2002年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及答案

2002年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽

試題參考答案及評分標準說明：.評閱試卷時，請依據(jù)本評分標準，選擇題只設(shè)6分的0分兩檔，填空題只設(shè)9分和0分兩檔，其它各題的評閱，請嚴格按照本評分標準規(guī)定的評分檔次給分，不要再嗇其他中間檔次。.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時請參照本評分標準適當檔次評分，可以5分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次。一、選擇題(本題滿分36分，每小題6分)1、函數(shù)f(x)=logjx2—2x—3)的單調(diào)遞增區(qū)間是2(A)(-8,-1) (B)(-8,1) (C)(1,+8) (D)(3,+8)解：由x2-2x-3>0nx<-1或x>3,令f(x)=l0glu,u=x2-2x-3,故選A22、若實數(shù)x,y滿足(x+5)2+(y-12)2=142,則x2+y2的最小值為(A)2 (B)1(A)2 (B)1解：Bxx3、函數(shù)f(x)=-——--1-2x2(A)是偶函數(shù)但不是奇函數(shù)(C)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)解：A(C)<3(D)<2(B)是奇函數(shù)但不是偶函數(shù)(D)既不是奇函數(shù)又不是偶函數(shù),,,xy-一x2y24、直線4*3=1橢圓16*V=1相交于AB兩點,該圓上點P,使/PAB面積等于3這樣的點P共有(A)1個 (B)2個 (C)3個 (D)4個兀解：設(shè)P1(4cosa,3sina)(0<。<不)，即點P1在第一象限的橢圓上，如圖，考慮四邊形P1AOB的面積S。 1,-. 1-, 兀、S=S+S=—X4X3sina+—x3x4cosa=6(sina+cosa)=6J2sin(a*一)AS=6v2maxAOAp AOBPAS=6v2max?，S^OAB=6???(SW)max二6M-66j2-6<3???點P不可能在直線AB的上方，顯然在直線AB的下方有兩個點P,故選B5、已知兩個實數(shù)集合A={a15a2,…，a100}與B={byb2,…，b50},若從A到B的映射f使得B中的每一個元素都有原象，且f(a1)Wf(a2)W…Wf(a100),則這樣的映射共有J5。0。J5。0。c-J4。9。(D)c4999解：不妨設(shè)解：不妨設(shè)b1Vb2V…＜與。，將A中元素%,a2,…，a100按順序分為非空的50組，定義映射f：A-B,使得第i組的元素在f之下的象都是bi(i=1,2,…,50),易知這樣的f滿足題設(shè)要求，每個這樣的分組都一一對應(yīng)滿足條件的映射，于是滿足題設(shè)要求的映射f的個數(shù)與A按足碼順序分為50組的分法數(shù)相等，而A的分法數(shù)為C99，則這樣的映射共有C99，故選D。6、由曲線x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4圍成圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得為旋轉(zhuǎn)體的體積為V1,滿足x2+y2<16,x2+(y-2)2三4,x2+(y+2)2三4的點(x,y)組成的圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積為V2,則U1 2(A)V1=-V2 (B)V1=-V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2JL/乙 J.? 4 J. 4 J. 4解：如圖，兩圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)所得的旋轉(zhuǎn)體夾在兩相距為8的平行平面之間，用任意一個與y軸垂直的平面截這兩個旋轉(zhuǎn)體，設(shè)截面與原點距離為lyl,則所得截面面積\，S1=K(42-4lyl),S2二汽(42-y2)一汽［4-(2-lyl)2］二兀(42-4lyl)???s1=s2由祖暅原理知，兩個幾何體體積相等。故遠C。二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)7、已知復(fù)數(shù)Z,Z滿足|Z|=2,|Z|=3,若它們所對應(yīng)向量的夾角為60°,則工1+工2= <133712 1 2 z1-z<1337TOC\o"1-5"\h\z解：由余弦定理得lZ]+Z2l=v19,lZ1-Z2l= ,則該展開式中X的指數(shù)8、將二項式(A+一)”的展開式按X則該展開式中X的指數(shù)是整數(shù)的項共有 個。. …一一…，,-1 1/八解：不難求出前三項的系數(shù)分別是1,彳n,-n(n-1),281 16-3r??.當n=8時，T=Cr(Rrx4 (r=0,1,2，…，8)r+1 n2.，.r=0,4,8,即有3個9、如圖，點匕?2,…,P10分別是四面體點或棱的中點，那么在同一平面上的四點組(P1,Pi,PjPp(1vivjvkW10)有 個。解：首先，在每個側(cè)面上除P：點外尚有五個點，其中任意三點組添加點匕后組成的四點組都在同一個平面，這樣三點組有C3個，三個側(cè)面共有3C3個。其次，含匕的每條棱上三點組添加底面與它異面的那條棱上的中點組成的四點組也在一個平面上，這樣的四點組有3個.?.共有3C3+3=33個510、已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)=1且對任意x￡R都有f(x+5)三f(x)+5 f(x+1)Wf(x)+1

