维普资讯http://www.cqvip.com陕西省数学竞赛委员会刘康宁一、选择题(本题满分36分，每小题6分)综上所述，z>寺，且X≠1．选B．1．已知AABC，若对任意t∈R，I百一t赢I≥l1，则△ABc()．巧思妙解：取．27—2，则左边一logz9，右边一0，不A．必为锐角三角形B．必为钝角三角形等式成立，可排除A、D．C．必为直角三角形D．
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
不确定再取z一导．则左边一l。g~7>o，右边一l。g}导基本解法：令ABC=a，过点A作AD上BC，垂足为D．由I赢一￡葡I≥II，得
O)，n、6∈N，且AnBnN：{2，3，4)，则整数对(n，I赢I。一2I赢I2C0Sz。+I赢sz口≥IIz，6)的个数为()．即lIzsinz口≥IIz，亦即IIsin口A．2OB．25C．30D．42≥l1．基本解法：由5x-口≤O，得z≤；从而II≥II．又lI≤II，I所以Il=Il’且口D与c由6x-b~O，得z>．重合．‘-．AnBnN：{2，3，4)，故LACB=，选c．巧思妙解：设ABC=口，过点A作AD上BC，垂妻≤导<5u。趵足为D，由l赢一￡葡l≥ll，得，I一2赢··件IIz—IIz≥o．故整数对(n，6)的个数为Cj·C一30，选C．上式对任意X∈R恒成立的充要条件是A=4(赢·)z一4I葡赢Iz—IIz)4．在直三棱柱ABC-ABC中，BAC一_芸．，≤O，AB=AC=AA一1．已知G与E分别为ABl和CCIz·IIzCOS2。一l赢Iz—IIz)的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不≤O．包括端点)．若GD上EF，则线段DF长度的取值范围化简得l赢n2。≥ll，即l赢lsin。≥lI．为()．下同基本解法．2．设log(2x+z一1)>log2—1，则实数X的取八)B1)c．E厕D．[嘉)值范围为()．基本解法：如图1，以A为原A．丢丢，且z≠1点，AB为X轴、AC为Y轴、AA。为z轴建立空间直角坐标系，则F(a，C．X>1D．Olog{．(专，o，1)(o1时，有2x+x-1>，解得z>1．_[EF'．．．面·舜一o，即n+26=1．维普资讯http://www.cqvip.com。’一·1≤sin2x≤1，由O<口<1，得O<1—26<1，即O<6<_去I．·．．．．．1DFl一、／／a。+b。一~／(1—2b)。+b。当sin2x：==一丢时，厂()一导；当sin2一1时，厂()一0．一√5(6一号)。+告．故函墼厂()的值域为[o，詈]．从而≤IDFI<1，选A．说明：本题也可以利用导数求解，但并不简单．√58．若对一切0∈R，复数z一(a+COS)+(2a说明：本题用纯几何方法求解比较困难．-sin)i的模不超过2，则实数a的取值范围5．设厂()一。+log2(+~／。+1)，则对任意实为．数口、b，“口+6>／o”是“，(口)+，(6)≥O”的()．——基本解法：由lzl≤2，得(a+COS0)。+(2aA．充分必要条件—sin)。≤4，B．充分而不必要条件且p5a。一3≤2a(2sin一COS)，C．必要而不充分条件’D．既不充分也不必要条件．．5a一3≤2~asin(0一)，其中：arcsin．√基本解法：显然，f(x)一z。+log2(+~／+1)上式恒成立的充要条件是为奇函数，且在R上单调递增．于是5a一3≤[2,Nasin(0-)]i一一2，当口+b≥0，即a≥一b时，有f(a)≥f(一6)一一厂(6)，从而有厂(口)+厂(6)>10．即5l口l。+2l口l-3~
试题
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F。，点P在直线l：一,／gy+8+2,／g===0上运动．当第一试第6题解法2类似，参见文[1]．F-PFz取最大值时，的值为．6．数码a。，a2，a3，⋯，a2oo6中有奇数个9的2007一——位十进制数n。—。-．口2。。的个数为()．基本解法：由平面几何VJ_／，A．寺(10。o0+8。o0)B．寺(10。o0一8。o0)知识知，要使FPF最大，当且仅当过F。、F。两点的圆C．10。。。+8。。。D．10。。。一8。。。与直线l相切于P点．