2002年全国高中数学联赛试题及答案

第1页共9页2002年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设6分的0分两档，填空题只设9分和0分两档，其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再啬其他中间档次。2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次。一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1、函数f(x)=)32(log221xx的单调递增区间是(A)(-∞，-1)(B)(-∞，1)(C)(1，+∞)(D)(3，+∞)解：由x2-2x-30x-1或x3，令f(x)=u21log,u=x2-2x-3，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)2(B)1(C)3(D)2解：B3、函数f(x)=221xxx(A)是偶函数但不是奇函数(B)是奇函数但不是偶函数(C)既是奇函数又是偶函数(D)既不是奇函数又不是偶函数解：A4、直线134yx椭圆191622yx相交于A，B两点，该圆上点P，使得⊿PAB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：设P1(4cos,3sin)(02)，即点P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB的面积S。S=11OBPOAPSS=cos4321sin3421=6(sin+cos)=)4sin(26∴Smax=62∵S⊿OAB=6∴626)(max1ABPS∵6263∴点P不可能在直线AB的上方，显然在直线AB的下方有两个点P，故选B5、已知两个实数集合A={a1,a2,…,a100}与B={b1,b2,…,b50}，若从A到B的映射f使得B中的每一个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，则这样的映射共有(A)50100C(B)5090C(C)49100C(D)4999C解：不妨设b1b2…b50，将A中元素a1,a2,…,a100按顺序分为非空的50组，定义映射f：A→B，使得xyOABP1第2页共9页第i组的元素在f之下的象都是bi(i=1,2,…,50)，易知这样的f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f的个数与A按足码顺序分为50组的分法数相等，而A的分法数为4999C，则这样的映射共有4999C，故选D。6、由曲线x2=4y,x2=4y,x=4,x=4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16,x2+(y-2)2≥4,x2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则(A)V1=21V2(B)V1=32V2(C)V1=V2(D)V1=2V2解：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，用任意一个与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∵S1=(424|y|),S2=(42y2)[4(2|y|)2]=(424|y|)∴S1=S2由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远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，若它们所对应向量的夹角为60°，则2121zzzz=。解：由余弦定理得|Z1+Z2|=19,|Z1Z2|=7,2121zzzz=71338、将二项式nxx)21(4的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的指数是整数的项共有个。解：不难求出前三项的系数分别是)1(81,21,1nnn，∵)1(811212nnn∴当n=8时，43161)21(rrrnrxCT(r=0,1,2,…，8)∴r=0,4,8,即有3个9、如图，点P1,P2,…,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1,Pi,Pj,Pk)(1ijk≤10)有个。解：首先，在每个侧面上除P1点外尚有五个点，其中任意三点组添加点P1后组成的四点组都在同一个平面，这样三点组有35C个，三个侧面共有335C个。其次，含P1的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上，这样的四点组有3个∴共有335C＋3＝33个10、已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5f(x+1)≤f(x)+1P9P1P2P3P4P5P6P7P8P10yxxyoo4444-4-4-4-4第3页共9页若g(x)=f(x)+1x，则g(2002)=。解：由g(x)=f(x)+1x得f(x)=g(x)+x1∴g(x+5)+(x+5)1≥g(x)+(x1)+5g(x+1)+(x+1)1≤g(x)+(x1)+5∴g(x+5)≥g(x),g(x+1)≤g(x)∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x)∴g(x+1)=g(x)∴T=1∵g(1)=1∴g(2002)=111、若1)2(log)2(log44yxyx，则|x||y|的最小值是。解：440||24)2)(2(020222yxyxyxyxyxyx由对称性只考虑y≥0，因为x0，所以只须求xy的最小值。令xy=u代入x24y2=4中有3y22uy+(4u2)=0∵y∈R∴⊿≥03u∴当33,334yx时，u=3，故|x||y|的最小值是312、使不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R恒成立的负数a的取值范围是。