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)?log1(x?2x?3)的单调递增区间是（ A ）
22（A）(??,?1) （B）(??,1) （C）(1,??) （D）(3,??)
222．若实数x,y满足(x?5)?(y?12)?14，则x?y的最小值为（ B ）
222（A）2 （B）1 （C）3 （D）2 3．函数f(x)?xx （ A ） ?x21?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
x2y2xy??1相交于A、B两点，该椭圆上点P，使4．直线??1与椭圆16943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?)?62sin(??∴Smax?62（此时??∵SOAB???44
)）
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?{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）C100 （B）C99 （C）C100 （D）C99 解：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的分法数为C99，则这样的映射共有C99．
6．由曲线x?4y，x??4y，x?4，x??4围成的图形绕y轴旋转一周
22所得的旋转体的体积为V1；满足x?y?16，x?(y?2)?4，
2222494950504949x2?(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V2，则
1（A）V1?V2
22（B）V1?V2
3（C）V1?V2 （D）V1?2V2
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
S1??(42?4|y|2)，S2??(42?y2)??[4?(2?|y|)2]??(42?4y2)，
∴S1?S2，由祖暅原理知，两几何体体积相等，∴V1?V2
二、填空题（本题满分54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z1，z2满足|z1|?2，|z2|?3．若它们所对应的向量的夹角为60?，则|z1?z2133|?．
z1?z278．将二项式(x? P1 P4 P3 P7 P5 P8 P6 124x)n的展开式按x降幂排列，若
P10 P2 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P1,P2,?,P10分别是四面体的顶点或棱的中
P9 点，那么在同一平面上的四点组(P1,Pi,Pj,Pk)（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，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)
即g(x)是周期为1的周期函数，又g(1)?1，故g(2002)?1
11．若log4(x?2y)?log4(x?2y)?1，则|x|?|y|的最小值是 ．
?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x?y的最小值． 令x?y?u公代入x?4y?4，有3y?2uy?(4?u)?0． 这是一个关于y的二次方程显然有实根，故??16(u?3)?0，∴u?222223
当x?343，y?时，u?3．故|x|?|y|的最小值为3
3312．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 ． 解：原不等式可化为(cosx?∵?1?cosx?1，a?0，
a?12)?a?22(a?1)24
a?1?0 2a?12a?12∴当cosx?1时，函数y?(cosx?)有最大值(1?)，
22a?12(a?1)22)?a?从而有(1?，整理得a2?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）
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(y1?4,y1)，C点坐标为(y?4,y)．
2显然y1?4?0，故kAB?222y1?21? 2y1?4y1?2由于AB?BC，所以kBC??(y1?2)
2??y?y1??(y1?2)[x?(y1?4)]从而?，消去x，注意到y?y1得：
2??y?x?4(2?y1)(y?y1)?1?0?y12?2(2?y)y1?(2y?1)?0
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：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?0,1,2,3,?）．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??
