巴利昔单抗-包海清

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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】 （ ）
2
2. 设
log
x
(2xx1)log
x
2 1
，则
x
的取值范围为
A．
x1
B．
x
1
2
1

x1
D．
0x1
【答】（ ）
,且 x1
C．
2
3. 已知集合
Ax5xa0
，
Bx6xb0< br>,
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
A
1
B
1
C
1
ABC
中，
BAC


2
，ABACAA
1
1
. 已知Ｇ与Ｅ分别为
A
1
B
1
和
CC
1
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.

（ ）
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】 （ ）
6. 数码
a
1
,a
2
,a
3
,
A．
(10

1

1


1

1, 2
D.

, 1

B.

, 2

C.

, 2

【答】

5

55



< br>,a
2006
中有奇数个9的2007位十进制数
2a
1
a< br>2
a
3
a
2006
的个数为
1
2
2006
1
8
2006
)
B．
(10
2006
8
2006
)
C．
10
2006
8
2006
D．
10
2006
8
2006
【答】
2
（ ）
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7. 设
f(x)sinxsinxcosxcosx
，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 .
44
x
2
y
2
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
9. 已知椭圆
164
上. 当
F
1
PF2
取最大值时，比
PF
1
PF
2
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，
2
其中底层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
.
11. 方程
(x
2006
1)(1x
2
x
4
x
2004
)2006x
2005
的实数解的个数为 .
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
(x
0
,y
0
)
是抛物线
y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
(x
0
,y
0
)
为抛物线
ykx1
与直线
mm2
2
yx
的一个交点.













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）当
x
1< br>,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
取何值 时，S取到最大值；
（2）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.









1ij5

x
i
x
j
. 问：

1nn1
2
15. 设
f(x)xa
. 记
f(x )f(x)
，
f(x)f(f(x))
，n2,3,
，
1

MaR对所有正整数 n， f
n
(0)2
. 证明：
M

2,

.
4





















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tBCAC
，
推 出
2
BA2tBABCtBCAC
2
22
22
2< br>2
22
,令
t
BABC
BC
2
，代入上式 ，得
2
BA2BAcos

cos

BAAC，即
BAsin

AC
2
2
, 也即
BAsin

AC
。从而有
ADAC
。由此可得
ACB

2
。

2.【答】（ B ）【解】因为


x0,x1
1
，解得
x,x1
. 由
2
2

2xx10

log
x
(2x
2
x1)log
x
2 1 log
x
(2x
3
x
2
x)log
x2

0x1



32

2xxx2
x1

解得
0x1
；或

3
解得
x1
，所以
x
的取值范围为
2

2xxx2
1
x, 且 x1
.
2
3.【答】 （ C ）【解】
5xa0
x
ab
；
6xb0
x
。要使
56

b
12

2

6b1

6
11
，则，即。所 以数对

a,b

共有
C
6
C
5
30
。
ABN2,3,4


a

0a25

2

4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，Ａ
Ａ
１
为ｚ轴，则
F(t
1
,0 ,0)
（
0t
1
1
），
E,10,()
11< br>，
G(,0,1)
，
D(0,t
2
,0)
（
0t
2
1
）。
22
所以
EF(t
1
,1,)
，
GD(,t
2
,1)
。因为
GDE F
，所以
t
1
2t
2
1
，由此推出
1
2
1
2
0t
2

2
2
11
2
22
。又
DF(t
1
,t
2
,0)
，
DFt
1
t
2
5t
2
4 t
2
15(t
2
)
，
55
2
1< br>DF1
。
5
从而有
5.【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< br>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. 【答】（ B ）【解】出现奇数个9的十进制数个数有
2006k

C
2006
9
2006k
以及
k0
20 06


AC
1
2006
9
2005
 C
3
2006
9
2003
C
2005
2006
9
。又由于
(91)
(9
2006
2006k
2006
k0
1)

C
k006
(
k
1

)
2
，从而得
9

1
2005
C
2006
9(10
2006
8
2006
)
。
2
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
11
244
7.【解】
f(x)sinxsinxcosxcosx 1sin2xsin2x
。令
tsin2x
，则
22
11 911919
f(x)g(t)1tt
2
(t)
2
。 因此
ming(t)g(1)0,

1t1
22822824
19199
maxg(t)g()0
。 即得
0f(x)
。
1t1
2 8288
13
AC
2006
9
2005
C
20 06
9
2003

8. 【解】依题意，得
z2

(acos

)(2asin

)4

22
2a(cos

2sin

)35a
2
25asin(



)35a
2
（

arcsin
1
）（对任
5
意实数

成立）
25a35a
2

a
5
. 故
a
的取值范围为
5

55

,


。
5

5
9. 【解】 由平面几何知，要使
F
1
PF
2
最大，则过
F
1
,F
2< br>，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23,0)
，则
APF
1
AF
2
P
，即
APF1
AF
2
P
，即
PF
1
AP
2
（1），又由圆幂定理，
APAF
1
 AF
2
（2），而
F

