2002年全国高中数学联赛试题及解答.doc

二零零二年全国高中数学联赛试卷
一试题
(2002年10月13日上午8：00—9：40)
一．选择题(本小题满分36分，每小题6分)：
1．函数f(x)=log(x2－2x－3)的单调递增区间是
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
A．2 B．1 C． D．
3．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．既是奇函数也是偶函数 D．既不是奇函数也不是偶函数
4．直线+=1与椭圆+=1相交于A、B两点，该椭圆上点P，使得ΔPAB面积等于3．这样的点P共有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．已知两个实数集合A={a1，a2，a3，…，a100}，与B={b1，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(a100)，则这样的映射共有
A．C B．C C．C D．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，x2＋(y＋2)2≥4的点绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，则
A．V1=V2 B．V1=V2 C．V1=V2 D．V1=2V2
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，若它们所对应的向量的夹角为60°，则= ；
8．将二项式的展开式按x 的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有 个；
9．如图，点P1、P2、…，P10分别是四面体顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1，Pi，Pj，Pk)(1<i<j<k≤10)有 个；
10．已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意xÎR都有
f(x＋5)≤f(x)＋5，f(x＋1)≥f(x)＋1,.
若g(x)=f(x)＋1－x，则g(2002)= ；
11．若log4(x＋2y)＋log4(x－2y)=1，则|x|－|y|的最小值是 ；
12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xÎR恒成立的负数a的取值范围是 ；
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y2=x＋4上两点B，C，使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围．
14．如图，有一列曲线P0，P1，P2，…，已知P0是面积为1的等边三角形，Pk＋1是对Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边向形外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0，1，2，…)．记Sn为曲线Pn所围成图形的面积．
⑴ 求数列{Sn}的通项公式；
⑵ 求Sn．
15．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cÎR，a≠0)满足条件：
⑴ 当xÎR时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；
⑵ 当xÎ(0，2)时，f(x)≤；
⑶ f(x)在R上的最小值为0．
求最大的m(m>1)，使得存在tÎR，只要xÎ[1，m]，就有f(x＋t)≤x．
二试题
(本卷共三个大题，共150分，每题50分)
一．在ΔABC中，∠BAC=60°，AB>AC，点O为ΔABC的外心，两条高BE、CF的交于点H，点M、N分别在线段BH与HF上，且满足BM=CN．
求的值．
二．实数a，b，c和正数λ使得f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有三个实根x1，x2，x3，且满足
⑴ x2－x1=λ；
⑵ x3>(x1＋x2)．
求的最大值．
三．在世界杯足球赛前，F国的教练员为了考察A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛(每场比赛90分钟)中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些队员都有且只有一人在场上，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．如果每场换人的次数不限，那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同的情况？
2002年全国高中数学联赛解答
一试题
(2002年10月13日上午8：00—9：40)
一．选择题(本小题满分36分，每小题6分)：
1．函数f(x)=log(x2－2x－3)的单调递增区间是
A．(－∞，－1) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(3，＋∞)
解：由x2－2x－3>0，得x<－1或x>3．
在x∈(－∞，－1)时，u= x2－2x－3单调减，f(x)单调增；在x∈(3，+∞)时，u= x2－2x－3单调增，f(x)单调减．故选A
