是



8. 若对一切 ? ? R,复数 z ? (a ? cos ? ) ? (2a ? sin ? )i 的模不超过 2,则实数 a 的取值范围为 .

x2 y 2 ? ? 1 的左右焦点分别为 F1 与 F2 ,点 P 在直线 l: x ? 3 y ? 8 ? 2 3 ? 0 上. 当 ?F1PF2 9. 已知椭圆 16 4
取最大值时,比

PF1 PF2

的值为

.

10. 底面半径为 1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为

1 cm 的实心铁球,四个球两两相切,其中底层两球与 2
cm3. .

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 11. 方程 ( x
2006

? 1)(1 ? x2 ? x4 ?

? x2004 ) ? 2006x2005 的实数解的个数为
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 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 给定整数 n ? 2 ,设 M 0 ( x0 , y0 ) 是抛物线 y 2 ? 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 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y 2 ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个交点.
m m

14. 将 2006 表示成 5 个正整数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 之和. 记 S ?

1?i ? j ?5

?

xi x j . 问:

(1)当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最大值; (2)进一步地,对任意 1 ? i, j ? 5 有 xi ? x j ? 2 ,当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最小值. 说明理 由.

15. 设 f ( x) ? x2 ? a . 记 f 1 ( x) ? f ( x) , f n ( x) ? f ( f n?1 ( x)) ,n ? 2,3,



1? ? M ? a ? R 对所有正整数 n, f n (0) ? 2 . 证明: M ? ?? 2, ? . 4? ?

?

?

一试参考答案
一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1. 【 答 】 ( C ) 【 解 】 令 ?ABC ? ? , 过 A 作 AD ? BC 于 D 。 由 BA ? t BC ? AC , 推 出

BA ? 2tBA BC ? t 2 BC ? AC
2 2

2

2

2

,



t?

BA BC BC
2















BA ? 2 BA cos2 ? ? cos2 ? BA ? AC ,即
AD ? AC 。由此可得 ?ACB ?
2. 【 答 】 ( B

2

2

BA sin 2 ? ? AC , 也即 BA sin ? ? AC 。从而有

2

2

?
2



)【 解 】 因 为 ?

? x ? 0, x ? 1 , 解 得 2 ?2 x ? x ? 1 ? 0

1 x ? ,x ?1 . 2
解得



? 0 ? x ?1 log x (2x2 ? x ?1) ? log x 2 ?1 ? log x (2x3 ? x2 ? x) ? log x 2 ? ? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2
2

0 ? x ? 1;



x ?1 ? ? 3 2 ?2 x ? x ? x ? 2

解得

x ? 1 ,所以 x 的取值范围为 x ?

1 , 且 x ?1. 2

3. 【答】 ( C ) 【解】

5x ? a ? 0 ? x ?

a b ; 6 x ? b ? 0 ? x ? 。要使 A ? B ? N ??2, 3, 4 ? ,则 5 6

? b 1? ? 2 ? ? 6 ? b ? 12 ? 6 1 1 ,即 ? 。所以数对 ?a, b ? 共有 C6 C5 ? 30 。 ? ?20 ? a ? 25 ?4 ? a ? 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)

E , 1 0 , () ( 0 ? t1 ? 1 ) ,
? 因 为 G D

1 1 1 1 G ( , 0,1) , GD ? (? , t2 , ?1) 。 , 。 所以 EF ? (t1 , ?1, ? ) , D(0, t2 ,0)( 0 ? t2 ? 1 ) 2 2 2 2 1 E, F 所 以 t1 ? 2t2 ? 1 , 由 此 推 出 0 ? t2 ? 。 又 DF ? (t1 , ?t2 ,0) , 2

2 1 DF ? t12 ? t2 2 ? 5t2 2 ? 4t2 ? 1 ? 5(t2 ? )2 ? ,从而有 5 5

1 ? DF ? 1 。 5

5.【答】 ( A ) 【解】显然 f ( x) ? x3 ? log2 x ? x 2 ? 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.
1 3 【答】 ( B ) 【解】出现奇数个 9 的十进制数个数有 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ? 2005 ? C2006 9 。又由于

?

