《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版22》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版22（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、二零零二年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)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(shù)f(x)=log(x2－2x－3)的單調(diào)遞增區(qū)間是 A．(－∞，－1) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(3，＋∞) 2．若實數(shù)x，y滿足(x＋5)2＋(y－12)2=142，則x2＋y2的最小值為 A．2 B．1 C． D． 3．函數(shù)f(x)=－ A．是偶函數(shù)但不是奇函數(shù)

2、B．是奇函數(shù)但不是偶函數(shù) C．既是奇函數(shù)也是偶函數(shù) D．既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù) 4．直線+=1與橢圓+=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(shù)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．C B．C C．C

3、 D．C 6．由曲線x2=4y，x2=－4y，x=4，x=－4圍成的圖形繞y 軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體的體積為V2，則 A．V1=V2 B．V1=V2 C．V1=V2 D．V1=2V2 二．填空題(本題滿分54分，每小題9分) 7．已知復(fù)數(shù)Z1、Z2滿足|Z1|=2，|Z2|=3，若它們所對應(yīng)的向量的夾角為60°，則= ； 8．將二項式的展開式按x 的降冪排列

4、，若前三項的系數(shù)成等差數(shù)列，則該展開式中x的冪指數(shù)是整數(shù)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

5、12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx對于一切x?R恒成立的負數(shù)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(shù)

6、列{Sn}的通項公式； ⑵ 求Sn． 15．設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，c?R，a≠0)滿足條件： ⑴ 當x?R時，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x； ⑵ 當x?(0，2)時，f(x)≤； ⑶ f(x)在R上的最小值為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． 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． 求的值．

7、 二．實數(shù)a，b，c和正數(shù)λ使得f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有三個實根x1，x2，x3，且滿足 ⑴ x2－x1=λ； ⑵ x3>(x1＋x2)． 求的最大值． 三．在世界杯足球賽前，F(xiàn)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(xùn)練比賽(每場比賽90分鐘)中都上場，假設(shè)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

8、除．如果每場換人的次數(shù)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(shù)學(xué)聯(lián)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(shù)f(x)=log(x2－2x－3)的單調(diào)遞增區(qū)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(diào)減，f(x)單調(diào)增；在x∈(3，+∞)時，u= x2－2x－3單調(diào)增，f(

9、x)單調(diào)減．故選A 2．若實數(shù)x，y滿足(x＋5)2＋(y－12)2=142，則x2＋y2的最小值為 A．2 B．1 C． D． 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(shù)f(x)=－ A．是偶函數(shù)但不是奇函數(shù) B．是奇函數(shù)但不是偶函數(shù) C．既是奇函數(shù)也是偶函數(shù) D．既不是奇函數(shù)也不是偶函

10、數(shù) 解：f(x)定義域為(－∞，0)∪(0，+∞)；f(x)－f(－x)= －－+=－x=0． 即f(x)是偶函數(shù)．選A． 4．直線+=1與橢圓+=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(shè)點P(4cosθ，3sinθ)． 點P與直線的距離d=， 當0≤θ≤時，d≤(－1)，SABC≤6(－1)<3．即此時沒有三角形面積=3； 當<θ<2π時，d≤(+1)，SAB

11、C≤6(+1)．即此時有2個三角形面積=3．選B． 5．已知兩個實數(shù)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．C B．C C．C D．C 解：不妨設(shè)b1≤b2≤…≤b50，在a1，a2，…，a100的每兩個數(shù)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(shù)映射到bi，即滿足要求． 共有C種插法，選D． 6．

12、由曲線x2=4y，x2=－4y，x=4，x=－4圍成的圖形繞y 軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體的體積為V2，則 A．V1=V2 B．V1=V2 C．V1=V2 D．V1=2V2 解：作平面y=h(0≤h≤4)．與圖形⑴交于一個圓環(huán)，圓環(huán)面積=π(42－x2)=π(16－4h)； 與圖⑵交得一個圓環(huán)，面積=π(16－h(huán)2)－π(4－(h－2)2)=π(16－h(huán)2－(－h(huán)2+4h))=π(16－4h)． 說明該平面與兩個旋轉(zhuǎn)體截

13、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(fù)數(shù)Z1、Z2滿足|Z1|=2，|Z2|=3，若它們所對應(yīng)的向量的夾角為60°，則= ； 解：由余弦定理知|Z1+Z2|==；|Z1－Z2|==， ∴==． 8．將二項式的展開式按x 的降冪排列，若前三項的系數(shù)成等差數(shù)列，則該展開式中x的冪指數(shù)是整數(shù)的項共有 個； 解：前三項系數(shù)為1，n，n(n－1)，于是得n=1+n(n－1)，解得，n=8，和n=1(舍去)． 當n=8時，Tr+1=C()rx= C()rx，當r=0，4，8時x的指數(shù)為整數(shù)，∴共有3個

14、． 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

15、+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<)，u=x－y=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．即所求最小值為

