全国高中数学联合竞赛试题解答4

2002年全国高中数学结合比赛一试一、选择题：本大题共6个小题，每题6分，共36分。2002*1、函数f(x)log1(x22x3)的单一递加区间是2A.,1B.,1C.1,D.3,◆答案：A★分析：由x22x30解得x1或x3，由复合函数的单一性可得选A2002*2、若实数x,y知足(x5)2(y12)2142，则x2y2的最小值为。A.2B.1C.3D.2◆答案：B★分析：(x5)2(y12)2142能够当作以5,12为圆心，14为半径的圆，x2y2表示圆上13，因此x2y21321，应选B的点到原点的距离的平方，因为圆心到原点的距离为142002*3、函数f(x)xx12x2A.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◆答案：A★分析：计算出f(x)的表达式整理到最简后对照即可发现，2002*4、直线xy1与椭圆x2y21订交于A,B两点，该椭圆上点P，使得PAB面积等43169于3，这样的点P共有A.1个B.2个C.3个D.4个◆答案：B★分析：设P14cos,3sin(0)，即点P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB2的面积S。可得S62sin，可知Smax62，又SOAB64可知SP1ABmax6263因此点P不行能在直线AB的上方，明显在直线AB的下方有两个点P，应选B。2002年全国高中数学结合比赛试题第1页共10页2002*5、已知两个实数会合Aa1,a2,,a100与Bb1,b2,,b50，若从A到B的映照f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)f(a2)f(a100)则这样的映照共有A.C10050个B.C9948个C.C10049个D.C9949个◆答案：D★分析：不如设b1b2b50，将A中元素a1,a2,,a100按次序分为非空的50组，定义映照f:AB，使得第i组的元素在f之下的象都是bi(i1,2,,50)，易知这样的f知足题设要求，每个这样的分组都一一对应知足条件的映照，于是知足题设要求的映照f的个数与A按足码次序分为50组的分法数相等，而A的分法数为C9949，则这样的映照共有C9949，应选D。2002*6、由曲线x24y,x24y,x4,x4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V1；知足x2y216,x2(y2)24,x2(y2)24的点(x,y)构成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则（）。A.V11V2B.V12V223C.V1V2D.V12V2◆答案：C★分析：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，用随意一个与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∵S1424y,S242y222y24y42∴S1S2由祖暅原理知，两个几何体体积相等。应选C。二、填空题：本大题共6小题，每题9分，共54分。2002*7、已知复数z1,z2知足z12,z23,若它们所对应向量的夹角为600,则z1z2z1z2133◆答案：7★分析：由余弦定理得z1z219,z1z27,可得z1z2=133z1z272002年全国高中数学结合比赛试题第2页共10页2002*8、将二项式

1nx的睁开式按x的降幂摆列，若前三项系数成等差数列，42x则该睁开式中x的幂指数是整数的项共有个◆答案：3★分析：不难求出前三项的系数分别是1,1n,1n(n1)，28∵21n11n(n1)281163r∴当n8时，rr4()Tr1Cn(2)xr0,1,2,,8∴因此当r0,4,8时,x的幂指数是整数，即有3项。2002*9、如图，点P1,P2,P10分别是四周体极点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组P1,Pi,Pj,Pk（1ijk10）有个。◆答案：33★分析：第一，在每个侧面上除P1点外另有五个点，此中随意三点组添加点P1后构成的四点组都在同一个平面，这样三点组有C53个，三个侧面共有3C53个。其次，含P1的每条棱上三点组增添底面与它异面的那条棱上的中点构成的四点组也在一个平面上，这样的四点组有3个，∴共有3C53333个。