1、2006 年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题第一试一、选择题（每小题 5 分，共 50 分）1a,b 为实数，集合 表示把集合 M 中的元素 x 映射到集合,1,0:bMPafxP 中仍为 x，则 a+b 的值等于 （ ）A1 B0 C1 D 12若函数 满足 ，则 的解析式是 （ ）()f 2()log|fxx()fxA B C D2logx2lx2x3若关于 x 的方程 有负数根，则实数 a 的取值范围为 （ ）3()5xaA B (,3(,)(5,)4C D2)324已知数列 的前 n 项和分别为 ， 记nab、 nA(1)nnnnCabAa则数列 的前 10 项和为 （ ）A B C
2、D1010210B10B5如图 1，设 P 为ABC 内一点，且 ，5AP则ABP 的面积与 ABC 的面积之比为（ ）A B 5C D14136若 33sincosin,02则角 的取值范围是（ ）A B C D0,4,45,43,)427袋中装有 m 个红球和 n 个白球， mn4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系 m+n40 的数组（m,n ）的个数为（ ）A3 B 4 C5 D68已知实系数一元二次方程 的两个实根为 且2(1)10xab12,x则 的取值范围是 （ ）120,xbA B C D(,)2(2,(,)29如图 2，在正方体
3、 中，P 为棱 AB 上一点，过点 P 在空间作直线 l，1ACD使 l 与平面 ABCD 和平面 AB 均成 角，则这样的直线 l 的条数为 （ ）03A1 B .2 C3 D .410如图 3，从双曲线 的左焦点 F 引圆 的切线，切点21(0,)xyab22xya为 T延长 FT 交双曲线右支于 P 点若 M 为线段 FP 的中点，O 为坐标原点，则与 的大小关系为 （ ）|MObA B C|a|TbaD不确定|T二、填空题（每十题 6 分，共 30 分）11已知 为锐角，且 ，则 cos31sin312用 6 根等长的细铁棒焊接成一个正四面体形框架，铁棒的粗细和焊接误差不计设此框架能容
4、纳得下的最大球的半径为 ，能包容此框架的最小球的半径为 ，则 等于 1R2R113设 是以 2 为周期的奇函数，且 ，若 则 的值是()fx2()35f5sin(4cos)f14若 a，b，c 成等差数列，则直线 ax+by+c = 0 被椭圆 截得线段的中点的轨迹218xy方程为 15设 则 S 的最大值为 )(log,2minlog,12xySyxx第二试一、（50 分）设 是函数 的反函数图象上123(,)(,)(,)PxayQxray、 、 ()2xfa三个不同点，且满足 的实数 x 有且只有一个，试求实数 a 的取值范围.3二、（20 分）已知 x、y 、z 均为正数（1）求证： 1
5、;xyz（2）若 ,求 的最小值xyzux三、（20 分）已知 ,设 ,记sin(2)3sinta,tnxy()fx（1）求 的表达式;)fx（2）定义正数数列 。试求数列 的通项公式。2*11;,()nnnafNna四、（30 分）如图 4，ABC 的内心为 I，过点 A 作直线 BI 的垂线，垂足为 H,设 D、E 分别为内切圆 I 与边 BC、CA 的切点，求证：D、H 、E 三点共线五、（30 分）如图 5，已知抛物线 C： ，F 为 C 的焦点，l 为准线，且 l24(0)ypx交 x 轴于 E 点，过点 F 任意作一条直线交抛物线 C 于 A、B 两点。（1）若 ，求证： ；(0)
6、AB()E（2）设 M 为线段 AB 的中点，P 为奇素数，且点 M 到 x 轴的距离和点 M 到准线 l 的距离均为非零整数，求证：点 M 到坐标原点 O 的距离不可能是整数。参考答案1C 由题设得 M=P，从而 。1 .0,1,0baaab故即2B 由 ，于是0|x得 xxfxf 222 logl)(log)( 从 而3D 因为 解得.53,32, a从 而所 以 .434C 当 时， ，n .)()()( 11111 nnnnnnn BABABAc故 0902321021Bc 5A 如图 1，设 ,5,CNM，由平行四边形法则知AP则NP/AB，所以， .51BP6C 方法 1：由 因为
7、.0)sin21)(co(sin,icossin33 得.45.0i,0i2 解 得所 以方法 2：原不等式可变形为 构造函数 ，cssi33 xf3)(则原不等式为 易知 在 R 上是增函数，因此 。注).(co)(sinff)(xf cosin意到 ，解得0457A 记“取出两个红球” 为事件 A，“取出两个白球” 为事件 B，“取出一红一白两球”事件 C，则 。依题得 P（A）2122)(,)(,)( nmnmnmCPBP +P（B）=P（C），即 Cm2+Cn2=Cm1Cn1。所以 m+n=（mn） 2，从而 m+n 为完全平方 数，又由 ，得404n及及 .409所以 ，解之得（m，
8、n） 63,52,416,39nmnnm或或或=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）。故符合题意的数组（m，n）有 3 个。8D 设 .032)1(,0,10,1)1()( 22 bafxbaxxf 得则 由在直线坐标平面 aOb 上作出上述不等式所表示平面区域如图 2 中阴影部分所示（不含边界），两直线 a+b+1=0 与 2a+b+3=0 的交点为 P（2，1）。表示经过坐标原点 O 和可行域内的点（ a，b）的直线 l 的斜率。显然，当 l 过点 Pab（2，1）时，斜率为 ；当 l 与直线 平行时，斜率为2。所以2103.9B 由于二面角 C1ABD
