2002年全国高中数学联赛试卷及答案

1、2002年全国高中数学联赛试卷一、选择题(本题满分 36分，每小题6分)本题共有6小题，每题均给出(A)、(B)、(C)、(D)四个结论，其中有且仅有一 个是正确的.请将正确答案的代表字母填在题后的括号内.每小题选对得6分；不选、选错或选出的字母超过一个(不论是否写在括号内)，一律得0分.1 .函数f(x) log 1 (x2 2x 3)的单调递增区间是( A )2(A) (, 1)(B) ( ,1)(C) (1, )(D) (3,)2 .若实数x,y满足(x 5)2 (y 12)2 142 ,则x2 y2的最小值为( B )(A) 2(B) 1(C)(D)x3.函数f (x)-1 2x(A)

2、是偶函数但不是奇函数(C)既是偶函数又是奇函数(A )(B)是奇函数但不是偶函数(D)既不是偶函数也不是奇函数4.直线x y 1与椭圆4 3162y 1相交于A、B两点，该椭圆上点 P,使 9得 APB的面积等于3.这样的点P共有(A) 1 个(B) 2 个(C) 3 个(D) 4 个解：设 P(4cos ,3sin ) (0图，考虑四边形 PAOB面积SCc11一 .、SSOAP SOBP 一4(3sin)2-),即点P在第一象限的椭圆上，如 21一 3(4 cos 26(sincos ) 6.2 sin(Smax 6贬(此时 一)41- Soab3462.SpAB的最大值为 6(J21),

3、 6J26 3点P不可能在直线 AB的上方，显然在直线 AB的下方有两个点 P .5.已知两个实数集合A a1,a2,，a10o与 B bi ,b2,b50,若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f(a1) f(a2)f (aioo),则这样的映射共有(A) %(B)c；9(0Ci4090解：不妨设Bb2bso,将A中元素ai,a2, ,aioo按顺序分为非空的 50组.定义映射f : A B,使第i组的元素在f之下的象都是bi (i 1,2, ,50).易知这样的映射f满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射f的个数与A按足码顺序分为50组的分法数

4、相等，而A的分法数为C999,则这样的映射共有C；.6.由曲线x2 4y , x2 4y, x 4, x 4围成的图形绕 y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1 ；满足x2 y2 16 , x2 (y 2)2 4 ,2_ 2x (y 2)4的点组成的图形y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2 ,则y 11(A) Vi -V2 2(B) V12V23(C) Vi V2(D) Vi 2V2解：如图，两图形绕y轴旋转所得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间.用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|,则所得截面面积_22_22_222Si(44|y| ) ,S2(4 y )4 (2

5、 | y |) (4 4y )Si S2,由祖咂原理知，两几何体体积相等，Vi V2二、填空题(本题满分 案写在横线上.)54分，每小题9分，本题共有6个小题，要求直接将答7 .已知复数乙，Z2满足|乙| 2 , | Z2 | 3 .若它们所对应的向量的夹角为 60 ,则工2| 3ZiZ278.将二项式(4前三项系数成等差数列, 项共有 3 个.则该展开式中X的哥指数是整数的n的展开式按x降哥排列，若9.已知点P1,P2,尸io分别是四面体的顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组 (P1，P，Pj,Pk) (1 i j10)有 33 个.10.已知f(x)是定义在R上的函数,f(1) 1且对

6、任意R都有f(x 5)f(x) 5f(x 1)f(x)若 g(x) f (x) 1 x,则 g(2002)解：由g(x)f(x) 1g(x) x 1,所以g(x 5) (x5) 1 g(x)(x 1)g(x 1) (x1) 1g(x)(x 1)即 g(x 5) g(x),g(x 1)g(x)g(x) g(x 5)g(x 4)g(x2)g(x 1)g(x)g(x 1) g(x)即g(x)是周期为1的周期函数，又g(1)1 ,故 g(2002) 111 .若 log4(x2y) Iog4(x 2y)1 ,则| x | | y |的最小值x 2y 0解：x 2y 0(x 2y)(x 2y) 4由对称

