跪求2002年全国高中数学竞赛试题及答案

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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(x2-2x-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=142，则x2+y2的最小值为（ ）。
（A）2 （B）1 （C）√3 （D）√2
3、函数f(x)=x/1-2x-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与椭圆x2/16+y2/9=1相交于A，B两点，该椭圆上点P，使得ΔPAB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）C50100 （B）C4899 （C）C49100 （D）C4999
6、由曲线x2=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x2+y2≤16,x2+(y-2)2≥4,x2+(y+2)2≥4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∣(Z1＋Z2)/(Z1＋Z2)∣= 。
8、将二项式（√x+1/（24√x））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，那么在同一平面上的四点组（P1，Pi，Pj，Pk）（1＜i＜j＜k≤10）有 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)= 。
11、若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，则∣x∣-∣y∣的最小值是 。
12、使不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R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y2=x+4上两点B，C使得AB⊥BC，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)=ax2+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，f(x)≤((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x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x。
参考答案
一、 选择题
1、 由x2-2x-3＞0有x＜-1或x＞3，故函数log1/2(x2-2x-3)的定义域为x＜-1
或x＞3。二次函数u=x2-2x-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(x2-2x-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，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x≠0时，因为
f(-x)=(-x)/(1-2-x)-(-x)/2=(-x2x)/(2x-1)+(x/2)=(x+x(2x-1))/(1-2x)+(x/2)=(x/(1-2x))-x+(x/2)=(x/(1-2x))-(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(4cosα,3sinα)(0＜α＜(π/2))，即点P1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P1AOB面积S，
S=SΔOAP1+SΔOBP1=(1/2)×4(3sinα)+(1/2)×3(4cosα)=6(sinα+cosα)=6√2sin(α=(π/4)),
∴Smax=6√2(此时α+(π/4)).
∵SΔOAB=(1/2)×4×3=6为定值，
∴SΔP1AB的最大值为6√2－6.
∵6√2－6＜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，故选B。
5、不妨设b1＜b2＜…＜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C4999，则这样的映射共有C4999，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=π(42-4∣y∣)，
S2=π(42-y2)-π[4-(2-∣y∣2)]=π(42-4∣y∣)
∴S1=S2
由祖暅原理知，两几何体体积相等，
∴V1=V2，故选C.
二、 填空题
7、如图，由余弦定理可得：∣Z1+Z2∣=√19, ∣Z1-Z2∣=√7，所以∣(Z1+Z2)／(Z1－Z2)∣=(√19)/(√7)=(√133)/7.
8、不难求出前三项系数分别是1，(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=Cr8(1/2)rx(16-3r)/4，这里r=0,1,…,8.r应满足4∣(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C35个，三个侧面共有3C35个.
其次，含P1的每条棱上的三点组添加底面与它异面的那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3个。
综上，共有C35+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)-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+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x).∴g(x+1)=g(x).
即g(x)是周期为1的周期函数，又g(1)=1，故g(2002)=1.
11、
由对称性只考虑y≥0，因为x＞0，所以只须求x-y的最小值.
令x-y=u代入x2-4y2=4,有3y2-2uy+(4-u2)=0.这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16(u2-3)≥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)）2≤a2+(a-1)2/4.
∵-1≤cosx≤1,a<0,a-1/2<0,
∴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a2+a-2≥0,∴a≥1或a≤-2.又a＜0,∴a≤-2.
三、 解答题
13、设B点坐标为（y21-4,y1），C点坐标为(y2-4,y)
显然y21-4≠0，故kAB=(y1-2)/(y21-4)=1/(y1+2).由于AB⊥BC，所以kBC=-(y1+2).从而y-y1=-(y1+2)[x-(y21-4)],y2=x+4消去x，注意到y≠y1得:(2+y1)(y+y1)+1=0→y21+(2+y)y1+(2y+1)=0.由Δ≥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)，均满足题意。故点C的纵坐标的取值范围是y≤0或y≥4.
14、(1)对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3•4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3•42，从而不难得到Pn的边数为3•4n.
已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0.容易看出P1在P0的每条边上增加一个小等边三角形，其面积为1/32，而P0有3条边，故
S1=S0+3•(1/32)=1+(1/3).
再比较P2与P1，可知P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(1/32)•(1/32)，而P1有3•4条边，故S2=S1+3•4•(1/34)=1+(1/3)+(4/33),
类似地有
S3=S2+3•42•(1/36)=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(1/32(k+1))，而Pk有3•4k条边，故Sk＋1=Sk+3•4k•(1/32(k+1))=Sk+((4k)/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)-(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)x2+(1/2)x+(1/4).
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,即((1/4)(t+m)2)+((1/2)(t+m))+(1/4)≤m,化简有m2-2(1-t)m+
(t2+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x∈[1,9]，恒有f(x-4)-x=(1/4)(x2-10x+9)=1/4(x-1)(x-9)≤0.所以m的最大值为9。
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、CF交于H点，点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM=CN，求 的值。
二、（本题满分50分）
实数a,b,c和正数使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实根x1,x2,x3，且满足
① x2x1=,
② x3> (x1+x2)
求 的最大值。
三、（本题满分50分）
在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,…,A7这七名，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A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整除，A5,A6,A7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。