全国高中数学联赛试题及解析苏教版22VIP

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)=logeq\s\do5(\f(1,2))(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．2B．1C．eq\r(3)D．eq\r(2)3．函数f(x)=eq\f(x,1－2x)－eq\f(x,2)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eq\f(x,4)+eq\f(y,3)=1与椭圆eq\f(x2,16)+eq\f(y2,9)=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．Ceq\a\ac(50,100)B．Ceq\a\ac(48,99)C．Ceq\a\ac(49,100)D．Ceq\a\ac(49,99)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=eq\f(1,2)V2B．V1=eq\f(2,3)V2C．V1=V2D．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eq\b\bc\|(\f(Z1+Z2,Z1－Z2))=；8．将二项式eq\b\bc\((\r(x)+\f(1,2\r(4,x)))eq\s\up10(n)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xR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xR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eq\o(lim,\s\do6(n→∞))Sn．15．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cR，a≠0)满足条件：⑴当xR时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；⑵当x(0，2)时，f(x)≤eq\b\bc\((\f(x+1,2))\s\up10(2)；⑶f(x)在R上的最小值为0．求最大的m(m>1)，使得存在tR，只要x[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eq\f(MH+HN,OH)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⑴x2－x1=λ；⑵x3>eq\f(1,2)(x1＋x2)．求eq\f(2a3+27c－9ab,λ3)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)=logeq\s\do5(\f(1,2))(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A2．若实数x，y满足(x＋5)2＋(y－12)2=142，则x2＋y2的最小值为A．2B．1C．eq\r(3)D．eq\r(2)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)=eq\f(x,1－2x)－eq\f(x,2)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)=eq\f(x,1－2x)－eq\f(x,2)－eq\f(－x,1－2－x)+eq\f(－x,2)=eq\f(x－x·2x,1－2x)－x=0．即f(x)是偶函数．选A．4．直线eq\f(x,4)+eq\f(y,3)=1与椭圆eq\f(x2,16)+eq\f(y2,9)=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=eq\f(12|cosθ+sinθ－1|,5)，当0≤θ≤eq\f(π,2)时，d≤eq\f(12,5)(eq\r(2)－1)，SABC≤6(eq\r(2)－1)<3．即此时没有三角形面积=3；当eq\f(π,2)<θ<2π时，d≤eq\f(12,5)(eq\r(2)+1)，SABC≤6(eq\r(2)+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．Ceq\a\ac(50,100)B．Ceq\a\ac(48,99)C．Ceq\a\ac(49,100)D．Ceq\a\ac(49,99)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Ceq\a\ac(49,99)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=eq\f(1,2)V2B．V1=eq\f(2,3)V2C．V1=V2D．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eq\b\bc\|(\f(Z1+Z2,Z1－Z2))=；解：由余弦定理知|Z1+Z2|=eq\r(22+32+2·3)=eq\r(19)；|Z1－Z2|=eq\r(22+32－2·3)=eq\r(7)，∴eq\b\bc\|(\f(Z1+Z2,Z1－Z2))=eq\f(\r(19),\r(7))=eq\f(\r(133),7)．8．将二项式eq\b\bc\((\r(x)+\f(1,2\r(4,x)))eq\s\up10(n)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，eq\f(1,2)n，eq\f(1,8)n(n－1)，于是得n=1+eq\f(1,8)n(n－1)，解得，n=8，和n=1(舍去)．