2002年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及答案

2002年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽

試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說(shuō)明：.評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)依據(jù)本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)，選擇題只設(shè)6分的0分兩檔，填空題只設(shè)9分和0分兩檔，其它各題的評(píng)閱，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評(píng)分檔次給分，不要再嗇其他中間檔次。.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評(píng)卷時(shí)請(qǐng)參照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)檔次評(píng)分，可以5分為一個(gè)檔次，不要再增加其它中間檔次。一、選擇題(本題滿分36分，每小題6分)1、函數(shù)f(x)=logjx2—2x—3)的單調(diào)遞增區(qū)間是2(A)(-8,-1) (B)(-8,1) (C)(1,+8) (D)(3,+8)解：由x2-2x-3>0nx<-1或x>3,令f(x)=l0glu,u=x2-2x-3,故選A22、若實(shí)數(shù)x,y滿足(x+5)2+(y-12)2=142,則x2+y2的最小值為(A)2 (B)1(A)2 (B)1解：Bxx3、函數(shù)f(x)=-——--1-2x2(A)是偶函數(shù)但不是奇函數(shù)(C)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)解：A(C)<3(D)<2(B)是奇函數(shù)但不是偶函數(shù)(D)既不是奇函數(shù)又不是偶函數(shù),,,xy-一x2y24、直線4*3=1橢圓16*V=1相交于AB兩點(diǎn),該圓上點(diǎn)P,使/PAB面積等于3這樣的點(diǎn)P共有(A)1個(gè) (B)2個(gè) (C)3個(gè) (D)4個(gè)兀解：設(shè)P1(4cosa,3sina)(0<。<不)，即點(diǎn)P1在第一象限的橢圓上，如圖，考慮四邊形P1AOB的面積S。 1,-. 1-, 兀、S=S+S=—X4X3sina+—x3x4cosa=6(sina+cosa)=6J2sin(a*一)AS=6v2maxAOAp AOBPAS=6v2max?，S^OAB=6???(SW)max二6M-66j2-6<3???點(diǎn)P不可能在直線AB的上方，顯然在直線AB的下方有兩個(gè)點(diǎn)P,故選B5、已知兩個(gè)實(shí)數(shù)集合A={a15a2,…，a100}與B={byb2,…，b50},若從A到B的映射f使得B中的每一個(gè)元素都有原象，且f(a1)Wf(a2)W…Wf(a100),則這樣的映射共有J5。0。J5。0。c-J4。9。(D)c4999解：不妨設(shè)解：不妨設(shè)b1Vb2V…＜與。，將A中元素%,a2,…，a100按順序分為非空的50組，定義映射f：A-B,使得第i組的元素在f之下的象都是bi(i=1,2,…,50),易知這樣的f滿足題設(shè)要求，每個(gè)這樣的分組都一一對(duì)應(yīng)滿足條件的映射，于是滿足題設(shè)要求的映射f的個(gè)數(shù)與A按足碼順序分為50組的分法數(shù)相等，而A的分法數(shù)為C99，則這樣的映射共有C99，故選D。6、由曲線x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4圍成圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得為旋轉(zhuǎn)體的體積為V1,滿足x2+y2<16,x2+(y-2)2三4,x2+(y+2)2三4的點(diǎn)(x,y)組成的圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積為V2,則U1 2(A)V1=-V2 (B)V1=-V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2JL/乙 J.? 4 J. 4 J. 4解：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，用任意一個(gè)與y軸垂直的平面截這兩個(gè)旋轉(zhuǎn)體，設(shè)截面與原點(diǎn)距離為lyl,則所得截面面積\，S1=K(42-4lyl),S2二汽(42-y2)一汽［4-(2-lyl)2］二兀(42-4lyl)???s1=s2由祖暅原理知，兩個(gè)幾何體體積相等。故遠(yuǎn)C。二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)7、已知復(fù)數(shù)Z,Z滿足|Z|=2,|Z|=3,若它們所對(duì)應(yīng)向量的夾角為60°,則工1+工2= <133712 1 2 z1-z<1337TOC\o"1-5"\h\z解：由余弦定理得lZ]+Z2l=v19,lZ1-Z2l= ,則該展開(kāi)式中X的指數(shù)8、將二項(xiàng)式(A+一)”的展開(kāi)式按X則該展開(kāi)式中X的指數(shù)是整數(shù)的項(xiàng)共有 個(gè)。. …一一…，,-1 1/八解：不難求出前三項(xiàng)的系數(shù)分別是1,彳n,-n(n-1),281 16-3r??.當(dāng)n=8時(shí)，T=Cr(Rrx4 (r=0,1,2，…，8)r+1 n2.，.r=0,4,8,即有3個(gè)9、如圖，點(diǎn)匕?2,…,P10分別是四面體點(diǎn)或棱的中點(diǎn)，那么在同一平面上的四點(diǎn)組(P1,Pi,PjPp(1vivjvkW10)有 個(gè)。解：首先，在每個(gè)側(cè)面上除P：點(diǎn)外尚有五個(gè)點(diǎn)，其中任意三點(diǎn)組添加點(diǎn)匕后組成的四點(diǎn)組都在同一個(gè)平面，這樣三點(diǎn)組有C3個(gè)，三個(gè)側(cè)面共有3C3個(gè)。其次，含匕的每條棱上三點(diǎn)組添加底面與它異面的那條棱上的中點(diǎn)組成的四點(diǎn)組也在一個(gè)平面上，這樣的四點(diǎn)組有3個(gè).?.共有3C3+3=33個(gè)510、已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)=1且對(duì)任意x￡R都有f(x+5)三f(x)+5 f(x+1)Wf(x)+1

