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2006年全国高中数学联赛试题及解答

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-16 17:00
tags:全国高中数学联赛

高中数学田伟峰-人教版高中数学2-1考试卷


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-tBC≥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
||
→→→→→
|

BA
|
-2
|< br>BA
|
cos
α+
|
BA
|
cos
α≥
|
AC
|
,即
|
BA
|
sin
α≥
|
AC
|
,
22
22
22
2
2
π
→→→→
也即BAs inα≥AC.从而有AD≥AC.由此可得∠ACB=.
2
2.设log
x
(2x
2
+x-1)>log
x
2-1,则x的取值范围为
11
A.<x<1 B.x>且x≠1 C. x>1 D. 0<x<1
22
答B.
?
x>0,x ≠1
1
解:因为
?
2
,解得x>且x≠1.由log
x(2x
2
+x-1)>log
x
2-1,
2
?
2x+x-1>0
||||||||
? log
x(2x
3
+x
2
-x)>log
x
2
?
0<x<1,
?
x>1,

?
32

?
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.
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.
解:5x-a≤0
a
x≤;6x-b>0
5
bx>.要使A∩B∩N={2,3,4},则
6


?
1≤
6
<2,
?
6≤b<12,
所以数对(a,b)共有C
1
C
1
=30个.
?
a
,即
?
?20≤a<25.
4≤<5
?
5
65
b
π
4. 在直三棱柱A
1
B
1
C
1
-ABC中,∠BAC=,AB= AC=AA
1
=1.已知G与E分别为A
1
B
1
和CC1

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⊥E F,则线段DF的长度的取
值范围为
111
A.[,1) B.[,2) C.[1,2) D.[,2)
5
55
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,AA
1
为z轴,则F(t1
,0,0)(0
111

1

<t
1
<1),E(0,1,),G(,0,1),D(0,t
2
,0)(0<t
2
<1).所以EF=(t
1
,-1,-),GD=(-,
2222
1

t
2
,-1).因为GD⊥EF,所以t
1
+2t
2< br>=1,由此推出0<t
2
<.又DF=(t
1
,-t
2
,0),
2
|

DF
|

22
t2
1
+t
2
=5t
2
-4t
2
+1=
2
2
11

5(t
2
-)+,从而有≤DF<1.
55
5
||
5.设f(x)=x
3
+log
2(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 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)=x
3
+log
2
(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.数码a
1
,a< br>2
,a
3
,…,a
2006
中有奇数个9的2007位十进制 数2a
1
a
2
…a
2006
的个数为
11
A.(10
2006
+8
2006
) B.(10
2006
-8
2006
) C.10
2006
+8
2006
D.10
2006
-8
2006

22
答B.

2005

2003
解:出现奇数个9的十进制数个数有A=C
1
+C
3
+…+C
2005
2006
9
2006< br>9
2006
9.又由于
(9+1)
从而得
1
2006
1
2005
3
2003
A =C
2006
9+C
2006
9+…+C
2005
-82006
).
2006
9=
2
(10
2006

Σ
C
2006
9
k=0
2006
k
2006

k
以及(9-1)
2006k2006k


Σ
C
k

2006
(-1)9

2006
k=0
二、填空题(本题满分54分,每小题9分)
7. 设f(x)= sin
4
x-sinxcosx+cos
4
x,则f(x)的值域是 .
9
填[0,].
8
11
解:f(x)=sin
4x-sinxcosx+cos
4
x=1-sin2x- sin
2
2x.令t=sin2x,则
22


11911
max
g(t)=g(-
1
)=
9
. f(x)=g(t)=1-t-t
2
=-(t+)
2
.因此

min
g(t)=g(1)=0,
1≤t≤1-1≤t≤1
2282228
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[-
55
,].
55
(a+cosθ)
2
+(2a-sinθ)
2
≤42a(cosθ-2sinθ)≤3-5a
2

5
)对任意实数θ成立.
5

解:依题意,得|z|≤2
?-25asin(θ-φ)≤3-5a
2
(φ=arcsin
25|a|≤3-5a
2
|a|≤
555
,故 a的取值范围为[-,].
555
x
2
y
2
9.已知椭圆+=1的左右焦点分别为F
1
与F
2
,点P在直线l:x-3y+8+23=0上. 当∠F
1
PF
2
164
|PF
1
|
取最大值时,比的值为 .
|PF
2
|
填3-1..
解:由平面几何知,要使∠F
1
PF
2
最大,则过F
1
,F
2
,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∠APF
1
=∠A F
2
P,即?APF
1
∽?AF
2
P,即

