2006年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛参考答案
上，所以椭圆的标准方程为 x2 + y2 = 1. 16 4
当直线 BC 垂直于 x 轴时， BC = 4 ，因此，△ ABC 的面积 SΔABC = 4 .
当直线 BC 不垂直于 x 轴时，设该直线方程为 y = kx .
由
⎧ ⎪ ⎨
x2 16
+
y2 4
= 1, 解得
⎪⎩ y = kx ,
⎛ B⎜
16
5．已知 x ，y ∈ (0 ，π ) ，且若 tan2 (x + y) + cot2 (x + y) = 3x − x2－ 1 ，则[ x] + [ y] 等于（ ）
2
4
（其中[x] 表示不超过 x 的最大整数）
A．0
B．1
C．2
D．3
答：B
解：因为
tan 2
(x
+
y)
+
cot2 (x
+
y)
≥
于是
⎧ ⎨ ⎩
x0 y0
= =
6 8
− −
x1 y1
， ，
所以 8 − y1 = (6 − x1)2 − 8(6 − x1) + 3 ， 故与抛物线 y = x2 − 8x + 3 关于点 (3 ，4) 对称的抛物线为 y = −x2 + 4x +17
所以 a + b + c ＝20．
4．正方体 ABCD — A1B1C1D1 的棱长为 1，点 M 为 D1C1 上的点，且 D1M : MC1 = 3 :1，则 CM 和平面 AB1D1 所成角的大小是θ ，则 sinθ 等于（ ）
an = n2an − (n −1)2 an−1 ，即
an
=
n n
− +
1 1
an−1
．
所以
an
=
n n
−1 +1 an−1
=
n n
−1⋅ +1
n
− n
2
an−2
=
n n
−1⋅ +1
n
− n
2
⋅"⋅
1 3 a1
=
2a1 n(n +1)
，
故
a2006
=
2 ×1003 2006× 2007
=
1 2007
值为（ ）
A． −28
B． −4
C．20
D．18
答：C 解 ： 设 点 P(x0 ，y0 ) 是 抛 物 线 y = x2 − 8x + 3 上 的 一 点 ， 它 关 于 点 (3 ，4) 的 对 称 点 为
P′(x1 ，y1) ，则
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
x0 y0
+ 2 + 2
x1 y1
= =
3， 4，
f f
(0) (1)
=0 = 1⋅
⋅ a + b > 0，所以 a + b > 0.
a
+
2b
>
0
.
（2）若 a + 2b > 0 ，则对于 x ∈[0 ，1]，ax + b > 0 不一定成立．取 a = 3，b = −1，3x −1 > 0
在[0 ，1] 上不恒成立．如 x = 0.1 ，有 3 ⋅ 0.1 −1 < 0 .
且与 CD 相切于点 M 的圆与 AC 和 BD 分别相交于点 R 和 Q，点 S 在线段 BD 上，使得 BS = DQ ，
过点 S 且与 AB 平行的直线交 AC 于点 T，求证：AT＝RC． 证明：由切割线定理得 CR ⋅ CP = CM 2 ， DQ ⋅ DP = DM 2 。 因为 M 是 CD 的中点， CM = DM ， BS = DQ ， 所以 CR ⋅CP = CM 2 = DM 2 = DQ ⋅ DP = BS ⋅ DP ，
12．在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆，它的中心在原点，左焦点为 F (−2 3 ，0) ，右
顶点为 D (4 ，0) . 设点 A 的坐标是 ( 2 ，1) ，过原点 O 的直线交椭圆于点 B、C ，则△ ABC 面积
2006 年全国高中数学联赛（福建赛区）预赛试题解答 ４
的最大值是
．
答： 4 2 解：由已知得椭圆的半长轴 a = 4 ，半焦距 c = 2 3 ，则半短轴 b = 2 .又椭圆的焦点在 x 轴
< 1，则使Tn
< 1成立的最小
自然数 n 等于 199。故，（4）正确。
故，（1）、（3）、（4）正确。
9．函数 y = 3x + 4 + 3 − 4x 的最大值与最小值之和为
．
答： 15 + 5 21 6
2006 年全国高中数学联赛（福建赛区）预赛试题解答 ３
解： 由
⎧3x + 4 ≥ 0 ， ⎨⎩3 − 4x ≥ 0
所以 CP = BS ． DP CR
……………………………… 10 分
D
A
Q
T
P
M
S B
R C
因为△APB∽△DPC，所以 CP = BP ． DP AP
又 ST∥AB，所以 BP = BS ， AP AT
2006 年全国高中数学联赛（福建赛区）预赛试题解答 ５
所以 CP = BS = BP = BS ， DP CR AP AT
与 a99 −1 < 0 矛盾。所以， 0 < q < 1。（1）正确。 a100 −1
对于（2），由 a99a100 −1 > 0 ，得 a1a198 > 1， T198 = a1a2 "a197a198 。倒序相乘得，
T2 198
=
(a1a198 )(a2a197 )"(a198a1)
=
(a1a198 )198
4
， 4k
⎞⎛ ⎟, C⎜ −
4
，−
4k
⎞ ⎟
，
⎝ 4k 2 +1 4k 2 +1 ⎠ ⎝ 4k 2 +1
4k 2 +1 ⎠
所以
| BC |= 8
1+ k2 1+ 4k 2
，又点 A 到直线 BC 的距离 d
=
2k −1 ， 1+ k2
所以，△ ABC 的面积
SΔABC
=
1 2
|
BC
| ⋅d
=
4 |2k −1| 1+ 4k 2
y
A．1 组
B．2 组
C．4 组
） D．8 组
答：D 解： 原方程为 xy = 2007 y − 2006 ， 所以 y = 20072 y + 20062 − xy ∈ Q ，
2× 2006× 2007 所以 y 是平方数，设 y = n ，则可得 x ∈ Q ，所以 x 也是平方数，
2006 年全国高中数学联赛（福建赛区）预赛试题解答 ２
所以 CA1 ⊥ 平面 AD1B1 ，
所 以 CM 和 平 面 AB1D1 所 成 的 角 α 是 ∠A1CM 的 余 角 .
