全国高中数学联赛试题及解析 苏教版22

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1、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)=log(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． D． 3．函数f(x)=－ A．是偶函数但不是奇函数

2、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+=1与椭圆+=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．C B．C C．C

3、 D．C 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=V2 B．V1=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，若它们所对应的向量的夹角为60°，则= ； 8．将二项式的展开式按x 的降幂排列

4、，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

5、12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xÎR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

6、列{Sn}的通项公式； ⑵ 求Sn． 15．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cÎR，a≠0)满足条件： ⑴ 当xÎR时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x； ⑵ 当xÎ(0，2)时，f(x)≤； ⑶ f(x)在R上的最小值为0． 求最大的m(m>1)，使得存在tÎR，只要xÎ[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． 求的值．

7、 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 ⑴ x2－x1=λ； ⑵ x3>(x1＋x2)． 求的最大值． 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

8、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)=log(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(

9、x)单调减．故选A 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． D． 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)=－ 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

10、数 解：f(x)定义域为(－∞，0)∪(0，+∞)；f(x)－f(－x)= －－+=－x=0． 即f(x)是偶函数．选A． 4．直线+=1与椭圆+=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=， 当0≤θ≤时，d≤(－1)，SABC≤6(－1)<3．即此时没有三角形面积=3； 当<θ<2π时，d≤(+1)，SAB

11、C≤6(+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．C B．C C．C D．C 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C种插法，选D． 6．

12、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=V2 B．V1=V2 C．V1=V2 D．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

13、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= ； 解：由余弦定理知|Z1+Z2|==；|Z1－Z2|==， ∴==． 8．将二项式的展开式按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，n，n(n－1)，于是得n=1+n(n－1)，解得，n=8，和n=1(舍去)． 当n=8时，Tr+1=C()rx= C()rx，当r=0，4，8时x的指数为整数，∴共有3个

14、． 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

15、+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<)，u=x－y=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．即所求最小值为

16、． (或用判别式法解) 12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对于一切xÎR恒成立的负数a的取值范围是 ； 解：即(cosx－)2≤a2+()2，若(1－)2≤a2+()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==．kBC==． 由kAB·kBC=－1，得(y1+y0)(y0+

17、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

18、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×=1+，S2=S1+4×3×=1++；S3=1+++； 依此类推，得Sk=1+++…+=1+·=1+[1－()k]= －()k． 用数学归纳法易证上式正确． ⑵ Sn=． 15．设二次函数f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cÎR，a≠0)满足条件： ⑴ 当xÎR时，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x； ⑵ 当xÎ(0，2)时，f(x)≤； ⑶ f(x)在R上的最小值为0． 求最大的m(m>1)，

19、使得存在tÎR，只要xÎ[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－=－1．Þb=2a．此时，f(x)有最小值0， ∴ a－b+c=0．Þc=a．f(x)=ax2+2ax+a． 由⑴ f(1)=4a≥1．由⑵ 4a≤1．∴ a=c=，b=．f(x)= (x+1)2． 若对于x∈[1，m]，f(x+t)－x≤0，Þf(1+t)－1=(t+2)2－1≤0，得－4≤t≤0． f(m+t)－m≤0，Þm2+2(t－1)m+(t+1)2≤0．解得－(t－1)－2≤m≤－(t－1)+2． ∴m≤1－t+2≤9． 而当t=－4时，f(

20、x－4)－x=(x2－10x+9)= (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 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'= ==2R． HM+NH=(BH－BM)+(CN－CH)=BH－CH． 在ΔBCH中，∠CBH=90°

21、－α．∠HCB=90°－(120°－α)=α－30°， ∴HM+NH=BH－CH=2R(sin(α－30°)－sin(90°－α))=2R(sinαcos30°－cosαsin30°－cosα) =2Rsin(α－60°)． 在ΔOCH中，OH=2Rsin∠HCO=2Rsin(α－30°－30°)=2Rsin(α－60°)． ∴ =． 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 ⑴ x2－x1=λ； ⑵ x3>(x1＋x2)． 求的最大值． 解：设x1=m－λ，x2=m＋λ，x3=m＋k (k>λ)． a=－

22、(x1＋x2＋x3)=－(3m＋k)； b=x1x2＋x1x3＋x2x3=3m2＋2mk－λ2； c=－x1x2x3=－m3－m2k＋λ2m＋λ2k． 则2a3＋27c－9ab=－3(m＋k)3＋27(－m3－m2k＋λ2m＋λ2k)＋9(3m＋k)(3m2＋2mk－λ2) =－2k3＋λ2k． 令=t，则 (2a3+27c－9ab)=－2t3+t．取g(t)=－2t3+t． 则g'(t)=－6t2+，g"(t)=－12t． 令g'(t)=0，得t=±，而当t=时g"(t)<0． ∴ 当t=时，g(t)取得最大值g()=－2()3+()=． 若取λ=1，此时得，k=

23、． 令a=0，得m=－，代入b、c的表达式得b=－，c= 此时得f(x)=x3－x+满足题意． 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？ 解：设各人上场时间分别为7t1，7t2，7t3，7t4，13t5，13t6，1

24、3t7，(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4≤x≤38，3≤y≤20的整数解． 即6y≡4(mod 7)，3y≡2(mod 7)，y≡3(mod 7) ∴ y=3，10，17，相应的x=33，20，7． t5+t6+t7=3的解只有1种，t5+t6+t7=10的解有C种，t5+t6+t7=17的解有C种； t1+t2+t3+t4=33的解有C种，t1+t2+t3+t4=20的解有C种，t1+t2+t3+t4=7的解有C种． ∴ 共有1·C+ C·C+ C·C=42244种．