解：（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?4．
已知P0的面积为S0?1，比较P1与P0．容易看出P1在P0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为
n111P，而有3条边，故 S?S?3??1?01022333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
11114P，而有条边，故3?4?S?S?3?4??1??3 1212243333311442类似地有：S3?S2?3?4?6?1??3?5
33332n14424n?14t?13n4t于是有Sn?1??3?5???2n?1?1??2t?1?1??()
334t?1933t?1344[1?()n]3348349?1?[1?()n]???()n ?1??944595591?9834以下用数学归纳法证明Sn???()n成立．
559n?1时，由上面已知等式成立
834假设n?k时，有Sk???()k
559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
132(k?1)，而Pk有3?4k条边，故
Sk?1?Sk?3?4?k132(k?1)4k834?Sk?2k?1???()k?1
5593834n??()成立． 5598348（2）limSn?lim[??()n]?．
n??n??5595综上，由数学归纳法知Sn?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，f(x)?(2x?12)； 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． 解：∵f(x?4)?f(2?x)，∴函数的图象关于x??1对称， ∴?b2a??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
∴f(1)?1，即a?b?c?1，又a?b?c?0＝0 ∴b?12，a?14，c?14，∴f(x)?1114x2?2x?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14(t?1)2?12(t?1)?14?1，解得?4?t?0．对固定的
t?[?4,0]，取x?m，有f(t?m)?m，14(t?m)2?112(t?m)?4?m， 化简有，m2?2(1?t)m?(t2?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?14(x2?10x?9)?14(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、CF交于H点．点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM?CN．求
F O B M A N H E C MH?NH的值．
OH解：在BE上取BK?CH，边接OB,OC,OK． 由
三
角
形
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．
?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∴MH?NH?MH?KM?KH?3?OH，故?3．
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x1,x2,x3，且满足
（1）x2?x1??； （2）x3?321(x1?x2)． 23求
2a3?27c?9ab?的最大值．
22解：由于f(x)?f(x)?f(x3)?(x?x3)[x?(a?x3)x?x3?ax3?b]
22所以x1,x2是方程x?(a?x3)x?x3?ax3?b?0的两个根，由（1）可得 22(a?x3)2?4(x3?ax3?b)??2，即3x3?2ax3??2?4b?a2?0
再由（2）可得x3?易
1[?a?4a2?12b?3?2]，且4a2?12b?3?2?0 3知
a231f(x)?x?ax?bx?c?(x?)?(?b)(x?)?a?c?ab
333273323aa2123a3a2aa?c??(x3?)?(?b)(x3?) 由f(x3)?0可得ab?327333由x3?1[?a?4a2?12b?3?2]，得 31123a2?222 x3?a?4a?12b?3???b?33334?2a212323?b，则p?记p?，且ab?a?c??433273令y?p??24(p??2)
p??24，则y?0，且ab?1323233a?c?y(y2??2) 27943?2?33?2?33?2?3y??y?y?()?? 由于y?44424233?2?) ?(y?)(y?y?2244?2??2 ?(y??2)2(y??)?0
所以ab?132333a?c??? 27183332a3?27c?9ab33?，由此得?于是2a?27c?9ab? 22?3332取a?23，则f(x)?x?23x?2x有根?3?1，b?2，c?0，??2，
?3?1，0，显然假设条件成立，且
2a3?27c?9ab?333． 2?33． 2综上可知，
2a3?27c?9ab?3的最大值为
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．
解：设第i名队员上场的时间为xi分钟（i?1,2,?,7），问题即求不定方程
x1?x2???x7?270 （1）
在条件7|xi（1?i?4）且13|xj（5?j?7）下的正整数解的组数． 若(x1,x2,?,x7)是满足条件（1）的一组正整数解，则应有
?xi?14i?7m，?xi?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 于是有7?406?13?(?203)?203
即m0?406 n0??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??16 ??n?7??m??3 ??n?14?从而得到（2）满足条件的三组正整数解：
?m?33 ??n?3?m?20 ??n?10?m?7 ??n?17①在m?33，n?3时，显然x5?x6?x7?13仅有一种可能； 又设xi?7yi（i?1,2,3,4），于是由不定方程y1?y2?y3?y4?33有
4?13C33?1?C32?4960组正整数解．
3可知此时（1）有满足条件的C32?4960组正整数解．
②在m?20，n?10时，设xi?7yi（i?1,2,3,4），xj?7yj（j?5,6,7）， 由y1?y2?y3?y4?20，有C19组正整数解； 以及y5?y6?y7?10，有C9组正整数解．
32可知此时（1）有满足条件的C19C9?34884组正整数解．
13③在m?7，n?17时，仍设xi?7yi（i?1,2,3,4），xj?7yj（j?5,6,7）， 由y1?y2?y3?y4?7与y5?y6?y7?17分别有C6与C16组正整数解．
32可知此时（1）有满足条件的C6?C16?2400组正整数解．
32综上，（1）满足条件的正整数解的组数为
3332C32?C19?C92?C6?C16?4960?34884?2400?42244
2002年全国高中数学联赛试卷及答案