又由圆幂定理,
|AP|
2
=|AF
1
|·|AF
2
| ⑵
而F
1
(-23,0),F
2
(23,0),A(-8-23, 0),从而有|AF
1
|=8,|AF
2
|=8+43.
|PF< br>1
|
代入⑴,⑵得,=
|PF
2
|
|AF
1
|

|AF
2
|
8
=4-23=3-1.
8+43
|PF
1
||AP|
= ⑴
|PF
2
||AF
2
|
1
10.底面半径为1 cm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 cm
3

12
填(+)π.
32
解:设四个实心铁球的 球心为O
1
,O
2
,O
3
,O
4
,其中O
1
,O
2
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+
24112
)-4×
π(
)
3
=(+)π.
23232
22
的正方形。所以注 水高为1+.故应注
22
11.方程(x
2006
+1)(1+x
2
+x
4
+…+x
2004
)=2006x
2005
的实数解的个数为 .
填1.
解:(x
2006
+1)(1+x
2
+x
4
+…+x
2004
)=2006x
2005
(x+
x
1
242004
)=2006
2005
)(1+x+x+…+x




x+x
3
+x
5
+…+x
2005

x
2 005

2003

2001
+…+
111
xx< br>1
=2006,故x>0,否则左边<0.
x
111
2006=x+ +x
3

3
+…+x
2005

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. 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
291829182 1
×()
2
×+×××+()
2
××=0.0434.
10101010



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
(x
0
,y
0
) 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
2
m
数m,必存在整数k≥2,使(x
m
0
,y
0
)为抛物线 y=kx-1与直线y=x的一个交点.
n±n
2
-4
1
证明:因 为y=nx-1与y=x的交点为x
0
=y
0
=.显然有x
0
+=n≥2.…(5分)
2x
0
2
1
2
mm
若 (x
m
,y)为抛物线y=kx-1与直线y=x的一个交点,则k=x+.………(10分)
000
x
m
0
1
记k
m
=x
m< br>+,
0
x
m
0
11
2
由于k
1< br>=n是整数,k
2
=x
2
+=(x+)-2=n
2
- 2也是整数,
2
0
0
x
0
x
0
1
且 k
m

1
=k
m
(x
0
+)-k
m

1
=nk
m
-k
m

1
,( m≥2) (13.1)
x
0
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,k
m
=x
m
+ 是正整数,且k
m
≥2
0
x
m
0
1
现在对 于任意正整数m,取k=x
m
+满足k≥2,且使得y
2
=kx-1与y=x 的交点为(x
m
,y
m
……
m

000
) .
x
0
(20分)

14.将2006表示成5个正整数x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
之和.记S=
1≤i<j≤5
Σ
x
i
x
j
.问:
⑴ 当x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
取何值时,S取到最大值;
⑵ 进一步地,对任意1≤i,j≤5有
|
x
i
-x
j
|
≤2,当x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
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 x
1
+x
2
+x
3
+x
4
+x
5
=2006,
且使S=
1≤i<j≤5
Σ
x
i
x< br>j
取到最大值,则必有

|
x
i
-x
j
|
≤1 (1≤i,j≤5) ………(5分) (*)
事实上,假设(*)不成立,不妨假设x
1
-x< br>2
≥2,则令x
1
=x
1
-1,x
2
=x< br>2
+1,x
i
4,5).有x
1
+x
2
=x
1
+x
2
,x
1
·x
2
=x
1< br>x
2
+x
1
-x
2
-1>x
1
x< br>2
.将S改写成
S=
1≤i<j≤5
=x
i
(i =3,
Σ
x
i
x
j
=x
1
x
2< br>+(x
1
+x
2
)(x
3
+x
4
+ x
5
)+x
3
x
4
+x
3
x
5< br>+x
4
x
5
同时有 S=x
1
x
2
+(x
1
+x
2
)((x
3
+x
4
+x
5
)+x
3
x
4
+x
3
x
5+x
4
x
5
.于是有S-S=x
1
x
2

x
1
x
2
>0.这与S在x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
时取到最大值矛盾.所以必有
|
x
i
-x
j
|
≤1,(1≤i,j≤5). < br>因此当x
1
=402,x
2
=x
3
=x
4< br>=x
5
=401时S取到最大值. ……………………(10分)
⑵ 当x
1
+x
2
+x
3< br>+x
4
+x
5
=2006,且
|
x
i
-x
j
|
≤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x
i
=x
i
-1,x
j
=x
j
+1调整下得到的.根据上一小题的证明可知

