《2006年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷评分标准[1]》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2006年全国高中数学联合竞赛浙江省预赛试卷评分标准[1]（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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. C 2. C 3. D 4. B 5. C 6. B 二. 填空题7. 9368. n 9. 4010310. 100322)(1ba11. 312. 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3log3log81log82log24216164，5log5log125log124log3332
2、7273。令3log2x，则32x。又因为x238223，所以23x。再令5log3y，则53y，而y3527323，所以23y。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,5AB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(222f。 记)()(1nfnf，)()(1n
3、ffnfkk，,3,2, 1k则)2006(2006f（D ）(A) 20 (B) 4 (C) 42 (D) 145. word 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(48250420042006ffff正确答案为 D。4. 设在xOy平面上，20 xy，10 x所围成图形的面积为31，则集合,1),(xyyxM 1),(2xyyxN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
4、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A613121。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(221nnnn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 2
5、n-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xxxxxxxxxxxxxxxxxfc otsincottancotcoscossintancoscottantansincossin)(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）word 4cotcostansin4)
6、cot(tancotcostansin4)cos(sinxxxxxxxxxxxx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4x时，4)4()(fxf。所以.4)(minxf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 （i1） 的向量记作1iitt， 则2111243323221tttttttttttt936。解：连接相邻
7、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12sin2224322。 则3221tttt6cos43222234322。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)()()(111111n 。解：xixixixixixiaaaaaa)()()(11111111111)()()()(xixixixixixixixiaaaaaaaa，word 所以，.1111111)()()(naaaaaanixixixixixixi
8、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4 0 1 03。解： 三个数成递增等差数列，设为dadaa2,，按题意必须满足,20062da1002d。 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(10021dd三数成递增等差数列的概率为401031002100332006C。10. 设ba,是非零实数，Rx，若，2224241cossinbabxax则2006200820062008cossinbxax100322)(1ba。解： 已知，2224241c o ss i nbabxax（1）将（1）改
9、写成xbaxabxx42242244c o ss i nc o ss i n1。而xxxxxx2244222cossin2cossin)cos(sin1。所以有0c o sc o ss i n2s i n42222422xbaxxxab。即0cossin222xbaxab, 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),
10、(22, RkkxyyxB, 3),(。若BA为单元素集，则3k。word 解由1) 1(sin1,cos0)sin1()cos(0)1)(sin1(2cos2222222yxyxyxyxyxBA为单元素集，即直线3kxy与1)1(22yx相切，则3k. 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3t， 且 当3332cba时，3t. 因此3,1,1,1minmax3232,cbacbaRcba. 解答题13
11、. 在x轴 同 侧 的 两个 圆 ： 动 圆1C和 圆0244422222bayabxyaxa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(422aabayabx与曲线 L 有且仅有一个公共点，求ba,之值。解： （1）由0244422222bayabxyaxa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）word 另解由已知可
12、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(422abxabbxaxy06 9 5 84)17(422aabayabx消去 y 得0)6 9 58(744222aaabxxa，由, 0)6958(167162222aaaba整理得aab6 9 5 8722从可知aa772。 故令17aa，代入可得121269587aab.772bb再令17bb，代入上式得121219 9 47aab（ 10分）同理可得，117,7ba。可令,4
13、9,49mbna代入可得nnm142722对进行配方，得,717)71(222mn对此式进行奇偶分析，可知nm,均为偶数，所以222)71(717nm为 8 的倍数，所以m4。令rm4 ，则2271112r452r。所以654321 , 0，r（15 分）仅当4,0r时，2211271r为完全平方数。于是解得)(0,6958不合，舍去ba7 8 46 2 7 2ba7 8 46 8 6ba。 （ 20 分）word 14. 已 知 数 列na满 足naaann2, 111)3,2, 1(n，nb满 足, 11bnbbbnnn21)3 ,2, 1(n，证明：1121111nkkkkkkbkaba
14、。证明：记nkkkkknkbkabaI1111，则nIII2121。而nkkknkbaI11)(1(1nkknkkkba111111。（5 分）因为naaann2, 111，所以)1(11kkak。（10分）从而有1111)1(111111nkkanknkk。（1）又因为kkbbkbbbkkkkk)(21，所以kbbkbbkbkkkkk11)(11，即1111kkkbbkb。从而有111111111bbbkbnnkk。 （2） （15 分）由（1）和（2）即得1nI。 综合得到121nI。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
15、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 64 种。所以不同的骰子共有304*6! 6种。（5 分）2） 由 16的六个数字所能产生的变差共有15 个，其总和为1（12）（123）（1234）（123+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间的变差，记其总和为 v，则vmax（6+5+4） (1+2+3) 9 vmin 1+1+1 3 （15 分）因此Vmax35vmin32 Vmin35vmax26. （20 分）
