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2008年高中数学联合竞赛天津地区预赛试卷



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 f ? x ? ? x ? 3x ? 2 , 则 方 程 f
2

? f ? x ?? ? 0 不 同 实

数 根 的 数 目 为
? D? 4



).

? A ?1
2

? B? 2

?C ? 3

2. 抛物线 y ? ax ? bx ? 1 的参数 a, b 满足 8a 2 ? 4ab ? b3 ,则当 a, b 变动时,抛物线的 顶点一定在( )上.

? A? 抛物线

? B ? 双曲线

? C ? 圆或椭圆

? D ? 直线

3. 如右图,已知 L, M , N 分别为 ?ABC 的三边

BC , CA, AB 的中点, D, E 分别是 BC , AB 上
的点,并满足 AD, CE 均平分 ?ABC 的周长,

P, Q 分别是 D, E 关于 L, N 的对称点, PQ 与
LM 交于点 F ,若 AB ? AC ,则 AF 一定过 ?ABC 的( ).

? A? 内心
x

? B ? 外心

? C ? 重心

? D ? 垂心
, uk ,其中 k 为正整数,方程 , vl , 其 中 l 为 正 整 数 , 则
).

4. 若方程 a ? 2 x ? 4 ? 0 ? a ? 0, a ? 1? 的所有根为 u1 , u2 ,

log a ? 2 x ? ? x ? 2 ? 0 ? a ? 0, a ? 1? 的 所 有 根 为 v1 , v2 ,
u1 ? u2 ? ? uk ? v1 ? v2 ? k ?l ? vl 1 2
的值为(

? A?

1 4

? B?

? C ?1

? D? 2

5. 考虑集合 S ? ?1, 2,

,10? 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
)个.

数的数目,称这个子集是“好子集” ,则“好子集”的数目有(

? A? 631
2 2 2

? B ? 633

? C ? 635

? D ? 637

6. 设 不 定 方 程 x ? y ? z ? xyz ? 10 ? 0 的 正 整 数 解 ? x, y, z ? 中 满 足 x, y, z 均 大 于

2008 的不同解的数目为 k ,则 k 满足(

).

? A? k ? 0 ? B ?1 ? k ? 2008 ? C ? k ? 2008 ,但 k 是有限的数 ? D ? k 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 f ? x ? ? 为

sin ? x ? 45? ? , x ? ? 0?,90?? , 则 f ? x ? 的 最 大 值 与 最 小 值 的 乘 积 sin ? x ? 60? ?
.

8. 若 方 程 z 2009 ? z 2008 ? 1 ? 0 有 模 为 1 的 根 , 则 所 有 模 为 1 的 根 的 和 为 . 9. 考虑 4 ? 4 的正方形方格表中的 25 个格点,则通过至少 3 个格点的不同直线的数目 为 . 10. 设 ? x ? 表示不超过 x 的最大整数,则
2008 k ?1

的值是 ?? ? 2009 ? ?

? 2008k ?

.

11. 已知长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 满足 AA1 ? 2, AD ? 3, AB ? 251 ,平面 A1 BD 分别与

CC1 , C1 B1 , C1 D1 交 于 点 L, M , N

, 则 四 面 体 C1 LMN

的 体 积

为 . 12. 已知半径为 R 的圆 O 外一条直线 l ,O 在 l 上的投影为 H ,OH ? d ,OH 与圆 O 交 于 点 C , D, CH ? DH . 设 P, Q 为 l 上 的 点 , P, Q 在 H 的 同 侧 , 且

PH ? a, QH ? b, a ? b ,圆 O 中有 2008 条平行于 l 的弦 Ai Bi ? i ? 1, 2,
这 2008 条弦与 CD 的交点均分 CD , 则

, 2008 ? ,且

1 2008 PAi 2 ? PBi 2 ? QAi 2 ? QBi 2 ? 的值为 ? ? 2008 i ?1
.

(用 a, b, d , R 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 ?ABC 的三边 BC , CA, AB 的中点分别为 D, E , F ,在 EF , FD, DE 的延长线 上分别取点 P, Q, R ,若 AP ? BQ ? CR ,证明 ?PQR 的外心为 ?ABC 的垂心.

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14. 已知数列 a1 , a2 , 公式.