CM
=
⎧1 ⎩⎨ 4
,0,−1⎬⎫ ， ⎭
所以
sinθ ＝ cos ∠A1CM = CM ⋅ CA1 = CM ⋅ CA1
1 +0+1 4
= 5 51 ．
1 + 0 + 1 ⋅ 1 + 1 + 1 51
得
x ∈ ⎡⎢⎣−
4 3
,
3⎤ 4 ⎥⎦
．
由 y2 = ( 3x + 4 + 3 − 4x )2 = −x + 7 + 2 (3x + 4)(3 − 4x)
≥ −x + 7 ≥ − 3 + 7 = 25 ，
4
4
故 y ≥ 5 ，当 x = 3 时等号成立．故 y 的最小值是 5 ．
2
4
2
又由柯西不等式得
2
，而
3
−
x2－ 1＝-(x4
3 2
)2
+
2
≤
2
，
所以 tan2 (x + y) + cot2 (x + y) = 3x − x2－ 1 ＝2， 4
所以
x
=
3 2
，
x
+
y
=
3 4
π
，于是 [ x]
=1，[
y]
=
⎡3 ⎢⎣ 4
π
−
3⎤ 2 ⎥⎦
=
0
，从而[x] +
[
y]
＝1．
6．方程 x + 2006 = 2007 的正整数解 ( x ，y) 的组数是（
．
11．从一个有 88 条棱的凸多面体 P，切去以其每个顶点为顶点的各一个棱锥，得到一个
新的凸多面体 Q. 这些被切去的棱锥的底面所在的平面在 P 上或内部互不相交，则凸多面体
Q 的棱数是
．
答：264 解：P 的所有棱仍是 Q 的棱. Q 中新的棱由切去的棱锥的底面形成. 每个棱锥新增加棱的
条数，等于从顶点出发的棱的条数. 所以 Q 的棱有 88＋2×88＝264 条.
2006 福建预赛试题官方解答
一．选择题
1．对于 x ∈[0 ，1]的一切值， a + 2b > 0 是使 ax + b > 0 恒成立的（
）
A．充分不必要条件 C．充要条件
B．必要不充分条件 D．既非充分条件，也非必要条件
2006联赛1试参考答案
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R t ∈≥-，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 ≥-，推出22222BA tBA BC t BC AC -+≥,令2BA BC t BC=，代入上式，得2222222cos cos BA BA BA AC αα-+≥，即 222sin BA AC α≥, 也即 sin BA AC α≥。
从而有AD AC ≥。
由此可得 2ACB π∠=。
2. 设2log (21)log 2 1x x x x +->-，则x 的取值范围为A ．112x << B ．1, 12x x >≠且 C ． 1x > D ． 01x << 【答】（ B ） 【解】因为20,1210x x x x >≠⎧⎨+->⎩，解得 1,12x x >≠. 由2log (21)log 2 1x x x x +->-32log (2)log 2x x x x x ⇒+-> 320122x x x x <<⎧⇒⎨+-<⎩ 解得 01x <<； 或 32122x x x x >⎧⎨+->⎩解得 1x >，所以x 的取值范围为 1, 12x x >≠且. 3. 已知集合{}05≤-=a x x A ，{}06>-=b x x B ,N b a ∈,，且{}2,3,4A B N ⋂⋂=，则整数对()b a ,的个数为A. 20B. 25C. 30D. 42 【答】 （ C ） 【解】 50x a -≤5a x ⇒≤；60x b ->6bx ⇒>。
2006年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)理科数学试题及答案(WORD版)
2006年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工农医类）一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1）设,,,a b c R ∈则复数()()a bi c di ++为实数的充要条件是（A ）0ad bc -= （B ）0ac bd -= （C ）0ac bd += （D ）0ad bc += （2）在等差数列{}n a 中，已知1232,13,a a a =+=则456a a a ++等于 （A ）40 （B ）42 （C ）43 （D ）45（3）已知3(,),sin ,25παπα∈=则tan()4πα+等于 （A ）17 （B ）7 （C ）17- （D ）7-（4）已知全集,U R =且{}{}2|12,|680,A x x B x x x =->=-+<则()U C A B 等于（A ）[1,4)- （B ）(2,3) （C ）(2,3] （D ）(1,4)- （5）已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于（A ） （B ）3 （C ）3 （D ）3（6）在一个口袋中装有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同。
从中摸出3个球，至少摸到2个黑球的概率等于（A ）27 （B ）38 （C ）37 （D ）928 （7）对于平面α和共面的直线m 、,n 下列命题中真命题是（A ）若,,m m n α⊥⊥则n α∥ （B ）若m αα∥,n ∥,则m ∥n（C ）若,m n αα⊂∥,则m ∥n （D ）若m 、n 与α所成的角相等，则m ∥n （8）函数2log (1)1xy x x =>-的反函数是 （A ）2(0)21x xy x =>- （B ）2(0)21xx y x =<- （C ）21(0)2x x y x -=> （D ）21(0)2x x y x -=< （9）已知函数()2sin (0)f x x ωω=>在区间,34ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值是2-，则ω的最小值等于 （A ）23 （B ）32（C ）2 （D ）3 （10）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60o的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是 （A ）(1,2] （B ）(1,2) （C ）[2,)+∞ （D ）(2,)+∞（11）已知1,.0,OA OB OAOB===点C 在AOC ∠30o =。
