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2002年全国高中数学联赛试卷一、选择题〔此题总分值36分，每题6分〕此题共有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．每题选对得6分；不选、选错或选出的字母超过一个〔不管是否写在括号内〕，一律得0分．1．函数的单调递增区间是〔A〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕2．假设实数满足，那么的最小值为〔B〕〔A〕2〔B〕1〔C〕〔D〕3．函数〔A〕〔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．直线与椭圆相交于、两点，该椭圆上点，使得△的面积等于3．这样的点共有〔A〕1个〔B〕2个〔C〕3个〔D〕4个解：设〔〕，即点在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形面积∴〔此时〕∵∴的最大值为，∴点不可能在直线的上方，显然在直线的下方有两个点．5．两个实数集合与，假设从到的映射使得中每个元素都有原象，且，那么这样的映射共有〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕解：不妨设，将中元素按顺序分为非空的50组．定义映射，使第组的元素在之下的象都是〔〕．易知这样的映射满足题设要求，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的个数与按足码顺序分为50组的分法数相等，而的分法数为，那么这样的映射共有．6．由曲线，，，围成的图形绕轴旋转一周所得的旋转体的体积为；满足，，的点组成的图形轴旋转一周所得的旋转体的体积为，那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕解：如图，两图形绕轴旋转所得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间．用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，那么所得截面面积，，∴，由祖暅原理知，两几何体体积相等，∴二、填空题〔此题总分值54分，每题9分，此题共有6个小题，要求直接将答案写在横线上．〕7．复数，满足，．假设它们所对应的向量的夹角为，那么．8．将二项式的展开式按降幂排列，假设前三项系数成等差数列，那么该展开式中的幂指数是整数的项共有3个．9．点分别是四面体的顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组〔〕有33个．10．是定义在上的函数，且对任意都有假设，那么．解：由，得，所以即，∴∴即是周期为1的周期函数，又，故11．假设，那么的最小值是．解：由对称性只考虑，因为，所以只须求的最小值．令公代入，有．这是一个关于的二次方程显然有实根，故，∴当，时，．故的最小值为12．使不等式对一切恒成立的负数的取值范围是．解：原不等式可化为∵，，∴当时，函数有最大值，从而有，整理得∴或，又，∴三、解答题〔此题总分值60分，每题20分〕13．点和抛物线上两点使得，求点的纵坐标的取值范围．解：设点坐标为，点坐标为．显然，故由于，所以从而，消去，注意到得：由解得：或．当时，点的坐标为；当时，点的坐标为，均满足是题意．故点的纵坐标的取值范围是或．14．如图，有一列曲线．所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作：将的每条边三等分，以每边中间局部的线段为边，向外作等边三角形，再将中间局部的线段去掉〔〕．记为曲线所围成图形的面积．〔1〕求数列的通项公式；〔2〕求．解：〔1〕对进行操作，容易看出的每条边变成的4条边，故的边数为；同样，对进行操作，的每条边变成的4条边，故的边数为，从而不难得到的边数为．的面积为，比拟与．容易看出在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有3条边，故再比拟与，可知在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边，故类似地有：于是有以下用数学归纳法证明成立．时，由上面等式成立假设时，有当时，易知第次操作后，比拟与，在的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而有条边，故综上，由数学归纳法知成立．〔2〕．15．设二次函数〔〕满足条件：〔1〕当时，，且；〔2〕当时，；〔3〕在上的最小值为0．求最大的〔〕，使得存在，只要，就有．解：∵，∴函数的图象关于对称，∴，由〔3〕知，时，，即，由〔1〕得，由〔2〕得∴，即，又＝0∴，，，∴假设存在，只要，就有．取有．即，解得．对固定的，。，即，化简有，，解得于是有当时，对任意的，恒有．所以的最大值为9．2002年全国高中数学联赛加试试卷一、〔此题总分值50分〕如图，在△中，，，点是外心，两条高、交于点．点、分别在线段、上，且满足．求的值．解：在上。呓樱扇切瓮庑牡男灾手，由三角形垂心的性质知∴∴四点共圆．，又，，∴△≌△∵，∴，观察△，，那么；又∵，，∴∴，故．二、〔此题总分值50分〕实数和正数使得有三个实根，且满足〔1〕；〔2〕．求的最大值．解：由于所以是方程的两个根，由〔1〕可得，即再由〔2〕可得，且易知由可得由，得记，那么，且令，那么，且由于所以于是，由此得。，，，那么有根，，0，显然假设条件成立，且．综上可知，的最大值为．三、〔此题总分值50分〕在世界杯足球赛前，国教练为了考察，这七名队员，准备让他们在三场训练比赛〔每场90分钟〕都上。偕柙诒热娜魏问笨，这些队员中有且仅有一人在场上，并且每人上场的总时间〔以分钟为单位〕均被7整除，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：设第名队员上场的时间为分钟〔〕，问题即求不定方程〔1〕在条件〔〕且〔〕下的正整数解的组数．假设是满足条件〔1〕的一组正整数解，那么应有，，于是是不定方程〔2〕在条件且下的一组正整数解由于令，，有〔3〕所以，求〔2〕满足条件，的正整数解等价于求〔3〕的非负整数解．易观察到于是有即是〔3〕的整数特解，从而〔3〕的整数通解为令，解得．。玫健3〕满足条件的三组非负整数解：从而得到〔2〕满足条件的三组正整数解：①在，时，显然仅有一种可能；又设〔〕，于是由不定方程有组正整数解．可知此时〔1〕有满足条件的组正整数解．②在，时，设〔〕，〔〕，由，有组正整数解；以及，有组正整数解．可知此时〔1〕有满足条件的组正整数解．③在，时，仍设〔〕，〔〕，由与分别有与组正整数解．可知此时〔1〕有满足条件的组正整数解．综上，〔1〕满足条件的正整数解的组数为