2002年全国高中数学联赛试卷及答案.doc

20022002 年全国高中数学联赛试卷年全国高中数学联赛试卷一、选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分） 本题共有 6 小题，每题均给出（A） 、 （B） 、 （C） 、 （D）四个结论，其中有且仅有 一个是正确的．请将正确答案的代表字母填在题后的括号内．每小题选对得 6 分； 不选、选错或选出的字母超过一个（不论是否写在括号内） ，一律得 0 分．1．函数的单调递增区间是（ A ）) 32(log)(221xxxf（A） （B） （C） （D）) 1,() 1 ,(), 1 ( ), 3( 2．若实数满足，则的最小值为（ B yx,22214)12()5(yx22yx ）（A）2 （B）1 （C） （D）323．函数 （ A ）221)(xxxfx（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．直线与椭圆相交于、两点，该椭圆上点，使134yx191622 yxABP得△的面积等于 3．这样的点共有APBP （A）1 个 （B）2 个 （C）3 个 （D）4 个解：设（） ，即点在第一象限的椭圆上，)sin3 ,cos4(P20P如图，考虑四边形面积PAOBS)cos4(321)sin3(421OBPOAPSSS)4sin(26)cos(sin6∴（此时）26maxS4∵64321OABS∴的最大值为，PABS) 12(63626∴点不可能在直线的上方，显然在直线的下方有两个点．PABABP5．已知两个实数集合与，若从到},,,{10021aaaAL},,,{5021bbbBLA的映射使得中每个元素都有原象，且，则这BfB)()()(10021afafafL样的映射共有（A） （B） （C） （D）50 100C50 99C49 100C49 99C解：不妨设，将中元素按顺序分为非空的5021bbbLA10021,,,aaaL50 组．定义映射，使第 组的元素在之下的象都是BAf:if（） ．ib50,, 2 , 1Li易知这样的映射满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，f于是满足题设要求的映射的个数与按足码顺序分为 50 组的分法数相等，而fA的分法数为，则这样的映射共有．A49 99C49 99C6．由曲线，，，围成的图形绕轴旋转一周yx42yx424x4xy所得的旋转体的体积为；满足，，1V1622 yx4)2(22 yx的点组成的图形轴旋转一周所得的旋转体的体积为，则4)2(22 yxy2V（A）2121VV （B） 2132VV （C）21VV （D）212VV 解：如图，两图形绕轴旋转所得旋转体夹在两相距为 8 的平行平面之间．用y任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，则所得截y|| y面面积，，∴)||44(22 1yS)44(]|)|2(4[)4(22222 2yyySy y x x O O 4 4 4 4 4 4 4 4 ，由祖暅原理知，两几何体体积相等，∴21SS 21VV 二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分，本题共有 6 个小题，要求直接将答 案写在横线上． ）7．已知复数，满足，．若它们所对应的向量的夹角为1z2z2||1z3||2z，则．60||2121 zzzz 71338．将二项式的展开式按降幂排列，n xx)21(4x若前三项系数成等差数列，则该展开式中的幂指数是整x 数的项共有 3 个．9．已知点分别是四面体的顶点或棱的中1021,,,PPPL点，那么在同一平面上的四点组（）有 33 个．),,,(1kjiPPPP101kji10．已知是定义在上的函数，且对任意都有)(xfR1) 1 (fRx5)()5(xfxf1)() 1(xfxf若，则 ．xxfxg1)()()2002(g解：由，得，所以xxfxg1)()(1)()(xxgxf5) 1()(1)5()5(xxgxxg1) 1()(1) 1() 1(xxgxxg即，)()5(xgxg)() 1(xgxg∴)() 1()2()4()5()(xgxgxgxgxgxg∴)() 1(xgxg即是周期为 1 的周期函数，又，故)(xg1) 1 (g1)2002(gP1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8 P10 P9 11．若，则的最小值是 1)2(log)2(log44yxyx||||yx ．解： 4)2)(2(0202yxyxyxyx 440||222yxyx由对称性只考虑，因为，所以只须求的最小值．0y0xyx 令公代入，有．uyx4422yx0)4(2322uuyy这是一个关于的二次方程显然有实根，故，∴y0)3(162u3u当，时，．故的最小值为334x33y3u||||yx 312．使不等式xaxaxcos1cossin22对一切恒成立的负数的取值范围是 ．Rxa解：原不等式可化为4) 1()21(cos2 22aaax∵，，1cos1x0a021a∴当时，函数有最大值，1cosx2)21(cosaxy2)211 (a从而有，整理得4) 1()211 (2 22aaa022 aa∴或，又，∴1a2a0a2a 三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13．