2．若实数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：令x+5=14cosθ，y－12=14sinθ，则x2+y2=196+28(5cosθ－12sinθ)+169=365+364sin(θ+φ)≥1．选B．
(亦可用几何意义解：圆上点到原点距离平方的最小值)
3．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．既是奇函数也是偶函数 D．既不是奇函数也不是偶函数
解：f(x)定义域为(－∞，0)∪(0，+∞)；f(x)－f(－x)= －－+=－x=0．
即f(x)是偶函数．选A．
4．直线+=1与椭圆+=1相交于A、B两点，该椭圆上点P，使得ΔPAB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：直线与椭圆的交线长=5．直线方程3x+4y－12=0．
设点P(4cosθ，3sinθ)． 点P与直线的距离d=，
当0≤θ≤时，d≤(－1)，SABC≤6(－1)<3．即此时没有三角形面积=3；
当<θ<2π时，d≤(+1)，SABC≤6(+1)．即此时有2个三角形面积=3．选B．
5．已知两个实数集合A={a1，a2，a3，…，a100}，与B={b1，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(a100)，则这样的映射共有
A．C B．C C．C D．C
解：不妨设b1≤b2≤…≤b50，在a1，a2，…，a100的每两个数间有1个空档，共99个空档，其中任选49个空档插入1条竖杠， 把a1，a2，…，a100分成50段，从前向后的第i段中的数映射到bi，即满足要求．
共有C种插法，选D．
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，x2＋(y＋2)2≥4的点绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，则
A．V1=V2 B．V1=V2 C．V1=V2 D．V1=2V2
解：作平面y=h(0≤h≤4)．与图形⑴交于一个圆环，圆环面积=π(42－x2)=π(16－4h)；
与图⑵交得一个圆环，面积=π(16－h2)－π(4－(h－2)2)=π(16－h2－(－h2+4h))=π(16－4h)．
说明该平面与两个旋转体截得的面积相等．由祖暅原理知，V1=V2，选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，若它们所对应的向量的夹角为60°，则= ；
解：由余弦定理知|Z1+Z2|==；|Z1－Z2|==，
∴==．
8．将二项式的展开式按x 的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有 个；
解：前三项系数为1，n，n(n－1)，于是得n=1+n(n－1)，解得，n=8，和n=1(舍去)．
当n=8时，Tr+1=C()rx= C()rx，当r=0，4，8时x的指数为整数，∴共有3个．
9．如图，点P1，P2，…，P10分别是四面体顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1，Pi，Pj，Pk)(1<i<j<k≤10)有 个；
解：同在某一侧面上：除P1外另外5点中任取3点与P1共4点组成一个四点组，有3 C=30组，每条侧棱上三点与对棱中点：3组．
∴共有33组．
10．已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意xÎR都有
f(x＋5)≤f(x)＋5，f(x＋1)≥f(x)＋1,.
若g(x)=f(x)＋1－x，则g(2002)= ；
解：由后式，f(x+5)≥f(x+4)+1≥f(x+3)+2≥f(x+2)+3≥f(x+1)+4≥f(x)+5．比较前式得f(x+1)=f(x)+1．
∴ f(x)=x对一切x∈N*成立，∴ 对于x∈N*，g(x)=f(x)+1－x=x+1－x=1
∴ g(2002)=1．
11．若log4(x＋2y)＋log4(x－2y)=1，则|x|－|y|的最小值是 ；
解：x>－2y，x>2y，x2－4y2=4．由对称性，只考虑x>0，y>0的情况．
令x=2secθ，y=tanθ，(0<θ<)，u=x－y=表示点(0，2)与点(－cosθ，sinθ)连线的斜率，当直线与单位圆相切时，u最小为．即所求最小值为．
(或用判别式法解)
12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xÎR恒成立的负数a的取值范围是 ；
解：即(cosx－)2≤a2+()2，若(1－)2≤a2+()2，则a2+a－2≥0．
∴ a≤－2或a≥1，但a<0，故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y2=x＋4上两点B，C，使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围．
解：设B(y02－4，y0)，C(y12－4，y1)．则
kAB==．kBC==．
由kAB·kBC=－1，得(y1+y0)(y0+2)=－1．
∴ y02+(y1+2)y0+(2y1+1)=0．
∴ △=(y1+2)2－4(2y1+1)=y12－4y1≥0，
∴ y1≤0，y1≥4．
当y1=0时，得B(－3，－1)，当y1=4时，得B(5，－3)均满足要求，故点C的纵坐标的取值范围是(－∞，0]∪[4，+∞)．