若g(x)=f(x)+1—x,則g(2002)=。解：由g(x)=f(x)+1—x得f(x)=g(x)+x-1/.g(x+5)+(x+5)-1Ng(x)+(x-1)+5g(x+1)+(x+1)-1<g(x)+(x-1)+5，g(x+5)Ng(x),g(x+1)Wg(x)，g(x)&g(x+5)Wg(x+4)Wg(x+3)Wg(x+2)Wg(x+1)Wg(x)Ag(x+1)=g(x).??T=1???g(1)=1.??g(2002)=111、若10g4(x+2y)+10g4(x-2y)=1,則Ixl-lyl的最小值是 x>2Iyl>0x>2Iyl>0x2-4y2=4解：<x-2y>0 n、(x+2y)(x-2y)=4由對稱性只考慮yN0,因為x>0,所以只須求x-y的最小值。令x-y=u代入x2-4y2=4中有3y2-2uy+(4-u2)=0VyGR.?.力三0nu>+3.,.當x=—-3,y=-3-時，u="3，故Ixl-lyl的最小值是<312、使不等式sin2x+acosx+a2三1+cosx對一切x￡R恒成立的負數(shù)a的取值范圍是解：\,sin2x+acosx+a2三1+cosx/a—1 (a—1)2(cosx )2<a2+ 2 4Va<0,/a—1 a—1、?.當cosx=1時，函數(shù)y=(cosx-——)2有最大值(1-——)2aa—1、/ (a—1)2.(1--^―)2<a2+——--na2+a-2三0naW-2或aN124??a<0??負數(shù)a的取值范圍是(-8,2]三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)13、已知點A(0,2)和拋物線y=x2+4上兩點B、C使得ABLBC,求點C的縱坐標的取值范圍。解：設(shè)B點坐標為B(y12-4,y1),C點坐標為C(y2-4,y)顯然yj-4W0,故k=*2= 5分1 AB y2-4y1+2ABXBC??KBC=-G1+2)

