2002年全国高中数学联赛试题参考答案

2002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
f(x)?log
1
(x?2x?3)
的单调递增区间是（ A ）
2
2
（A）
(??,?1)
（B）
(??,1)
（C）
(1,??)
（D）
(3,??)

2．若实数
x,y
满足
(x?5)< br>2
?(y?12)
2
?14
2
，则
x
2?y
2
的最小值为（ B ）
（A）2 （B）1 （C）
3
（D）
2

3．函数
f(x)?
xx
?
（ A ）
x
2
1?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
x
2
y
2
xy
??1
相交于
A
、
B
两点，该椭圆上点
P
，使4．直线
??1
与椭圆
43
169
得△
APB
的面积等于3．这样的点
P
共有
（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个
解：设
P(4cos
?
,3sin
?
)
（
0?
?
?
图，考虑四边形
PAOB
面积
S

?
2
），即点
P
在第一象限的椭圆上，如
S?S
?OAP
?S
? OBP
?
11
?4(3sin
?
)??3(4cos
?)
22

?6(sin
?
?cos
?
)?62 sin(
?
?
∴
S
max
?62
（此时
?
?
∵
S
OAB
?
?
?
4
4

)
）
1
?3?4?6

2
∴
S?PAB
的最大值为
6(2?1)
，
62?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
．

5．已知两个实数集合
A?{a
1
,a
2
,?,a
100
}
与
B?{b
1
,b
2
,?,b
50
}
，若从
A
到
B的映射
f
使得
B
中每个元素都有原象，且
f(a
1)?f(a
2
)???f(a
100
)
，则这样的
映射 共有
50504949
（A）
C
100
（B）
C
99
（C）
C
100
（D）
C
99

解：不妨设
b
1
?b
2< br>???b
50
，将
A
中元素
a
1
,a
2
,?,a
100
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
b
i
（
i?1,2,?,50
）．
易知这样的映射
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
4949
分法数为
C
99
，则这样的映射共有
C
99
．
6．由曲线
x
2
?4y
，
x
2
??4y
，
x ?4
，
x??4
围成的图形绕
y
轴旋转一周
所得的旋转体的 体积为
V
1
；满足
x
2
?y
2
?16，
x
2
?(y?2)
2
?4
，
x
2< br>?(y?2)
2
?4
的点组成的图形
y
轴旋转一周所得的旋转 体的体积为
V
2
，则
1
（A）
V
1
?V
2

2
2
（B）
V
1
?V
2

3
（C）
V
1
?V
2

（D）
V
1
?2V
2




y

y
4
4
?
4
O
4
x
?
4
O
4
x
?
4
?
4
解：如图，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
S
1
??
(4
2
?4|y|
2
)
，
S
2?
?
(4
2
?y
2
)?
?
[4?(2 ?|y|)
2
]?
?
(4
2
?4y
2
)< br>，
∴
S
1
?S
2
，由祖暅原理知，两几何体体积相等 ，∴
V
1
?V
2

二、填空题（本题满分5 4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
z
1
，
z
2
满足
|z
1
|?2
，
|z
2
|?3
．若它们所对应的向量的夹角为
60?
，< br>则
|
z
1
?z
2
133
．
|?< br>7
z
1
?z
2
8．将二项式
(x?

P
1

P
4

P
3

P
7

P
5

P
8

P
6

1
2
4
x
)
n
的 展开式按
x
降幂排列，若
P
10

P
2

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 3 个．
9．已知点
P
1
,P
2
,?,P
10
分别是四面体的顶点或棱的中
P
9

点，那么在同一平面上的四点组
(P
1
,P
i
,P
j
,P
k
)
（
1?i?j?k?10
）有 33 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)?
．
解：由
g(x)?f(x)?1?x
，得
f(x)?g(x)?x?1< br>，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?2)?g(x?1)?g(x)

∴
g(x?1)?g(x)

