2002年全国高中数学联赛试题及答案

1、二二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分的0分两档，填空题只设9分和0分两档，其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。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，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次。一、 选择题（本题满分36分，每小题6分）1、 函数f(x)=的单调递增区间是(A) (-，-1) (B) (-，1) (C) (1，+) (D) (3，+)解：由x2-2x-30x3，令f(x)=, u= x2-2x-3，故选A2、 若实

2、数x, y满足(x+5)2+(y-12)2=142，则x2+y2的最小值为 (A) 2 (B) 1 (C) (D) 解：B3、 函数f(x)=(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数(C) 既是奇函数又是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数解：A4、 直线椭圆相交于A，B两点，该圆上点P，使得PAB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P1(4cosa,3sina) (0a)，即点P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB的面积S。S=6(sina+cosa)=xyOABP1 Smax=6 SOAB=6 3 点P不可

3、能在直线AB的上方，显然在直线AB的下方有两个点P，故选B5、 已知两个实数集合A=a1, a2, , a100与B=b1, b2, , b50，若从A到B的映射f使得B中的每一个元素都有原象，且f(a1)f(a2)f(a100)，则这样的映射共有(A) (B) (C) (D) 解：不妨设b1b2b50，将A中元素a1, a2, , a100按顺序分为非空的50组，定义映射f：AB，使得第i组的元素在f之下的象都是bi (i=1,2,50)，易知这样的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组的分法数相等，而A的分法数为，则这

4、样的映射共有，故选D。6、 由曲线x2=4y, x2= -4y, x=4, x= -4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y216, x2+(y-2)24, x2+(y+2)24的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则(A) V1=V2 (B) V1=V2 (C) V1=V2 (D) V1=2V2yxxyoo4444-4-4-4-4解：如图，两图形绕y轴旋转所得的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S1=p(42-4|y|) , S2=p(42-y2)-p4-(2-|

5、y|)2=p(42-4|y|) S1=S2由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远C。二、 填空题（本题满分54分，每小题9分）7、 已知复数Z1,Z2满足|Z1|=2, |Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60，则= 。解：由余弦定理得|Z1+Z2|=, |Z1-Z2|=, =P9P1P2P3P4P5P6P7P8P108、 将二项式的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的指数是整数的项共有 个。解：不难求出前三项的系数分别是，当n=8时， (r=0,1,2,，8) r=0,4,8,即有3个9、 如图，点P1,P2,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点

6、组(P1, Pi, Pj, Pk)(1ij0，所以只须求x-y的最小值。令x-y=u代入x2-4y2=4中有3y2-2uy+(4-u2)=0 yR 0 当时，u=，故|x|-|y|的最小值是12、 使不等式sin2x+acosx+a21+cosx对一切xR恒成立的负数a的取值范围是 。解：sin2x+acosx+a21+cosxa0,当cosx=1时，函数有最大值a2+a-20a-2或a1a1)，使得存在tR，只要x1,m，就有f(x+t)x解：f(x-4)=f(2-x) 函数的图象关于x= -1对称 b=2a由知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0由得 f(1)1，由得 f(1)1f(1

7、)=1，即工+了+以=1，又a-b+c=0a= b= c=f(x)= 5分假设存在tR，只要x1,m，就有f(x+t)x取x=1时，有f(t+1)1(t+1)2+(t+1)+1-4t0对固定的t-4,0，取x=m，有f(t +m)m(t+m)2+(t+m)+mm2-2(1-t)m+(t2+2t+1)0m 10分 m=9 15分当t= -4时，对任意的x1,9，恒有f(x-4)-x=(x2-10x+9)=(x-1)(x-9)0m的最大值为9。 20分另解：f(x-4)=f(2-x) 函数的图象关于x= -1对称 b=2a由知当x= -1时,y=0，即a-b+c=0由得 f(1)1，由得 f(1)

8、1f(1)=1，即工+了+以=1，又a-b+c=0a= b= c=f(x)=(x+1)2 5分 由f(x+t)=(x+t+1)2x 在x1,m上恒成立 4f(x+t)-x=x2+2(t-1)x+(t+1)20当x1,m时，恒成立 令 x=1有t2+4t0-4t0令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)20当t-4,0时，恒有解 10分令t= -4得，m2-10m+901m9 15分即当t= -4时，任取x1,9恒有f(x-4)-x=(x2-10x+9)=(x-1)(x-9)0 mmin=9 20分二二年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准说明：1 评阅试卷时，请严格按照本评分标准规

9、定的评分档次给分；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，评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，可以10分为一个档次，不要再增加其它中间档次。一、（本题满分50分）BACEFOHKMN 如图，在ABC中，A=60，ABAC，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，求的值。解：在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，由三角形外心的性质知 BOC=2A=120由三角形垂心的性质知 BHC=180-A=120 BOC=BHC B、C、HO四点共圆 20分 OBH=OCH OB=OC BK=CH BOKCOH 30分 BOK=B

10、OC=120，OKH=OHK=30 观察OKH KH=OH 40分 又BM=CN，BK=CH， KM=NH MH+NH=MH+KM=KH=OH = 50分二、（本题满分50分） 实数a,b,c和正数l使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实根x1,x2,x3，且满足 x2-x1=l, x3(x1+x2)求解： f(x)=f(x)-f(x3)=(x-x3)x2+(a+x3)x+x32+ax3+b x1,x2是方程x2+(a+x3)x+x32+ax3+b的两个根 x2-x1=l (a+x)2-4(x32+ax3+b)= l23x32+2ax3+l2+4b-a2=0x3(x1+x2) () 且

11、4a2-12b-3l20 () 10分 f(x)=x3+ax2+bx+c = 20分 f(x3)=0 () 由()得 记p=，由() 和()可知p且 令 y=，则y0且 30分 = = 0 40分 取a=2,b=2,c=0,l=2，则f(x)=x3+ax2+bx+c有根，0 显然假设条件成立，且 综上所述的最大值是 50分三、（本题满分50分） 在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4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

12、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=1,2,3,7)，问题即求不定方程 x1+x2+x7=270 在条件7|xi (1i4)且13|xj (5j7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,x7)是满足条件的一组正整数解，则应有 =7m =13n m,nN m,n是不定方程 7m+13n=270 在条件m4且n3下的一组正整数解。 10分 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m=m -4 n=n -3 有 7m+13n=270 求满足条件m4且n3的正整数解等价于求的非负整数解。 易观察到 72+13(-1)=1 7406+13(-203)=203 即 m0=406 n0= -203是的整数解 的整数通解为 m=406 -13k n= -203+7k kZ 令 m0 n0,解得 29k31 20分 取k=29,30,31得到满足条件的三组非负整数解： 从而得到满足条件的三组正整数解： 30分 1)在m=33,n=3时，显然x5=x6=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有组正整数解。 此时有满足条件的=4960组正整数解。 2)在m=20,n=10时，设xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7) 由y1+y2