1y-y1=-(y1+2)[x-(y2-4)]y2=x+4n(2+y1)(y+y1)+1=0=y12+(2+y)y1+(2y+1)=0 10分"R??力三0nyW0或yN4 15分.?.當y=0時，點B的坐標為(-3,-1)；當y=4時，點B的坐標為(5,-3),均滿足題意。故點C的縱坐標的取值范圍為(-8,0]U[4,+8)14、如圖，有一列曲線P0,P1,P2,……，已知P0所圍成的圖形是面積為1的等邊三角形，Pk+1是對Pk進行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0,1,2,3，…)，記Sn為曲線Pk14、①求數(shù)列｛Sn｝的通項公式；②求limS〃。n-8解：P1P2①對P0進行操作，容易看出P0的每條邊變成匕的4條邊，故匕的邊數(shù)為3X4；解：P1P2①對P0進行操作，容易看出P0的每條邊變成匕的4條邊，故匕的邊數(shù)為3X4；同樣，對匕進行操作，P]的每條邊變成口的4條邊，故口的邊數(shù)為3X42,從而不難得到Pn的邊數(shù)為3X4n.… 5分已知P0的面積為S0=1,比較P1與P：,容易看出P1在P0的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面…1 1.1積為「，而P0有3條邊，故S1=S0+3X—=1+—32 0 10 32 311再比較P,與P,,容易看出P,在P1的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為hXh，而P21 21 3232 1114有3X4條邊，故S=S+3X4X—=1+~+—21 34 3331 1 4 42類似地有：S3吟+3X42X37=1+3+37+355分1 1 4 42 A4n-1AS=1+-+—+——+A+ n3 33 35 32n-1=1+|￡(4))k=1(^)10分下面用數(shù)學歸納法證明(派)式當n=1時，由上面已知(派)式成立，83,4、假設(shè)當n=k時，有S=----()kk559當n=k+1時，易知第k+1次操作后，比較Pk+1與Pk，Pk+1在Pk的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為五廿，而Pk有3*4卜條邊。故Sk+1=Sk+1=Sk+3X4kX132(k+1)8-3?(4)k+1559綜上所述，對任何n￡N,(X)式成立。83,4-8②limS=lim[----()〃]=-…n-5 59 5n-8 n-815、 設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,b,c￡R,aW0)滿足條件:當x￡R時，f(x-4)=f(2-x),且f(x)三x；x+1當x￡(0,2)時，f(x)W(—―)2③f(x)在R上的最小值為0。求最大值m(m>1),使得存在t￡R,只要乂￡[1口],就有f(x+t)WxW：Vf(x-4)=f(2-x)??.函數(shù)的圖象關(guān)于x=-1對稱；.---=—1b=2a2a由③知當x=-1時,丫=0,即a-b+c=0由①得f(1)三1，由②得f(1)W1.??f(1)=1,即工+了+以=1,又a-b+c=0TOC\o"1-5"\h\z.1 1 1；.a= b=-c=4 2 41 1f(x)=-x2+—x+—74 2 4假設(shè)存在t￡R,只要x￡[1,m],就有f(x+t)Wx1 1 1取x=1時，有f(t+1)W1n (t+1)2+-(t+1)+ W1n-4WtW0I 乙 I對固定的t￡[-4,0],取x=m,有f(t+m)Wm1 1n4(t+m)2+—(t+m)+-WmI 乙 Inm2-2(1-t)m+(t2+2t+1)W010分^n1—t---41WmW1—t+―-410分\o"CurrentDocument"/.mW1—t7-4tW1—(-4)+%-4-(-4)=9 15分當t=-4時，對任意的x￡[1,9],恒有f(x-4)-x=—(x2-10x+9)=4(x-1)(x-9)W0二m的最大值為9。 20分另解：?「f(x-4)=f(2-x)??.函數(shù)的圖象關(guān)于x=-1對稱/.---=—1b=2a2a由③知當x=-1時,丫=0,即a-b+c=0