?

k k (9 ? 1)2006 ? ? C2006 92006?k 以及 (9 ? 1)2006 ? ? C2006 (?1)k 92006?k ,从而得 k ?0 k ?0

2006

2006

1 3 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ?

2005 ? C2006 9?

1 2006 2006 (10 ? 8 ) 。 2

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
7.【解】

1 1 f ( x) ? sin 4 x ? sin x cos x ? cos 4 x ? 1 ? sin 2 x ? sin 2 2 x 。令 t ? sin 2 x ,则 2 2 1 1 9 1 1 9 1 9 f ( x) ? g (t ) ? 1 ? t ? t 2 ? ? (t ? ) 2 。因此 min g (t ) ? g (1) ? ? ? 0, ?1? t ?1 2 2 8 2 2 8 2 4 1 9 1 9 9 max g (t ) ? g (? ) ? ? 0 ? 。 即得 0 ? f ( x) ? 。 ?1?t ?1 2 8 2 8 8
2 2

8. 【解】依题意,得 z ? 2 ? (a ? cos? ) ? (2a ? sin ? ) ? 4

? 2a(cos? ? 2sin ? ) ? 3 ? 5a2 ? ?2 5a sin(? ? ? ) ? 3 ? 5a2

( ? ? arcsin

1 ) (对任意实数 ? 成立) 5

? 2 5 a ? 3 ? 5a 2

?a?

? 5 5 , . 故 a 的取值范围为 ? ? 5 ? 5
3

5? ?。 5 ?

9. 【解】 由平面几何知,要使 ?F 1PF 2 最大,则过 F 1 , F2 ,P 三点的圆必定和直线 l 相切于 P 点。设直线 l 交 x 轴 于 A

(?8 ? 2 3,0) , 则 ?APF1 ? ?AF2 P
2

, 即

?APF1

?AF2 P

, 即

PF1 PF2

?

AP AF2

(1) , 又由圆幂定理, AP ? AF1 ? AF2 (2) , 而F A (?8 ? 2 3,0) , F2 (2 3,0) , 1 (?2 3,0) ,

从而有 AF , (2)得 1 ? 8 , AF2 ? 8 ? 4 3 。代入(1)

PF1 ? PF2

AF1 8 ? ? 4 ? 2 3 ? 3 ?1 。 AF2 8? 4 3

10. 【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

2 2 的 正 方 形 。 所 以 注 水 高 为 1? 。故应注水 2 2

1 2 2 4 ?1? ? (1 ? ) ? 4 ? ? ? ? = ( ? )? 。 3 2 2 3 ?2?
11.【解】 ( x 2006 ? 1)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006x 2005

3

? (x ?

1 x
2005

)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? x 2005 ?

? x 2004 ) ? 2006 1 x
2005

? x ? x3 ? x5 ? ? 2006 ? x ?

?

1 x
2003

?

1
2001

1 1 ? x3 ? 3 ? ? x 2005 ? 2005 ? 2 1003 ? 2006 x x x 1 3 1 1 2005 ? 2005 ,即 x ? ?1 。 要使等号成立,必须 x ? , x ? 3 , , x x x x 但是 x ? 0 时,不满足原方程。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. 【解】第 4 次恰好取完所有红球的概率为
2 2

x 1

?

?

1 ? 2006 x

2 ?9? 1 8 2 9 1 ?8? 2 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? =0.0434. 10 ? 10 ? 10 10 10 10 10 ? 10 ? 10 10
三. 解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
2 13. 【证明】 因为 y ? nx ? 1 与 y ? x 的交点为 x0 ? y0 ?

n ? n2 ? 4 1 .显然有 x0 ? ? n 。…(5 分) x0 2
1 . x0 m
…(10 分)

m 2 若 ( x0 , y0 ) 为抛物线 y ? kx ? 1与直线 y ? x 的一个交点,则 k ? x0 ?

m

m

记 km ? x0 ?
m

1 ,则 x0 m

km?1 ? km ( x 0 ?

