2006年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷评分标准[1]

2006年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷评分标准一.选择题1.C2.C3.D4.B5.C6.B二.填空题7.9368.n9.4010310.100322)(1ba11.312.3详细解答如下：一.选择题1.下列三数124log,82log,232716的大小关系正确的是（C）（A）124log82log232716（B）82log124log231627（C）82log23124log1627（D）2382log124log1627解：因为3log3log81log82log24216164，5log5log125log124log33327273。令3log2x，则32x。又因为x238223，所以23x。再令5log3y，则53y，而y3527323，所以23y。综上所述，有82log23124log1627。因此选（C）。2.已知两点A(1,2),B(3,1)到直线L的距离分别是25,2，则满足条件的直线L共有（C）条。（A）1（B）2（C）3（D）4解:由,5AB分别以A，B为圆心，2，5为半径作两个圆，则两圆外切，有三条共切线。正确答案为C。3.设)(nf为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如14321)123(222f。记)()(1nfnf，))(()(1nffnfkk，，,3,2,1k则)2006(2006f＝（D）(A)20(B)4(C)42(D)145.浙江省数学会2006-2-解：将40)2006(f记做402006，于是有164204214589583716402006从16开始，nf是周期为8的周期数列。故.145)16()16()16()2006(48250420042006ffff正确答案为D。4.设在xOy平面上，20xy，10x所围成图形的面积为31，则集合},1),{(xyyxM}1),{(2xyyxN的交集NM所表示的图形面积为（B）。(A)31(B)32(C)1(B)34.解：NM在xOy平面上的图形关于x轴与y轴均对称，由此NM的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得。为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了。由题意可得，NM的图形在第一象限的面积为A＝613121。因此NM的图形面积为32。所以选（B）。5.在正2006边形中，与所有边均不平行的对角线的条数为（C）。(A)2006(B)21003(C)100310032(D)100210032.解：正2n边形nAAA221，对角线共有)32()32(221nnnn条。计算与一边21AA平行的对角线条数，因2121//nnAAAA，与21AA平行的对角线的端点只能取自2n-4个点，平行线共n-2条。故与某一边平行的对角线共n(n-2)条。由此可得与任何边都不平行的对角线共有n(2n-3)-n(n-2)=n(n-1)条。因此正确选项是C。6.函数xxxxxxxxxxxxxxxxxfcotsincottancotcoscossintancoscottantansincossin)(在)2,0(x时的最小值为（B）。(A)2(B)4(C)6(D)8解：xxxxxxxxxxxxxfcotsin1tancos1)cot(tancotcos1tansin1)cos(sin)(（由调和平均值不等式）浙江省数学会2006-3-4cotcostansin4)cot(tancotcostansin4)cos(sinxxxxxxxxxxxx要使上式等号成立，当且仅当)2(sincotcostan)1(cotcostansinxxxxxxxx（1）－（2）得到xxxxsincoscossin，即得xxcossin。因为)2,0(x，所以当4x时，4)4()(fxf。所以.4)(minxf因此应选（B）。二.填空题7.手表的表面在一平面上。整点1，2，…，12这12个数字等间隔地分布在半径为22的圆周上。从整点i到整点（i＋1）的向量记作1iitt，则2111243323221tttttttttttt＝936。解：连接相邻刻度的线段构成半径为22的圆内接正12边形。相邻两个边向量的夹角即为正12边形外角，为30度。各边向量的长为12sin2224322。则3221tttt6cos43222234322。共有12个相等项。所以求得数量积之和为936。8.设,,,),,2,1(RniRai且，0则对任意Rx，nixixixixixixiaaaaaa1)()()(111111n。解：xixixixixixiaaaaaa)()()(11111111111)()()()(xixixixixixixixiaaaaaaaa，浙江省数学会2006-4-所以，.1111111)()()(naaaaaanixixixixixixi9在2006,,2,1中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是40103。