< p>
道,每次调整都使和式S=
1≤i<j≤5
Σ
x
i
x< br>j
变大.所以在x
1
=x
2
=x
3
=402 ,x
4
=x
5
=400时S取到最小
值.………(20分)


15.设 f(x)=x
2
+a. 记f
1
( x)=f(x),f
n
(x)=f(f
n1
(x)),n=1,2,3,…,
1
M={a∈R|对所有正整数n,
|
f
n
(0)
|
≤2}.证明,M=[-2,].
4
证明:⑴ 如果a<-2,则
|
f
1
(0)
|
=|a|>2,a∈M. ………………………(5分)
1

⑵ 如果-2≤a≤,由题意,f
1(0)=a,f
n
(0)=(f
n1
(0))
2
+a, n=2,3,…….则
4
11
① 当0≤a≤时,
|
f
n
(0)
|
≤,(
42
n≥1).
1
事 实上,当n=1时,
|
f
1
(0)
|
=|a|≤,设n=k -1时成立(k≥2为某整数),则对n=k,
2
|
f
k
(0)
|

|
f
k

1
(0)
|
+a≤(
2
)
2

4

2

② 当-2≤a<0时,
|
f
n
(0)
|
≤|a| ,(n≥1).
事实上,当n=1时,
|
f
1
(0)
|< br>≤|a|,设n=k-1时成立(k≥2为某整数),则对n=k,有
-|a|=a≤
(
f
k1
(0)
)
+a≤a
2
+a
-< br>2
111
2
注意到当-2≤a<0时,总有a
2
≤-2a,即 a
2
+a≤-a=|a|.从而有
|
f
k
(0)
|
≤|a|.由归纳法,推
1
出[-2,]?M.……………………(15分)
4
11
⑶ 当a>时,记a
n
=f
n
(0),则对 于任意n≥1,a
n
>a>且
44
a
n

1=f
n1
(0)=f(f
n
(0))=f(a
n
)=a
2
n
+a.

1
2
111
对于任意n≥ 1,a
n

1
-a
n
=a
2
-a+a=( a-)+a-≥a-.则a-a≥a-.

nnn1n
n
2444
2-a
11

所以,a
n

1
-a=a
n

1
-a
1
≥n(a-).当n>时,a
n
1
>n(a-)+a>2-a+a=2,即f
n1
(0)
414
a-
4
>2.因此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
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B
0
和B
1
为焦点的椭圆 与△AB
0
B
1
的边
AB
i
交于点C
i< br>(i=0,1). 在AB
0
的延长线上任取点P
0
,以B
0
为圆心,

B
0
P
0
为半径作圆弧P
0< br>Q
0
交C
1
B
0
的延长线于Q
0
; 以C
1
为圆心,C
1
Q
0

为半径作圆弧Q
0
P
1
交B
1
A的延长线于点P
1
;以B
1
为圆心,B
1
P
1
为半

径作圆弧P
1
Q
1
交B
1
C
0
的延长线于Q
1
;以C
0
为圆心,C
0
Q
1
为半径作

圆弧Q
1
P
0
,交AB
0
的延长线于P
0
⑴ 点P
0
. 试证:
C
1
B
1
C
0< br>B
0
P
0
Q
1
Q
0
A
P< br>1
⌒⌒
与点P
0
重合,且圆弧P
0
Q
0与P
0
Q
1
相内切于点P
0

⑵ 四点P
0
,Q
0
,Q
1
,P
1
共圆.
关于⑴的证明要点:
① 说明C
0
P
0
=C
0< br>P
0
,从而得到P
0
与P
0
重合:
AP
1
由椭圆定义知B
0
C
1
+B
1
C
1
=B
0
C
0
+B
1
C
0
=2a(2a为椭圆的长轴).
记B
i
C
j
=r
ij< br>(i,j=0,1),即r
01
+r
11
=r
00
+ r
10
=2a.