)?1
即
g(x)
是周期为1的周期函数，又
g(1)?1
，故
g(2002
x?2y)?lo
4
(gx?2y)?1
，则
|x|?|y|
的最小值11．若
lo
4
(g
是 ．

?
x?2y?0
?
x?2|y|?0
?
解：
?
x?2y?0
?
?
22
?
x?4y?4
?
(x?2y)(x?2y) ?4
?
由对称性只考虑
y?0
，因为
x?0
，所以只须求< br>x?y
的最小值．
令
x?y?u
公代入
x
2
?4y
2
?4
，有
3y
2
?2uy?(4?u
2
)?0
．
这是一个关于
y
的二次方程显然有实根，故
?? 16(u
2
?3)?0
，∴
u?3

当
x?
3
43
，
y?
时，
u?3
．故
|x|?|y|< br>的最小值为
3

3
3
12．使不等式
sin
2
x?acosx?a
2
?1?cosx

对一切
x?R
恒成立的负数
a
的取值范围是 ． < br>2
(a?1)
a?1
2
)?a
2
?
解：原不 等式可化为
(cosx?

24
a?1
?0

2< br>a?1
2
a?1
2
)
有最大值
(1?)
， ∴当
cosx?1
时，函数
y?(cosx?
2
2
∵
?1?cosx?1
，
a?0
，
a?1
2
(a?1)2
2
2
)?a?
从而有
(1?
，整理得
a?a ?2?0

24
∴
a?1
或
a??2
，又
a?0
，∴
a??2

三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 2
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．
解：设
B
点坐标为
(y
1
?4,y
1
)< br>，
C
点坐标为
(y?4,y)
．
2
显然
y
1
?4?0
，故
k
AB
?
22
y
1
?2
1
?

2
y
1
?4
y1
?2
由于
AB?BC
，所以
k
BC
??(y
1
?2)

2
?
?
y?y
1
??(y
1
?2)[x?(y
1
?4)]
从而
?
，消去
x
，注意到
y?y
1
得：
2
?< br>?
y?x?4
(2?y
1
)(y?y
1
)?1?0< br>?
y
1
2
?2(2?y)y
1
?(2y?1)?0< br>
由
??0
解得：
y?0
或
y?4
． 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
足是题意． 故点
C
的纵坐标的取值范围是
y?0
或
y?4
．
14．如图，有一列曲线
P
0
,P
1
,P
2
,?< br>．已知
P
0
所围成的图形是面积为1的等边三
角形，
P
k?1
是对
P
k
进行如下操作：将
P
k
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, 1,2,3,?
）．记
S
n
为曲线
P
n
所围成图形 的面积．
（1）求数列
{S
n
}
的通项公式；
（2）求
limS
n
．
n??







解：（1）对
P
0
进行操作，容 易看出
P
0
的每条边变成
P
1
的4条边，故
P1
的边数为
3?4
；同样，对
P
1
进行操作，
P
1
的每条边变成
P
2
的4条边，故
P
2
的边数为
3?4
2
，
从而不难得到
P
n
的边数为< br>3?4
．
已知
P
0
的面积为
S
0
?1
，比较
P
1
与
P
0
．容易看出
P1
在
P
0
的每条边上增加了一
个小等边三角形，其面积为
n
111
S?S?3??1?
，而有3条边，故
P
10
0
2
2
3
3
3

再比较
P
2
与
P
1
，可知
P
2
在
P
1
的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为
11114
3?4
?S?S?3?4 ??1??
3
，而有条边，故
P
21
1
224
3
3333
1144
2
类似地有：
S
3
?S
2
?3?4?
6
?1??
3
?
5

3333
2
n
144
2
4
n?1
4
t? 1
3
n
4
t
于是有
S
n
?1??
3
?
5
???
2n?1
?1?
?
2t?1
?1?
?
()