若g(x)=f(x)+1—x,則g(2002)=。解：由g(x)=f(x)+1—x得f(x)=g(x)+x-1/.g(x+5)+(x+5)-1Ng(x)+(x-1)+5g(x+1)+(x+1)-1<g(x)+(x-1)+5，g(x+5)Ng(x),g(x+1)Wg(x)，g(x)&g(x+5)Wg(x+4)Wg(x+3)Wg(x+2)Wg(x+1)Wg(x)Ag(x+1)=g(x).??T=1???g(1)=1.??g(2002)=111、若10g4(x+2y)+10g4(x-2y)=1,則Ixl-lyl的最小值是 x>2Iyl>0x>2Iyl>0x2-4y2=4解：<x-2y>0 n、(x+2y)(x-2y)=4由對(duì)稱性只考慮yN0,因?yàn)閤>0,所以只須求x-y的最小值。令x-y=u代入x2-4y2=4中有3y2-2uy+(4-u2)=0VyGR.?.力三0nu>+3.,.當(dāng)x=—-3,y=-3-時(shí)，u="3，故Ixl-lyl的最小值是<312、使不等式sin2x+acosx+a2三1+cosx對(duì)一切x￡R恒成立的負(fù)數(shù)a的取值范圍是解：\,sin2x+acosx+a2三1+cosx/a—1 (a—1)2(cosx )2<a2+ 2 4Va<0,/a—1 a—1、?.當(dāng)cosx=1時(shí)，函數(shù)y=(cosx-——)2有最大值(1-——)2aa—1、/ (a—1)2.(1--^―)2<a2+——--na2+a-2三0naW-2或aN124??a<0??負(fù)數(shù)a的取值范圍是(-8,2]三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)13、已知點(diǎn)A(0,2)和拋物線y=x2+4上兩點(diǎn)B、C使得ABLBC,求點(diǎn)C的縱坐標(biāo)的取值范圍。解：設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為B(y12-4,y1),C點(diǎn)坐標(biāo)為C(y2-4,y)顯然yj-4W0,故k=*2= 5分1 AB y2-4y1+2ABXBC??KBC=-G1+2)

