二零零二年全國高中數學聯賽試卷一試題(2002年10月13日上午8：00—9：40)一．選擇題(本小題滿分36分，每小題6分)：1．函數f(x)=logeq\s\do5(\f(1,2))(x2－2x－3)的單調遞增區間是A．(－∞，－1)B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(3，＋∞)2．若實數x，y滿足(x＋5)2＋(y－12)2=142，則x2＋y2的最小值為A．2B．1C．eq\r(3)D．eq\r(2)3．函數f(x)=eq\f(x,1－2x)－eq\f(x,2)A．是偶函數但不是奇函數B．是奇函數但不是偶函數C．既是奇函數也是偶函數D．既不是奇函數也不是偶函數4．直線eq\f(x,4)+eq\f(y,3)=1與橢圓eq\f(x2,16)+eq\f(y2,9)=1相交于A、B兩點，該橢圓上點P，使得ΔPAB面積等于3．這樣的點P共有A．1個B．2個C．3個D．4個5．已知兩個實數集合A={a1，a2，a3，…，a100}，與B={b1，b2，…，b50}，若從A到B的映射f使得B中每個元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，則這樣的映射共有A．Ceq\a\ac(50,100)B．Ceq\a\ac(48,99)C．Ceq\a\ac(49,100)D．Ceq\a\ac(49,99)6．由曲線x2=4y，x2=－4y，x=4，x=－4圍成的圖形繞y軸旋轉一周所得的旋轉體的體積為V1；滿足x2＋y2≤16，x2＋(y－2)2≥4，x2＋(y＋2)2≥4的點繞y軸旋轉一周所得的旋轉體的體積為V2，則A．V1=eq\f(1,2)V2B．V1=eq\f(2,3)V2C．V1=V2D．V1=2V2二．填空題(本題滿分54分，每小題9分)7．已知復數Z1、Z2滿足|Z1|=2，|Z2|=3，若它們所對應的向量的夾角為60，則eq\b\bc\|(\f(Z1+Z2,Z1－Z2))=；8．將二項式eq\b\bc\((\r(x)+\f(1,2\r(4,x)))eq\s\up10(n)的展開式按x的降冪排列，若前三項的系數成等差數列，則該展開式中x的冪指數是整數的項共有個；9．如圖，點P1、P2、…，P10分別是四面體頂點或棱的中點，那么在同一平面上的四點組(P1，Pi，Pj，Pk)(1<i<j<k≤10)有個；10．已知f(x)是定義在R上的函數，f(1)=1且對任意xR都有f(x＋5)≤f(x)＋5，f(x＋1)≥f(x)＋1,.若g(x)=f(x)＋1－x，則g(2002)=；11．若log4(x＋2y)＋log4(x－2y)=1，則|x|－|y|的最小值是；12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx對于一切xR恒成立的負數a的取值范圍是；三．解答題(本題滿分60分，每小題20分)：13．已知點A(0，2)和拋物線y2=x＋4上兩點B，C，使得AB⊥BC，求點C的縱坐標的取值范圍．14．如圖，有一列曲線P0，P1，P2，…，已知P0是面積為1的等邊三角形，Pk＋1是對Pk進行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊向形外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0，1，2，…)．記Sn為曲線Pn所圍成圖形的面積．⑴求數列{Sn}的通項公式；⑵求eq\o(lim,\s\do6(n→∞))Sn．15．設二次函數f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cR，a≠0)滿足條件：⑴當xR時，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；⑵當x(0，2)時，f(x)≤eq\b\bc\((\f(x+1,2))\s\up10(2)；⑶f(x)在R上的最小值為0．求最大的m(m>1)，使得存在tR，只要x[1，m]，就有f(x＋t)≤x．