已知点和抛物线上两点使得，求点的)2 , 0(A42 xyCB,BCAB C纵坐标的取值范围．解：设点坐标为，点坐标为．B), 4(12 1yy C), 4(2yy 显然，故042 1y21 4212 11 yyykAB由于，所以BCAB )2(1ykBC从而，消去，注意到得：4)]4()[2(22 111 xyyxyyyx1yy 01))(2(11yyy0) 12()2(212 1yyyy由解得：或．00y4y当时，点的坐标为；当时，点的坐标为，均满0yB) 1, 3(4yB)3, 5( 足是题意．故点的纵坐标的取值范围是或．C0y4y14．如图，有一列曲线．已知所围成的图形是面积为 1 的等边L,,,210PPP0P三角形，是对进行如下操作：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段1kPkPkP为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（） ．记为曲L, 3 , 2 , 1 , 0knS线所围成图形的面积．nP（1）求数列的通项公式；}{nS（2）求．nnS lim解：（1）对0P进行操作，容易看出0P的每条边变成的 4 条边，故的边数1P1P为；同样，对进行操作，的每条边变成的 4 条边，故的边数为431P1P2P2P，从而不难得到的边数为．243nPn43已知0P的面积为，比较与0P．容易看出在0P的每条边上增加了一10S1P1P个小等边三角形，其面积为，而0P有 3 条边，故231 311313201 SS再比较与，可知在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为2P1P2P1P，而有条边，故2231 311P43341234 3113143 SS类似地有：52362 2334 34 3113143 SS于是有  nttntttnnnS11121121523)94(43134134 34 34 311Lnnn)94(53 58])94(1 [531941])94(1 [94431  以下用数学归纳法证明n nS)94(53 58成立．时，由上面已知等式成立1n假设时，有kn k kS)94(53 58当时，易知第次操作后，比较与，在的每条边上1 kn1k1kPkP1kPkP增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边，故)1(231kkPk431 12)1(21)94(53 58 34 3143 k kkkkk kkSSS综上，由数学归纳法知n nS)94(53 58成立．（2）．58])94(53 58[limlim nnnnS15．设二次函数（）满足条件：cbxaxxf2)(0,,,aRcba（1）当时，，且；Rx)2()4(xfxfxxf)(（2）当时，；)2 , 0(x2)21()(xxf（3）在上的最小值为 0．)(xfR求最大的（） ，使得存在，只要，就有．m1mRt ], 1 [ mxxtxf )(解：∵，∴函数的图象关于对称，)2()4(xfxf1x∴，12abab2由（3）知，时，，即，1x0y0cba由（1）得，由（2）得1) 1 (f1) 1 (f∴，即，又＝01) 1 (f1cba0cba∴，，，∴21b41a41c41 21 41)(2xxxf假设存在，只要，就有．Rt ], 1 [ mxxtxf )(取有．即141) 1(21) 1(412tt，解得．1x1) 1(tf04t对固定的，取，有，即]0 , 4[tmx mmtf)(，mmtmt41)(21)(412化简有，，0) 12()1 (222ttmtm解得ttmtt4141于是有9)4(4)4(141ttm当时，对任意的，恒有4t]9 , 1 [x．0)9)(1(41)910(41)4(2xxxxxxf所以的最大值为 9．m20022002 年全国高中数学联赛加试试卷年全国高中数学联赛加试试卷一、 （本题满分 50 分）如图，在△中，，，点ABC60AACAB  是外心，两条高、交于点．点、OBECFHM 分别段、上，且满足．求NBHHFCNBM 的值．OHNHMH 解：在上取，边接BECHBK ．OKOCOB,,由三角形外心的性质知，1202 ABOC 由三角形垂心的性质知 120180ABHC∴BOCBHC∴四点共圆．OHCB,,,，又，，OCHOBHOCOB CHBK ∴△≌△BOKCOH ∵，COHBOKOHOK  ∴，120BOCKOH30OHKOKH观察△，，则；OKH30sin120sinOHKHOHKH3又∵，，∴CNBM CHBK NHKM ∴，故．OHKHKMMHNHMH33 OHNHMH二、 （本题满分 50 分）实数和正数使得有三个实根，且满cba,,cbxaxxxf23)(321,,xxx足（1）；12xx（2）．)(21213xxx求的最大值．339272 abcaN O F E B A C H M 解：由于])()[()()()(32 332 33baxxxxaxxxxfxfxf所以是方程的两个根，由（1）可得21,xx0)(32 332baxxxxax，即2 32 32 3)(4)(baxxxa042322 32 3abaxx再由（2）可得，且]3124[3122 3baax0。