1y-y1=-(y1+2)[x-(y2-4)]y2=x+4n(2+y1)(y+y1)+1=0=y12+(2+y)y1+(2y+1)=0 10分"R??力三0nyW0或yN4 15分.?.當(dāng)y=0時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-3,-1)；當(dāng)y=4時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(5,-3),均滿足題意。故點(diǎn)C的縱坐標(biāo)的取值范圍為(-8,0]U[4,+8)14、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，Pk+1是對(duì)Pk進(jìn)行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，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(k=0,1,2,3，…)，記Sn為曲線Pk14、①求數(shù)列｛Sn｝的通項(xiàng)公式；②求limS〃。n-8解：P1P2①對(duì)P0進(jìn)行操作，容易看出P0的每條邊變成匕的4條邊，故匕的邊數(shù)為3X4；解：P1P2①對(duì)P0進(jìn)行操作，容易看出P0的每條邊變成匕的4條邊，故匕的邊數(shù)為3X4；同樣，對(duì)匕進(jìn)行操作，P]的每條邊變成口的4條邊，故口的邊數(shù)為3X42,從而不難得到Pn的邊數(shù)為3X4n.… 5分已知P0的面積為S0=1,比較P1與P：,容易看出P1在P0的每條邊上增加了一個(gè)小等邊三角形，其面…1 1.1積為「，而P0有3條邊，故S1=S0+3X—=1+—32 0 10 32 311再比較P,與P,,容易看出P,在P1的每條邊上增加了一個(gè)小等邊三角形，其面積為hXh，而P21 21 3232 1114有3X4條邊，故S=S+3X4X—=1+~+—21 34 3331 1 4 42類似地有：S3吟+3X42X37=1+3+37+355分1 1 4 42 A4n-1AS=1+-+—+——+A+ n3 33 35 32n-1=1+|￡(4))k=1(^)10分下面用數(shù)學(xué)歸納法證明(派)式當(dāng)n=1時(shí)，由上面已知(派)式成立，83,4、假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，有S=----()kk559當(dāng)n=k+1時(shí)，易知第k+1次操作后，比較Pk+1與Pk，Pk+1在Pk的每條邊上增加了一個(gè)小等邊三角形，其面積為五廿，而Pk有3*4卜條邊。故Sk+1=Sk+1=Sk+3X4kX132(k+1)8-3?(4)k+1559綜上所述，對(duì)任何n￡N,(X)式成立。83,4-8②limS=lim[----()〃]=-…n-5 59 5n-8 n-815、 設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,b,c￡R,aW0)滿足條件:當(dāng)x￡R時(shí)，f(x-4)=f(2-x),且f(x)三x；x+1當(dāng)x￡(0,2)時(shí)，f(x)W(—―)2③f(x)在R上的最小值為0。求最大值m(m>1),使得存在t￡R,只要乂￡[1口],就有f(x+t)WxW：Vf(x-4)=f(2-x)??.函數(shù)的圖象關(guān)于x=-1對(duì)稱；.---=—1b=2a2a由③知當(dāng)x=-1時(shí),丫=0,即a-b+c=0由①得f(1)三1，由②得f(1)W1.??f(1)=1,即工+了+以=1,又a-b+c=0TOC\o"1-5"\h\z.1 1 1；.a= b=-c=4 2 41 1f(x)=-x2+—x+—74 2 4假設(shè)存在t￡R,只要x￡[1,m],就有f(x+t)Wx1 1 1取x=1時(shí)，有f(t+1)W1n (t+1)2+-(t+1)+ W1n-4WtW0I 乙 I對(duì)固定的t￡[-4,0],取x=m,有f(t+m)Wm1 1n4(t+m)2+—(t+m)+-WmI 乙 Inm2-2(1-t)m+(t2+2t+1)W010分^n1—t---41WmW1—t+―-410分\o"CurrentDocument"/.mW1—t7-4tW1—(-4)+%-4-(-4)=9 15分當(dāng)t=-4時(shí)，對(duì)任意的x￡[1,9],恒有f(x-4)-x=—(x2-10x+9)=4(x-1)(x-9)W0二m的最大值為9。 20分另解：?「f(x-4)=f(2-x)??.函數(shù)的圖象關(guān)于x=-1對(duì)稱/.---=—1b=2a2a由③知當(dāng)x=-1時(shí),丫=0,即a-b+c=0

