全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題解答4

2002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽一試一、選擇題：本大題共6個小題，每題6分，共36分。2002*1、函數(shù)f(x)log1(x22x3)的單一遞加區(qū)間是2A.,1B.,1C.1,D.3,◆答案：A★分析：由x22x30解得x1或x3，由復(fù)合函數(shù)的單一性可得選A2002*2、若實(shí)數(shù)x,y知足(x5)2(y12)2142，則x2y2的最小值為。A.2B.1C.3D.2◆答案：B★分析：(x5)2(y12)2142能夠當(dāng)作以5,12為圓心，14為半徑的圓，x2y2表示圓上13，因此x2y21321，應(yīng)選B的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的平方，因?yàn)閳A心到原點(diǎn)的距離為142002*3、函數(shù)f(x)xx12x2A.是偶函數(shù)但不是奇函數(shù)B.是奇函數(shù)但不是偶函數(shù)C.既是偶函數(shù)又是奇函數(shù)D.既不是偶函數(shù)也不是奇函數(shù)◆答案：A★分析：計算出f(x)的表達(dá)式整理到最簡后對照即可發(fā)現(xiàn)，2002*4、直線xy1與橢圓x2y21訂交于A,B兩點(diǎn)，該橢圓上點(diǎn)P，使得PAB面積等43169于3，這樣的點(diǎn)P共有A.1個B.2個C.3個D.4個◆答案：B★分析：設(shè)P14cos,3sin(0)，即點(diǎn)P1在第一象限的橢圓上，如圖，考慮四邊形P1AOB2的面積S。可得S62sin，可知Smax62，又SOAB64可知SP1ABmax6263因此點(diǎn)P不行能在直線AB的上方，明顯在直線AB的下方有兩個點(diǎn)P，應(yīng)選B。2002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第1頁共10頁2002*5、已知兩個實(shí)數(shù)會合Aa1,a2,,a100與Bb1,b2,,b50，若從A到B的映照f使得B中每個元素都有原象，且f(a1)f(a2)f(a100)則這樣的映照共有A.C10050個B.C9948個C.C10049個D.C9949個◆答案：D★分析：不如設(shè)b1b2b50，將A中元素a1,a2,,a100按次序分為非空的50組，定義映照f:AB，使得第i組的元素在f之下的象都是bi(i1,2,,50)，易知這樣的f知足題設(shè)要求，每個這樣的分組都一一對應(yīng)知足條件的映照，于是知足題設(shè)要求的映照f的個數(shù)與A按足碼次序分為50組的分法數(shù)相等，而A的分法數(shù)為C9949，則這樣的映照共有C9949，應(yīng)選D。2002*6、由曲線x24y,x24y,x4,x4圍成的圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積為V1；知足x2y216,x2(y2)24,x2(y2)24的點(diǎn)(x,y)構(gòu)成的圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積為V2，則（）。A.V11V2B.V12V223C.V1V2D.V12V2◆答案：C★分析：如圖，兩圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)所得的旋轉(zhuǎn)體夾在兩相距為8的平行平面之間，用隨意一個與y軸垂直的平面截這兩個旋轉(zhuǎn)體，設(shè)截面與原點(diǎn)距離為y，則所得截面面積∵S1424y,S242y222y24y42∴S1S2由祖暅原理知，兩個幾何體體積相等。應(yīng)選C。二、填空題：本大題共6小題，每題9分，共54分。2002*7、已知復(fù)數(shù)z1,z2知足z12,z23,若它們所對應(yīng)向量的夾角為600,則z1z2z1z2133◆答案：7★分析：由余弦定理得z1z219,z1z27,可得z1z2=133z1z272002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第2頁共10頁2002*8、將二項(xiàng)式

1nx的睜開式按x的降冪擺列，若前三項(xiàng)系數(shù)成等差數(shù)列，42x則該睜開式中x的冪指數(shù)是整數(shù)的項(xiàng)共有個◆答案：3★分析：不難求出前三項(xiàng)的系數(shù)分別是1,1n,1n(n1)，28∵21n11n(n1)281163r∴當(dāng)n8時，rr4()Tr1Cn(2)xr0,1,2,,8∴因此當(dāng)r0,4,8時,x的冪指數(shù)是整數(shù)，即有3項(xiàng)。2002*9、如圖，點(diǎn)P1,P2,P10分別是四周體極點(diǎn)或棱的中點(diǎn)，那么在同一平面上的四點(diǎn)組P1,Pi,Pj,Pk（1ijk10）有個。