2018年福建省高中数学联赛(福建省赛区)预赛试题参考答案(新)
2bc
6c
∴ c2 10 ， c 10 。
∴ cos C a2 b2 c2 4 9 10 1 。
2ab
223 4
3．设复数 z 满足 z i 2 ，则 z z 的最大值为
。（ i 为虚数单位， z 为复
数 z 的共轭复数） 【答案】 6 【解答】设 z x yi （ x ， y Βιβλιοθήκη R ），4 y0
。
∴ r1 r2 16 ，结合 r1 r2 4 ，得 r1 10 ， r2 6 。
由此得到， F1P 2 F1F2 2 F2 P 2 。因此， PF2 F1F2 。
∴
△F1PF2
的外接圆半径
R
1 2
F1P
5。
4
8．最近网络上有一篇文章很火。源于一道常见题目：（见图），这貌似易解的题目，里面 竟然蕴藏了深奥的大道理。 （本题不作为本次考试的试题，本次试题如下）
1的左、右焦点，点
P
在双曲线 C
上， G
、I
分别为 △F1PF2 的重心、内心，若 GI∥x 轴 ，则 △F1PF2 的外接圆半径 R
。
【答案】 5
【解答】不妨设 P(x0 ，y0 ) 在第一象限， PF1 r1 ， PF2 r2 。 依题意， r1 r2 4 ， F1F2 8 。
∴ z z 的最大值为 6 。
1
4．已知定义在 R 上的奇函数 f (x) 的图像关于直线 x 2 对称，当 0 x 2 时，f (x) x 1，
则 f (100) f (101)
。
【答案】 2
【 解答】 由 f (x) 为奇函数，且其图像关 于直线 x 2 对称，知 f (x) f (x) ，且
解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛暨2024年福建省高中数学竞赛试卷(考试时间:2024年6月22日上午9:00-11:30, 满分160分)一、填空题(共10小题, 每小题6分, 满分60分. 请直接将答案写在题中的横线上)1在△ABC 中,已知AB =4,BC =2,AC =23,若动点P 满足CP =1,则AP ⋅BP的最大值为.【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⋅BP =PA ⋅PB =14PA +PB 2-PA -PB 2 =142PO 2-BA 2 =PO 2-14×42=PO 2-4由 AB =4,BC =2,AC =23,知 AB 2=CA 2+CB 2,于是 CA ⊥CB .所以 CO =12AB =2 .又 CP =1,所以 PO的最大值为 CO +1=3 .所以 AP ⋅BP的最大值为 32-4=5 .2已知z 1,z 2,z 3为方程z 3=-i 的三个不同的复数根,则z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=.【答案】 0【解答】设 z =x +yi x ,y ∈R 为方程 z 3=-i 的复数根,则 z 3=x +yi 3=x 3+3x 2yi +3x yi 2+yi 3=-i .即 x 3+3x 2yi -3xy 2-y 3i =-i ,x 3-3xy 2+3x 2y -y 3 i =-i .由 x ,y ∈R ,得 x 3-3xy 2=03x 2y -y 3=-1,解得 x 1=0y 1=1 , x 2=32y 2=-12,x 3=-32y 3=-12.于是 z 1=i , z 2=32-12i , z 3=-32-12i .所以 z 2+z 3=32-12i+-32-12i =-i ,z 2z 3=32-12i-32-12i =-12i 2-322=-14-34=-1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1z 2+z 3 +z 2z 3=i ×-i -1=0 .3设a =66⋯6⏟10个6,b =33⋯3⏟6个3,则a ,b 的最大公约数为.【答案】 33【解答】用 x ,y 表示正整数 x ,y 的最大公约数.则 a ,b =66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3=33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3=311⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1.设 m =11⋯1⏟10个1, n =11⋯1⏟6个1,则由 m =11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111,可知 m ,n =1111,11⋯1⏟6个1.同理可得, m ,n =1111,11⋯1⏟6↑1=11,1111 =11,11 =11 .所以 a ,b =3m ,n =33 .4某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派4名选手参加比赛. 组委会随机将这12名选手分成6组, 每组2人, 则在上述分组方式中每组的2人均来自不同年级的概率为.【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有:C 212C 210C 28C 26C 24C 22A 66=11×9×7×5×3×1 种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个 年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有 C 24×C 24×A 44=36×24 种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有 2×1 种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有 36×24×2 种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5如图,在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F分别为AB ,BC 的中点,点G 在棱CC 1上. 