3
3
4
t?1
9
33
t?1
3
44
[1?()
n
]
334834< br>9

?1??
9
?1?[1?()
n
]???()
n

4
459559
1?
9
834
n
以下用数学归纳法 证明
S
n
???()
成立．
559
n?1
时，由上面已知等式成立
834
k
假设n?k
时，有
S
k
???()

559
当n?k?1
时，易知第
k?1
次操作后，比较
P
k?1
与
P
k
，
P
k?1
在
P
k
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P
k
有
3?4
条边，故
k
S
k?1
?S
k
?3?4?
k
1
3
2(k?1)
4
k
834
?S
k
?
2k?1
???()
k?1
559
3
834
n
??()
成立．
559
834
n
8
（2）
limS
n
?lim[??() ]?
．
n??n??
5595
综上，由数学归纳法知
S
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，< br>f(x)?(
2
x?1
2
)
；
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< br>x?[1,m]
，就有
f(x?t)?x
．
解：∵
f(x? 4)?f(2?x)
，∴函数的图象关于
x??1
对称，
∴
?
b
2a
??1
，
b?2a

由（3）知，
x??1
时，
y?0
，即
a?b?c?0
，
由（1）得
f(1)?1
，由（2）得
f(1)?1

∴< br>f(1)?1
，即
a?b?c?1
，又
a?b?c?0
＝0
∴
b?
1
2
，
a?
1
4
，
c?
1
4
，∴
f(x)?
1
2
11
4< br>x?
2
x?
4

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)
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
，
1
4
(t?m)
2
?
11
2
(t?m)?
4
?m
，
化简有，
m
2
?2(1?t)m?(t
2
?2t?1)?0
，
解得
1?t??4t?m?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
2
?10x?9)?
1
4(x?1)(x?9)?0
．
所以
m
的最大值为9．

即

2002年全国高中数学联赛加试试卷


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
、
C F
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
解：在
BE
上取
BK?CH
，边接
OB,OC,OK
．
外心的性质知
?BOC?2?A?120?
，由三角形 垂心的性质知
?BHC?180???A?120?

∴
?BHC??BOC

∴
B,C,H,O
四点共圆．
由三角形
B

A

F

O

M

N

H

E

C

?OBH??OCH
，又
OB?OC
，
BK?CH
，
∴△
BOK
≌△
COH

∵
?BOK??COH
，
OK?OH

∴
?KOH??BOC?120?
，
?OKH??OHK?30?

KHOH
?
观察△
OKH
，，则
KH?3?OH
；
sin120?sin30?
又∵
BM?CN
，
BK?CH
，∴
KM?NH

MH?NH
?3
． ∴
MH?NH?MH ?KM?KH?3?OH
，故
OH
二、（本题满分50分）
实数
a ,b,c
和正数
?
使得
f(x)?x?ax?bx?c
有三个实根< br>x
1
,x
2
,x
3
，且满
足
（1）
x
2
?x
1
?
?
；
（2 ）
x
3
?
32
1
(x
1
?x
2< br>)
．
2
3
求
2a
3
?27c?9ab?
的最大值．
2
解：由于
f(x)?f(x)?f(x
3)?(x?x
3
)[x
2
?(a?x
3
)x?x
3
?ax
3
?b]

2
所以
x< br>1
,x
2
是方程
x
2
?(a?x
3
)x?x
3
?ax
3
?b?0
的两个根，由（1）可得
2 2
(a?x
3
)
2
?4(x
3
?ax
3< br>?b)?
?
2
，即
3x
3
?2ax
3
?
?
2
?4b?a
2
?0

再由（2）可得x
3
?
易
1
[?a?4a
2
?12b?3?
2
]
，且
4a
2
?12b?3
?
2
?0

3
知
a2
3
1
f(x)?x?ax ?bx?c?(x?)?(?b)(x?)?a?c?ab

333273
323aa
2
12
3
a
3
a
2
a
a ?c??(x
3
?)?(?b)(x
3
?)
由
f(x3
)?0
可得
ab?
327333
由
x
3?
1
[?a?4a
2
?12b?3
?
2
]，得
3
1123a
2
?
2
22

x
3
?a?4a?12b?3
?
??b?
33334
a
2
?
2
12
3
23
?b
，则
p?
记
p?
，且
ab?a?c??
34
3273
令
y ?
p?
?
2
4
(p?
?
2
)
< br>p?
?
2
4
，则
y?0
，且
ab?
1
3
2
3
233
a?c?y(y
2
?
?< br>2
)