1 ) ? km? 1? nkm ? km? , 1 x0
4

(m ? 2)

(13.1)

由于 k1 ? n 是整数, k2 ? x0 2 ?

1 1 ? ( x0 ? )2 ? 2 ? n2 ? 2 也是整数,所以根据数学归纳法,通过(13.1) 2 x0 x0
m

式可证明对于一切正整数 m , km ? x0 ?

1 1 m 是正整数. 现在对于任意正整数 m ,取 k ? x0 ? m ,使得 m x0 x0
………………… (20 分)

m m y 2 ? kx ? 1与 y ? x 的交点为 ( x0 , y0 ) .

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 ?

1?i ? j ?5

?

xi x j 取到最大值,则必有
xi ? x j ? 1,

( 1? i ,j ? 5 )

………(5 分)

(*)

? ? x2 ? 1, xi? ? xi ( i ? 3, 4,5 ) ? ? x1 ?1 , x2 事实上,假设(*)不成立,不妨假设 x1 ? x2 ? 2 。则令 x1 ? ? x2 ? ? x1 ? x2 , x1 ? ? x2 ? ? x1 x2 ? x1 ? x2 ?1 ? x1x2 。将 S 改写成 有 x1

S?

1?i ? j ?5

?

xi x j ? x1x2 ? ? x1 ? x2 ?? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5

?x2 ? ? x1x2 ? 0 。这与 S 在 ?x2 ? ? ( x1 ? ? x2 ? ) ? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 。于是有 S ? ? S ? x1 同时有 S ? ? x1

x1 , x2 , x3 , x4 , x5 时 取 到 最 大 值 矛 盾 。 所 以 必 有 xi ? x j ? 1,
x1 ? 402, x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 401取到最大值。
(2)当 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 且 xi ? x j ? 2 时,只有 (I) (II) (III) 402, 402, 402, 400, 400; 402, 402, 401, 401, 400; 402, 401, 401, 401, 401;

(1 ? i, j ? 5) . 因 此 当

……………………(10 分)

三种情形满足要求。

……………………(15 分)

而后面两种情形是在第一组情形下作 xi? ? xi ?1 , x?j ? x j ? 1 调整下得到的。根据上一小题的证明可以 知道,每调整一次,和式 S ? 值。

1?i ? j ?5

?

xi x j 变大。 所以在 x1 ? x2 ? x3 ? 402, x4 ? x5 ? 400 情形取到最小
…………………(20 分) ………………………(5 分) . 则

1 15. 【证明】 (1)如果 a ? ?2 ,则 f (0) ?| a | ? 2 , a ? M 。

(2)如果 ?2 ? a ?

1 1 n n?1 2 ,由题意 f (0) ? a , f (0) ? ( f (0)) ? a , n ? 2,3, 4
5

① 当 0?a?

1 1 1 n 1 时, f (0) ? ( ?n ? 1 ). 事实上,当 n ? 1 时, f (0) ? a ? , 设 n ? k ? 1 时 4 2 2
2 ?1? 1 1 f k (0) ? f k ?1 (0) ? a ? ? ? ? ? . ?2? 4 2 2

成立( k ? 2 为某整数) ,则对 n ? k ,

n 1 ② 当 ?2 ? a ? 0 时, f (0) ? a ( ?n ? 1 ).事实上,当 n ? 1 时, f (0) ? a , 设 n ? k ? 1 时成

k k ?1 立 ( k ? 2 为某整数) , 则对 n ? k , 有 ? | a |? a ? f (0) ? f (0)

?

?

2

? a ? a 2 ? a .注意到 当 ?2 ? a ? 0 时,

总 有 a ? ?2a , 即
2

a2 ? a ? ?a ?| a | .

从 而 有

f k ( 0 ?) a | . 由 | 归 纳 法 , 推 出

? 1? ?2, ? ? M 。 ? 4? ?
( 3 ) 当

……………(15 分)

a?