由①得f(1)三1,由②得f(1)W1.??f(1)=1,即工+了+以=1,又a-b+c=0TOC\o"1-5"\h\z.1 1 1...a=— b=— c=—4 2 41 。 1 1 1..f(x)=x2+—x+=—(X+1)24 2 4 41由f(x+t)=—(x+t+1)2<x在x￡[1,m]上恒成立/.4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2<0當x￡[1,m]時，恒成立令x=1有t2+4tW0n-4WtW0令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2<0當t￡[-4,0]時，恒有解 10分令t=-4得，m2-10m+9W0=1WmW9 15分即當t=-4時，任取x￡[1,9]恒有f(x-4)-x=—(x2f(x-4)-x=—(x2-10x+9)=4(x-1)(x-9)W0mmin=mmin=92002年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽加試試題參考答案及評分標準說明：.評閱試卷時，請嚴格按照本評分標準規(guī)定的評分檔次給分；.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，評卷時可參考本評分標準適當劃分檔次評分，可以10分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次。一、（本題滿分50分）如圖，在力ABC中，NA=60°,AB>AC,點O是外心，兩條高BE、CF交于H點，點M、N分別在線段BH、HF上，且滿足BM=CN,BH、HF上，且滿足BM=CN,求MH+NHoH的值。解：在BE上取BK=CH,連接OB、OC、OK,由三角形外心的性質(zhì)知ZBOC=2ZA=120°由三角形垂心的性質(zhì)知ZBHC=180°-ZA=120°AZBOC=ZBHC???B、C、HO四點共圓20分.\ZOBH=ZOCHOB=OCBK=CH30分...nBOK0030分VBOK=ZBOC=120°,ZOKH=ZOHK=30°觀察力OKHKH_OH

sin120。KH_OH

sin120。―sin30onKH=<3OH40分XVBM=CN,BK=CH,.??KM=NH.??mh+nh=mh+km=kh=、3OHMH+NHMH+NHOH<350分二、（本題滿分50分）實數(shù)a,b,c和正數(shù)九二、（本題滿分50分）實數(shù)a,b,c和正數(shù)九使得f（x）=x3+ax2+bx+c有三個實根x1,x2,x3，且滿足①x2-x1=X,1②x3>2（x1+x2）2a3+27c-9ab<3<3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的兩個根x2-X]從；.(a+x)2-4(x32+ax3+b)=X2n3x32+2ax3+九2+4b-a2=017X3>2(X1+X2)...x=1[-a+<4a2-12b-3X2] (I)33且4a2-12b-3九2三0 (II)?/f(x)=x3+ax2+bx+c10分=(x+a)3-(竺-b)(x+a)+—a3+c-Lab3 3 3 27 320分???f(x3)=02—a2—a327=(x3+3)3-與-b)(x3+3)an)由（i）由（i）得a1: ；-x+—=—v4a2-12b-3九2]333Q「172-b，由(ii)和(111)可知pN 且―ab——a3—ct J 乙/,九2令,九2令y=\；p-彳，17 2貝IyN0且—ab———a3

J 乙/30分33入2 入2 3入2 人y+ =y3---y-(-)34 4 4 2三0三017 2 v3 2a3+27c-9ab3V340分—ab———a3-c>-——九3n <40分TOC\o"1-5"\h\z3 27 18 九3 2；.取a=2\3,b=2,c=0,九=2,貝Uf(x)=x3+ax2+bx+c有木艮一<3—1,—■<3+1,0顯然假設(shè)條件成立，且203+27C-9a二1(48、H二二入3 8 22a3+27c—9ab 3<3綜上所述 的最大值是+ 50分九3 2三、(本題滿分50分)在世界杯足球賽前，F(xiàn)國教練為了考察A15A2,^,A7這七名，準備讓他們在三場訓練比賽(每場90分鐘)都上場，假設(shè)在比賽的任何時刻，這些中有且僅有一人在場上，并且A1,a2,a3,a4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被13整除，如果每場換人次數(shù)不限，那么按每名隊員上場的總時間計算，共有多少種不同的情況。解：設(shè)第i名隊員上場的時間為xi分鐘(i=1,2,3，…,7),問題即求不定方程TOC\o"1-5"\h\zx1+x2+…+x7=270 ①在條件7|xi(1<i<4)>13|xj(5WjW7)下的正整數(shù)解的級數(shù)。若(\/2,…,；7)是滿足條件①的一組正整數(shù)解，則應(yīng)有乙x=7m乙x=13nm,n￡NJ 尸5,??.m,n是不定方程7m+13n=270 ②在條件mN4且nN3下的一組正整數(shù)解。 10分???7(m-4)+13(n-3)=203令m‘=m