, an ,

2 n 2 an ?5 满足: a1 ? 1, a2 ? 1, an ?1 ? 2 ? n ? 2 ? ,求 an 的通项 ? n ? 1? an?1

15. 有 10 个选手 A1 , A2 ,

, A10 ,他们的积分分别为 9,8, 7, 6,5, 4,3, 2,1, 0 ,名次分别为第

1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10 . 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 1 分, 负者得 0 分; 若名次靠后的选手胜了名次靠前的选手,则胜者得 2 分,负者得 0 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 f

? f ? x ?? ? ? x

2

? 3 x ? 2 ? ? 3 ? x 2 ? 3 x ? 2 ? ? 2 ? x 4 ? 6 x3 ? 10 x 2 ? 3 x ,所以
2

有 x ? x ? 3? x 2 ? 3 x ? 1 ? 0, x1 ? 0, x2 ? 3, x3,4 ? 选 D。

?

?

3? 5 ,因此原方程有 4 个不同实根. 故 2

3 时,函数 f ? x ? 单调下降,当 2 3 3 x ? 时,函数 f ? x ? 单调上升,且 f ? x ? ? 0 的两个根为 1, 2 ,所以当 x ? 时,函数 2 2
注 也可以讨论 f ? x ? ? 0 根的分布情况 . 因为当 x ?

3 ? 1 ? f ? x ? ? ? ? , ?? ? ? ?1, 2? , 因 此 f ? f ? x ? ? ? 0 有 两 个 不 同 实 根 ; 当 x ? 时 , 函 数 2 ? 4 ?

? 1 ? f ? x ? ? ? ? , ?? ? ? ?1, 2? ,因此 f ? f ? x ? ? ? 0 也有两个不同实根. 综上所述,原方程有 4 ? 4 ?
个不同实根.

? b 4a ? b 2 ? , 2. 抛物线 y ? ax ? bx ? 1 的顶点的坐标为 ? ? ? ,设 4a ? ? 2a
2

b 4a ? b 2 b b2 bx x?? ,y? ? 1 ? . 因为 a ? 0 ,所以 a, b 满足的 ,则有 ? ?2 x, y ? 1 ? 2a 4a a 4a 2
条件等价于 8 ? 4

b 2 ?b? ? b ? ? ,于是有 8 ? 4 ? ?2 x ? ? b ? ?2 x ? ? 4 x ? 2 y ? 2 ? ,即 xy ? 1 .故 a ?a?

2

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选 B。 3. 设

?ABC 的 三 边 长 及 半 周 长 分 别 为 a, b, c, p , 则

BQ ? AE ? p ? b, BP ? CD ? p ? b , 所 以 BQ ? BP . 因 为 LM 平 行 于 AB , 所 以

a c ?b b , 于 是 有 FM ? LM ? LF ? ? AM , ? 2 2 2 ?MAF ? ?AFM ? ?FAB ,所以 AF 是 ?A 的角平分线. 故选 A。 LF ? LP ? BP ? BL ? p ? b ?

4.方程 a x ? 2 x ? 4 ? 0 等价于

ax ax 与 y ? 2 ? x 的交点的横坐标. ? 2 ? x ,其根即为 y ? 2 2

log a ? 2 x ? ? x ? 2 ? 0 等价于 log a ? 2 x ? ? 2 ? x , 其根即为 y ? log a ? 2 x ? 与 y ? 2 ? x 的交点
的横坐标. 因为 y ?

ax 与 y ? log a ? 2 x ? 互为反函数,所以此它们的图像关于 y ? x 对称, 2

因此所有根的算术平均就是 y ? x 与 y ? 2 ? x 交点的横坐标 1 .故选 C。

5. 设一个 “好子集” 中有 i ? i ? 1, 2,3, 4,5 ? 个偶数, 则奇数的数目可以有 j ? 0,1, 因此“好子集”的数目为

, i 个,

??C ?C
i ?1

5

? ?

i 5

i

j ?0

j 5

? 1 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 3 ? ? C5 ? C 5 ? C 5 ? ? C 5 ? C 5 ? C 5 ? C 5 ? ? C 5 ? C 5 ? C 5 ? C 5 ? C 5 ? ?