解：三个数成递增等差数列，设为dadaa2,,，按题意必须满足,20062da1002d。对于给定的d，a可以取1，2，……，2006-2d。故三数成递增等差数列的个数为.1002*1003)22006(10021dd三数成递增等差数列的概率为401031002100332006C。10.设ba,是非零实数，Rx，若，2224241cossinbabxax则2006200820062008cossinbxax100322)(1ba。解：已知，2224241cossinbabxax………………（1）将（1）改写成xbaxabxx42242244cossincossin1。而xxxxxx2244222cossin2cossin)cos(sin1。所以有0coscossin2sin42222422xbaxxxab。即0cossin222xbaxab,也即，4444cossinbxax将该值记为C。则由（1）知，22221baCbCa。于是有，222)(1baC.而10032210042222502250222006200820062008)(1)(1)(cossinbababaCbCabxax。11.已知RyxyxyxA,0)1)(sin1(2cos2),(22,RkkxyyxB,3),(。若BA为单元素集，则3k。浙江省数学会2006-5-解由1)1(sin1,cos0)sin1()cos(0)1)(sin1(2cos2222222yxyxyxyxyxBA为单元素集，即直线3kxy与1)1(22yx相切，则3k.12.3232,,,1,1,1minmaxcbacbaRcba=3。解：设3232,1,1,1mincbacbat，则at10，210bt,310ct，即有ta1，tb12，tc13。所以有tcbat332.于是可得3t，且当3332cba时，3t.因此3,1,1,1minmax3232,,cbacbaRcba.解答题13.在x轴同侧的两个圆：动圆1C和圆0244422222bayabxyaxa外切（0,,aNba），且动圆1C与x轴相切，求（1）动圆1C的圆心轨迹方程L;（2）若直线069584)17(422aabayabx与曲线L有且仅有一个公共点，求ba,之值。解：（1）由0244422222bayabxyaxa可得,)41()41()2(222aayabx由ba,N，以及两圆在x轴同侧，可知动圆圆心在x轴上方，设动圆圆心坐标为),(yx,则有,41)41()2(22ayayabx整理得到动圆圆心轨迹方程abbxaxy422)2(abx。……………………（5分）浙江省数学会2006-6-另解由已知可得，动圆圆心的轨迹是以)41,2(aab为焦点，ay41为准线，且顶点在)0,2(ab点（不包含该点）的抛物线，得轨迹方程yaabx1)2(2，即)2(422abxabbxaxy…………………（5分）（2）联立方程组)2(422abxabbxaxy①069584)17(422aabayabx②消去y得0)6958(744222aaabxxa，由,0)6958(167162222aaaba整理得aab6958722③从③可知aa772。故令17aa，代入③可得121269587aab.772bb再令17bb，代入上式得121219947aab…………………（10分）同理可得，117,7ba。可令,49,49mbna代入③可得nnm142722④对④进行配方，得,717)71(222mn对此式进行奇偶分析，可知nm,均为偶数，所以222)71(717nm为8的倍数，所以m4。令rm4，则2271112r452r。所以654321,0，，，，，r…………………………………（15分）仅当4,0r时，2211271r为完全平方数。于是解得)(0,6958不合，舍去ba7846272ba784686ba。…………………（20分）浙江省数学会2006-7-14.已知数列}{na满足naaann2,111)3,2,1(n，}{nb满足,11bnbbbnnn21)3,2,1(n，证明：1121111nkkkkkkbkaba。证明：记nkkkkknkbkabaI1111，则nIII2121。而nkkknkbaI11))(1(1nkknkkkba111111。…………………（5分）因为naaann2,111，所以)1(11kkak。…………………（10分）从而有1111)1(111111nkkanknkk。（1）又因为kkbbkbbbkkkkk)(21，所以kbbkbbkbkkkkk11)(11，即1111kkkbbkb。从而有111111111bbbkbnnkk。（2）…（15分）由（1）和（2）即得1nI。综合得到121nI。左边不等式的等号成立当且仅当n=1时成立。………（20分）15.六个面分别写上1，2，3，4，5，6的正方体叫做骰子。问1）共有多少种不同的骰子；2）骰子相邻两个面上数字之差的绝对值叫做这两个面之间的变差，变差的总和叫做全变差V。在所有的骰子中，求V的最大值和最小值。解：1）设台子上有一个与骰子的侧面全等的正方形。我们把一个骰子放到该正方形上的放法共6×4种。所以不同的骰子共有304*6!6种。…………………（5分）2）由1－6的六个数字所能产生的变差共有15个，其总和为1＋（1＋2）＋（1＋2＋3）＋（1＋2＋3＋4）＋（1＋2＋3+4+5）=35（10分）与之相比，每个骰子的全变差中，所缺的是三个相对面上数字之