1 4

时 , 记

an ? f n ( 0 , ) 则 对 于 任 意 n ? 1 , an ? a ?
。 对 于 任 意

1 4

且 ,

2 an?1 ? f n?1 (0) ? f ( f n (0)) ? f (an ) ? an ?a

n ?1

1 1 1 1 2 an ?1 ? an ? an ? an ? a ? (an ? ) 2 ? a ? ? a ? , 则 an ?1 ? an ? a ? 。 所 以 , 2 4 4 4 1 1 2?a an ?1 ? a ? an ?1 ? a1 ? n(a ? ) 。当 n ? 时, an ?1 ? n(a ? ) ? a ? 2 ? a ? a ? 2 ,即 f n?1 (0) ? 2 。因 1 4 4 a? 4
此 a ? M 。综合(1) (2) (3) ,我们有 M ? ?? 2, 。 4? ? ?

?

1?

…………………………(20 分)

2006 年全国高中数学联合竞赛加试试卷
(考试时间:上午 10:00—12:00) 一、以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△ AB0B1 的边 ABi 交于 在 AB0 的延长线上任取点 P0, 以 B0 为圆心, B0P0 为半 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0; 以 C1 为圆心, C1Q0 为半 Q0P1 交 B1A 的延长线于 P1;以 B1 为圆心,B1P1 为半 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1; 以 C0 为圆心, C0Q1 为半 Q1P′0 ,交 AB0 的延长线于 P′0。试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切 (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 二 、 已 知 无 穷 数 列 {an} 满 足 a0=x , a1=y , Ci(i=0,1) 。 径 作 圆 弧 径 作 圆 弧 径 作 圆 弧 径 作 圆 弧 于 P0;

an ?1 ?

an an ?1 ? 1 ,n=1、2、…。 an ? an ?1

(1)对于怎样的实数 x 与 y,总存在正整数 n0,使当 常数? (2)求数列{an}的通项公式。

n0≥n 时 an 恒为

6

?x ? y ? z ? w ? 2 ? 2 2 2 2 ?x ? y ? z ? w ? 6 三、解方程组 ? 3 。 3 3 3 x ? y ? z ? w ? 20 ? ? x 4 ? y 4 ? z 4 ? w4 ? 66 ?

7

2006 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、 (本题满分 50 分)以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与 P1 △ AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1) 。在 AB0 的延长线 A S1 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 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 Q1P′0 , 交 AB0 的延长线于 P′0。 T Q1 C0 试证: C1 (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切 Q0 B0 B1 于 P0; R1 (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 P0 证明: (1)显然 B0P0=B0Q0,并由圆弧 P0Q0 和 Q0P1 , Q0P1 和 P1Q1 ,P1Q1 和 Q1P′0 分别相内切于点 Q0、P1、Q1,得 C1B0+B0Q0=C1P1,B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1 以及 C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加,利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0 以及 P′0 在 B0P0 或其延长线上,有 B0P0=B0P′0。 从而可知点 P′0 与点 P0 重合。由于圆弧 Q1P0 的圆心 C0、圆弧 P0Q0 的圆心 B0 以及 P0 在同一直线上,所以 圆弧 Q1P0 和 P0Q0 相内切于点 P0。 (2)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 R1S1,分别交 P0T 和 P1T 于点 R1 和 S1。连接 P0Q1 和 P1Q1,得等腰三角形 P0Q1R1 和 P1Q1S1。基于 此,我们可由 ∠P0Q1P1=π?∠P0Q1R1?∠P1Q1S1=π?(∠P1P0T?∠Q1P0P1)?(∠P0P1T?∠Q1P1P0) 而 π?∠ P0Q1P1=∠ Q1P0P1+∠ Q1P1P0,代入上式后,即得

1 1 ?P0Q1 P (?P (?P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) ,同理可得 ?P 0 Q0 P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) 。所以四点 P0、Q0、 2 2
Q1、P1 共圆。 二、 (本题满分 50 分)已知无穷数列{an}满足 a0=x,a1=y, an ?1 ?