当n=8时，Tr+1=Ceq\a\ac(r,8)(eq\f(1,2))rxeq\s\up8(\f(1,2)(8－r)－\f(1,4))=Ceq\a\ac(r,8)(eq\f(1,2))rxeq\s\up8(\f(16－3r,4))，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3Ceq\a\ac(3,5)=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xR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<eq\f(π,2))，u=x－y=eq\f(2－sinθ,cosθ)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eq\r(3)．即所求最小值为eq\r(3)．(或用判别式法解)12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xR恒成立的负数a的取值范围是；解：即(cosx－eq\f(a－1,2))2≤a2+(eq\f(a－1,2))2，若(1－eq\f(a－1,2))2≤a2+(eq\f(a－1,2))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=eq\f(y0－2,y\a\ac(2,0)－4)=eq\f(1,y0+2)．kBC=eq\f(y1－y0,y\a\ac(2,1)－y\a\ac(2,0))=eq\f(1,y1+y0)．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eq\o(lim,\s\do6(n→∞))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×eq\f(1,32)=1+eq\f(1,3)，S2=S1+4×3×eq\f(1,34)=1+eq\f(1,3)+eq\f(4,33)；S3=1+eq\f(1,3)+eq\f(4,33)+eq\f(42,35)；依此类推，得Sk=1+eq\f(1,3)+eq\f(4,33)+…+eq\f(4k－1,32－1)=1+eq\f(1,3)·eq\f(1－(\f(4,9))k,1－\f(4,9))=1+eq\f(3,5)[1－(eq\f(4,9))k]=eq\f(8,5)－eq\f(3,5)(eq\f(4,9))k．用数学归纳法易证上式正确．⑵eq\o(lim,\s\do6(n→∞))Sn=eq\f(8,5)．15．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cR，a≠0)满足条件：⑴当xR时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；⑵当x(0，2)时，f(x)≤eq\b\bc\((\f(x+1,2))\s\up10(2)；⑶f(x)在R上的最小值为0．求最大的m(m>1)，使得存在tR，只要x[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－eq\f(b,2a)=－1．b=2a．此时，f(x)有最小值0，∴a－b+c=0．c=a．f(x)=ax2+2ax+a．由⑴f(1)=4a≥1．由⑵4a≤1．∴a=c=eq\f(1,4)，b=eq\f(1,2)．f(x)=eq\f(1,4)(x+1)2．若对于x∈[1，m]，f(x+t)－x≤0，f(1+t)－1=eq\f(1,4)(t+2)2－1≤0，得－4≤t≤0．f(m+t)－m≤0，m2+2(t－1)m+(t+1)2≤0．解得－(t－1)－2eq\r(－t)≤m≤－(t－1)+2eq\r(－t)．∴m≤1－t+2eq\r(－t)≤9．而当t=－4时，f(x－4)－x=eq\f(1,4)(x2－10x+9)=eq\f(1,4)(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eq\f(MH+HN,OH)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'=eq\f(BC,sin120)=eq\f(BC,sin60)=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)=2eq\r(3)Rsin(α－60)．在ΔOCH中，OH=2Rsin∠HCO=2Rsin(α－30－30)=2Rsin(α－60)．∴eq\f(MH+HN,OH)=eq\r(3)．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⑴x2－x1=λ；⑵x3>eq\f(1,2)(x1＋x2)．求eq\f(2a3+27c－9ab,λ3)的最大值．解：设x1=m－eq\f(1,2)λ，x2=m＋eq\f(1,2)λ，x3=m＋k(k>eq\f(1,2)λ)．a=－(x1＋x2＋x3)=－(3m＋k)；b=x1x2＋x1x3＋x2x3=3m2＋2mk－eq\f(1,4)λ2；c=－x1x2x3=－m3－m2k＋eq\f(1,4)λ2m＋eq\f(1,4)λ2k．则2a3＋27c－9ab=－3(m＋k)3＋27(－m3－m2k＋eq\f(1,4)λ2m＋eq\f(1,4)λ2k)＋9(3m＋k)(3m2＋2mk－eq\f(1,4)λ2)=－2k3＋eq\f(9,2)λ2k．令eq\f(k,λ)=t，则eq\f(1,λ3)(2a3+27c－9ab)=－2t3+eq\f(9,2)t．取g(t)=－2t3+eq\f(9,2)t．则g'(t)=－6t2+eq\f(9,2)，g"(t)=－12t．令g'(t)=0，得t=±eq\f(\r(3),2)，而当t=eq\f(\r(3),2)时g"(t)<0．∴当t=eq\f(\r(3),2)时，g(t)取得最大值g(eq\f(\r(3),2)