若平面EFG 与底面ABCD 所成角的余弦值为31717,则平面EFG 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面多边形的周长为.【答案】 613+32【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA ,DC ,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图)z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E 6,3,0 ,F 3,6,0 . 设 G 0,6,t ,则 EF =-3,3,0 , EG=-6,3,t .设 m=x ,y ,z 为平面 EFG 的一个法向量,则m ⋅EF=-3x +3y +0=0m⋅EG =-6x +3y +tz =0,于是 m=t ,t ,3 为平面 EFG 的一个法向量.又 n =0,0,1 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为31717,所以 cos ⟨m ,n⟩ =m ⋅nm ⋅n=32t 2+9⋅1=31717 .结合 t >0,解得 t =2 . 所以 G 0,6,2 ,CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E ,F 分别为 AB ,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 .由CG DD 1=26=39=MCMD知, M ,G ,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由 AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形.易知 EF =32+32=32,FG =32+22=13,GD 1=42+62=213 ,D 1P =62+42=213, PE =22+32=13.所以截面五边形的周长为 613+32 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF ,∠GHC 为二面角 G -EF -D 的平面角,于是 tan ∠GHC =CG CH=CG 322=223,因此 CG =2 。
解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷
2024 年全国高中数学联赛福建赛区预赛 暨 2024 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案(考试时间: 2024 年 6 月 22 日上午 9:00-11:30, 满分 160 分)一、填空题 (共 10 小题, 每小题 6 分, 满分 60 分. 请直接将答案写在题中的横线上) 1. 在 △ABC 中,已知 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,若动点 P 满足 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,则 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 . 【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =14[(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2]=14[(2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−BA⃗⃗⃗⃗⃗ 2]=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14×42=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−4由 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,知 AB 2=CA 2+CB 2 ,于是 CA ⊥CB . 所以 CO =12AB =2 .又 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,所以 |PO ⃗⃗⃗⃗⃗ | 的最大值为 CO +1=3 . 所以 AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 32−4=5 . 2. 已知 z 1,z 2,z 3 为方程 z 3=−i 的三个不同的复数根,则 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1= . 【答案】 0【解答】设 z =x +yi (x,y ∈R ) 为方程 z 3=−i 的复数根, 则 z 3=(x +yi )3=x 3+3x 2(yi )+3x (yi )2+(yi )3=−i . 即 x 3+3x 2yi −3xy 2−y 3i =−i,x 3−3xy 2+(3x 2y −y 3)i =−i . 由 x,y ∈R ,得 {x 3−3xy 2=03x 2y −y 3=−1,解得 {x 1=0y 1=1 , {x 2=√32y 2=−12,{x 3=−√32y 3=−12.于是 z 1=i, z 2=√32−12i, z 3=−√32−12i . 所以 z 2+z 3=(√32−12i)+(−√32−12i)=−i ,z 2z 3=(√32−12i)(−√32−12i)=(−12i)2−(√32)2=−14−34=−1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1(z 2+z 3)+z 2z 3=i ×(−i )−1=0 .3. 设a=66⋯6⏟10个6,b=33⋯3⏟6个3,则a,b的最大公约数为 .【答案】 33【解答】用(x,y)表示正整数x,y的最大公约数.