Q一基本解法：a1，a2，⋯，a20o6中有2愚一1(愚∈N)个如图2，设直线l与z轴、j9的取法有3磊种取法．当这2是一1个9确定后，其交点为A，则A(一8—2√3，余数码都有9种取法，所以有2愚一1个9的2007位十图2O)，由△APF。∽△AF2P，得进制数有C2⋯k-·9。卜n．故这样的2007位十进制lPF1llAP}数共有丽一网。A=∑C20k0-6·9。∞。卜”．又由切割线定理，得。1AP1。一1AF。1．1AF。1．．。(9+1)。。。一∑(Cl006·9。∞)，。．。IAFI-=8，IAF。I一8+4√，(9—1)。∞一∑[Cl006·(一1)·9zoo6-k]．．1PF。l一／IAPI。一门AF。I一／‘丁两式相减，得1O。∞一8。。。一2A．一1PF。1^√1AFz1。1AF。1√8+4,／g故A一去(10。o。一8。∞)，选B．一,／4-z,／g=,／g一1．二、填空题(本题满分54分，每小题9分)巧思妙解：直线l的倾斜角为3O。，设P(一87．设厂()一sin—sincos+COS，则函数—2,／3-+tcos30。，tsin30。)，又Fl(一2，O)、F2(2,／g，．厂()的值域是．O)，则基本解法：厂()一(sin。+COS。)。一2sin．；rCOS。1一一．t—sinXCOS一1一sinz2一sin2x=一丢(sin2一l,／g而’+号)。+詈．维普资讯http://www.cqvip.com一-z。一去，即z一±1．．t一一‘2但是z≤0时，不满足原方程．故z一1是原方程的全部解，因此原方程的实数解个数为1．．‘一nPF2一蒜巧思妙解：显然，当z≤0时，方程无实数解，所以z>0．从而有一．64+36√一2(4vl3+3)t+t2006xoo5一(zoo6+1)(1+z+z+⋯+z)≥2z·oo。．1003r__丽2一64+32v~F一2006zl003．酉￡一2(4+3)一2006x。。。·z。。一2006x。．当且仅当z一z一⋯一z一z，即z一1时≤———I_—一．上式等号成立．2~／64+32√一2(4+3)故原方程只有1个解z一1．当且仅当一￡，即￡一4(+1)时，上式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次恰好取完等号成立，即F。PF取得最大值．所有红球的概率为．这时，P(一2，2(√3+1))．基本解法：第4次恰好取完所有红球的概率为‘．．IPF。I一4，IPFI一2(√+1)．P一×()×+×××+()故一而2一_1．××一1162+144+1280—101010000。．0434．。10．底面半径为1am的圆柱形容器里放有四个三、解答题(本题满分60分，每小题20分)半径为妻am的实心铁球，四个球两两相切，其中底层13．给定整数，2≥2，设Mo(z。，Y。)是抛物线Y两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好一z一1与直线Y—z的一个交点．试
证明
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对于任意浸没所有铁球，则需要注水am。．正整数m，必存在整数志≥2，使(xY，)为抛物线Y基本解法：设四个实心铁球的球心为01、02、03、一点z一1与直线—z的一个交点．04，其中0l、02为下层两球的球心，A、B、C、D分别为基本解法：因为Y一，2z一1与Y—z的交点为z。四个球心在底面的射影，则ABCD是一个边长为一一，显然有Xo+一．2cm的正方形，所以注水高度为(1+譬)cm．故应注若(z孑，孑)为Y一kx一1与Y—z的一个交点，则k=xy+．水I+)-4X4×(丢)。一(÷+)cm3．Xo巧思妙解：由题设知，四个球心01、02、03、04构记志一z。m+，则志+·一(z。+)志一点一。成棱长为1cm的正四面体，则对棱0102与0203的一nk一k一1(m≥2)．①距离为cm，从而注水高度为(1+)cm．下同基本由于志·一，2是整数，志z—z+去一(z。+1)一2解法．一一2也是整数，所以根据数学归纳法，通过①式可11．方程(z+1)(1+z+z+⋯+z)一2006x。。。的实数解的个数为．证明对于一切正整数m，志一z。m+是正整数．基本解法：原方程等价于现在对于任意正整数m，取志一zom+，使得Y(z+j)(1+z+z+⋯+z)=2006一点z一1与—z的交点为(z孑，)．甘z+X5+．．．