二試題(本卷共三個大題，共150分，每題50分)一．在ΔABC中，∠BAC=60，AB>AC，點O為ΔABC的外心，兩條高BE、CF的交于點H，點M、N分別在線段BH與HF上，且滿足BM=CN．求eq\f(MH+HN,OH)的值．二．實數a，b，c和正數λ使得f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有三個實根x1，x2，x3，且滿足⑴x2－x1=λ；⑵x3>eq\f(1,2)(x1＋x2)．求eq\f(2a3+27c－9ab,λ3)的最大值．三．在世界杯足球賽前，F國的教練員為了考察A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7這七名隊員，準備讓他們在三場訓練比賽(每場比賽90分鐘)中都上場，假設在比賽的任何時刻，這些隊員都有且只有一人在場上，并且A1、A2、A3、A4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被7整除，A5、A6、A7每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被13整除．如果每場換人的次數不限，那么，按每名隊員上場的總時間計，共有多少種不同的情況？

2002年全國高中數學聯賽解答一試題(2002年10月13日上午8：00—9：40)一．選擇題(本小題滿分36分，每小題6分)：1．函數f(x)=logeq\s\do5(\f(1,2))(x2－2x－3)的單調遞增區間是A．(－∞，－1)B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(3，＋∞)解：由x2－2x－3>0，得x<－1或x>3．在x∈(－∞，－1)時，u=x2－2x－3單調減，f(x)單調增；在x∈(3，+∞)時，u=x2－2x－3單調增，f(x)單調減．故選A2．若實數x，y滿足(x＋5)2＋(y－12)2=142，則x2＋y2的最小值為A．2B．1C．eq\r(3)D．eq\r(2)解：令x+5=14cosθ，y－12=14sinθ，則x2+y2=196+28(5cosθ－12sinθ)+169=365+364sin(θ+φ)≥1．選B．(亦可用幾何意義解：圓上點到原點距離平方的最小值)3．函數f(x)=eq\f(x,1－2x)－eq\f(x,2)A．是偶函數但不是奇函數B．是奇函數但不是偶函數C．既是奇函數也是偶函數D．既不是奇函數也不是偶函數解：f(x)定義域為(－∞，0)∪(0，+∞)；f(x)－f(－x)=eq\f(x,1－2x)－eq\f(x,2)－eq\f(－x,1－2－x)+eq\f(－x,2)=eq\f(x－x·2x,1－2x)－x=0．即f(x)是偶函數．選A．4．直線eq\f(x,4)+eq\f(y,3)=1與橢圓eq\f(x2,16)+eq\f(y2,9)=1相交于A、B兩點，該橢圓上點P，使得ΔPAB面積等于3．這樣的點P共有A．1個B．2個C．3個D．4個解：直線與橢圓的交線長=5．直線方程3x+4y－12=0．設點P(4cosθ，3sinθ)．點P與直線的距離d=eq\f(12|cosθ+sinθ－1|,5)，當0≤θ≤eq\f(π,2)時，d≤eq\f(12,5)(eq\r(2)－1)，SABC≤6(eq\r(2)－1)<3．即此時沒有三角形面積=3；當eq\f(π,2)<θ<2π時，d≤eq\f(12,5)(eq\r(2)+1)，SABC≤6(eq\r(2)+1)．即此時有2個三角形面積=3．選B．5．已知兩個實數集合A={a1，a2，a3，…，a100}，與B={b1，b2，…，b50}，若從A到B的映射f使得B中每個元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100)，則這樣的映射共有A．Ceq\a\ac(50,100)B．Ceq\a\ac(48,99)C．Ceq\a\ac(49,100)D．Ceq\a\ac(49,99)解：不妨設b1≤b2≤…≤b50，在a1，a2，…，a100的每兩個數間有1個空檔，共99個空檔，其中任選49個空檔插入1條豎杠，把a1，a2，…，a100分成50段，從前向后的第i段中的數映射到bi，即滿足要求．共有Ceq\a\ac(49,99)種插法，選D．6．由曲線x2=4y，x2=－4y，x=4，x=－4圍成的圖形繞y軸旋轉一周所得的旋轉體的體積為V1；滿足x2＋y2≤16，x2＋(y－2)2≥4，x2＋(y＋2)2≥4的點繞y軸旋轉一周所得的旋轉體的體積為V2，則A．V1=eq\f(1,2)V2B．V1=eq\f(2,3)V2C．V1=V2D．V1=2V2解：作平面y=h(0≤h≤4)．與圖形⑴交于一個圓環，圓環面積=π(42－x2)=π(16－4h)；與圖⑵交得一個圓環，面積=π(16－h2)－π(4－(h－2)2)=π(16－h2－(－h2+4h))=π(16－4h)．說明該平面與兩個旋轉體截得的面積相等．由祖暅原理知，V1=V2，選C．