2002*10、已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)1且对随意xR都有f(x5)f(x)5，f(x1)f(x)1。若g(x)f(x)1x，则g(2002)◆答案：1★分析：由g(x)f(x)1x得f(x)g(x)x1，已知不等式即为g(x5)g(x)，g(x1)g(x)，又g(x)g(x5)g(x4)g(x3)g(x2)g(x1)因此g(x1)g(x)，即g(x)的周期为，因此g(2002)g(1)f(1)11112002*11、若log4(x2y)log4(x2y)1，则xy的最小值是◆答案：3x2y0x2|y|0★分析：由已知方程等价于x2y0，即x24y24(x2y)(x2y)42002年全国高中数学结合比赛试题第3页共10页由对称性只考虑y0，因为x0，因此只须求xy的最小值。令xyt代入x24y24中有3y22ty4t20，因为yR因此0，解得t3∴当x43，y3时，t3，故xy的最小值是3332002*12、使不等式sin2xacosxa21cosx对全部xR恒建立的负数a的取值范围是◆答案：,2★分析：因为sin2xacosxa21cosx对全部xR恒建立，212即cosxa1a2a（a0）24因此当cosx1时，函数y(cosxa1)2有最大值(1a1)222即(1a1)2a2(a1)2，即a2a20，解得a2或a124又a0，因此a2，即所求负数a的取值范围是,2。三、解答题：本大题共3小题，每题20分，共60分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。2002*13、（此题满分20分）已知点A(0,2)和抛物线y2x4上两点B,C使得ABBC，求点C的纵坐标的取值范围。★分析：设B点坐标为By124,y1，C点的坐标为Cy224,y2，明显y1240，故kABy121，y124y12由ABBC，得kBCy12yy1(y12)[x(y124)](2y)y1(2y1)0∴x4，得y12y22002年全国高中数学结合比赛试题第4页共10页又y1R，因此0，解得y0或y4∴当y0时，点B的坐标为3,1；当y4时，点B的坐标为5,3，均知足题意。故点C的纵坐标的取值范围为,04,。2002*14、（此题满分20分）如图，有一列曲线P0,P1,P2,已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk1是对Pk进行以下操作获得：将Pk的每条边三平分，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（k0,1,2,）。记Sn为曲线Pn所围成图形的面积。（1）求数列Sn的通项公式；（2）求limSn.n★分析：①对P0进行操作，简单看出P0的每条边变为P1的4条边，故P1的边数为34；相同，对P1进行操作，P1的每条边变为P2的4条边，故P2的边数为342，进而不难获得Pn的边数为34n，已知P0的面积为S01，比较P1与P0，简单看出P1在P0的每条边上增添了一个小等边三角形，其面积为1，而P0有3条边，故S1S031113232311再比较P2与P1，简单看出P2在P1的每条边上增添了一个小等边三角形，其面积为22，而11433P1有34条边，故S2S1341，近似地有34333S3S23421114423633335因此Sn1442415593事实上(※)能够用数学概括法证明：①当n1时，由上边已知(※)式建立，

n(※)假定当nk时，有Sk83(4)k5592002年全国高中数学结合比赛试题第5页共10页当nk1时，易知第k1次操作后，比较Pk1在Pk的每条边上增添了一个小等边三角形，k1其面积为1，而Pk有34n条边。故Sk1Sk34k183432(k1)32(k1)559综上所述，对任何nN，(※)式建立。②limSnlim[83(4)n]8nn55952002*15、（此题满分20分）设二次函数f()ax2bxc(a,b,cR，a0)知足条件：x（1）当xR时,f(x4)f(2x),且f(x)x;x12（2）当x(0,2)时，f(x);2（3）f(x)在R上的最小值为0.求最大的m(m1)，使得存在tR，只需x1,m，就有f(xt)x。★分析：因为f(x4)f(2x)，知函数f(x)的图象对于x1对称即b1解得b2a；2a由③知当x1时,y0，即abc0；由①得f(1)1，由②得f(1)1，因此f(1)1，即abc1联立以上三个式子解得a1,b1,c1，因此f(x)1x21x1。424424假定存在tR，只需x1,m，就有f(xt)x。