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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 2 -2x-3) 的单调递增区间是（） 。 （A） （ , 1）（B） （ ,1 ）（C） （1, ）（D） （3, ） 2、若实数 x，y 满足 (x+5) 2+(y-12)2 =14 2，则 x2+y2 的最小值为（） 。 （A）2 （B）1 （C） 3 （D）2 3、函数 f(x)=x/1-2 x-x/2 （ ） （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 x/4+y/3=1
2、与椭圆 x 2/16+y2/9=1 相交于 A，B两点，该椭圆上点 P ，使得 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 48 99（C）C 49 100（ D）C 49 99 6、由曲线x 2=4y,x2=-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 2+y2 1
3、6,x 2+(y-2)24,x2+(y+2)24 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（） 。 （A）V1=（1/2 ）V2 (B)V1=（2/3 ）V2 (C)V1=V2 (D)V1=2V2 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 (Z1Z2)/(Z1Z2) = 。 8、将二项式（ x+1/ （2 4x） ）n 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，
4、那么在同一平面上的四点组（P1，Pi，Pj， Pk） （1i j k10）有个。 10、已知 f(x)是定义在 R上的函数， f(1)=1且对任意xR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)+log 4(x-2y)=1 ，则 x- y的最小值是。 12、使不等式sin 2x+acosx+a21+cosx 对一切 xR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 2 =x+4 上两点 B，C使得 AB BC
5、 ，求点 C的纵坐标的取值范围。 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 2+bx+c(a,b,c R,a0) 满足条件： （1） 当 xR时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x) x; （2） 当 x(0,2) 时， f(x) (x+1)/2) 2; （3
6、） 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 x1,m ，就有 f(x+t)x。 参考答案 一、 选择题 1、 由 x 2-2x-3 0 有 x-1 或 x3，故函数 log 1/2(x 2-2x-3) 的定义域为 x-1 或 x3。二次函数u=x 2 -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 2-2x-3) 在(- ,-1) 单调递增，故选 A。 2、(x+5) 2+(y-12)2=142 是以点 C(-5,12) 为圆心，半径为14 的圆。设 P为圆上任一点
7、，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 x0 时，因为 f(-x)=(-x)/(1-2 -x )-(-x)/2=(-x2 x)/(2x-1)+(x/2)=(x+x(2x-1)/(1-2x)+(x/2)=(x/(1-2x)-x+(x/2)=(x/(1-2 x)-(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(4cos ,3sin )(0 ( /2) ，即点 P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1A
8、OB面积 S， S=SOAP1+S OBP1=(1/2) 4(3sin )+(1/2) 3(4cos )=6(sin+cos)=62sin( =(/4), Smax=62( 此时 +(/4). SOAB=(1/2) 43=6为定值， SP1AB的最大值为 626. 6263, 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 b1b2 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
9、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 49 99，则这样的映射共有C 49 99，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=(4 2-4 y) ， S2=(4 2-y2)- 4-(2- y 2)= (42 -4y) S1=S2 由祖暅原理知，两几何体体积相等， 1=2，故选 . 二、 填空题 、如图， 由余弦定理可得： Z1+Z2=19, Z1-Z2=7，所以 (Z1+Z2) (Z1Z2) =(
10、 19)/( 7)=( 133)/7. 8、 不难求出前三项系数分别是，(1/2)n ， (1/8)n(n-1)， 由于这三个数成等差数列，有 2 1/2n=1+1/8n(n-1). 解得： n=8 和 n=1（舍去） . 当 n=8 时，Tr+1=C r 8(1/2) r x (16-3r)/4 ， 这里 r=0,1, ,8.r应满足 (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 3 5个，三个侧面共有3C 3 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
11、条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上，这 样的四点组有个。 综上，共有C 3 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)-1g(x)+(x-1)+5, g(x+1)+(x+1)-1g(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) 是周期为的周期函数，又g(1)=1 ，故 g(2002)=1. 11、 由对称性只考虑y0，因为 x0，所以只须求x-y 的最小
12、值 . 令 x-y=u 代入 x 2-4y2=4, 有 3y2-2uy+(4-u2 )=0. 这个关于 y 的二次方程显然有实根，故=16(u 2-3) 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)） 2a2+(a-1)2 /4. -1cosx1,a0,a-1/20, 当 cosx=1 时，函数 y=(cosx-(a-1)/2) 2 有最大值 (1-(a-1)/2) 2，从而有 (1-(a-1)/2)2 a2+(a-1)2/4 ，整理 得 a 2+a-2 0, a1 或 a-2. 又
13、 a0,a-2. 三、 解答题 13、设点坐标为（y 2 1-4,y1 ），点坐标为 (y 2-4,y) 显然 y 2 1-4 ，故 kAB=(y1-2)/(y 2 1-4)=1/(y1+2). 由于 ABBC ，所以 kBC=-(y1+2). 从而 y-y1=-(y 1+2)x-(y 2 1-4),y 2=x+4 消去 x，注意到 yy 1得:(2+y1)(y+y1)+1=0y 2 1+(2+y)y1+(2y+1)=0. 由0 解得： y0 或 y4. 当 y=0 时，点的坐标为(-3,-1)；当 y=4 时，点的坐标为(5,-3)，均满足题意。故点的纵坐标的 取值范围是y0 或 y4. 1
14、4、(1) 对0进行操作，容易看出 0的每条边变成的条边，故的边数为 34；同样，对P进行操 作，P的每条边变成P的条边，故P的边数为 34 ，从而不难得到 Pn的边数为34 n. 已知0的面积为0=1，比较 P与0. 容易看出 P在0的每条边上增加一个小等边三角形，其面积为 1/3 2，而 0有条边，故 S1=S0+3(1/3 2)=1+(1/3). 再比较 P与 P，可知 P在 P的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(1/3 2) (1/32) ，而 P 有 34 条边，故 S2=S1+34(1/3 4 )=1+(1/3)+(4/3 3 ), 类似地有 S3=S2+34 2(1/36
15、)=1+(1/3)+(4/33)+(42/35), 于是有 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) k. 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 2(k+1) ) ，而 Pk 有 34 k 条边，故 Sk =Sk+34 k(1/32(k+1) )=Sk+(4 k)/32k+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)
16、-(3/5)(4/9) n=(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 2+(1/2)x+(1/4). 假设存在 t R，只要 x1,m,就有 f(x+t)x. 取 x=1 有 f(t+1)1. 即 (1/4)(t+1) 2+(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) 2)+( (1/2)(t+m)+(1/4)m,化简有 m 2 -2(1-t)m+ (t 2+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x1,9，恒有 f(x-4)-x=(1/4)(x 2-10x+9)=1/4(x-1)(x-9) 0. 所以 m的最大值为。