则(a,b)=(66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3)=(33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3)=3(11⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1) .设m=11⋯1⏟10个1, n=11⋯1⏟6个1,则由m=11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111 ,可知(m,n)=(1111,11⋯1⏟6个1) .同理可得, (m,n)=(1111,11⋯1⏟6↑1)=(11,1111)=(11,11)=11 .所以(a,b)=3(m,n)=33 .4. 某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派 4 名选手参加比赛. 组委会随机将这 12 名选手分成 6 组, 每组 2 人, 则在上述分组方式中每组的 2 人均来自不同年级的概率为 .【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有: C122C102C82C62C42C22A66=11×9×7×5×3×1种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有C42×C42×A44=36×24种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有2×1种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有36×24×2种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5. 如图,在棱长为 6 的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点E,F分别为 AB,BC 的中点,点 G 在棱 CC 1 上. 若平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 3√1717,则平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得截面多边形的周长为 . 【答案】 6√13+3√2【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA,DC,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图) z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E (6,3,0),F (3,6,0) . 设 G (0,6,t ) ,则 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,3,0) , EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,3,t ) . 设 m ⃗⃗ =(x,y,z ) 为平面 EFG 的一个法向量,则{m ⃗⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +3y +0=0m ⃗⃗ ⋅EG⃗⃗⃗⃗⃗ =−6x +3y +tz =0 ,于是 m ⃗⃗ =(t,t,3) 为平面 EFG 的一个法向量.又 n ⃗ =(0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值 为 3√1717, 所以 |cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩|=|m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ ||=√2t 2+9⋅1=3√1717. 结合 t >0 ,解得 t =2 . 所以 G (0,6,2),CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E,F 分别为 AB,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 . 由 CG DD 1=26=39=MCMD 知, M,G,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形. 易知 EF =√32+32=3√2,FG =√32+22=√13,GD 1=√42+62=2√13 ,D 1P =√62+42=2√13, PE =√22+32=√13.所以截面五边形的周长为 6√13+3√2 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF,∠GHC 为二面角 G −EF −D 的平面角,于是 tan∠GHC =CGCH =3√22=2√23,因此 CG =2 。
2006年全国初中数学竞赛福建赛区质量分析
3N ,则60PMQ PRQ ∠=∠=°,,ON a PN b ==,∴30MPN ∠=°,∴tan30MN PN =°3/3b =,∴OM MN ON =3/3b a =.在Rt △MRO 中,60RMO RPQ ∠=∠=°,图3∴tan60OR OM =°(3/3)33b a b a ==.∴222()PR PN OR ON =++22(3)ba b a =++∴222(23)s ba a=+2224433b ab a a =++224443a bab =+.∴2223s a b ab =+.当点Q 、R 一个在x 轴的负半轴、一个在y 轴的正半轴上时,如图4所示,设PQ =QR =RP s =,作PM x⊥轴于点M ,PN y ⊥轴于点N ,令NPQ θ∠=,则90QPM θ∠=°,60NPR θ∠=°.∴sin ,cos(60).s b s a θθ=°=由⑤得:图4(cos 60cos sin sin60)s a θθ°+°=,并由④知,13cos 22s b a θ+=,∴cos 23s a b θ=.