7、性只考虑y 0,因为x令x y u公代入x24y2x 2|y| 0x2 4y2 40,所以只须求x y的最小值.4,有 3y2 2uy (4 u2) 0这是一个关于y的二次方程显然有实根，故16(u2 3) 0, u 33油 4-3当x 丁，y工3时，u V3.故|x| 3|y|的最小值为J312.使不等式- 22sin x acosx acosx对一切x R恒成立的负数a的取值范围是解：原不等式可化为(cosx2 (a 1)2a 4a 1.1 cosx 1, a 0, 02 当cosx 1时，函数y (cosx a)2有最大值(1 a)2, 222从而有(1 a2)2 a2 (a 1) ,整

8、理得a2 a 2 024a 1 或 a 2 ,又 a 0, a 2三、解答题(本题满分 60分，每小题20分)13.已知点A(0,2)和抛物线y2x 4上两点B, C使得ABBC ,求点C的纵坐标的取值范围.解：设B点坐标为(y12 4, y1) , C点坐标为(y24,y).显然y；40 ,故kABy1 21y 4y12由于 AB BC,所以 kBC(y1 2),2/ 2、从而y y1(y1 2Mx (y1 4),消去X,注意到y %得：y2 x 42_ _一一(2 yi)(yyi)1 0 yi2(2y)yi(2y1) 0由 0解得：y 0或y 4.当y 0时，点B的坐标为(3, 1);当y

9、 4时，点B的坐标为(5, 3),均满足是题意.故点 C的纵坐标的取值范围是 y 0或y 4.14.如图，有一列曲线PO,Pi，P2,已知P。所围成的图形是面积为1的等边三 角形，Pk 1是对Pk进行如下操作：将 Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形， 再将中间部分的线段去掉 (k 0,1,2,3, ) .记Sn为曲线Pn 所围成图形的面积.(1)求数列Sn的通项公式；(2)求 lim Sn .n解：(1)对Po进行操作，容易看出 Po的每条边变成Pi的4条边，故Pi的边数为23 4；同样，对Pi进行操作，Pi的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3 4 ,从而不难

10、得到Pn的边数为3 4n.已知Po的面积为So 1 ,比较R与Po .容易看出R在Po的每条边上增加了一1 一11个小等边二角形，其面积为 ,而Po有3条边，故Si So 3 二 1 -333再比较P2与Pi,可知P2在Pi的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为112- -2" , 而 P1 有 332 324条边,故S2Si4 31433类似地有：S3S2 342 4364235于是有Sn143342354n 132n 14t 1-2t 1t 1 33 91(加491 31 软 5(机以下用数学归纳法证明 sn 8 - (4) n成立.5 5 9n 1时，由上面已知等式成立假设

11、n k时，有sk 8 3(-)k5 5 9当n k 1时，易知第k 1次操作后，比较 Pk 1与Pk, Pk 1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为1k .万，而Pk有3 4条边，故 3k 1Sk 1 Sk 3 432- 1)Sk4k 8 332k 1554 k 1(9)综上，由数学归纳法知Sn(2) lim Snlim8n n 585(乎9(4)n成立.98一.515.设二次函数f(x)ax2bxc ( a,b,cR,a 0)满足条件:(1)当 x R时，f (x 4)f (2 x),且 f (x) x ;(2)当 x (0,2)时,f(x),x 12(丁)；(3) f (x)在

12、R上的最小值为0.求最大的m ( m 1),使得存在t R ,只要x 1,m,就有f (x t) x .解：: f (x4)f (2 x) ,函数的图象关于x1对称,b2a2a由(3)知,1 时，y 0,即 a b c 0,由(1)得 f(1)1 ,由(2)得 f (1) 1f(1) 1 ,即a b c 1,又 a b c.111一、 b -, a - , c . f(x)244假设存在t R ,只要x 1,m,就有f (xt)取x 1 有 f(t 1)r 11 .即,(I41)22(t1)0.1(t m)2412(t m)4,0有 f (t m)化简有,m2 2(1t)m(t22t 1) 0

