全国高中数学联赛试题及参考答案6.docx

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全国高中数学联赛试题及参考答案6

2002年全国高中数学联赛试题及参考答案

试题

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

　　1、函数f（x）=log1/2（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）2　　　（B）1　　　（C）√3　　　　（D）√2

　　3、函数f（x）=x/1-2x-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）既是偶函数又是奇函数　　　　　（D）既不是偶函数也不是奇函数

　　4、直线x/4+y/3=1与椭圆x2/16+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,…,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）C50100　　　　（B）C4899　　　　（C）C49100　　　　　（D）C4999

　　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=（1/2）V2（B）V1=（2/3）V2（C）V1=V2（D）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,若它们所对应向量的夹角为60°,则∣（Z1＋Z2）/（Z1＋Z2）∣=　　　　　。

　　8、将二项式（√x+1/（24√x））n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x∈R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对一切x∈R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：

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,）。

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→∞

15、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）≤（（x+1）/2）2;

　　（3）f（x）在R上的最小值为0.

　　求最大的m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f（x+t）≤x。

二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题

（10月13日上午10：

00—12：

00）

学生注意：

1、本试卷共有三大题，全卷满分150分。

2、用圆珠笔或钢笔作答。

3、解题书写不要超过装订线。

4、不能使用计算器。

一、（本题满分50分）

如图，在⊿ABC中，∠A=60°，AB>AC，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

的值。

二、（本题满分50分）

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

1x2-x1=λ,

2x3>

（x1+x2）

求

的最大值。

三、（本题满分50分）

在世界杯足球赛前，F国教练为了考察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，假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，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，共有多少种不同的情况。

参考答案

一、选择题

　　1、由x2-2x-3＞0有x＜-1或x＞3，故函数log1/2（x2-2x-3）的定义域为x＜-1

或x＞3。

二次函数u=x2-2x-3在（-∞，-1）内单调递减，在（3，+∞）内单调递增。

而log1/2u

在（0,+∞）上单调递减，所以log1/2（x2-2x-3）在（-∞,-1）单调递增，故选A。

　　2、（x+5）2+（y-12）2=142是以点C（-5,12）为圆心，半径为14的圆。

设P为圆上任一点，则∣OP∣≥∣CP∣-∣OC∣=14-13=1

　　当点C、O、P共线时，等号成立，所以P到点O的最小值为1，故选B。

　　3、函数f（x）的定义域是（-∞,0）∪（0,+∞），当x≠0时，因为

f（-x）=（-x）/（1-2-x）-（-x）/2=（-x2x）/（2x-1）+（x/2）=（x+x（2x-1））/（1-2x）+（x/2）=（x/（1-2x））-x+（x/2）=（x/（1-2x））-（x/2）=f（x），所以f（x）为偶函数，显然f（x）不是奇函数，故选A。

　　4、设P1（4cosα,3sinα）（0＜α＜（π/2）），即点P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB面积S，

　　S=SΔOAP1+SΔOBP1=（1/2）×4（3sinα）+（1/2）×3（4cosα）=6（sinα+cosα）=6√2sin（α=（π/4））,

　　∴Smax=6√2（此时α+（π/4））.

　　∵SΔOAB=（1/2）×4×3=6为定值，

　　∴SΔP1AB的最大值为6√2－6.

　　∵6√2－6＜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B。

　　5、不妨设b1＜b2＜…＜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C4999，则这样的映射共有C4999，故选D。

　　6、如题图，两图形绕y轴旋转所得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=π（42-4∣y∣），

S2=π（42-y2）-π[4-（2-∣y∣2）]=π（42-4∣y∣）

∴S1=S2

由祖暅原理知，两几何体体积相等，

∴Ｖ1=Ｖ2，故选Ｃ.

二、填空题

　　７、如图，由余弦定理可得：

∣Z1+Z2∣=√19,∣Z1-Z2∣=√7，所以∣（Z1+Z2）／（Z1－

Z2）∣=（√19）/（√7）=（√133）/7.