由①得f(1)三1,由②得f(1)W1.??f(1)=1,即工+了+以=1,又a-b+c=0TOC\o"1-5"\h\z.1 1 1...a=— b=— c=—4 2 41 。 1 1 1..f(x)=x2+—x+=—(X+1)24 2 4 41由f(x+t)=—(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當(dāng)x￡[1,m]時(shí)，恒成立令x=1有t2+4tW0n-4WtW0令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2<0當(dāng)t￡[-4,0]時(shí)，恒有解 10分令t=-4得，m2-10m+9W0=1WmW9 15分即當(dāng)t=-4時(shí)，任取x￡[1,9]恒有f(x-4)-x=—(x2f(x-4)-x=—(x2-10x+9)=4(x-1)(x-9)W0mmin=mmin=92002年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加試試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說(shuō)明：.評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評(píng)分檔次給分；.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，評(píng)卷時(shí)可參考本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評(píng)分，可以10分為一個(gè)檔次，不要再增加其它中間檔次。一、（本題滿分50分）如圖，在力ABC中，NA=60°,AB>AC,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，且滿足BM=CN,BH、HF上，且滿足BM=CN,求MH+NHoH的值。解：在BE上取BK=CH,連接OB、OC、OK,由三角形外心的性質(zhì)知ZBOC=2ZA=120°由三角形垂心的性質(zhì)知ZBHC=180°-ZA=120°AZBOC=ZBHC???B、C、HO四點(diǎn)共圓20分.\ZOBH=ZOCHOB=OCBK=CH30分...nBOK0030分VBOK=ZBOC=120°,ZOKH=ZOHK=30°觀察力OKHKH_OH

sin120。KH_OH

sin120。―sin30onKH=<3OH40分XVBM=CN,BK=CH,.??KM=NH.??mh+nh=mh+km=kh=、3OHMH+NHMH+NHOH<350分二、（本題滿分50分）實(shí)數(shù)a,b,c和正數(shù)九二、（本題滿分50分）實(shí)數(shù)a,b,c和正數(shù)九使得f（x）=x3+ax2+bx+c有三個(gè)實(shí)根x1,x2,x3，且滿足①x2-x1=X,1②x3>2（x1+x2）2a3+27c-9ab<3<3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的兩個(gè)根x2-X]從；.(a+x)2-4(x32+ax3+b)=X2n3x32+2ax3+九2+4b-a2=017X3>2(X1+X2)...x=1[-a+<4a2-12b-3X2] (I)33且4a2-12b-3九2三0 (II)?/f(x)=x3+ax2+bx+c10分=(x+a)3-(竺-b)(x+a)+—a3+c-Lab3 3 3 27 320分???f(x3)=02—a2—a327=(x3+3)3-與-b)(x3+3)an)由（i）由（i）得a1: ；-x+—=—v4a2-12b-3九2]333Q「172-b，由(ii)和(111)可知pN 且―ab——a3—ct J 乙/,九2令,九2令y=\；p-彳，17 2貝IyN0且—ab———a3

J 乙/30分33入2 入2 3入2 人y+ =y3---y-(-)34 4 4 2三0三017 2 v3 2a3+27c-9ab3V340分—ab———a3-c>-——九3n <40分TOC\o"1-5"\h\z3 27 18 九3 2；.取a=2\3,b=2,c=0,九=2,貝Uf(x)=x3+ax2+bx+c有木艮一<3—1,—■<3+1,0顯然假設(shè)條件成立，且203+27C-9a二1(48、H二二入3 8 22a3+27c—9ab 3<3綜上所述 的最大值是+ 50分九3 2三、(本題滿分50分)在世界杯足球賽前，F(xiàn)國(guó)教練為了考察A15A2,^,A7這七名，準(zhǔn)備讓他們?cè)谌龍?chǎng)訓(xùn)練比賽(每場(chǎng)90分鐘)都上場(chǎng)，假設(shè)在比賽的任何時(shí)刻，這些中有且僅有一人在場(chǎng)上，并且A1,a2,a3,a4每人上場(chǎng)的總時(shí)間(以分鐘為單位)均被13整除，如果每場(chǎng)換人次數(shù)不限，那么按每名隊(duì)員上場(chǎng)的總時(shí)間計(jì)算，共有多少種不同的情況。解：設(shè)第i名隊(duì)員上場(chǎng)的時(shí)間為xi分鐘(i=1,2,3，…,7),問(wèn)題即求不定方程TOC\o"1-5"\h\zx1+x2+…+x7=270 ①在條件7|xi(1<i<4)>13|xj(5WjW7)下的正整數(shù)解的級(jí)數(shù)。若(\/2,…,；7)是滿足條件①的一組正整數(shù)解，則應(yīng)有乙x=7m乙x=13nm,n￡NJ 尸5,??.m,n是不定方程7m+13n=270 ②在條件mN4且nN3下的一組正整數(shù)解。 10分???7(m-4)+13(n-3)=203令m‘=m