F
2
(23,0)
，
1
(23,0)
，
PF
2
AF
2
A< br>(823,0)
，从而有
AF
1
8
，
AF2
843
。代入（1），（2）得
PF
1

PF< br>2
AF
1
8
42331
。
AF
2
843
10. 【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
3
2
的正方形。所以注水
2
212
24

1

)

。 高为
1
。故应注水

(1)4


＝
(
232
23

2

11.【解】
(x
2006< br>1)(1x
2
x
4
x
2004
)20 06x
2005

(x
1
x
2005
)(1 x
2
x
4

x
2005

x
2004
)2006

1
x
2005

1x
2003

x

2001
1

1< br>2006

x
xx
3
x
5


111
2006xx
3

3
x
2005

2005
210032006

xxx
1
3
11
2005
要使等号成立，必须
x,x
3
,,x
2005
，即
x1
。
xxx
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

9

18291
8

21





=0.0434.
10

10

101010101 0

10

1010
三. 解答题（本题满分60分，每小题20分）
nn
2
4
13. 【证明】 因为
ynx1
与
yx
的交点为
x
0
y
0

.显然有
2
2
22
x
0

1
n
。…（5分）
x
0
mm
2
m
若
(x
0
,y
0
)
为抛物线
ykx1
与直线
yx
的一个交点，则
kx
0

（10分 ）
记
k
m
x
0

m
1
. …
m
x
0
11
kk(x)k
m1
nk< br>m
k
m
，，则
m1m01

(m2)
（13.1）
x
0
m
x
02
由于
k
1
n
是整数，
k
2
x< br>0

11
22
(x)2n2
也是整数，所以根据数 学归纳
0
2
x
0
x
0
m
法，通过（13. 1）式可证明对于一切正整数
m
，
k
m
x
0
< br>1
是正整数. 现在对于任意正
x
0
m
整数
m
，取
kx
0

m
1
x
0
m
， 使得
y
2
kx1
与
yx
的交点为
(x
0
,y
0
)
. ………………… （20分）
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
mm
x
1
x
2
x
3
x
4
x< br>5
2006
, 且使
S
1ij5

x< br>i
x
j
取到最大值，则必有
………（5分） (*)
x
i
x
j
1,

(1i,j5

)

x
1
1
，< br>x
2

x
2
1
,
x
i

x
i
事实上，假设（*）不成立，不妨假设
x
1
x< br>2
2
。则令
x
1
(
i3,4,5
) < /p>


x
2

x
1
x
2< br>，
x
1

x
2

x
1
x
2
x
1
x
2
1x
1
x
2
。将S改写成 有
x
1
S
同时有
1ij5


x
i
x
j
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


x
2
(x
1

x
2

)

x
3
x
4
x
5

x
3
x
4< br>x
3
x
5
x
4
x
5
S

x
1
。于是有

x
2

x
1
x
2
0
。
S

Sx
1
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)
. 因此当
x
1
40x2x< br>3

2
,x
4
x
取
4
到0
最
1
大
值。 ……………………（10分）
（2）当
x
1
x
2
x
3
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）
而后面两种情形是在第一组情形下作
x
i
< br>x
i
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
1ij5

取
x
i
x
j

变大。 所以在
x
1
x
2
x
3
402,x
4
x
5
400
情形到最小
值。 …………………（20分）
15. 【证明】（１）如果
a2
，则
f( 0)|a|2
，
aM
。 ………………………
（5分）
1
1
nn12
1
，由题意
f(0)a
，f(0)(f(0))a
,
n2,3,
. 则
4
111
n1
① 当
0a
时，
f(0)
（
n1
）. 事实上，当
n1
时，
f(0)a
,
422
设
nk1
时成立（
k2
为某整数），则对
nk
，
（２）如果
2a

1

11
f
k
( 0)f
k1
(0)a


.

2

42
2
2
② 当
2a0< br>时，
f(0)a
（
n1
）.事实上，当
n1
时，
f(0)a
, 设
n
1
nk1
时成立（
2
k2
为某整数），则对
nk
，有
|a|af
k
(0)

f
k1
(0)

aa
2
a
.注意到 当
2a0
时,总有
a
2
2a
，即
1

a
2
aa|a|
. 从而有
f
k
(0)|a|
.由归纳法，推出

2,

M
。 ……………
4


（15分）
（3）当
a
11
n
时，记
a
n
f(0)
，则对于任意
n 1
，
a
n
a
且
44
。对于任意
2a
n1
f
n1
(0)f(f
n
(0))f( a
n
)a
n
a
n1
，
1111
2< br>a
n1
a
n
a
n
a
n
a (a
n
)
2
aa
, 则
a
n1
a
n
a
。 所以，
244411
2a
。当时，
a
n1
aa
n1
an(a)an(a)a2aa2
，即
n
1n1
4
a
1
4
f
n1
(0)2
。因此
a M
。综合（１）（
M



2,
1

4


。 …………………………（20分）
4
）（），我们有２３