　　8、不难求出前三项系数分别是１，（1/2）n，（1/8）n（n-1），由于这三个数成等差数列，有2·1/2n=1+1/8n（n-1）.解得：

n=8和n=1（舍去）.

　　当n=8时，Tr+1=Cr8（1/2）rx（16-3r）/4，这里r=0,1,…,8.r应满足４∣（16-3r），所以r只能是0,4,8.

　　9、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，这样的三点组有C35个，三个侧面共有3C35个.

　　其次，含P1的每条棱上的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。

　　综上，共有C35+3=33个.

　　10、由g（x）=f（x）+1-x得：

f（x）=g（x）+x-1，所以

　　　g（x+5）+（x+5）-1≥g（x）+（x-1）+5,g（x+1）+（x+1）-1≤g（x）+（x-1）+1.

　　　即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）.

　　　即g（x）是周期为１的周期函数，又g

（1）=1，故g（2002）=1.

　　11、

　　由对称性只考虑y≥0，因为x＞0，所以只须求x-y的最小值.

　　令x-y=u代入x2-4y2=4,有3y2-2uy+（4-u2）=0.这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16（u2-3）≥0,∴u≥√3.当x=（4/3）√3,y=（√3）/3时,u=√3.故∣x∣-∣y∣的最小值为√3.

　　12、原不等式可化为：

（cosx-（（a-1）/2））2≤a2+（a-1）2/4.

∵-1≤cosx≤1,a<0,a-1/2<0,

∴当cosx=1时，函数y=（cosx-（a-1）/2）2有最大值（1-（a-1）/2）2，从而有（1-（a-1）/2）2≤a2+（a-1）2/4，整理得a2+a-2≥0,∴a≥1或a≤-2.又a＜0,∴a≤-2.

三、解答题

　　13、设Ｂ点坐标为（y21-4,y1），Ｃ点坐标为（y2-4,y）

　　显然y21-4≠０，故kAB=（y1-2）/（y21-4）=1/（y1+2）.由于AB⊥BC，所以kBC=-（y1+2）.从而y-y1=-（y1+2）[x-（y21-4）],y2=x+4消去x，注意到y≠y1得:

（2+y1）（y+y1）+1=0→y21+（2+y）y1+（2y+1）=0.由Δ≥0解得：

y≤0或y≥4.

　　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是y≤0或y≥4.

　　14、

（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.

　　已知Ｐ0的面积为Ｓ0=1，比较P１与Ｐ0.容易看出P１在Ｐ0的每条边上增加一个小等边三角形，其面积为1/32，而Ｐ0有３条边，故

S1=S0+3·（1/32）=1+（1/3）.

　　再比较P２与P１，可知P２在P１的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为（1/32）·（1/32），而P１有3·4条边，故S2=S1+3·4·（1/34）=1+（1/3）+（4/33）,

　　类似地有

　　　S3=S2+3·42·（1/36）=1+（1/3）+（4/33）+（42/35）,

　　于是有

　　下面利用数学归纳法证明（＊）式。

　　n=1时，由上面已知（＊）式成立。

　　假设n=k时，有Sk=8/5-3/5·（4/9）k.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（1/32（k+1）），而Pk有3·4k条边，故Sk＋１=Sk+3·4k·（1/32（k+1））=Sk+（（4k）/32k+1）=（8/5）-（3/5）·（4/9）k+1.

综上，由数学归纳法，（＊）式得证.

（2）lim（n→∞）Sn=lim（n→∞）[（8/5）-（3/5）·（4/9）n]=（8/5）.

　　15、∵f（x-4）=f（2-x）,∴函数的图象关于x=-1对称，∴-b/2a=-1,b=2a.

　　　由（3）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a+b+c=1,又a-b+c=0,∴b=1/2,a=1/4,c=1/4,

　　　∴f（x）=（1/4）x2+（1/2）x+（1/4）.