◆答案：33★分析：第一，在每個側(cè)面上除P1點(diǎn)外另有五個點(diǎn)，此中隨意三點(diǎn)組添加點(diǎn)P1后構(gòu)成的四點(diǎn)組都在同一個平面，這樣三點(diǎn)組有C53個，三個側(cè)面共有3C53個。其次，含P1的每條棱上三點(diǎn)組增添底面與它異面的那條棱上的中點(diǎn)構(gòu)成的四點(diǎn)組也在一個平面上，這樣的四點(diǎn)組有3個，∴共有3C53333個。2002*10、已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)1且對隨意xR都有f(x5)f(x)5，f(x1)f(x)1。若g(x)f(x)1x，則g(2002)◆答案：1★分析：由g(x)f(x)1x得f(x)g(x)x1，已知不等式即為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)的周期為，因此g(2002)g(1)f(1)11112002*11、若log4(x2y)log4(x2y)1，則xy的最小值是◆答案：3x2y0x2|y|0★分析：由已知方程等價于x2y0，即x24y24(x2y)(x2y)42002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第3頁共10頁由對稱性只考慮y0，因?yàn)閤0，因此只須求xy的最小值。令xyt代入x24y24中有3y22ty4t20，因?yàn)閥R因此0，解得t3∴當(dāng)x43，y3時，t3，故xy的最小值是3332002*12、使不等式sin2xacosxa21cosx對全部xR恒建立的負(fù)數(shù)a的取值范圍是◆答案：,2★分析：因?yàn)閟in2xacosxa21cosx對全部xR恒建立，212即cosxa1a2a（a0）24因此當(dāng)cosx1時，函數(shù)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，即所求負(fù)數(shù)a的取值范圍是,2。三、解答題：本大題共3小題，每題20分，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。2002*13、（此題滿分20分）已知點(diǎn)A(0,2)和拋物線y2x4上兩點(diǎn)B,C使得ABBC，求點(diǎn)C的縱坐標(biāo)的取值范圍。★分析：設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為By124,y1，C點(diǎn)的坐標(biāo)為Cy224,y2，明顯y1240，故kABy121，y124y12由ABBC，得kBCy12yy1(y12)[x(y124)](2y)y1(2y1)0∴x4，得y12y22002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第4頁共10頁又y1R，因此0，解得y0或y4∴當(dāng)y0時，點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,1；當(dāng)y4時，點(diǎn)B的坐標(biāo)為5,3，均知足題意。故點(diǎn)C的縱坐標(biāo)的取值范圍為,04,。2002*14、（此題滿分20分）如圖，有一列曲線P0,P1,P2,已知P0所圍成的圖形是面積為1的等邊三角形，Pk1是對Pk進(jìn)行以下操作獲得：將Pk的每條邊三平分，以每邊中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉（k0,1,2,）。記Sn為曲線Pn所圍成圖形的面積。（1）求數(shù)列Sn的通項(xiàng)公式；（2）求limSn.n★分析：①對P0進(jìn)行操作，簡單看出P0的每條邊變?yōu)镻1的4條邊，故P1的邊數(shù)為34；相同，對P1進(jìn)行操作，P1的每條邊變?yōu)镻2的4條邊，故P2的邊數(shù)為342，進(jìn)而不難獲得Pn的邊數(shù)為34n，已知P0的面積為S01，比較P1與P0，簡單看出P1在P0的每條邊上增添了一個小等邊三角形，其面積為1，而P0有3條邊，故S1S031113232311再比較P2與P1，簡單看出P2在P1的每條邊上增添了一個小等邊三角形，其面積為22，而11433P1有34條邊，故S2S1341，近似地有34333S3S23421114423633335因此Sn1442415593事實(shí)上(※)能夠用數(shù)學(xué)概括法證明：①當(dāng)n1時，由上邊已知(※)式建立，