二．填空題(本題滿分54分，每小題9分)7．已知復數Z1、Z2滿足|Z1|=2，|Z2|=3，若它們所對應的向量的夾角為60，則eq\b\bc\|(\f(Z1+Z2,Z1－Z2))=；解：由余弦定理知|Z1+Z2|=eq\r(22+32+2·3)=eq\r(19)；|Z1－Z2|=eq\r(22+32－2·3)=eq\r(7)，∴eq\b\bc\|(\f(Z1+Z2,Z1－Z2))=eq\f(\r(19),\r(7))=eq\f(\r(133),7)．8．將二項式eq\b\bc\((\r(x)+\f(1,2\r(4,x)))eq\s\up10(n)的展開式按x的降冪排列，若前三項的系數成等差數列，則該展開式中x的冪指數是整數的項共有個；解：前三項系數為1，eq\f(1,2)n，eq\f(1,8)n(n－1)，于是得n=1+eq\f(1,8)n(n－1)，解得，n=8，和n=1(舍去)．當n=8時，Tr+1=Ceq\a\ac(r,8)(eq\f(1,2))rxeq\s\up8(\f(1,2)(8－r)－\f(1,4))=Ceq\a\ac(r,8)(eq\f(1,2))rxeq\s\up8(\f(16－3r,4))，當r=0，4，8時x的指數為整數，∴共有3個．9．如圖，點P1，P2，…，P10分別是四面體頂點或棱的中點，那么在同一平面上的四點組(P1，Pi，Pj，Pk)(1<i<j<k≤10)有個；解：同在某一側面上：除P1外另外5點中任取3點與P1共4點組成一個四點組，有3Ceq\a\ac(3,5)=30組，每條側棱上三點與對棱中點：3組．∴共有33組．10．已知f(x)是定義在R上的函數，f(1)=1且對任意xR都有f(x＋5)≤f(x)＋5，f(x＋1)≥f(x)＋1,.若g(x)=f(x)＋1－x，則g(2002)=；解：由后式，f(x+5)≥f(x+4)+1≥f(x+3)+2≥f(x+2)+3≥f(x+1)+4≥f(x)+5．比較前式得f(x+1)=f(x)+1．∴f(x)=x對一切x∈N*成立，∴對于x∈N*，g(x)=f(x)+1－x=x+1－x=1∴g(2002)=1．11．若log4(x＋2y)＋log4(x－2y)=1，則|x|－|y|的最小值是；解：x>－2y，x>2y，x2－4y2=4．由對稱性，只考慮x>0，y>0的情況．令x=2secθ，y=tanθ，(0<θ<eq\f(π,2))，u=x－y=eq\f(2－sinθ,cosθ)表示點(0，2)與點(－cosθ，sinθ)連線的斜率，當直線與單位圓相切時，u最小為eq\r(3)．即所求最小值為eq\r(3)．(或用判別式法解)12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx對于一切xR恒成立的負數a的取值范圍是；解：即(cosx－eq\f(a－1,2))2≤a2+(eq\f(a－1,2))2，若(1－eq\f(a－1,2))2≤a2+(eq\f(a－1,2))2，則a2+a－2≥0．∴a≤－2或a≥1，但a<0，故a≤－2．三．解答題(本題滿分60分，每小題20分)：13．已知點A(0，2)和拋物線y2=x＋4上兩點B，C，使得AB⊥BC，求點C的縱坐標的取值范圍．解：設B(y02－4，y0)，C(y12－4，y1)．則kAB=eq\f(y0－2,y\a\ac(2,0)－4)=eq\f(1,y0+2)．kBC=eq\f(y1－y0,y\a\ac(2,1)－y\a\ac(2,0))=eq\f(1,y1+y0)．由kAB·kBC=－1，得(y1+y0)(y0+2)=－1．∴y02+(y1+2)y0+(2y1+1)=0．∴△=(y1+2)2－4(2y1+1)=y12－4y1≥0，∴y1≤0，y1≥4．當y1=0時，得B(－3，－1)，當y1=4時，得B(5，－3)均滿足要求，故點C的縱坐標的取值范圍是(－∞，0]∪[4，+∞)．14．如圖，有一列曲線P0，P1，P2，…，已知P0是面積為1的等邊三角形，Pk＋1是對Pk進行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊向形外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0，1，2，…)．記Sn為曲線Pn所圍成圖形的面積．⑴求數列{Sn}的通項公式；⑵求eq\o(lim,\s\do6(n→∞))Sn．解：⑴對P0操作后，每條邊變為4條邊，共有4×3條邊；對P1操作，也是每條邊變為4條邊，故P2共有42×3條邊，即Pk有3×4k條邊．