全国高中数学联赛试题-2002年及答案

2002年 (200210138：00—一．选择题(366分函数f(x)=log1(x2－2x－3)的单调递增区间2 C．x，y满足(x＋5)2＋(y－12)2=142x2＋y2C． 函数f(x)=

D． yOxx x2yOx使得ΔPAB3P B．2 C．3 个 f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，则这样 共A．C

C．C

D．

x2=4y，x2=－4y，x=4，x=－4y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V2，则 yOyOxyOx二．填空题(549分 Z1、Z2满足|Z1|=2，|Z2|=360，则Z1+Z2 将二项式

1 x 24开式中x的幂指数是整数的项共 个P1、P2、…，P10分别是四面体顶点或棱的中点， 个

4 42 f(x)R上的函数，f(1)=1xR若g(x)=f(x)＋1－x，则 若log4(x＋2y)＋log4(x－2y)=1，则|x|－|y|的最小值 使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xR恒成立的负数a的取值范围 三．解答题(6020分yyA（-OxBCP012P01Pk＋1PkPk(=0，1，2，…SnPn所围成图形的面积．⑴求数列{Sn}⑵求nli∞Sn．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cR，a≠0)满足条件xR时，f(x－4)=f(2－x)x(0，2)⑶f(x)R求最大的m(m>1)，使得存在tR，只要x[1，m]，就有二试(15050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分别段BH与HF上，且满足 求 的值FOFONMa，b，cλf(x)=x3＋ax2＋bx＋cx1，x2，x3⑴1⑵ 的最大值三．在足球赛前，F国的员为了A1A2A3、4、A、A6A7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛(90分钟)中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些A1、2、A、A4(以分钟为单位)整除A5A6A7每人上场的总时间(以分钟单位)均被13整除如果每场的次数不限，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 (200210138：00—一．选择题(366分函数f(x)=log1(x2－2x－3)的单调递增区间2 x2－2x－3>0x<－1x∈(－∞，－1)时，u=x2－2x－3单调减，f(x)x∈(3，+∞)时，u=－3单调增，f(x)x，y满足(x＋5)2＋(y－12)2=142x2＋y2C． D．C．5=14oθ－12=14inθ≥1函数f(x)=

－x

x－2f(x))(()(

2=1－2x1f(x)x x2yOx直线4+3=1与椭圆169=1AByOx使得ΔPAB3P 个解：直线与椭圆的交线长=5设点P(4cosθ，3sinθ)．点P与直线的距离 0≤θ≤π时，d≤12(2－1)，SABC≤6(2－1)<3．即此时没有三角形面积 当2<θ<2π时，d5(2+1)，SABC≤6(2+1)2个三角形面积=3的f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，则这样的共A．C

B．

C．C

D．

解：不妨设b1≤b2≤…≤b50，在a1，a2，…，a100199档，其中任选49个空档1条竖杠，把a1，a2，…，a100分成50段，从前向后的第i段中x2=4y，x2=－4y，x=4，x=－4y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V2，则 yOxyOxy=h(0≤h≤4)．与图形⑴交于一个圆yOxyOx与图⑵交得一个圆环，面积原理知，V1=V2C．二．填空题(549分 Z1、Z2满足|Z1|=2，|Z2|=360，则Z1+Z2 解：由余弦定理知|Z1+Z2|=22+32+2·3=19；|Z1－Z2|=22+32－2·3=∴Z1+Z2=19=Z1－Z =2 2将二项式

1 x 24开式中x的幂指数是整数的项共 个

1

－1)

－1)，解得，n=8n=1(舍去

r

r n=8

=C( －4=C

3

8 812如图，点12(P1PiPjPk)(1<i<j<k10)P153P145成一个四点组，有3C3=30组，每条侧棱上三点与对棱中点：3组 5∴共有33组 f(x)R上的函数，f(1)=1xR若g(x)=f(x)＋1－x，则 解：由后式，f(x+5)f(x+4)+1f(x+3)+2f(x+2)+3f(x+1)+4f(x)+5．比较前式得f(x)=xx∈N*∴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 π

y=率，当直线与单位圆相切时，u最小为3．即所求最小值为(或用判别式法解使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xR恒成立的负数a的取值范围 解：即

a－1

a－1

a－1

a－1 —2)≤a

2)，若

2)≤a

2)aa≤－2a≥1a<0a≤－2．三．解答题(6020分A(0，2)y2=x＋4B，CAB⊥BCC的纵坐标的解：设B(y02－4，y0)，C(y12－4，y1)．=y－2=

=y1－y0=1

2yA（-yA（-OxBC由kAB·kBC=－1，得∴∴△=(y+2)2－4(2y+1)=y2－4y ∴－3)C的纵坐标的取值范围是P012P01Pk＋1PkPk(=0，1，2，…SnPn所围成图形的面积．⑴求数列{Sn}⑵求nli∞Sn．解：⑴P0操作后每条边变为4条边，共有4×3条边P1操作也是每条边变为4条边P2共有42×3条边Pk3×4k条 1 141－41

