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2002年全国高中数学联赛试题及参考答案6[1]


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(x -2x-3)的单调递增区间是( (A)(-∞,-1)
2 2

)。 (D)(3, +∞) )。

(B)(-∞,1)
2 2 2 2

C)(1,+∞)

2、若实数 x,y 满足(x+5) +(y-12) =14 ,则 x +y 的最小值为( (A)2 (B)1
x

(C)√3 )

(D)√2

3、函数 f(x)=x/1-2 -x/2( (A)是偶函数但不是奇函数 (C)既是偶函数又是奇函数
2

(B)是奇函数但不是偶函数 (D)既不是偶函数也不是奇函数
2

4、直线 x/4+y/3=1 与椭圆 x /16+y /9=1 相交于 A,B 两点,该椭圆上点 P,使得 Δ 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

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)C
50 100

)。

(B)C
2

48 99

(C)C

49 100

(D)C

49 99

6、由曲线 x =4y,x =-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 x +y ≤16,x +(y-2) ≥4,x +(y+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( )。
2 2 2 2 2 2

2

(A)V1=(1/2)V2 (B)V1=(2/3)V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2

1

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)∣= 。
4 n

8、将二项式(√x+1/(2 √x)) 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
2 2

。 。 。

12、使不等式 sin x+acosx+a ≥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 y =x+4 上两点 B,C 使得 AB⊥BC,求点 C 的纵坐标的取值范 围。

2

2

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)=ax +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) ; (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。
2

2

3

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

MH ? NH 的值。 OH
A F N O K M B C H E

二、 (本题满分 50 分) 实数 a,b,c 和正数?使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3,且满足 ① x2?x1=?, ② x3>

1 (x1+x2) 2



2a 3 ? 27c ? 9ab

?3

的最大值。

4

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, 5,A6,A7 每人上场的总时间(以分 A 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。

5

参考答案 一、 选择题 1、 由 x -2x-3>0 有 x<-1 或 x>3,故函数 log1/2(x -2x-3)的定义域为 x<-1 或 x>3。二次函数 u=x -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(x -2x-3)在(-∞,-1)单调递增,故选 A。 2、(x+5) +(y-12) =14 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)/2=(-x2 )/(2 -1)+(x/2)=(x+x(2 -1))/(1-2 )+(x /2)=(x/(1-2 ))-x+(x/2)=(x/(1-2 ))-(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=SΔ OAP1+SΔ OBP1=(1/2)×4(3sinα )+(1/2)×3(4cosα )=6(sinα +cos α )=6√2sin(α =(π /4)), ∴Smax=6√2(此时 α +(π /4)). ∵SΔ OAB=(1/2)×4×3=6 为定值, ∴SΔ P1AB 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 C 共有 C
49 99 49 99 x x -x x x x x 2 2 2 2 2 2 2

,则这样的映射

,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 (4 -4∣y∣), S2=π (4 -y )-π [4-(2-∣y∣ )]=π (4 -4∣y∣) ∴S1=S2 由祖暅原理知,两几何体体积相等, ∴V1=V2,故选C.
2 2 2 2 2

6

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, 2·1/2n=1+1/8n(n-1).解得: 有 n=8 和 n=1(舍去). 当 n=8 时,Tr+1=C 8(1/2) x
r r (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 C 5 个,三个侧面共有 3C 5 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 C 5+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.
3 3 3

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 x -4y =4,有 3y -2uy+(4-u )=0.这个关于 y 的二次方程显然有实根,故 Δ =16(u -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)) ≤a +(a-1) /4. ∵-1≤cosx≤1,a<0,a-1/2<0, ∴当 cosx=1 时,函数 y=(cosx-(a-1)/2) 有最大值(1-(a-1)/2) ,从而有 (1-(a-1)/2) ≤a +(a-1) /4,整理得 a +a-2≥0,∴a≥1 或 a≤-2.又 a<0,∴a≤-2. 三、 解答题 13、设B点坐标为(y 1-4,y1),C点坐标为(y -4,y) 显然 y 1-4≠0,故 kAB=(y1-2)/(y 1-4)=1/(y1+2).由于 AB⊥BC,所以 kBC=-(y1+2).从而 y-y1=-(y1+2)[x-(y 1-4)],y =x+4 消去 x,注意到 y≠y1 得:(2+y1)(y+y1)+1=0→y 1+(2+y)y1+(2y+1)=0.由 Δ ≥0 解得:y≤0 或 y≥4.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

7

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 3·4 ,从而不难得到 Pn 的边 数为 3·4 . 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 1/3 ,而P0 有3条边,故 S1=S0+3·(1/3 )=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(1/3 )·(1/3 ), 而 P1有 3·4 条边,故 S2=S1+3·4·(1/3 )=1+(1/3)+(4/3 ), 类似地有 S3=S2+3·4 ·(1/3 )=1+(1/3)+(4/3 )+(4 /3 ), 于是有
2 6 3 2 5 4 3 2 2 2 2 n 2