⑥∴由④、⑥可得:22222(sin cos )(23)s b a b θθ+=+,2224443s a b ab =+,∴2223s a b ab =+.综上命题得证.本文作者建议读者研究探讨下面的三维空间3R 中的相应问题在空间直角坐标系xyz O 中(O 为原点),设点(,,)P a b c (,,a b c 均为正数),且点Q 、R 、S 分别在x 轴,y 轴和z 轴上,若,,,P Q R S 构成一个正四面体,试求该四面体的棱长.另外,甚至我们可以研究在n 维欧氏空间n R 中的相应问题,请读者自己叙述这个问题,并尝试解答.参考文献[1]卢建川,吴伟朝.对一道竞赛题的多种解法的探讨.福建中学数学,2006(6).[2]吴伟朝.全国高中数学联赛模拟题.数学竞赛之窗(高中版),2005(2).[3]王卫华,吴伟朝.冲刺全国高中数学联赛.浙江大学出版社,2005(10).2006年全国初中数学竞赛(福建赛区)质量分析丘远青陈德燕1总体评价2006年全国初中数学竞赛(福建赛区)试题总体难度比往年略有提高,主要有以下几点变化:(1)试题加大了对基础知识和基本技能的考查力度.本卷中的第2、3、5、6、7、10、11、12、13等题,不仅涵盖了初中数学的方程、不等式、函数、全等、相似等重要知识点,而且涉及了许多数学思想,如第2题涉及到构造恒等式和恒等变形的知识及方程思想;第3题涉及到利用勾股定理构造方程的知识和数形结合的思想;再如第5、13题涉及的转化思想等等.(2)变知识立意为能力立意,重在知识的交汇处命题.如第3、5、7题,这三题非常注重对学生的数学知识能力活学活用的考查,着重考查了学生的知识迁移能力;第9题着重考查了学生分析归纳能力;第14题着重考查了学生分类讨论和逻辑推理能力;第、、、题着重考查了学生运算能力④⑤yR Q N OxM (,)P a b NyR Q O x M4:781012.(3)题型新颖,试题开放,背景熟悉.这部分试题注重挖掘学生的潜能,更深层面上考查学生对数学知识的掌握情况及分析问题的能力.如第1题给出的是生活中的一个事例,考查内容却是最小公倍数的知识;第4题,题型非常新颖,表面是一道动手操作题,学生无从下手,实际上是利用多边形内角和的知识来构造不等式求解;第8题,是一道追击问题,试题背景对多数考生都较熟悉,容易理解,但要顺利解答完整,也是不容易的,学生必须对所涉及到的知识点(不等式组和正整数解)非常熟悉,否则很容易陷入困境,甚至误入歧途;再如第10题是一道贴近生活的应用题,需要方程结合不等式的有关知识进行求解.总之,这次试题大多以学生所熟悉的而且非常贴近学生的生活实际的问题为背景,着重考查学生的数学基础知识和基本技能,体现了全日制中学《初中数学教学大纲》及《初中数学竞赛大纲(修订稿)》的精神,有利于重点高中选拔有学习潜能的优秀学生,同时也有利于初中数学教师提高教学和科研水平,推进中学数学教育改革的深入.2得分情况试题由5道单项选择题、5道填空题、4道解答题组成,选择和填空题每题6分,解答题每题15分,共120分.学生总体反映:试题入手容易,但做完整难,特别是要得高分就更困难了.通过对获奖学生试卷的分析,各题得分情况如下:题号1234567得分 5.9 6.0 5.8 4.1 5.4 5.7 2.0题号891011121314得分 4.1 5.5 5.613.68.810.70.9 3启示与反思(1)阅卷中,我们并未发现有好的解答方法,更谈不上创新解法了,相反的是,不少学生的解法较为繁杂,走了不少弯路.这就提醒我们教育工作者,在今后的竞赛辅导过程中,抓解题技巧的时候更不能脱离和忽略数学的通性通法,应该在大力加强双基的落实,让学生牢牢地掌握数学基本技能和基本方法的前提下,再求有所创新.(2)数学是一门思维学科,所以在平时教学中要多让学生动脑,多注重引导学生的解题思路,加强学生分析问题能力和逻辑推理能力的培养.从学生的得分统计看,学生对实际问题和理论数学问题的解答偏弱,究其因就是学生分析能力、逻辑推理能力偏弱.(3)从学生的答卷来看,一个非常值得注意的问题是,很多学生书写极为不规范,要么表达不严谨,要么书写不全面,要么解答思路较混乱,要么重点不突出,无关紧要的写了一大堆,而最关键的却一笔带过.这些都需要在平时练习中加大训练力度.4试题选解下面将本卷客观题中得分率较低的试题及解答提供如下,供老师们参考.4一个正方形纸片,用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分;拿出其中一部分,再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分;又从得到的三部分中拿出其中之一,还是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分……如此下去,最后得到了34个六十二:边形和一些多边形纸片,则至少要剪的刀数是()(A)2004(B)2005(C)2006(D)2007答 B.解根据题意,用剪刀沿不过顶点的直线剪成两部分时,每剪开一次,使得各部分的内角和增加360°于是,剪过k次后,可得(1)k+个多边形,这些多边形的内角和为(1)k+×360°.因为这(1)k+个多边形中有34个六十二边形,它们的内角和为34(622)1803460180××°=××°其余多边形有(1)3433k k+=(个),而这些多边形的内角和不少于(33)180k×°.所以(1)360k+×°3460180(33)180k≥××°+×°解得2005k≥.当我们按如下的方式剪2005刀时,可以得到符合条件的结论先从正方形上剪下个.13536三角形,得到1个三角形和1个五边形;再在五边形上剪下1个三角形,得到2个三角形和1个六边形……如此下去,剪了58刀后,得到58个三角形和1个六十二边形.再取出33个三角形,在每个三角形上剪一刀,又可得到33个三角形和33个四边形,对这33个四边形,按上述正方形的剪法,再各剪58刀,便得到33个六十二边形和33×58个三角形.于是共剪了58＋33＋33×58=2005(刀).(另解)按如下的方式剪2005刀时,可以得到符合条件的结论.先从正力形上剪下1个四边形,得到2个四边形;再在其中一个四边形上剪下1个四边形,得到3个四边形……如此下去,剪了33刀后,得到34个四边形.对这34个四边形,按上述正方形的剪法,再各剪58刀,便得到34个六十二边形和34×58个三角形.于是共剪了33＋34×58＝2005(刀).7.