解：∵sin2x+acosx+a2≥1+cosx∴4)1()21(cos222aaax∵a0,∴当cosx=1时，函数2)21(cosaxy有最大值2)211(a∴4)1()211(222aaaa2+a-2≥0a≤-2或a≥1∵a0∴负数a的取值范围是(-∞,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y=x2+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点坐标为B(y124,y1)，C点坐标为C(y24,y)显然y124≠0，故21421211yyykAB…………5分∵AB⊥BC∴KBC=(y1+2)第4页共9页∴4)]4()[2(22111xyyxyyy(2+y1)(y+y1)+1=0y12+(2+y)y1+(2y+1)=0…………10分∵y1∈R∴⊿≥0y≤0或y≥4…………15分∴当y=0时，点B的坐标为(-3，-1)；当y=4时，点B的坐标为(5，3)，均满足题意。故点C的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞)14、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，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，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…)，记Sn为曲线Pk所围成图形面积。①求数列{Sn}的通项公式；②求nnSlim。解：①对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×42，从而不难得到Pn的边数为3×4n…………5分已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0，容易看出P1在P0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为231，而P0有3条边，故S1=S0+3×231=1+31再比较P2与P1，容易看出P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为231×231，而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×431=1+31+334类似地有：S3=S2+3×42×631=1+31+334+5234…………5分∴Sn=121523343434311nn=1+nkk1)94(43=n)94(5358(※)…………10分下面用数学归纳法证明(※)式当n=1时，由上面已知(※)式成立，假设当n=k时，有Sk=k)94(5358P0P1P2第5页共9页当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1与Pk，Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为)1(231k，而Pk有3×4k条边。故Sk+1=Sk+3×4k×)1(231k=1)94(5358k综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。②58])94(5358[limlimnnnnS15、设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件：①当x∈R时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；②当x∈(0,2)时，f(x)≤2)21(x③f(x)在R上的最小值为0。求最大值m(m1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x解：∵f(x-4)=f(2-x)∴函数的图象关于x=-1对称∴12abb=2a由③知当x=1时,y=0，即ab+c=0由①得f(1)≥1，由②得f(1)≤1∴f(1)=1，即工+了+以=1，又ab+c=0∴a=41b=21c=41∴f(x)=4121412xx…………5分假设存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x取x=1时，有f(t+1)≤141(t+1)2+21(t+1)+41≤14≤t≤0对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有f(tm)≤m41(t+m)2+21(t+m)+41≤mm2(1t)m+(t2+2t+1)≤0tt41≤m≤tt41…………10分∴m≤tt41≤)4(4)4(1=9…………15分当t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f(x4)x=41(x210x+9)=41(x1)(x9)≤0∴m的最大值为9。…………20分另解：∵f(x-4)=f(2-x)∴函数的图象关于x=-1对称∴12abb=2a由③知当x=1时,y=0，即ab+c=0第6页共9页由①得f(1)≥1，由②得f(1)≤1∴f(1)=1，即工+了+以=1，又ab+c=0∴a=41b=21c=41∴f(x)=4121412xx=41(x+1)2…………5分由f(x+t)=41(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当x∈[1,m]时，恒成立令x=1有t2+4t≤04≤t≤0令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0当t∈[-4,0]时，恒有解…………10分令t=4得，m210m+9≤01≤m≤9…………15分即当t=4时，任取x∈[1,9]恒有f(x-4)-x=41(x210x+9)=41(x1)(x9)≤0∴mmin=9…………20分2002年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分；2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，可以10分为一个档次，不要再增加其它中间档次。一、（本题满分50分）如图，在⊿ABC中，∠A=60°，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，且满足BM=CN，求OHNHMH的值。解：在BE上取BK=CH，连接OB、OC、OK，由三角形外心的性质知∠BOC=2∠A=120°由三角形垂心的性质知∠BHC=180°-∠A=120°∴∠BOC=∠BHC∴B、C、HO四点共圆…………20分∴∠OBH=∠OCHOB=OCBK=CH∴⊿BOK≌⊿COH…………30分∵BOK=∠B