13、,解得1t . 4t于是有m 1 t . 4t(4) , 4( 4)当t 4时，对任意的x1,9,恒有9) 0.121f (x 4) x (x 10x 9) (x 1)(x 44所以m的最大值为9.2002年全国高中数学联赛加试试卷一、(本题满分50分)如图，在 ABC 中，A 60 , AB AC ,点 O 是外心，两条高 BE、CF交于H点.点M、N分别 在线段BH、 HF上，且满足BM CN .求MH NH.古的值.OH解：在BE上取BK CH，边接OB,OC,OK .外心的性质知BOC 2 ABHC 180 BHC120 ,由三角形垂心的性质知A 120BOCB,C,H,O四点共圆.O

14、BH OCH，又 OB OC, BK CH , . BOKA COH . BOK COH , OK OH KOH BOC 120 , OKH OHK 30观察 OKH , KH 0H ，则 KH 33 OH ； sin120 sin 30又.BM CN , BK CH , . KM NHMH NH MH KM KH V3 OH ,故她一NH M .OH 二、(本题满分50分)实数a,b, c和正数 使得f (x) x3足2ax bx c有二个实根x1，X2,X3,且满(1) x2 x1;,c、1.、(2) x3-(x1 x2).2求2a-27c 9abM曰击-的最大值.3解：由于 f(x) f

15、(x) f(x3)(xx3)x2 (a x3)x x； ax3 b所以Xi ,X2是方程x2(a X3)x x2 ax3 b0的两个根，由1）可得2222(a x3)4(x3 ax3 b) ，即 3x3 2ax3224b a再由（2）可得x3易L a J4a2 12b 3 2 ,且 4a2 12b 3 2 0 3f(x)2.ax bx c32 a (3a 231b)(x -)a c - ab327312 Q由f(x3)。可得一ab a c 327(x3a 33)b)(x3 1)x 1x33.4a2 12b 32,x334a212b 3 22、3 .1a2b,则且1ab32 3a272、3(P

16、2)0,1-ab32一a27由于所以3ab于是2a32、. 3/ 2 y(y2)1y2 a 2727c 9ab(y(y32Ty2)(y22)2(y(2)32-)4_ 3 一 一 ,2a 27c 9ab33 3取 a 2屈,b 2, c 0,2,则 f(x) x3 273x2 2x 有根 J3 1 ,332一 3_ 一一一、2a3 27c 9abv3 1 , 0 , 显然假设条件成立，且 3_ 32a 27c 9abM 曰上/古* 3,3综上可知,的最大值为3 2三、（本题满分50分）在世界杯足球赛前,F国教练为了考察 Ai, A2, A7 ,这七名队员，准备让他们在 三场训练比赛（每场 90分

17、钟）都上场.假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，并且 Ai, A2, A3, A4每人上场的总时间（以分钟为单位）均被 7整除,A5, A6, A7每人上场的总时间（以分钟为单位）均被 13整除.如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况.解：设第i名队员上场的时间为 xi分钟（i 1,2, ,7）,问题即求不定方程x1 x2x7 270（1）在条件7，（1 i 4）且13|xj （5 j 7）下的正整数解的组数.若（x1,x2, ,x7）是满足条件（1）的一组正整数解，则应有4 7为 7m,513n , m,n Ni 1i 5于是m,n是不定方

18、程7m 13n 270（2）在条件m 4且n 3下的一组正整数解由于 7（m 4） 13（n 3） 203令 m m 4, n n3,有 7m 13n203（3）所以，求（2）满足条件 m 4, n 3的正整数解等价于求（3）的非负整数解.易观察到7 2 13 （ 1） 1于是有 7 406 13 （ 203） 203即 m0406n0203 是（3）的整数特解，从而（3）的整数通解为m 406 13k n 203 7k k Z令 m 0， n 0解得29 k 31 取 k 29, 30,31 ，得到（3）满足条件的三组非负整数解：m29m16m3n0n7n14从而得到（2）满足条件的三组正整数解：m33m20m7n3n10n17在 m 33， n 3时，显然x5x6 x7 13仅有一种可能；又设xi 7yi （ i 1,2,3,4） ，于是由不定方程y1 y2 y3 y4 33 有413C33 1 C324960 组正整数解可知此时（1 ）有满足条件的C332 4960 组正整数解在 m 20， n 10时，设 xi 7yi （ i 1,2,3,4）