2008年全国高中数学联赛天津市预赛试题及答案.doc

2008年天津市高中数学联赛预赛2008年高中数学联赛天津赛区预赛于2008年9月21日举行，共有五千多名中学生参加此次预赛，并从中选拔出九百多名学生参加于10月12日举行的全国高中数学联赛. 天津赛区预赛所涉及的知识范围基本参照现行《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学内容和要求，但在方法的要求上有所提高. 主要考查学生对基本知识和基本技能的掌握情况，以及综合、灵活运用知识的能力. 试卷包括6道选择题，6道填空题和3道解答题，全卷满分150分，考试时间为两小时. 天津赛区预赛的命题工作由学会负责，组织工作由科协五学科竞赛管理委员会办公室负责，阅卷及报送参加全国高中数学联赛的名单由各区县教研室具体实施. 2008年高中数学联合竞赛天津地区预赛试卷一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将正确结论的代号填在对应题号的表格内）1. 已知二次函数，则方程不同实数根的数目为（ ）. 2. 抛物线的参数满足，则当变动时，抛物线的顶点一定在（ ）上. 抛物线 双曲线 圆或椭圆 直线2008年天津地区预赛试卷 第 2 页 (共 11 页)3. 如右图，已知分别为的三边的中点，分别是上的点，并满足均平分的周长，分别是关于的对称点，与交于点，若，则一定过的（ ）. 内心 外心 重心 垂心4. 若方程的所有根为，其中为正整数，方程的所有根为，其中为正整数，则的值为（ ）. 5. 考虑集合的所有非空子集，若一个非空子集中的偶数的数目不少于奇数的数目，称这个子集是“好子集”，则“好子集”的数目有（ ）个. 6. 设不定方程的正整数解中满足均大于的不同解的数目为，则满足（ ）. ，但是有限的数 是无穷大二、填空题：（本大题共6小题，每小题9分，共54分． 请将答案写在题中横线上）7. 函数，则的最大值与最小值的乘积为 . 8. 若方程有模为的根，则所有模为的根的和为 . 9. 考虑的正方形方格表中的个格点，则通过至少个格点的不同直线的数目为 . 10. 设表示不超过的最大整数，则的值是 . 11. 已知长方体满足，平面分别与交于点，则四面体的体积为 . 12. 已知半径为的圆外一条直线，在上的投影为，，与圆交于点. 设为上的点，在的同侧，且，圆中有条平行于的弦，且这条弦与的交点均分，则的值为（用表述） . 三、 解答题（本大题共3小题,共60分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）13. 已知锐角的三边的中点分别为，在的延长线上分别取点，若，证明的外心为的垂心. 14. 已知数列满足：，求的通项公式. 15. 有个选手，他们的积分分别为，名次分别为第. 现进行单循环比赛，即任意两个选手之间都恰进行一场比赛，且每场比赛都要分出胜负. 若名次靠前的选手胜了名次靠后的选手，则胜者得分，负者得分；若名次靠后的选手胜了名次靠前的选手，则胜者得分，负者得分，全部比赛结束后计算每个选手的累计积分（即这次单循环所得的分数与之前的积分相加所得的和），并根据累计积分进行重新排名，求新的冠军累计积分的最小值（名次并列是允许的）. 参考答案一、选择题1. 因为，所以有，因此原方程有个不同实根. 故选D。

注 也可以讨论根的分布情况. 因为当时，函数单调下降，当时，函数单调上升，且的两个根为，所以当时，函数，因此有两个不同实根；当时，函数，因此也有两个不同实根. 综上所述，原方程有个不同实根. 2． 抛物线的顶点的坐标为，设，则有. 因为，所以满足的条件等价于，于是有，即.故选B3. 设的三边长及半周长分别为，则，所以. 因为平行于，所以，于是有，，所以是的角平分线. 故选A114．方程等价于，其根即为与的交点的横坐标. 等价于，其根即为与的交点的横坐标. 因为与互为反函数，所以此它们的图像关于对称，因此所有根的算术平均就是与交点的横坐标.故选C5．设一个“好子集”中有个偶数，则奇数的数目可以有个，因此“好子集”的数目为 .故选D6．是原不定方程的一个特解. 对于原不定方程的任意一个正整数解，假设，且. 设关于的二次方程的两个根为，由韦达定理，，因此是正整数，且大于，于是也是原不定方程的一个解，并由小到大重新排列为. 如此反复利用上面的结论，可以由一个特解得到无穷多个解，因此满足均大于的解有无穷多个. 故选D二、填空题7．因为，所以严格递增，于是最大值为，最小值为，其积为. 注 单调性也可以直接由定义证明. 8．设是满足条件的根，则原方程等价于. 两边同时取模，可得. 因为，所以所有模为的根只可能为复平面上以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆的交点所对应的复数，因此有，经检验，这两个根都是原方程的根，于是可得所有模为的根的和为. 9．水平和竖直的直线共有条，与两条对角线平行的直线共有条，其它满足条件的直线还有条，因此共有条. 10.对于，因为不是整数，所以，于是有. 11．因为，所以分别是的中点，于是有，从而可得四面体的体积为. 12．设的中点为，的中点为，由中线公式可得. 因为在上，设，其中假设当在上时取正数，当在上时取负数，则. 因为，所以. 注 为欧拉定理. 三、论述题13．证明 设的三条高线分别为，垂心为，与交于点，则 . 同理可得，. 因为，且有，所以，因此为的外心. 注 无论在上还是在上，均有. 14．解 由，两式相减得，…………………………5分即. 设，则有，即. 设，由，可得，于是有.因为，特征方程为，特征根为，从而可设. 由及，定义，于是有，从而可得，因此有，. 15．解 . …………………………………………………………………………………5分若新的冠军的得分不超过分，则最多胜场；最多胜场；最多胜场；最多胜场；最多增加分，但是开始时积分比他少的选手只有人，因此若增加分，他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜场，这样他与名次靠后的选手的比赛最多胜 ，从而他最多胜场；最多增加分，但是开始时积分比他少的选手只有人，因此若增加分，他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜场，这样他与名次靠后的选手的比赛最多胜场，从而他最多胜场；最多增加分，但是开始时积分比他少的选手只有人，因此若增加分，他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜场，这样他与名次靠后的选手的比赛最多胜场，从而他最多胜场；最多增加分，但是开始时积分比他少的选手只有人，因此若增加分，他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜场，这样他与名次靠后的选手的比赛最多胜场，从而他最多胜场；最多增加分，但是开始时积分比他少的选手只有人，因此若增加分，他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜场，从而他最多胜场；最多增加分，他与名次比他靠前的选手的比赛最多胜场，从而他最多胜场. 综上所述，所有选手胜的场数最多为，但是每两名选手进行的一场比赛都会胜一场，共胜场，矛盾. …………………………………………………15分下面的例子说明新的冠军累计积分可以是分. 胜，负，累计得分为；胜，负，累计得分为；胜，负，累计得分为；胜，负，累计得分为；胜，负，累计得分为；胜，累计得分为；胜，累计得分为；胜，累计得分为；胜，累计得分为；累计得分为. 。