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2002年全国高中数学联赛考试及答案

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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．函数的单调递增区间是（　A　）
（A）　　　（B）　　　（C）　　　　（D）
2．若实数满足，则的最小值为（　B　）
（A）2　　　　（B）1　　　　（C）　　　　（D）
3．函数　　　　（　A　）
（A）是偶函数但不是奇函数　　　　（B）是奇函数但不是偶函数
（C）既是偶函数又是奇函数　　　　（D）既不是偶函数也不是奇函数
4．直线与椭圆相交于、两点，该椭圆上点，使得△的面积等于3．这样的点共有
（A）1个　　　　（B）2个　　　　（C）3个　　　　（D）4个
　　解：设（），即点在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形面积

∴（此时）
∵
∴的最大值为，
∴点不可能在直线的上方，显然在直线的下方有两个点．
5．已知两个实数集合与，若从到的映射使得中每个元素都有原象，且，则这样的映射共有
（A）　　　　　（B）　　　　（C）　　　　　（D）
解：不妨设，将中元素按顺序分为非空的50组．定义映射，使第组的元素在之下的象都是（）．
易知这样的映射满足题设要求，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的个数与按足码顺序分为50组的分法数相等，而的分法数为，则这样的映射共有．
6．由曲线，，，围成的图形绕轴旋转一周所得的旋转体的体积为；满足，，的点组成的图形轴旋转一周所得的旋转体的体积为，则
（A）
（B）　
（C）
（D）
解：如图，两图形绕轴旋转所得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间．用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，则所得截面面积
，，∴，由祖暅原理知，两几何体体积相等，∴
二、填空题（本题满分54分，每小题9分，本题共有6个小题，要求直接将答案写在横线上．）
7．已知复数，满足，．若它们所对应的向量的夹角为，则．
8．将二项式的展开式按降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中的幂指数是整数的项共有　　3　　个．
9．已知点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（）有　33　个．
10．已知是定义在上的函数，且对任意都有

若，则　　　　　　．
解：由，得，所以

即，
∴
∴
即是周期为1的周期函数，又，故
11．若，则的最小值是　　　　　　　．
解：
由对称性只考虑，因为，所以只须求的最小值．
令公代入，有．
这是一个关于的二次方程显然有实根，故，∴
当，时，．故的最小值为
12．使不等式

对一切恒成立的负数的取值范围是　　　　　　　　．
解：原不等式可化为
∵，，
∴当时，函数有最大值，
从而有，整理得
∴或，又，∴
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
13．已知点和抛物线上两点使得，求点的纵坐标的取值范围．
解：设点坐标为，点坐标为．
显然，故
由于，所以
从而，消去，注意到得：

由解得：或．
当时，点的坐标为；当时，点的坐标为，均满足是题意．故点的纵坐标的取值范围是或．
14．如图，有一列曲线．已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作：将的每条边三等分，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（）．记为曲线所围成图形的面积．
（1）求数列的通项公式；
（2）求．

解：（1）对进行操作，容易看出的每条边变成的4条边，故的边数为；同样，对进行操作，的每条边变成的4条边，故的边数为，从而不难得到的边数为．
已知的面积为，比较与．容易看出在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有3条边，故
再比较与，可知在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边，故
类似地有：
于是有

以下用数学归纳法证明成立．
时，由上面已知等式成立
假设时，有
当时，易知第次操作后，比较与，在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边，故

综上，由数学归纳法知成立．
（2）．
15．设二次函数（）满足条件：
（1）当时，，且；
（2）当时，；
（3）在上的最小值为0．
求最大的（），使得存在，只要，就有．
解：∵，∴函数的图象关于对称，
∴，
由（3）知，时，，即，
由（1）得，由（2）得
∴，即，又＝0
∴，，，∴
假设存在，只要，就有．
取有．即，解得．
对固定的，取，有，即，
化简有，，
解得
于是有
当时，对任意的，恒有
．
所以的最大值为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△中，，，点是外心，两条高、交于点．点、分别在线段、上，且满足．求的值．
解：在上取，边接．
由三角形外心的性质知，由三角形垂心的性质知
∴
∴四点共圆．
，又，，
∴△≌△
∵，
∴，
观察△，，则；
又∵，，∴
∴，故．
二、（本题满分50分）
实数和正数使得有三个实根，且满足
（1）；
（2）．
求的最大值．
解：由于
所以是方程的两个根，由（1）可得
，即
再由（2）可得，且
易知
由可得
由，得

记，则，且
令，则，且
由于

所以
于是，由此得
取，，，，则有根，，0，显然假设条件成立，且．
综上可知，的最大值为．
三、（本题满分50分）
在世界杯足球赛前，国教练为了考察，这七名队员，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，这些队员中有且仅有一人在场上，并且每人上场的总时间（以分钟为单位）均被7整除，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：设第名队员上场的时间为分钟（），问题即求不定方程
　　　　（1）
在条件（）且（）下的正整数解的组数．
若是满足条件（1）的一组正整数解，则应有
，，
于是是不定方程　　　　（2）
在条件且下的一组正整数解
由于
令，，有　　　　（3）
所以，求（2）满足条件，的正整数解等价于求（3）的非负整数解．
易观察到　
于是有
即　　是（3）的整数特解，从而（3）的整数通解为

令，解得．
取，得到（3）满足条件的三组非负整数解：

从而得到（2）满足条件的三组正整数解：

①在，时，显然仅有一种可能；
又设（），于是由不定方程有
组正整数解．
可知此时（1）有满足条件的组正整数解．
②在，时，设（），（），
由，有组正整数解；
以及，有组正整数解．
可知此时（1）有满足条件的组正整数解．
③在，时，仍设（），（），
由与分别有与组正整数解．
可知此时（1）有满足条件的组正整数解．
综上，（1）满足条件的正整数解的组数为