n(※)假定當(dāng)nk時，有Sk83(4)k5592002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第5頁共10頁當(dāng)nk1時，易知第k1次操作后，比較Pk1在Pk的每條邊上增添了一個小等邊三角形，k1其面積為1，而Pk有34n條邊。故Sk1Sk34k183432(k1)32(k1)559綜上所述，對任何nN，(※)式建立。②limSnlim[83(4)n]8nn55952002*15、（此題滿分20分）設(shè)二次函數(shù)f()ax2bxc(a,b,cR，a0)知足條件：x（1）當(dāng)xR時,f(x4)f(2x),且f(x)x;x12（2）當(dāng)x(0,2)時，f(x);2（3）f(x)在R上的最小值為0.求最大的m(m1)，使得存在tR，只需x1,m，就有f(xt)x。★分析：因?yàn)閒(x4)f(2x)，知函數(shù)f(x)的圖象對于x1對稱即b1解得b2a；2a由③知當(dāng)x1時,y0，即abc0；由①得f(1)1，由②得f(1)1，因此f(1)1，即abc1聯(lián)立以上三個式子解得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時，有f(t1)1，即1t121t111解得4t0，424下邊對固定的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當(dāng)t4時，對隨意的x1,9，恒有f(x4)x1(x1)(x9)0因此m的最大值為9。42002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第6頁共10頁2002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽二試2002*一、（此題滿分50分）如圖，在ABC中，A600，ABAC，點(diǎn)O是外心，兩條高BE,CF交于H點(diǎn)，點(diǎn)M、N分別在線段BH,HF上，且知足BMCN，求MHNH的值?！锓治觯涸贐E上取BKCH，連結(jié)OB,OC,OK，OH由三角形外心的性質(zhì)知BOC2A1200;由三角形垂心的性質(zhì)知BHC1800A1200,∴BOCBHCB,C,H,O四點(diǎn)共圓.∴OBHOCH,OBOC,BKCHBOKCOH.∵BOKBOC1200，OKHOHK300.察看KHOHKH3OHOKH知得sin120sin30又∵BMCN,BKCH，∴KMNH∴MHNHMHKMKH3OHMHNH=3.OH2002*二、（此題滿分50分）實(shí)數(shù)a,b,c和正數(shù)，使得f(x)x3ax2bxc0有三個實(shí)根x1,x2,x3，且知足：⑴x2x1⑵x3x1x222a327c9ab33求32?！锓治觯骸遞(x)f(x)f(x)(xx)x2(ax)xx2ax3b33332002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第7頁共10頁∴x1,x2是方程x2(ax3)xx32ax3b的兩個根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記pa2b，由(Ⅱ)和(Ⅲ)可知p2且1ab2a3c23p2(p2)343279420且1ab2a323y(y232)令yp，則yc432794∵y332y2=y332y()3322(y)2(y)04442421ab2a3c332a327c9ab33∴2718323∴取a23,b2c0,2，則f(x)x3ax2bxc0有根31，31，0明顯假定條件建立，且2a327c9ab1(483363)33382綜上所述2a327c9ab3350分3的最大值是22002年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合比賽試題第8頁共10頁2002*三、（此題滿分50分）在世界杯足球賽前，F(xiàn)國教練為了觀察A1,A2,,A7這七名，準(zhǔn)備讓他們在三場訓(xùn)練比賽(每場90分鐘)都上場，假定在比賽的任何時刻，這些中有且僅有一人在場上，而且A1,A2,A3,A4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被13整除，假如每場換人次數(shù)不限，那么按每名隊(duì)員上場的總時間計算，共有多少種不一樣的狀況。★分析：設(shè)第i名隊(duì)員上場的時間為xi分鐘(i1,2,3,,7)，問題即轉(zhuǎn)變?yōu)椋呵蟛欢ǚ匠蘹1x2x7270①在條件7|xi(i1,2,3,4)且13|xj(j5,6,7)下的正整數(shù)解的級數(shù)。47若x1,x2,,x7是知足條件①的一組正整數(shù)解，則應(yīng)有xi7m，xj13n（m,nN）i1j5∴m,n是不定方程7m13n270②在條件m4且n3下的一組正整數(shù)解。∵7m413n3203，令m/m4,n/n3有7m/13n/203③∴求②知足條件m4且n3的正整數(shù)解等價于求③的非負(fù)整數(shù)解?！咭撞炜吹?213(1)1，∴740613(203)203，即m0406,n0203m0=406是③的整數(shù)解∴③的整數(shù)通解為m/40613k,n/2037k此中kZ令m/40613k0,n/2037k0,解得29k31，取k29,30,31獲得③知足條件的三組非負(fù)整數(shù)解：m29m16m3n0、n、n，714m33m20m7進(jìn)而獲得②知足條件的三組正整數(shù)解：n3、10、n17，n1)當(dāng)m33,n3時，明顯x5x6x713僅有一種可能，又設(shè)xi7yi(i1,2,3,4)，于是由不定方程y1y2y3y44134960組正33有C331C32整數(shù)解?！啻藭r①有知足條件的C3234960組正整數(shù)解。2)在m20,n10時，設(shè)xi7yi(i1,2,3,4)，xj7yj(j5,6,7)于是由不定方程y1y2