如图,面积为a b c 的正方形DEFG 内接于面积为1的正三角形ABC,其中,,a b c 是整数,且b 不能被任何质数的平方整除,则()/a c b 的值等于.答:20/3.解设正方形DEFG 的边长为x,正三角形ABC 的边长为m,则24/3m =.由△ADG ∽△A BC ,可得3/23/2x m xmm =,解得(233)x m =.于是222(233)28348x m ==,由题意,28a =,3,48b c ==,所以203a cb =.8.正五边形广场ABCDE 的周长为2000米.甲、乙两人分别从A,C 两点同时出发,沿A 一B —C —D —E —A —…方向绕广场行走,甲的速度为50米／分,乙的速度为46米／分那么,出发后经过分钟,甲、乙两人第一次开始行走在同一条边上.答:104.解设甲走完x 条边时,甲、乙两人第一次开始行走在同一条边上,此时甲走了400x 米,乙走了4004636850xx ×=米,于是368(1)800400(1)400x x +>,且(368800)400400,x x +≤所以,12.513.5x ≤≤.故x=13,此时t=4001350×=104.B D FCEA G 编辑：《福建中学数学》编辑部（福建师大数学系350007fjzxsx@ ）（月刊）印刷：福建师范大学印刷厂2006年第9期发行：福州市邮政局（总第177期）订购：全国各地邮局（所）邮发代号3－二O O 六年九月二十日出版国内统一刊号：N35－O 定价元福建中学数学49C 1084/1:2.00。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 填空题只设8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，不得增加其他中间档次.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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第Ⅰ卷（选择题 共60分）参考公式1．三角函数的积化和差公式sinα•cosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosα•sinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],cosα•cosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinα•sinβ=[cos(α+β)-cos(α-β)].2．球的体积公式V球=πR3（R为球的半径）。
一、选择题（每小题5分，共60分）1．设在xOy平面上，0<y≤x2,0≤x≤1所围成图形的面积为。
则集合M={(x,y)|x≤|y|}, N={(x,y)|x≥y2|的交集M∩N所表示的图形面积为A． B． C．1 D．2．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与直线CD的距离为2，夹角为。
则四面体ABCD的体积等于A． B． C． D．3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。
若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A．90 B．100 C．110 D．1204．在ΔABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则A．ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形B．ΔABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形C．ΔABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形D．ΔABC既是等腰三角形，也是直角三角形5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A．8 B．9 C．10 D．116．设0<x<1, a,b为正常数。
则的最小值是A．4ab B．(a+b)2 C．(a-b)2 D．2(a2+b2)7．设a,b>0，且a2008+b2008=a2006+b2006。
则a2+b2的最大值是A．1 B．2 C．2006 D．20088．如图1所示，设P为ΔABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。
2006年全国高中数学联赛试题及解答
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 －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C ．解：令∠ABC ＝α，过A 作AD ⊥BC 于D ，由||→BA －t →BC ≥||→AC ，推出||→BA 2－2t →BA · →BC ＋t 2||→BC 2≥||→AC 2,令t ＝→BA · →BC ||→BC2，代入上式，得||→BA 2－2||→BA 2cos 2α＋||→BA 2cos 2α≥||→AC 2，即 ||→BA 2sin 2α≥||→AC 2,也即||→BA sin α≥||→AC ．从而有||→AD ≥||→AC ．由此可得∠ACB ＝π2．2．设log x (2x 2＋x －1)＞log x 2－1，则x 的取值范围为A ．12＜x ＜1B ．x ＞12且x ≠1 C ． x ＞1 D ． 0＜x ＜1答B ．解：因为⎩⎨⎧x ＞0，x ≠12x 2＋x －1＞0，解得x ＞12且x ≠1．由log x (2x 2＋x －1)＞log x 2－1，⇒ log x (2x 3＋x 2－x )＞log x 2⎩⎨⎧0＜x ＜1，2x 3＋x 2－x ＜2或⎩⎨⎧x ＞1，2x 3＋x 2－x ＞2．解得0＜x ＜1或x ＞1． 所以x 的取值范围为x ＞12且x ≠1．3．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 ．20B ．25C ．30D ．42 答C ．