2794
3
?
2
?
3
3
?
2
?
3
3
?
2
?
3
y??y?y?()??
由于
y?
444242
3
3
?
2
?)

?(y?)(y?y?
2244
?
2
??
2

?(y?
?
2
)
2
(y?
?
)?0

所以
ab?
1
3
2
3
3
3
a ?c??
?

2718
33
3
2a
3
?2 7c?9ab33
于是
2a?27c?9ab?

?
，由此得
?
3
22
?
3

b?2
，
c?0< br>，
?
?2
，取
a?23
，则
f(x)?x
3
?23x
2
?2x
有根
?3?1
，
?3?1
，0，显然假设条件成立，且
2a
3
?27c?9ab
2a
3?27c?9ab
?
3
33
．
2
?
33
．
2
综上可知，
?
3
的最大值为
三、（本题满分50分） < br>在世界杯足球赛前，
F
国教练为了考察
A
1
,A
2< br>,?,A
7
，这七名队员，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
A
1
,A< br>2
,A
3
,A
4
每人上场的总时间（以分钟为单位）均被7整 除，
A
5
,A
6
,A
7
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
x
i
分钟（
i?1,2,?,7
），问题即求不定方程
x
1
?x
2
???x
7
?270
（1）
在条件
7|x
i
（
1?i?4
）且
13| x
j
（
5?j?7
）下的正整数解的组数．
若
(x
1
,x
2
,?,x
7
)
是满足条件（1）的一组正整数解 ，则应有
?
x
i?1
4
i
?7m
，
?< br>x
i
?13n
，
m,n?N
?

i?57
于是
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
由于
7(m?4)?13(n?3)?203

令
m
??m?4
，
n
?
?n?3
，有
7m
?
?13n
?
?203
（3）
所以，求（2）满足条件
m? 4
，
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

)?203
于是有
7?406?1 3?(?203

即
m
0
?406

n
0
??203
是（3）的整数特解，从而（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
．
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
?
从而得到（2）满足条件的三组正整数解：
?
m?7

?
?
n?17
①在
m?33< br>，
n?3
时，显然
x
5
?x
6
?x
7
?13
仅有一种可能；
又设
x
i
?7y
i（
i?1,2,3,4
），于是由不定方程
y
1
?y
2
?y
3
?y
4
?33
有
4?13
C33?1
?C
32
?4960
组正整数解．
3
可知此 时（1）有满足条件的
C
32
?4960
组正整数解．
②在
m?20
，
n?10
时，设
x
i
?7y
i
（
i?1,2,3,4
），
x
j
?7y
j
（j?5,6,7
），
3
由
y
1
?y
2
?y
3
?y
4
?20
，有
C
19
组正整 数解；
1
以及
y
5
?y
6
?y
7
?10
，有
C
9
组正整数解．
可知此时（1）有满足条件的C
19
C
9
?34884
组正整数解．
③在
m?7
，
n?17
时，仍设
x
i
?7y
i
（
i?1,2,3,4
），
x
j
?7y
j
（
j?5,6,7
），
3
由
y
1
?y
2
?y
3
?y
4
?7
与
y
5
?y
6
?y
7
?17
分别有
C
6
与
C
1 6
组正整数解．
2
32
可知此时（1）有满足条件的
C
6
?C
16
?2400
组正整数解．
综上，（1）满足条件的正整数解的组数为
33232
C
32
?C
19
?C
9
?C
6
?C
16
?4960? 34884?2400?42244

32