an an ?1 ? 1 ,n=1、2、…。 an ? an ?1

(1)对于怎样的实数 x 与 y,总存在正整数 n0,使当 n0≥n 时 an 恒为常数? (2)求数列{an}的通项公式。 解: (1)我们有 an ? an?1 ? an ?

an an?1 ? 1 a2 ?1 ,n=1、2、…。 ? n an ? an?1 an ? an?1

(2.1)

所以,如果对某个正整数 n,有 an+1=an,则必有(an)2=1,且 an+an?1≠0。 如果该 n=1,我们得|y|=1 且 x≠?y。

(2.2) (2.3) (2.4) (2.5)

an?1an?2 ? 1 (a ? 1)(an?2 ? 1) ,n≥2, ? 1 ? n?1 an?1 ? an?2 an?1 ? an?2 a a ?1 (a ? 1)(an?2 ? 1) 和 an ? 1 ? n ?1 n ?2 ,n≥2。 ? 1 ? n?1 an?1 ? an?2 an?1 ? an?2
如果该 n>1,我们有 an ? 1 ?
2 将式(2.3)和(2.4)两端相乘,得 an ?1 ? 2 an a2 ?1 ?1 ? 1 ,n≥2。 ? n?2 an?1 ? an?2 an?1 ? an?2

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。 (2)由(2.3)和(2.4) ,我们得到 记 bn ?

an ? 1 an ?1 ? 1 an ?2 ? 1 ,n≥2。 ? ? an ? 1 an?1 ? 1 an ?2 ? 1

(2.7)

an ? 1 ,则当 n≥2 时, an ? 1

2 2 3 2 bn ? bn?1bn?2 ? (bn?2bn?3 )bn?2 ? bn ?2bn?3 ? (bn?3bn?4 ) bn?3 ? bn?3bn?4 ? ?

8

由此递推,我们得到

an ? 1 y ? 1 Fn?1 x ? 1 Fn?2 ?( ) ?( ) ,n≥2, an ? 1 y ?1 x ?1

(2.8) (2.9) (2.10)

这里 Fn=Fn?1+Fn?2,n≥2,F0=F1=1。 由(2.9)解得 Fn ?

1 1 ? 5 n?1 1 ? 5 n?1 [( ) ?( ) ]。 2 2 5

上式中的 n 还可以向负向延伸,例如 F?1=0,F?2=1。 这样一来,式(2.8)对所有的 n≥0 都成立。由(2.8)解得

( x ? 1) Fn?2 ( y ? 1) Fn?1 ? ( x ? 1) Fn?1 ( y ? 1) Fn?2 ,n≥0。 an ? ( x ? 1) Fn?2 ( y ? 1) Fn?1 ? ( x ? 1) Fn?1 ( y ? 1) Fn?2
式(2.11)中的 F?1、F?2 由(2.10)确定。

(2.11)

?x ? y ? z ? w ? 2 ? 2 2 2 2 ?x ? y ? z ? w ? 6 三、 (本题满分 50 分)解方程组 ? 3 。 3 3 3 x ? y ? z ? w ? 20 ? ? x 4 ? y 4 ? z 4 ? w4 ? 66 ?
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,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。 (3.1) 于是 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) 2p2q?q2=2s2t?t2+4s3+12s2+16s?25。 (3.4) 将(3.1)和(3.2)代入(3.3) ,得 t ? 将(3.5)代入(3.2) ,得 q ?

s ?1 , 2

(3.5) (3.6)

5s ? 2, 2
2 2

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 X ? 4 X ? 3 ? 0 和 Y ? 2Y ? 0 的两根,即

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

2006 年全国高中数学联赛加试试题的另解
杜伟杰 (广东仲元中学 511400)

2006 年全国高中数学联赛加试第一题 以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与 ?AB0 B1 的边 ABi 交于 Ci (i