设B
0
P
0
=B
0
Q
0
=b,
则C
1
Q
0
=C
1
P
1
=C1
B
0
+B
0
Q
0
=r
01
+b;
B
1
P
1
=B
1
Q
1
= B
1
C
1
+C
1
P
1
=r
11< br>+r
01
+b;
C
0
Q
1
=C
0
P
0
=B
1
Q
1
-B
1
C
0
=r
11
+r
01
+b-r
10

=b+2a-r
10
=b+r
00

但C
0
P
0
=b+r
00
;从而C
0
P
0< br>=C
0
P
0
,故点P
0
与P
0
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. C
1
B
1
C
0
B
0
P
0Q
1
Q
0
⌒⌒
由于弧P
0
Q
0
的圆心为B
0
,P
0
Q
1
的圆心为C
0
,而P
0
为两圆公共点,但
C
0
、B
0
、 P
0
三点共线,故两圆弧内切于点P
0

或:由于C0
B
0
=C
0
Q
1
-B
0
P
0
,即两圆圆心距等于两圆半径差,从而两
圆内切.(20分)

C
1
D
B
1
A
P
1
C
0
B
0
P
0
Q
1
Q
0


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;或说明四边形对角和为180?,
连P
0
Q
0
,P
0
Q
1
,P
1
Q0
,P
1
Q
1

证法一:证明∠Q
0
P
0
Q
1
=∠Q
0
P
1
Q
1< br>.从而说明四点共圆.
由于∠Q
0
P
0
Q
1
=∠B
0
P
0
Q
0
-∠C
0
P
0
Q
1

11
=(180?-∠P
0
B
0
Q
0
)-(180?-∠P
0
C
0
Q
1< br>)
22
1
=(∠P
0
C
0
Q
1< br>-∠P
0
B
0
Q
0
)
2
11=(∠AC
0
B
1
-∠C
0
B
0
C< br>1
)=∠C
0
MB
0
;(30分)
22
∠Q
0
P
1
Q
1
=∠B
1
P
1< br>Q
1
-∠C
1
P
1
Q
0

11
=(180?-∠P
1
B
1
Q
1
)-(180 ?-∠P
1
C
1
Q
0
)
22
11
=(∠P
1
C
1
Q
0
-∠P
1
B
1
Q
1
)=∠C
1
MB
1
;(40分)
22
但,∠C
0
MB
0
=∠C
1
MB
1
,故∠Q
0
P
0
Q
1
=∠Q
0
P
1
Q
1
,从而P
0
,Q
0
,Q
1
,P
1
四点共圆得证.(50分)
证法二:利用圆 心角证明∠P
1
Q
1
P
0
=∠P
1
Q0
P
0
,从而说明四点共圆.
11
由于∠P
1
Q
1
P
0
=∠P
1
Q
1
B1
+∠C
0
Q
1
P
0
=(180?-∠P1
B
1
Q
1
)+(180?-∠P
0
C
0
Q
1
)
22
1
=180?-(∠P
1
B
1
Q
1
+∠P
0
C
0
Q
1< br>); (30分)
2
11
∠P
1
Q
0
P
0
=∠P
1
Q
0
C
1
+∠B
0
Q
0
P
0
=(180?-∠P
1
C
1
Q
0
)+(180?-∠P
0
B
0
Q
0
)
22
1
=180?-(∠P
1
C
1
Q
0
+∠P
0
B
0
Q
0
); (40分)
2
而∠P
1
C
1
Q
0
+∠P
0
B
0
Q
0
=∠P
1
B
1
Q
1
+∠B
1
DC
1
+∠DB
0
C
0
=∠P
1
B
1
Q
1
++∠P
0
C
0
Q
1

所以,∠P
1
Q
1
P
0
=∠P
1
Q
0
P
0
,从 而P
0
,Q
0
,Q
1
,P
1
四点共圆得证 .(50分)
证法三:利用弦切角证明∠P
1
Q
1
P
0< br>=∠P
1
Q
0
P
0
,从而说明四点共圆.
现在分别过点P
0
和P
1
引上述相应相切圆弧的公切
线P
0
T和P
1
T交于点T,又过点Q
1
引相应相切圆弧的公
切 线RS,分别交P
0
T和P
1
T于点R和S.连接P
0
Q< br>1