解：5x －a ≤0x ≤a5；6x －b ＞0x ＞b6．要使A ∩B ∩N ＝{2，3，4}，则⎩⎨⎧1≤b6＜2，4≤a 5＜5，即⎩⎨⎧6≤b ＜12，20≤a ＜25．所以数对(a ，b )共有C 61C 51＝30个． 4．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1．已知G 与E 分别为A 1B 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 ．[15，1)B ．[15，2)C ．[1，2)D ．[15，2)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 (t 1，0，0)(0＜t 1＜1)，E (0，1，12)，G (12，0，1)，D (0，t 2，0)(0＜t 2＜1)．所以→EF ＝(t 1，－1，－12)，→GD ＝(－12，t 2，－1)．因为GD ⊥EF ，所以t 1＋2t 2＝1，由此推出0＜t 2＜12．又→DF ＝(t 1，－t 2，0)，||→DF ＝t 12＋t 22＝5t 22－4t 2＋1＝5(t 2－25)2＋15，从而有15≤||→DF ＜1．5．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 2，a 3，…，a 2006中有奇数个9的2007位十进制数－2a 1a 2…a 2006的个数为A ．12(102006＋82006)B ．12(102006－82006) C ．102006＋82006 D ．102006－82006答B ．解：出现奇数个9的十进制数个数有A ＝C 20061 92005＋C 20063 92003＋…＋C 200620059．又由于 (9＋1)2006＝k ＝0Σ2006C 2006k 92006－k以及(9－1)2006＝k ＝0Σ2006C 2006k(－1)k 92006－k 从而得A ＝C 20061 92005＋C 20063 92003＋…＋C 200620059＝12(102006－82006)． 二、填空题(本题满分54分，每小题9分)7. 设f (x )＝sin 4x －sin x cos x ＋cos 4x ，则f (x )的值域是 ．填[0，98]．解：f (x )＝sin 4x －sin x cos x ＋cos 4x ＝1－12sin2x －12sin 22x ．令t ＝sin2x ，则f (x )＝g (t )＝1－12t －12t 2＝98－12(t ＋12)2．因此－1≤t ≤1min g (t )＝g (1)＝0，－1≤t ≤1max g (t )＝g (－12)＝98． 故，f (x )∈[0，98]．8. 若对一切θ∈R ，复数z ＝(a ＋cos θ)＋(2a －sin θ)i 的模不超过2，则实数a 的取值范围为 ．填[－55，55]．解：依题意，得|z |≤2(a ＋cos θ)2＋(2a －sin θ)2≤42a (cos θ－2sin θ)≤3－5a 2． －25a sin(θ－φ)≤3－5a 2(φ＝arcsin 55)对任意实数θ成立． 25|a |≤3－5a 2|a |≤55，故 a 的取值范围为[－55，55]． 9．已知椭圆x 216＋y 24＝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 1PF 2取最大值时，比|PF 1||PF 2|的值为 ．填3－1．.解：由平面几何知，要使∠F 1PF 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＝∠AF 2P ，即∆APF 1∽∆AF 2P ，即|PF 1||PF 2|＝|AP ||AF 2|⑴ 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． 代入⑴，⑵得，|PF 1||PF 2|＝|AF 1||AF 2|＝88＋43＝4－23＝3－1．10．底面半径为1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12cm 的实心铁球，四个球两两相切，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． 填(13＋22)π． 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22的正方形。
2006年全国高中数学联赛(辽宁赛区)预赛试题及答案(PDF版)
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π 为奇函数 ,且在 [ 0 , ] 为减函数 ,则 θ的一个 4 ). 值为 ( π π π π 5 2 (A) (B) ( C) (D) 6 3 6 3 ≥ x - y +6 0 , 若 z= ≤ x 3. ax + y 的最大值为 3 a + 9 , 最小值为 3 a - 3 , ). 则 a 的取值范围是 ( (A) 0 ≤a ≤ (B) - 1 ≤a ≤ 1 0
3 1 < , 3 2
3 3 + - 2 2 2 1 1 cos ∠A 1 OC1 = = < . 3 2 3 3 2 × 2 2 10. Cn C n - 1 .
k k- 1
三、 13. 由已知条件得 (cos γ + cos α )2 ・ cos β 2 ) (1 - cos2 β ) = (1 - cos α 2 2 = sin α ・ sin β. π β、 γ∈ 0 , 由 α、 ,得 2 cos γ + cos α ・ cos β= sin α ・ sin β. ) 故 cos γ = - ( cos α ・ cos β- sin α ・ sin β ( α β ) ( π α β ) = - cos + = cos - . γ∈ 0 π 而π - α- β、 ,则 α+ β+ γ =π. , β、 γ是某一个锐角三角形的三内角 . 故 α、 令 x = sin α, y = sin β, z = sin γ ,则 x 、 y、 z 可构 成某一个三角形的三边长 . 于是 ,
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