16、． (或用判別式法解) 12．使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx對于一切x?R恒成立的負數(shù)a的取值范圍是 ； 解：即(cosx－)2≤a2+()2，若(1－)2≤a2+()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(shè)B(y02－4，y0)，C(y12－4，y1)．則 kAB==．kBC==． 由kAB·kBC=－1，得(y1+y0)(y0+

17、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(shù)列{Sn}的通項公式； ⑵ 求

18、Sn． 解：⑴ 對P0操作后，每條邊變?yōu)?條邊，共有4×3條邊；對P1操作，也是每條邊變?yōu)?條邊，故P2共有42×3條邊，即Pk有3×4k條邊． S0=1，S1=S0+3×=1+，S2=S1+4×3×=1++；S3=1+++； 依此類推，得Sk=1+++…+=1+·=1+[1－()k]= －()k． 用數(shù)學(xué)歸納法易證上式正確． ⑵ Sn=． 15．設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2＋bx＋c(a，b，c?R，a≠0)滿足條件： ⑴ 當x?R時，f(x－4)=f(2－x)，且f(x)≥x； ⑵ 當x?(0，2)時，f(x)≤； ⑶ f(x)在R上的最小值為0． 求最大的m(m>1)，

19、使得存在t?R，只要x?[1，m]，就有f(x＋t)≤x． 解：由f(x－4)=f(2－x)，知f(x)關(guān)于x=－1對稱．于是－=－1．Tb=2a．此時，f(x)有最小值0， ∴ a－b+c=0．Tc=a．f(x)=ax2+2ax+a． 由⑴ f(1)=4a≥1．由⑵ 4a≤1．∴ a=c=，b=．f(x)= (x+1)2． 若對于x∈[1，m]，f(x+t)－x≤0，Tf(1+t)－1=(t+2)2－1≤0，得－4≤t≤0． f(m+t)－m≤0，Tm2+2(t－1)m+(t+1)2≤0．解得－(t－1)－2≤m≤－(t－1)+2． ∴m≤1－t+2≤9． 而當t=－4時，f(

20、x－4)－x=(x2－10x+9)= (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 的值． 解：記∠ACB=α，連OB、OC，則∠BOC=∠BHC=120°， ∴ B、O、H、C四點共圓．設(shè)此圓的半徑為R'， 則2R'= ==2R． HM+NH=(BH－BM)+(CN－CH)=BH－CH． 在ΔBCH中，∠CBH=90°

21、－α．∠HCB=90°－(120°－α)=α－30°， ∴HM+NH=BH－CH=2R(sin(α－30°)－sin(90°－α))=2R(sinαcos30°－cosαsin30°－cosα) =2Rsin(α－60°)． 在ΔOCH中，OH=2Rsin∠HCO=2Rsin(α－30°－30°)=2Rsin(α－60°)． ∴ =． 二．實數(shù)a，b，c和正數(shù)λ使得f(x)=x3＋ax2＋bx＋c有三個實根x1，x2，x3，且滿足 ⑴ x2－x1=λ； ⑵ x3>(x1＋x2)． 求的最大值． 解：設(shè)x1=m－λ，x2=m＋λ，x3=m＋k (k>λ)． a=－

22、(x1＋x2＋x3)=－(3m＋k)； b=x1x2＋x1x3＋x2x3=3m2＋2mk－λ2； c=－x1x2x3=－m3－m2k＋λ2m＋λ2k． 則2a3＋27c－9ab=－3(m＋k)3＋27(－m3－m2k＋λ2m＋λ2k)＋9(3m＋k)(3m2＋2mk－λ2) =－2k3＋λ2k． 令=t，則 (2a3+27c－9ab)=－2t3+t．取g(t)=－2t3+t． 則g'(t)=－6t2+，g"(t)=－12t． 令g'(t)=0，得t=±，而當t=時g"(t)<0． ∴ 當t=時，g(t)取得最大值g()=－2()3+()=． 若取λ=1，此時得，k=

23、． 令a=0，得m=－，代入b、c的表達式得b=－，c= 此時得f(x)=x3－x+滿足題意． 三．在世界杯足球賽前，F(xiàn)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(xùn)練比賽(每場比賽90分鐘)中都上場，假設(shè)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(shù)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？ 解：設(shè)各人上場時間分別為7t1，7t2，7t3，7t4，13t5，13t6，1

24、3t7，(ti為正整數(shù))． 得方程 7(t1+t2+t3+t4)+13(t5+t6+t7)=90×3． 令t1+t2+t3+t4=x，t5+t6+t7=y，得方程7x+13y=270．即求此方程滿足4≤x≤38，3≤y≤20的整數(shù)解． 即6y≡4(mod 7)，3y≡2(mod 7)，y≡3(mod 7) ∴ y=3，10，17，相應(yīng)的x=33，20，7． t5+t6+t7=3的解只有1種，t5+t6+t7=10的解有C種，t5+t6+t7=17的解有C種； t1+t2+t3+t4=33的解有C種，t1+t2+t3+t4=20的解有C種，t1+t2+t3+t4=7的解有C種． ∴ 共有1·C+ C·C+ C·C=42244種．