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) .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(1/3 =Sk+3·4 ·(1/3
k 2(k+1) 2(k+1) k

),而 Pk 有 3·4 条边,故 Sk+1

k

)=Sk+((4 )/3

k

2k+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) ]=(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)x +(1/2)x+(1/4).
8
2 n

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)) +((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) )+ (1/2)(t+m))+(1/4)≤m,化简有 m -2(1-t)m+ (t +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)(x -10x+9)=1/4(x-1)(x-9)≤0.所以 m 的最大值为9。
2 2 2 ( 2 2

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

MH ? NH 的值。 OH
F N O K M B …………20 分 …………30 分

A

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 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH ∴⊿BOK≌⊿COH ∵BOK=∠BOC=120°,∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH

H

E

C

KH OH ? ? KH= 3 OH sin 120 ? sin 30?
又∵ BM=CN,BK=CH, ∴ KM=NH ∴MH+NH=MH+KM=KH= 3 OH ∴

…………40 分

MH ? NH = 3 OH

…………50 分

二、 (本题满分 50 分) 实数 a,b,c 和正数?使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3,且满足 ① x2?x1=?, ② x3>

1 (x1+x2) 2



2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

?

3 3 2

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=? (a+x)2?4(x32+ax3+b)=????

9

?3x32+2ax3+?2+4b?a2=0
∵x3>

1 (x1+x2) 2 1 2 2 ∴ x3 ? [? a ? 4a ? 12b ? 3? ] 3
且 4a2?12b-3?2≥0 ∵ f(x)=x3+ax2+bx+c = (x ? ∵ f(x3)=0 ∴

(Ⅰ) (Ⅱ) …………10 分

a 3 a2 a 2 3 1 ) ? ( ? b)(x ? ) ? a ? c ? ab 3 3 3 27 3

…………20 分

1 2 a a2 a ab ? a 3 ? c ? ? ( x3 ? ) 3 ? ( ? b)(x3 ? ) 3 27 3 3 3

(Ⅲ)

由(Ⅰ)得 x3 ?

a 1 2 3 a2 ?2 ? 4a 2 ? 12b ? 3?2 ] ? ?b? 3 3 3 3 4
, 由 ( Ⅱ ) 和 ( Ⅲ ) 可 知 p ≥



p=

a2 ?b 3

?2 4



1 2 2 3 ab ? a 3 ? c? ? 3 27 9
令 y=

p?
1 3

?2
4

( p ? ?2 )
2 3 2 3 3 a ? c? ? y ( y 2 ? ?2 ) 27 9 4

p?

?2
4

,则 y≥0 且 ab ?

…………30 分

∵ y ?
3

3?2 ?2 3?2 ? 3?2 ? 3 y? y ? ( )3 ? ? =y ? 4 4 4 2 4 2
=(y ? ≥0

?
2

)2 ( y ? ?)

∴ ab ?

1 3

2 3 3 3 2a 3 ? 27c ? 9ab 3 3 a ?c ? ? ? ? ? 27 18 2 ?3

…………40 分

∴取 a=2 3 ,b=2,c=0,?=2,则 f(x)=x3+ax2+bx+c 有根 ? 3 ? 1 , ? 3 ? 1 ,0 显然假设条件成立,且

2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

1 3 3 ? (48 3 ? 36 3 ) ? 8 2
的最大值是

综上所述

2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

3 3 2

…………50 分

10

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=270 ① 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

? xi =7m
i ?1

4

?x
j ?5

7

j

=13n

m,n∈N

∴m,n 是不定方程 7m+13n=270 ② 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 ?4 n′=n ?3 有 7m′+13n′=270 ③ ∴ 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=406 n0= ?203 是③的整数解 ∴ ③的整数通解为 m′=406 ?13k n′= ?203+7k k∈Z 令 m′≥0 n′≥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:

?m? ? 29 ? ?n ? ? 0 ?m ? 33 ? ?n ? 3

?m? ? 16 ? ?n ? ? 7 ?m ? 20 ? ?n ? 10

?m? ? 3 ? ?n? ? 14 ?m ? 7 ? ?n ? 17

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,
4?1 3 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4),于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有 C33?1 ? C32 ? 4960组正整数

解。 ∴此时①有满足条件的 C 32 =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 C19 组正整数解;以及 y5+y6+y7=10,有 C9 组正整数解。 ∴此时①有满足条件的 C19 ? C9 =34884 组正整数解。
3 2 3 2 3

11

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, C6 组正整数解; 有 3 以及 y5+y6+y7=17, C16 组正整数解。 有 2 ………… 40 分 综上所述,①满足条件的正整数解的组数为
3 3 3 3 2 C32 ? C19 ? C9 ? C6 ? C16 =4960+34884+2400=42244

…………

50 分

12


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