3

4

3

8⑵nli∞Sn=5．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cR，a≠0)满足条件xR时，f(x－4)=f(2－x)x(0，2)f(x)R求最大的m(m>1)，使得存在tR，只要x[1，m]，就有f(x－4)=f(2－x)f(x)x=－1b=－1．b=2a．此时，f(x)∴由⑴f(1)=4a≥1．由⑵

若对于x∈[1，m]，f(x+t)－x≤0，f(1+t)－ 2－1≤0，得f(m+t)－m≤0，m2+2(t－1)m+(t+1)2≤0．解得－(t－1)－2－t≤m≤－(t－1)+2∴m≤1－t+2－t≤9．t=－4时，f(x－4)－

1

1－1)(x－9)x∈[1，9]≤0∴m

二试(15050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分别段BH与HF上，且满足

的值 ∴B、O、H、C则2R'=

==

FN MFN M在ΔBCH=23在ΔOCH∴

=3a，b，cλf(x)=x3＋ax2＋bx＋cx1，x2，x3⑴1⑵ 的最大值解：设x1=m－1 1 1 k44 1 12＋4λm＋4λ则 1

12 1=－2k3＋92

＋4λm＋4λ

－4λ令令1

2λ39

39

2t2

2t6t2令g'(t)=0，得 2t=

2 332

9 32时，g(t)g(2)=－2(2)+2(2)=2k=2λ=1，此时得，k=26a=0m=－6

b、c

3－2，此时得 3三．在足球赛前，F国的员为了A1A2A3、4、A、A6A7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛(90分钟)中都上场，假设在比赛的任何时刻，这些A1、2、A、A4(以分钟为单位)整除A5A6A7每人上场的总时间(以分钟单位)均被13整除如果每场的次数不限，那么，按每名队员上场的总时间计，共有多少种不同的情况？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6y≡4(mod7)，3y≡2(mod7)，y≡3(mod∴y=3，10，17t5+t6+t7=31种，t5+t6+t7=10C2种，t5+t6+t7=17C2 t1+t2+t3+t4=33C3种，t1+t2+t3+t4=20C3种，t1+t2+t3+t4=7C3

1·C32+C9·C19+C16·C6=42244一、解答题（本题满分60分，每小题20分 13BB(y24,y)，C y124≠0，故kAB∴KBC=

y121y21

y1

…………5yy(y2)[x(y2∴ y2x 10∴⊿≥0y≤0或 15y=0B的坐标为(-3，-1)y=4B的坐标为(5，3)，均满足题意。C的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞) P的每条边变成P的4条边，故P的边数为3×42，从而不难得到P的边数为 5 P0的面积为S0=1P1P0，容易看出P1P0 32P03条边，故S1=S0+332=1+ P2P1P2P13232 3×4条边，故S2=S1+3×434=1+3类似地有：S3=S2+3×42

=1+1+4+2 2

…………5 3 4 ( k=83(4)n

10 假设当n=k时，有 (4

32(k

Pk3×4k

2(k

=83

(

k ②lim

lim[83(4)n]n

n x=-1b∴ 1

x1时,y=0，即f(1)≥1∴a=4

b=2

c=4∴f(x)=1x21x

…………5 t∈Rx∈[1,m]，就有x=1f(t+1)≤11(t+1)21(t+11≤1 t∈[-4,0]，取x=m，有f(tm)≤m1(t+m)2+1(t+m)+1 1t∴m≤1

≤m≤1t≤1

…………1044 15t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f(x4)x=1(x210x+91(x1)(x9)≤0 ∴m的最大值为9 20x=-1b∴ 1b

x1时,y=0，即f(1)≥1∴a=4

b=2

c=4∴f(x1x21x1=1 5 f(x+t1(x+t+1)2≤xx∈[1,m]4∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0x∈[1,m]时，恒成立令x=1t2+4t≤04≤t≤0 10令t=4得，m210m+9≤0 15t4x∈[1,9]f(x-4)-x=1(x210x+9)=1 20（本题满分50分

FNO KMFNO KM 20∴∠OBH=∠OCHOB=OC 观察

sin

KH=3 40又 ∴MH+NH=MH+KM=KH=33MH3 50（本题满分50分3f(x)=f(x)f(x3)=(xx3)[x2+(a+x3)x+x3x1,x2x2+(a+x3)x+x32+ax3+b∵∴(a+x)24(x32+ax3+b)=12

∴

1[a3

4a212b32

且4a212b- 10∵=(x∵

a (2 2

b)(x

a)3

c

3

…………20 a a ab 134134a212b

c(x3

(3b)(x33

29p29p4a3

x33b，由(Ⅱ)和(Ⅲ)

]2 2 a2 b4且

ab

c

(p2令

p4p4

1ab3

2

c

y(y22

324

…………30∵y

y

=

y(

32 =(y)2(y2∴1a