　　　假设存在t∈R，只要x∈[1,m],就有f（x+t）≤x.取x=1有f（t+1）≤1.即（（1/4）（t+1））2+（（1/2）（t+1））+（1/4）≤1,解得-4≤t≤0.对固定的t∈［-4,0］,取x=m，有f（t+m）≤m,即（（1/4）（t+m）2）+（（1/2）（t+m））+（1/4）≤m,化简有m2-2（1-t）m+

（t2+2t+1）≤0解得1-t-（√-4t）≤1-t+（√（-4t））于是有m≤1-t+√（-4t）≤1-（-4）+√（-4（-4））=9.当t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f（x-4）-x=（1/4）（x2-10x+9）=1/4（x-1）（x-9）≤0.所以m的最大值为９。

二○○二年全国高中数学联合竞赛加试试题

一、（本题满分50分）

如图，在⊿ABC中，∠A=60°，AB>AC，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

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=∠BOC=120°，∠OKH=∠OHK=30°

观察⊿OKH

KH=

OH…………40分

又∵BM=CN，BK=CH，

∴KM=NH

∴MH+NH=MH+KM=KH=

OH

∴

=

…………50分

二、（本题满分50分）

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

1x2-x1=λ,

2x3>

（x1+x2）

求

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的两个根

∵x2-x1=λ

∴（a+x）2-4（x32+ax3+b）=λ2

3x32+2ax3+λ2+4b-a2=0

∵x3>

（x1+x2）

∴

（Ⅰ）

且4a2-12b-3λ2≥0（Ⅱ）…………10分

∵f（x）=x3+ax2+bx+c

=

…………20分

∵f（x3）=0

∴

（Ⅲ）

由（Ⅰ）得

记p=

，由（Ⅱ）和（Ⅲ）可知p≥

且

令y=

，则y≥0且

…………30分

∵

=

=

≥0

∴

…………40分

∴取a=2

b=2,c=0,λ=2，则f（x）=x3+ax2+bx+c有根

，

，0

显然假设条件成立，且

综上所述

的最大值是

…………50分

三、（本题满分50分）

在世界杯足球赛前，F国教练为了考察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，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间（以分钟为单位）均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。

解：

设第i名队员上场的时间为xi分钟（i=1,2,3,…,7），问题即求不定方程

x1+x2+…+x7=270①

在条件7|xi（1≤i≤4）且13|xj（5≤j≤7）下的正整数解的级数。

若（x1,x2,…,x7）是满足条件①的一组正整数解，则应有

=7m

=13nm,n∈N

∴m,n是不定方程

7m+13n=270②

在条件m≥4且n≥3下的一组正整数解。

…………10分

∵7（m-4）+13（n-3）=203

令m′=m-4n′=n-3有

7m′+13n′=270③

∴求②满足条件m≥4且n≥3的正整数解等价于求③的非负整数解。

∵易观察到7·2+13·（-1）=1

∴7·406+13·（-203）=203

即m0=406n0=-203是③的整数解

∴③的整数通解为

m′=406-13kn′=-203+7kk∈Z

令m′≥0n′≥0,解得29≤k≤31…………20分

取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解：

从而得到②满足条件的三组正整数解：

…………30分

1）在m=33,n=3时，显然x5=x6=x7=13仅有一种可能，

又设xi=7yi（i=1,2,3,4），于是由不定方程y1+y2+y3+y4=33有

组正整数解。

∴此时①有满足条件的

=4960组正整数解。

2）在m=20,n=10时，设xi=7yi（i=1,2,3,4），xj=13yj（j=5,6,7）

由y1+y2+y3+y4=20，有

组正整数解；以及y5+y6+y7=10，有

组正整数解。

∴此时①有满足条件的

=34884组正整数解。

3）在m=7,n=17时，设xi=7yi（i=1,2,3,4），xj=13yj（j=5,6,7）

由y1+y2+y3+y4=7，有

组正整数解；以及y5+y6+y7=17，有

组正整数解。

…………40分

综上所述，①满足条件的正整数解的组数为

=4960+34884+2400=42244…………50分