9、的平面角为 45，所以在这个二面角及它的“对顶”二面角内，不存在过点 P 且与面 ABCD 和面 ABC1D1 均成 30的直线。转而考虑它的补二面角，易知过点 P 有且仅有两条直线与面 ABCD 和面 ABC1D1 均成 30。故满足条件的直线 l 有 2 条。10B 如图 4，设双曲线的右焦点为 F，连结 PF、OT，在 RtOTF 中，由|OF|=c，|OT|=a（c 为双曲线的半焦距），得|TF|=b，于是，根据三角形中位线定理及双曲线定义，得|MO|MT|= .|(|2)|21(| abFPbP二、填空题（每小题 6 分，共 30 分。把答案填在题中的横线上）11 方法 1：由题设及
10、三倍角的斜弦公式，得37 .310cos4,31cos42即故 .371cos4sinsin22方法 2：设 .2sin1cosin)3(cosin31,sin3 x则故 71x12 依题意，R 1 为这个正四面体框架的棱切球半径，R 2 为外接球半径。易知，棱切.3球的直径即为正四面体对棱之间的距离 ；又外接球的半径为4,21R所 以，所以， 。462R321R133 因为 为锐角，所以 是以 2 为周,5sin )(,53sin21cosxf又期的奇函数，且 ，所以3)2(f .3)(4( ffff14 由 a2b+c=0 知，直线 过定点 P（1，2）。.1)21(yx 0cbyax又点
11、 P 在椭圆 上，所以 P 为所截线段的一个端点，设另一端点为82Q（x 1，y 1），线段 PQ 的中点为 M（x 0，y 0），则 。因21,2,100yxyx即为点Q（x 1，y 1）在椭圆 上，所以 =1。故得中点 M 轨182yx )()12(2020yx迹方程为 .)()(2152 由题设得 )8(log,)8(log,l,log 222 xSxSyyyx 则于是 S33S20，即（S2）（S+1 ） 20，得,log23log23yyxxS2。当 ，y=4 时取等号。第二试一、选择题（每小题 5 分，共 50 分）【解】 的反函数为 。axf)( 1),(log,l),(log)
12、( 322121 yaxyaxf则于是，由 ，得 。231yl2此方程等价于 。 5 分2)(ax（1）当=0，即 时，方程有唯一实根 。 10 分121x（2）当0，即 时，方程有两个实根2a显然， 满足条件，aax1从而应有 15 分0,解 得而 a=0 时，点 P、Q 重合，所以 a0。综上所述，实数 a 的取值范围为 。20 分),()21二、（本题满分 20 分）【解】（1）因为 x，y，z 无为正数。所以 ；5 分zxyzyx2)(1同理可得 .2,2yzz当且仅当 x=y=z 时，以上三式等号都成立。将上述三个不等式两边分别相加，并除以 2，得 10 分zyxzyx1（2）因为
13、x，y，z 均为正数，且 .11,zxyxyz所 以由（1）的结论，得 zzxyu13)1(3)1(22 xyzyzyx当且仅当 x=y=z，且 时，以上等号都成立，,zx即故 20 分3minu三、（本题满分 20 分）【解】（1）由 ，)(sin3)sin(,i3)2si( 得所以 5 分tan)tan(于是， 10 分221)(,1,21,t2t1 xfxyx 故解 得即（2）因为 ，即 15 分,)( 21221 nnnn aafa所 以 )(221nna因此， 是首项为 2，公比为 的等比数列。2n所以 20 分1,)1(22 nnnaa故四、（本题满分 30 分）【证法 1】如图
14、5，设直线 BI 与 CA 边相交于 K 点，连结 AI、DI、EI、DH、EH 。因为BDI= AHB，IBD=ABH ，所以IBD ABI 有10 分ABHIDB即,又因为HBD=ABI，所以 HBDABI 有BHD=BAI 20 分因为AEI=AHI=90，所以 A、E、H 、I 四点共圆，有EHK=EAI 由、及BAI=EAI ，得 BHD=EHK 。故 D、H、E 三点共线。 30 分【证法 2】如图 5，连结 DE、 EH、AI、EI。因为AEI=AHI=90，所以 A、E、H 、I 四点共圆，有AEH=AIB 10 分又因为 I 为ABC 的内心，所以AIB=90+ C. 21从
15、而AEH=90+ C. 20 分21因为 CD=CE，所以 .908CDEC于是AEH+DEC=180 ，故 D、H 、E 三点共线。30 分五、（本题满分 30 分）【解】（1）方法 1：点 F 的坐标为（p，0），设直线 l 的方程为 ,4,2pxymx代 入得 422pmy设 ，则 y1、y 2 是方程的两个根，有),(),(21xBA121 py由 .,2yF得因为 ，),1(),(),( 21221 ypxypxpxEBA 又 yF4,),02(221所以 )1(42)1()( 22121 ypyppxEBA .0)()(212 212121 yypy故 10 分).(EBAF方法
16、2：如图 6，设点 A、B 在准线 l 上的射影分别为 A、B，则|AF|=|AA| ，|BF|=|B B|。从而，由 BAFA得,因为 EEBEAE 所 以,又 .0)()( FB所 以故 10 分,0F即（2）设 M（x，y），依题意 x、y 均为非零整数，由对称性，不防设 x，y ，则*N.21pm因为点 M 在直线 AB 上，所以 x=my+p 由、消去 m，得 ).(2pxy假设|OM|=r 为正整数，则 2r因为 p 为奇质数，所以由知，p|y，从而 p|x。于是，由知 p|r。令 ，则有*),(, 1111 Nryxpryx。222)(y消去 y1，得 ,1rx即 .3)( rx又 有相同的奇偶性，且11r与 ,11rxrx所以 ., .,11xx解 得从而 y1=0，于是 y=-0，这与 y 为正整数矛盾。故点 M 到坐标顶点 O 的距离不可能是整数。