S0=1，S1=S0+3×eq\f(1,32)=1+eq\f(1,3)，S2=S1+4×3×eq\f(1,34)=1+eq\f(1,3)+eq\f(4,33)；S3=1+eq\f(1,3)+eq\f(4,33)+eq\f(42,35)；依此類推，得Sk=1+eq\f(1,3)+eq\f(4,33)+…+eq\f(4k－1,32－1)=1+eq\f(1,3)·eq\f(1－(\f(4,9))k,1－\f(4,9))=1+eq\f(3,5)[1－(eq\f(4,9))k]=eq\f(8,5)－eq\f(3,5)(eq\f(4,9))k．用數學歸納法易證上式正確．⑵eq\o(lim,\s\do6(n→∞))Sn=eq\f(8,5)．15．設二次函數f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，cR，a≠0)滿足條件：⑴當xR時，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x；⑵當x(0，2)時，f(x)≤eq\b\bc\((\f(x+1,2))\s\up10(2)；⑶f(x)在R上的最小值為0．求最大的m(m>1)，使得存在tR，只要x[1，m]，就有f(x＋t)≤x．解：由f(x－4)=f(2－x)，知f(x)關于x=－1對稱．于是－eq\f(b,2a)=－1．b=2a．此時，f(x)有最小值0，∴a－b+c=0．c=a．f(x)=ax2+2ax+a．由⑴f(1)=4a≥1．由⑵4a≤1．∴a=c=eq\f(1,4)，b=eq\f(1,2)．f(x)=eq\f(1,4)(x+1)2．若對于x∈[1，m]，f(x+t)－x≤0，f(1+t)－1=eq\f(1,4)(t+2)2－1≤0，得－4≤t≤0．f(m+t)－m≤0，m2+2(t－1)m+(t+1)2≤0．解得－(t－1)－2eq\r(－t)≤m≤－(t－1)+2eq\r(－t)．∴m≤1－t+2eq\r(－t)≤9．而當t=－4時，f(x－4)－x=eq\f(1,4)(x2－10x+9)=eq\f(1,4)(x－1)(x－9)在x∈[1，9]時，恒有f(x－4)－x≤0成立．∴m的最大值為9．二試題(本卷共三個大題，共150分，每題50分)一．在ΔABC中，∠BAC=60，AB>AC，點O為ΔABC的外心，兩條高BE、CF的交于點H，點M、N分別在線段BH與HF上，且滿足BM=CN．求eq\f(MH+HN,OH)的值．解：記∠ACB=α，連OB、OC，則∠BOC=∠BHC=120，∴B、O、H、C四點共圓．設此圓的半徑為R'，則2R'=eq\f(BC,sin120)=eq\f(BC,sin60)=2R．HM+NH=(BH－BM)+(CN－CH)=BH－CH．在ΔBCH中，∠CBH=90－α．∠HCB=90－(120－α)=α－30，∴HM+NH=BH－CH=2R(sin(α－30)－sin(90－α))=2R(sinαcos30－cosαsin30－cosα)=2eq\r(3)Rsin(α－60)．在ΔOCH中，OH=2Rsin∠HCO=2Rsin(α－30－30)=2Rsin(α－60)．∴eq\f(MH+HN,OH)=eq\r(3)．二．實數a，b，c和正數λ使得f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有三個實根x1，x2，x3，且滿足⑴x2－x1=λ；⑵x3>eq\f(1,2)(x1＋x2)．求eq\f(2a3+27c－9ab,λ3)的最大值．解：設x1=m－eq\f(1,2)λ，x2=m＋eq\f(1,2)λ，x3=m＋k(k>eq\f(1,2)λ)．a=－(x1＋x2＋x3)=－(3m＋k)；b=x1x2＋x1x3＋x2x3=3m2＋2mk－eq\f(1,4)λ2；c=－x1x2x3=－m3－m2k＋eq\f(1,4)λ2m＋eq\f(1,4)λ2k．則2a3＋27c－9ab=－3(m＋k)3＋27(－m3－m2k＋eq\f(1,4)λ2m＋eq\f(1,4)λ2k)＋9(3m＋k)(3m2＋2mk－eq\f(1,4)λ2)=－2k3＋eq\f(9,2)λ2k．令eq\f(k,λ)=t，則eq\f(1,λ3)(2a3+27c－9ab)=－2t3+eq\f(9,2)t．取g(t)=－2t3+eq\f(9,2)t．則g'(t)=－6t2+eq\f(9,2)，g"(t)=－12t．令g'(t)=0，得t=±eq\f(\r(3),2)，而當t=eq\f(\r(3),2)時g"(t)<0．∴當t=eq\f(\r(3),2)時，g(t)取得最大值g(eq\f(\r(3),2)