P
1
Q
1
,得等腰三角形P
0
Q
1
R和P
1
Q
1
S.基于此,我们可

∠P
0
Q
1
P
1
=π-∠P
0
Q
1
R-∠P
1
Q
1
S
=π-(∠P
1
P
0
T-∠Q
1
P
0
P
1
)-(∠P< br>0
P
1
T-∠Q
1
P
1
P
0
)
C
1
(30分)
而 π-∠P
0
Q< br>1
P
1
=∠Q
1
P
0
P
1
+∠Q
1
P
1
P
0

代入上式后,即得
B
1
P
1
A
S
D
C
0
B
0
P
0
Q
0
Q
1
R
T

< br>1
∠P
0
Q
1
P
1
=π-(∠P< br>1
P
0
T+∠P
0
P
1
T) (40分)
2
1
同理可得∠P
0
Q
0
P
1
=π-(∠P
1
P
0
T+∠P
0
P
1< br>T).所以四点P
0
,Q
0

2
Q
1
,P
1
共圆.(50分)
还有例如证明∠P
1
Q
1
Q
0
+∠P
1
P
0
Q
0
=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P
0
Q
0
、P
0
Q
1
、P
1
Q
0
、P< br>1
Q
1
的垂
C
1
B
1
A
P
1
M
I
I'
N
C
0
B
0
Q
1
Q
0
P
0
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△AB
1
C
0
与△
AB
0
C
1
有公共的内心.
证法一:作∠AB
1
C
0
与∠AC
0
B
1
的角平分线,交于点I,则I为△AB
1
C
0
的内心.作IM⊥AB
1
,IN
1
⊥AC
0
,垂足分别为M、N.则AM=AN=(AB< br>1
+AC
0
-B
1
C
0
);
2
作∠AC
1
B
0
与∠AB
0
C
1
的角平分线,交于点I
IN⊥AB
0
,垂足分别为M、N. 同上得,AM=AN
,则I为△AB
0
C
1
的内心.作IM⊥A C
1

1
=(AC
1
++AB
0
-B0
C
1
).(30分)
2
但AB
1
+AC< br>0
-B
1
C
0
=AC
1
+B
1C
1
+AB
0
-B
0
C
0
-B
1
C
0

=AC
1
++AB
0
-B0
C
1
.(40分)
于是,M与M,N与N重合.即I与I重合. < br>于是IP
1
=IQ
1
=IP
0
=IQ
0,即P
0
,Q
0
,Q
1
,P
1
共圆. (50分)
证法二:作∠AB
1
C
0
与∠AC
0
B
1
的角平分线,交于点I,则I为△AB
1
C
0
的内心, 故I在∠B
0
AB
1
的角平分线上.
但B
1
I是 P
1
Q
1
的垂直平分线,C
0
I是P
0
Q
1
的垂直平分线,从而I又是?P
0
P
1
Q
1的外心,即I在
P
0
P
1
的垂直平分线上,故I是P
0
P
1
的垂直平分线与∠B
0
AB
1
的角平分线的交 点.
作∠AC
1
B
0
与∠AB
0
C
1< br>的角平分线,交于点I,同理I也是P
0
P
1
的垂直平分线与∠B0
AB
1

角平分线的交点,从而I与I重合.于是I是?P
0
P
1
Q
0
与?P
0
P
1
Q
1
的公共的外心,即I到P
0
、P
1

Q
0、Q
1
的距离相等.从而此四点共圆.
a
n
a
n

1
+1
二、(本题满分50 分)已知无穷数列{a
n
}满足a
0
=x,a
1
=y,a< br>n

1
=,n=1,2,….
a
n
+a
n

1
⑴ 对于怎样的实数x与y,总存 在正整数n
0
,使当n≥n
0
时a
n
恒为常数?
⑵ 求通项a
n

解: ⑴我们有
a
2
a< br>n
a
n

1
+1
n
-1
a
n
-a
n

1
=a
n
-=,n=1,2,… (2.1)
a
n
+a
n

1
a
n
+a
n

1
所以,如果对某个正整数n,有a
n

1
=a
n
,则必有a
2
n
=1,且a
n
+a
n

1
≠0.
如果该n=1,我们得
|y|=1 且 x≠-y.………………(10分) (2.2)