? 0,1) 。在 AB0 的延长线上任取点 P0 ,以

B0 为圆心, B0 P0 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 Q0 P1
9

交 B1 A 的延长线于 P 1 ;以 B1 为圆心, B1 P 1 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 Q1 P0' ,交 AB0 的延长线于 P0' 。
试证: (1) 点 P0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0 Q1 相切于点 P0 ; (2) 四点 P0 、 Q0 、 Q1 、 P (原题图略) 1 共圆。 第(1)问的证明略,下面着重讨论第 2 问的另一种证明方法: 构思:证明四点共圆,如果能找(或猜测)到该圆的圆心,转而证明圆心到四点距离相等,也是一个 常用的方法,那么圆心究竟在哪里? 试验:由题意可以知道: C1 B0 ? C1 B1 ? C0 B1 ? C0 B0 =常数(大于 B0 B1 ) 。 利用《几何画板》制作如图 1 所示的试验场景,其中圆 O 为四边形 P 0Q0Q 1P 1 的外接圆。
'

C1B0 = C1B1 = C0B1 = C0B0 =

4.07852 厘 米 1.87466 厘 米 4.61694 厘 米 1.33625 厘 米
A

C1B0+C1B1 = 5.95318 厘 米 C0B1+C0B0 = 5.95318 厘 米
P1

O C1 C0

Q1

B1

B0

Q0 P0

拖 动 点 A观 察 圆 心 O的 位 置 变 化
图1 拖动点 A ,观察圆心 O 位置的变化,猜测点 O 可能是 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心(这两个三角 形的内心可能是重合的) 。利用《几何画板》中的测量工具测得相关角的度数,可以验证这个猜想是正确的! 所以我们就有了下面的另解: 证明:首先证明 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合: 假设这两个三角形的内心不重合,并设 O 为 ?AC1B0 的内心,M 、N 、F 分别为切点。则可从点 B1 引 圆 O 的切线与圆 O 切于点 E 、与线段 AB0 交于点 D ,而且点 D 与点 C0 不重合,如图 2。

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由切线性质,可以得到:

A

B1 E ? B1M , DE ? DN ………………….①

C1 F ? C1M , B0 F ? B0 N ………………..②
C1

M N O

分别将①、②中的等式相加,得到:

F

E

D C0

B1 D ? B1M ? DN ………………………..③

B1

B0

C1 B0 ? C1M ? B0 N ……………………. ④
③-④: B1 D ? C1 B0 ? B1M ? C1M ? ( B0 N ? DN ) ∴ DB1 ? DB0 ? C1 B1 ? C1 B0 又因为 图2

C0 B1 ? C0 B0 ? C1 B1 ? C1 B0 ,∴ DB1 ? DB0 ? C0 B1 ? C0 B0
A

P1

∴ DB1 ? DC0 ? C0 B1 ,这与点 D 与点 C0 不重合矛盾,所以 假设不成立,因此: ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合。
O

设 ?AC1B0 、 ?AC0 B1 的内心为 O ,如图 3。 由于直线 OC0 平分 ?AC0 B1 ,又 C0Q1 ? C0 P0' ,∴直线 OC0
' 垂直平分线段 P0'Q1 ,∴ OP 0 ? OQ 1
B1

Q1 C1 C0

B0 Q0

同理: 直线 OB0 垂直平分线段 P0 Q0 ,∴ OP 0 ? OQ0 直线 C1O 垂直平分线段 P 1 ? OQ0 1Q0 ,∴ OP 直线 B1O 垂直平分线段 P 1Q1 ,∴ OP 1 ? OQ 1
' ∴ OQ1 ? OQ0 ,∴ OP 0 ? OP 0

P0

图3

又点 P 、 P0' 都在 AB0 的延长线上,∴点 P0 、 P0' 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0 Q1 相切于点 P0 。 ∴ OP 1 ? OP 0 ? OQ 1 ? OQ0 所以四点 P0 、 Q0 、 P1 、 Q1 共圆
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