2000-2013年全国高中数学联合竞赛试卷(含答案)(4)

V2 (B) V1=V2 23

(C) V1=V2 (D) V1=2V2

解：如图，两图形绕y轴旋转所得的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|) ,

S2= (42 y2) [4 (2 |y|)2]= (42 4|y|) ∴ S1=S2

由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远C。 四、 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°，则解：由余弦定理得|Z1+Z2|=, |Z1 Z2|=7, 8、 将二项式(x

z1 z2

= 。

z1 z2

z1 z2=

z1 z27

12x

)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的指数

11

n,n(n 1)， 28

P10

8

P9 是整数的项共有 个。 解：不难求出前三项的系数分别是1, ∵2

P1

11

n 1 n(n 1) 28

16 3r

1rr

∴当n=8时，Tr 1 Cn()x4 (r=0,1,2, ，8)

2

∴r=0,4,8,即有3个

9、 如图，点P1,P2, ,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同

一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k 10)有 个。 解：首先，在每个侧面上除P1点外尚有五个点，其中任意三点组

33

添加点P1后组成的四点组都在同一个平面，这样三点组有C5个，三个侧面共有3C5个。

其次，含P1的每条棱上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

3

∴共有3C5＋3＝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 。 解：由g(x)=f(x)+1 x得f(x)=g(x)+ x 1 ∴g(x+5)+(x+5) 1 g(x)+(x 1)+5 g(x+1)+(x+1) 1 g(x)+(x 1)+5 ∴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) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴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

2解： x 2y 0 2

(x 2y)(x 2y) 4 x 4y 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代入x2 4y2=4中有3y2 2uy+(4 u2)=0 ∵y∈R

∴⊿ 0 u

3

∴当x

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 。 解：∵sin2x+acosx+a2 1+cosx

4时，u=3，故|x| |y|的最小值是 3,y

33

a 12(a 1)22

) a ∴(cosx 24

∵a<0,

∴当cosx=1时，函数y (cosx

a 12a 12

)有最大值(1 ) 22

a 12(a 1)22

) a a2+a-2 0 a -2或a 1 ∴(1 24

∵a<0

∴负数a的取值范围是(-∞,2]

五、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=x2+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B(y12 4,y1)，C点坐标为C(y2 4,y) 显然y12 4≠0，故kAB ∵AB⊥BC ∴KBC= (y1+2)

2

y y1 (y1 2)[x (y1 4)] ∴

2 y x 4

(2+y1)(y+y1)+1=0

y12+(2+y)y1+(2y+1)=0 10分

y1 21

5分 2

y1 4y1 2

∵y1∈R

∴⊿ 0 y 0或y 4 15分

∴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为(-∞,0]∪[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

如下操作得到的：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Pk所围成图形面积。 ①求数列{Sn}的通项公式；②求limSn。

n

P0

P2 P1

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3³4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4

2

条边，故P2的边数为3³4，从而不难得到Pn的边数为3³4n 5分

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

111，而P有3条边，故S=S+3³=1+ 01022

333

11

³，而P

12233

再比较P2与P1，容易看出P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为

114=1++

33334

114422

类似地有：S3=S2+3³4³6=1++3+5 5分

3333

14424n 1

∴Sn=1 3 5 2n 1

33333n4k

=1+ ()

4k 19834n

= () (※) 10分

559

有3³4条边，故S2=S1+3³4³ 下面用数学归纳法证明(※)式

当n=1时，由上面已知(※)式成立， 假设当n=k时，有Sk=

834k () 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

13

2(k 1)

，而Pk有3³4k条边。故

Sk+1=Sk+3³4k³

132(k 1)

=

834k 1 () 559

综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。 ②limSn lim[

n

n

8534n8 ()] 595x 12

) 2

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) (

③ f(x)在R上的最小值为0。

求最大值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 ∴

b

1 b=2a 2a

由③知当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，即工+了+以=1，又a b+c=0

111 b= c= 4241211

∴f(x)=x x 5分

424

∴a=

假设存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t) x 取x=1时，有f(t+1) 1

111

(t+1)2+(t+1)+ 1 4 t 0 42414

对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有

f(t m) m

(t+m)2+(t+m)+ m

m2 (1 t)m+(t2+2t+1) 0

1 t 4t m 1 t 4t 10分

1412

∴m 1 t 4t 1 ( 4) 4 ( 4)=9 15分

当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有 f(x 4) x=

121

(x 10x+9)=(x 1)(x 9) 0 44

∴m的最大值为9。 20分

另解：∵f(x-4)=f(2-x)

∴函数的图象关于x= -1对称 ∴

b

1 b=2a 2a

由③知当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，即工+了+以=1，又a b+c=0

111 b= c= 42412111

∴f(x)=x x =(x+1)2 …… 此处隐藏：2897字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……