如果该n>1,我们有
a-1=
a
n

1
a
n

2
+1(a
n

1
-1) (a
n

2
-1)
n
a+a
-1=,n≥2 (2.3)
n

1n

2
a
n

1
+a
n

2

a
a
n
-< br>1
a
n

2
+1(a
n

1
+1)(a
n

2
+1)
n
+1=
a
+ 1=
a
,n≥2 (2.4)
n

1
+a
n

2
a
n

1

n

2
将式(2.3)和(2.4)两端相乘,得
a
2
1=
a
2
n
-1a
2
-1n-2
a
·
-1
n
-. (2.5)
n

1
+a
n

2
a
n

1
+a
n

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a
n
=常数,且常数是1或-1 .
分)
⑵ 由(2.3)和(2.4),我们得到
a
n
-1a+1

a
n

1
-1
a
·
a
n

2
-1
,n≥2. (2.7)
nn

1
+1a
n

2
+1
记b
a
n
-1
n

a
n
+1, 则当n≥2时,
b
n
=b
n

1
b
n

2
=(b
n

2
bn

3
)b
n

2
=b
2
b
n

4
)=b
3 2
n-2
b< br>n

3
=(b
n

3
n-3
bn-4
=…
由此递推,我们得到
a
n
-1
a

?
y-1
?
F
n-1
?
x-1
?F
n-2
,n≥2.……………(30分)
n
+1
?
y+1
??
x+1
?
(2.8)
这里
F
n
=F
n

1
+F
n

2
,n≥2,F
0
=F
1
=1. (2.9)
由(2.9)解得
F
1
?
?
1+5
?
n+1
n

5
?
?
?
2
?
?
?
1-5
?
?
2
?
n+1
?
?
?
?
. (2.10)
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
a
(x+1)< br>F
n

2
(y+1)
F
n

1+(x-1)
F
n

2
(y-1)
F
n

1
n

(x+1)
F
-1)
F
,n≥0. (2.11)
n< br>-
2
(y+1)
F
n

1
-(x-1)F
n

2
(y
n

1
式(2.11) 中的F
n

1
,F
n

2
由(2.10) 确定. ……………(50分)

三、(本题满分50分)解方程组
?
x-y+z-w=2,
?
x< br>2
-y
2
+z
2
-w
2
=6,
33 33
?
x-y+z-w=20,

x
4
-y
4< br>+z
4
-w
4
=66,
解:令p=x+z,q=xz,我们有
(20 …


p
2
=x
2
+z
2
+2q;
p
3
=x
3
+z
3
+3pq;
p
4
=x
4
+z
4
+4p
2
q-2q2


同样,令s=y+w,t=yw,有
s
2
=y
2
+w
2
+2t;
s
3
=y
3
+w
3
+3st;
s
4
=y
4
+w
4
+4s
2
t-2t2
. (10分)
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
p
2
=s
2
+4s+4,
p
3
=s
3
+6s
2
+12s+8,
p
4
=s
4
+8s
3
+24s
2
+32s+ 16.
现在将上面准备的p
2
,p
3
,p
4
和s
2
,s
3
,s
4
的表达式代入,得
x
2
+z
2
+2q=y
2
+w
2
+2t+4s+4,
x
3
+z
3
+3pq=y
3
+w
3
+3st+6s
2
+12s+8,
x
4
+z
4
+4p
2
q-2q
2
=y
4
+w
4
+4s
2
t-2t
2
+8s
3
+24s
2
+32 s+16.
利用原方程组的第二至四式化简,得
q=t+2s-1, (3.2)
pq=st+2s
2
+4s-4, (3.3)
2p
2
q-q
2
=2s
2
t-t2
+4s
3
+12s
2
+16s-25 (3.4)
…………………………(20分)
将(3.1)和(3.2)代入(3.3),得
t=
s
2
-1, (3.5)
将(3.5)代入(3.2),得
q=
5s
2
-2. (3.6)
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
2
-4 X+3=0和Y
2
-2Y=0的两根 …………(30分)

?
?
x=3,
?
x=1
?
z=1

?

?
z=3.


?
?
y=2,
?
w=0

?
?
y=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



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