取x1时，有f(t1)1，即1t121t111解得4t0，424下边对固定的t4,0，取xm，有f(m1)m，即1m121m11m，424即m2(1t)m(t22t1)0，解得1t4tm1t4t，注意到1t4t1(4)169当t4时，对随意的x1,9，恒有f(x4)x1(x1)(x9)0因此m的最大值为9。42002年全国高中数学结合比赛试题第6页共10页2002年全国高中数学结合比赛二试2002*一、（此题满分50分）如图，在ABC中，A600，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，且知足BMCN，求MHNH的值。★分析：在BE上取BKCH，连结OB,OC,OK，OH由三角形外心的性质知BOC2A1200;由三角形垂心的性质知BHC1800A1200,∴BOCBHCB,C,H,O四点共圆.∴OBHOCH,OBOC,BKCHBOKCOH.∵BOKBOC1200，OKHOHK300.察看KHOHKH3OHOKH知得sin120sin30又∵BMCN,BKCH，∴KMNH∴MHNHMHKMKH3OHMHNH=3.OH2002*二、（此题满分50分）实数a,b,c和正数，使得f(x)x3ax2bxc0有三个实根x1,x2,x3，且知足：⑴x2x1⑵x3x1x222a327c9ab33求32。★分析：∵f(x)f(x)f(x)(xx)x2(ax)xx2ax3b33332002年全国高中数学结合比赛试题第7页共10页∴x1,x2是方程x2(ax3)xx32ax3b的两个根x2x1∴ax324x32ax3b2，即3x322ax324ba20∵x3x1x22∴x31[a4a21232](Ⅰ)，且4a212b320(Ⅱ)3b∵f(x)x3ax2bxc(xa)3(a2b)(xa)2a3c1ab333273∵f(x3)0，∴1ab2a3c(x3a)3(a2b)(x3a)(Ⅲ)327333由(Ⅰ)得x3a14a212b32]23a2b233334记pa2b，由(Ⅱ)和(Ⅲ)可知p2且1ab2a3c23p2(p2)343279420且1ab2a323y(y232)令yp，则yc432794∵y332y2=y332y()3322(y)2(y)04442421ab2a3c332a327c9ab33∴2718323∴取a23,b2c0,2，则f(x)x3ax2bxc0有根31，31，0明显假定条件建立，且2a327c9ab1(483363)33382综上所述2a327c9ab3350分3的最大值是22002年全国高中数学结合比赛试题第8页共10页2002*三、（此题满分50分）在世界杯足球赛前，F国教练为了观察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，假定在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，而且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，假如每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不一样的状况。★分析：设第i名队员上场的时间为xi分钟(i1,2,3,,7)，问题即转变为：求不定方程x1x2x7270①在条件7|xi(i1,2,3,4)且13|xj(j5,6,7)下的正整数解的级数。47若x1,x2,,x7是知足条件①的一组正整数解，则应有xi7m，xj13n（m,nN）i1j5∴m,n是不定方程7m13n270②在条件m4且n3下的一组正整数解。∵7m413n3203，令m/m4,n/n3有7m/13n/203③∴求②知足条件m4且n3的正整数解等价于求③的非负整数解。∵易察看到7213(1)1，∴740613(203)203，即m0406,n0203m0=406是③的整数解∴③的整数通解为m/40613k,n/2037k此中kZ令m/40613k0,n/2037k0,解得29k31，取k29,30,31获得③知足条件的三组非负整数解：m29m16m3n0、n、n，714m33m20m7进而获得②知足条件的三组正整数解：n3、10、n17，n1)当m33,n3时，明显x5x6x713仅有一种可能，又设xi7yi(i1,2,3,4)，于是由不定方程y1y2y3y44134960组正33有C331C32整数解。∴此时①有知足条件的C3234960组正整数解。2)在m20,n10时，设xi7yi(i1,2,3,4)，xj7yj(j5,6,7)于是由不定方程y1y2