+X2005+击++．．．+14．将2006表示成5个正整数z1，z2，z3，z4，z5之和，记S一∑ziz．问：一2006(1)当z1，z2，z3，z4，z5取何值时，S取到最大值；甘2006一z++z。++⋯+X2005+．ZZ。Z⋯。(2)进一步地，对任意1≤≤5，1≤j≤5有1z≥2×1003—2006．一z，l≤2，当z1，z2，z3，z4，z5取何值时，S取到最小值．说明理由．上式等号成立的充要条件是z一÷，z。=专，⋯，基本解法：(1)首先这样的S的值是有界集，故必维普资讯http://www.cqvip.com存在最大值与最小值．对于3。，∑x一5×400。+12×400+8．若z1+2+3+4+5—2006，且使s一∑xix，取到最大值，则必有显然，情形1。使得∑x最大，从而S一∑xIx一xl≤1(1≤i≤5，1≤j≤5)．①：告厶(、2006。一∑x)取到最小值．事实上，假设①成立，不妨设x一x。≥2，则令t=1，：一zl一1，x；一x2十1，x=x(i一3，4，5)，有x：+15．设厂()一x。+n．记f()一f()，广()=x1+z2，：。；：12+l—2—1>z1x2．一厂(广())，n一2，3，⋯，M一{a∈RI对所有正整数将S改写成S一∑xx—z1x2+(1+z2)(3+4+x5)n，I广(0)I≤2}．证明：M一[一2，{]．l≤K』≤5基本1薛法：(1)如果n<一2，则If(0)l—laI>2，+x3x4+x3x5+x4x5．则nM．同时有S===；+(z：+z)(z3+z4+z5)+3x4+3x5(2)如果一2≤n≤÷，由题意f(0)一口，尸(0)+x4x5．=(广(0))。+n，，z一2，3，⋯，则由于S一S—z：一xx。>O，所以s>S．1。．当0≤n≤1时if"(o)i~l(v，z≥1)这与S在x一。≥2时取到最大值矛盾，所以必，．有Iz一xjI≤1(1≤≤5，1≤≤5)．因此，当1—402，x2-x3：4-~-x5=401时，S取事实上，当n一1时，I厂(0)I—IaI≤去．到最大值．设n=龟一1时成立(惫≥2为某整数)，则对n一是，(2)当x1+x2+x3+x4+．275—2006，且Ixf—xI≤2时，只有有I(0)I≤I一(0)I。+n≤(专)。+1一1．(I)402，402，402，400，400；2。．当一2≤n<0时，l广(0)I≤Inl(Vn≥1)．(H)402，402，401，401，400；事实上，当，z=1时，If(0)l—lnI．(Ⅲ)402，401，401，401，401．设，z一是一1时成立(最≥2为某整数)，则对，z一是，这三种情形满足要求．有一lnl—n≤(O)一(fk(O))。+n≤n。+n．而后面两组情形是在第一组情形下做x—x注意到，当一2≤n<0时，总有n。≤一2a，即一1，x：—+1调整下得到的．根据第(1)小题证明可d。+d≤一n—lnI．知，每调整一次，和式S一∑xx变大．从而有lf(0)l≤n．所以在x1一z2一3—402，x4一x5=400情形取到最小值．由归纳法，推出[一2，÷]M．巧思妙解：(1)s一(3)当n>÷时，记n一广(0)，则对于任意，z≥1，≤善≤一号[(耋)。一∑x1．，n>n>{，且d+=广州(0)一厂(广(O))=f(a)一n：+n．蚤zi一2006，蚤z；≥言(蚤)，对于任意，z≥1，有，当1一2一3一z4=5时，上式取等号，而552006，~+1-=—an+n=(一丢)。+n一{≥口一{．．．．当x中有一个取402，其余4个都取401时，·．．n+一n—n+一n≥，z(a一{)．∑x最小，从而S最大．(2)当x1+x2+x3+x4+,275—2006，且lx—x，l当n>二旱时，n+≥n(n一{)+n>2一n+n≤2时，只有以下三种情形；1。．402，402，402，400，400；=2，即广+1(0)>2，因此n∈M．2。．402，402，401，401，400；综合(1)、(2)、(3)，有M一[一2，{]．3。．402，401，401，401，401．对于1。，∑x一5×400+12×400+12；参考立献1陕西省数学竞赛委员会．2006年全国高中数学联赛陕西赛对于2。，∑x一5×400。+12×400+10；区预赛试题I-j]．中学数学教学参考，2006，6
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