14．如图，有一列曲线P0，P1，P2，…，已知P0是面积为1的等边三角形，Pk＋1是对Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边向形外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0，1，2，…)．记Sn为曲线Pn所围成图形的面积．
⑴ 求数列{Sn}的通项公式；
⑵ 求Sn．
解：⑴ 对P0操作后，每条边变为4条边，共有4×3条边；对P1操作，也是每条边变为4条边，故P2共有42×3条边，即Pk有3×4k条边．
S0=1，S1=S0+3×=1+，S2=S1+4×3×=1++；S3=1+++；
依此类推，得Sk=1+++…+=1+·=1+[1－()k]= －()k．
用数学归纳法易证上式正确．
⑵ Sn=．
15．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cÎR，a≠0)满足条件：
⑴ 当xÎR时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；
⑵ 当xÎ(0，2)时，f(x)≤；
⑶ f(x)在R上的最小值为0．
求最大的m(m>1)，使得存在tÎR，只要xÎ[1，m]，就有f(x＋t)≤x．
解：由f(x－4)=f(2－x)，知f(x)关于x=－1对称．于是－=－1．Þb=2a．此时，f(x)有最小值0，
∴ a－b+c=0．Þc=a．f(x)=ax2+2ax+a．
由⑴ f(1)=4a≥1．由⑵ 4a≤1．∴ a=c=，b=．f(x)= (x+1)2．
若对于x∈[1，m]，f(x+t)－x≤0，Þf(1+t)－1=(t+2)2－1≤0，得－4≤t≤0．
f(m+t)－m≤0，Þm2+2(t－1)m+(t+1)2≤0．解得－(t－1)－2≤m≤－(t－1)+2．
∴m≤1－t+2≤9．
而当t=－4时，f(x－4)－x=(x2－10x+9)= (x－1)(x－9)在x∈[1，9]时，恒有f(x－4)－x≤0成立．
∴ m的最大值为9．
二试题
(本卷共三个大题，共150分，每题50分)
一．在ΔABC中，∠BAC=60°，AB>AC，点O为ΔABC的外心，两条高BE、CF的交于点H，点M、N分别在线段BH与HF上，且满足BM=CN．
求 的值．
解：记∠ACB=α，连OB、OC，则∠BOC=∠BHC=120°，
∴ B、O、H、C四点共圆．设此圆的半径为R'，
则2R'= ==2R．
HM+NH=(BH－BM)+(CN－CH)=BH－CH．
在ΔBCH中，∠CBH=90°－α．∠HCB=90°－(120°－α)=α－30°，
∴HM+NH=BH－CH=2R(sin(α－30°)－sin(90°－α))=2R(sinαcos30°－cosαsin30°－cosα)
=2Rsin(α－60°)．
在ΔOCH中，OH=2Rsin∠HCO=2Rsin(α－30°－30°)=2Rsin(α－60°)．
∴ =．
二．实数a，b，c和正数λ使得f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有三个实根x1，x2，x3，且满足
⑴ x2－x1=λ；
⑵ x3>(x1＋x2)．
求的最大值．
解：设x1=m－λ，x2=m＋λ，x3=m＋k (k>λ)．
a=－(x1＋x2＋x3)=－(3m＋k)；
b=x1x2＋x1x3＋x2x3=3m2＋2mk－λ2；
c=－x1x2x3=－m3－m2k＋λ2m＋λ2k．
则2a3＋27c－9ab=－3(m＋k)3＋27(－m3－m2k＋λ2m＋λ2k)＋9(3m＋k)(3m2＋2mk－λ2)
=－2k3＋λ2k．
令=t，则
(2a3+27c－9ab)=－2t3+t．取g(t)=－2t3+t．
则g'(t)=－6t2+，g"(t)=－12t．
令g'(t)=0，得t=±，而当t=时g"(t)<0．
∴ 当t=时，g(t)取得最大值g()=－2()3+()=．
若取λ=1，此时得，k=．
令a=0，得m=－，代入b、c的表达式得b=－，c=
此时得f(x)=x3－x+满足题意．
三．在世界杯足球赛前，F国的教练员为了考察A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛(每场比赛90分钟)中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些队员都有且只有一人在场上，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．如果每场换人的次数不限，那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同的情况？
解：设各人上场时间分别为7t1，7t2，7t3，7t4，13t5，13t6，13t7，(ti为正整数)．
得方程 7(t1+t2+t3+t4)+13(t5+t6+t7)=90×3．
令t1+t2+t3+t4=x，t5+t6+t7=y，得方程7x+13y=270．即求此方程满足4≤x≤38，3≤y≤20的整数解．
即6y≡4(mod 7)，3y≡2(mod 7)，y≡3(mod 7)
∴ y=3，10，17，相应的x=33，20，7．
t5+t6+t7=3的解只有1种，t5+t6+t7=10的解有C种，t5+t6+t7=17的解有C种；
t1+t2+t3+t4=33的解有C种，t1+t2+t3+t4=20的解有C种，t1+t2+t3+t4=7的解有C种．
∴ 共有1·C+ C·C+ C·C=42244种．