1 3 5 ?C54 ? C50 ? C5 ? C52 ? C5 ? C54 ? ? C5 ?C50 ? C51 ? C52 ? C53 ? C54 ? C55 ? ? 637 .故选 D。

6.? x0 , y0 , z0 ? ? ? 3, 4,5 ? 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 ? x1 , y, z ? , 假设 x1 ? y ? z , 且 x1 ? z . 设关于 x 的二次方程 x ? yz x ? y ? z ? 10 ? 0
2 2 2

的两个根为 x1 , x2 ,由韦达定理, x1 ? x2 ? yz , x1 x2 ? y 2 ? z 2 ? 10 ? z 2 ,因此 x2 是正整数,
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且大于 z ,于是 ? x2 , y, z ? 也是原不定方程的一个解,并由小到大重新排列为 ? y, z , x2 ? . 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 x, y, z 均大于 2008 的 解有无穷多个. 故选 D。 二、填空题 7 . 因 为 f ?? x? ?

sin15? ? 0 , 所 以 f ? x? 严 格 递 增 , 于 是 最 大 值 为 sin ? x ? 60? ?
2

f ? 90? ? ? 2 ,最小值为 f ? 0? ? ?


2 2 3 ,其积为 . 3 3
2008

单调性也可以直接由定义证明.

8 .设 z 是满足条件的根,则原方程等价于 z

? z ? 1? ? ?1 .

两边同时取模,可得

z ? 1 ? 1 . 因为 z ? 1 ,所以所有模为 1 的根只可能为复平面上以 ? ?1, 0 ? 为圆心, 1 为半径
的圆与以 ? 0, 0 ? 为圆心, 因此有 z ? ? 1 为半径的圆的交点所对应的复数,

1 3 经检验, ? i, 2 2

这两个根都是原方程的根,于是可得所有模为 1 的根的和为 ?1 . 9.水平和竖直的直线共有 10 条,与两条对角线平行的直线共有 10 条,其它满足条件 的直线还有 12 条,因此共有 32 条. 10.对于 k ? 1, 2,

, 2008 ,因为

2008k 不是整数,所以 2009

2008k ? ? 2008k ? ? 2008 ? 2009 ? k ? ? ? 2008k ? ? ?? ? ? 2008 ? ? 2007 , 于 是 有 ??? ? ? ? 2009 2009 ? ? 2009 ? ? ? ? ? 2009 ? ?
2008

? 2008k ? 1 2008 ? ? 2008k ? ? 2008 ? 2009 ? k ? ? ? 1 ? ? 2008 ? 2007 ? 2015028 . ? ?? ? ? ? 2 ?? ??? ?? ? 2009 k ?1 ? 2009 ? k ?1 ? ? 2009 ? ? ?? 2
11. 因为 BD // MN , A1 D // LM , A1 B // LN , 所以 A1 , B, D 分别是 MN , LM , LN 的中点,

于是有 C1 L ? 2CC1 ? 4, C1M ? 2C1 B1 ? 6, C1 N ? 2C1 D1 ? 502 ,从而可得四面体 C1 LMN 的体积为 C1 L C1M C1 N ? 2008 . 12.

1 6

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设 Ai Bi 的中点为 M i , PQ 的中点为 N ,由中线公式可得

PAi 2 ? PBi 2 ? QAi 2 ? QBi 2 ? PQ 2 ? Ai Bi 2 ? 4M i N 2 ? ? a ? b ? ? Ai Bi 2 ? 4M i N 2 .
2

因为 M i 在 CH 上,设 OM i ? xi ,其中假设当 M i 在 OD 上时 xi 取正数,当 M i 在 OC 上时 xi 取负数,则

? ? a ? b ?2 2? Ai Bi 2 ? 4M i N 2 ? Ai Bi 2 ? 4 ? HN 2 ? M i H 2 ? ? 4 ? R 2 ? xi 2 ? ? 4 ? ? ? ? d ? xi ? ? ? ?? 2 ? ? ? ?
? ? a ? b ? ? 4 R 2 ? 4d 2 ? 8dxi .
2

2008

因为

?x
i ?1

i

? 0 ,所以

1 2008 PAi 2 ? PBi 2 ? QAi 2 ? QBi 2 ? ? 2a 2 ? 2b 2 ? 4d 2 ? 4 R 2 . ? ? 2008 i ?1

注 PAi 2 ? PBi 2 ? QAi 2 ? QBi 2 ? PQ 2 ? Ai Bi 2 ? 4M i N 2 为欧拉定理. 三、论述题 13.证明 设 ?ABC 的三条高线分别为 AL, BM , CN ,垂心为 H , EF 与 AL 交于点

K ,则 AP 2 ? PK 2 ? AK 2

? PH 2 ? KH 2 ? AK 2 ? PH 2 ? ? AK ? KH ?? AK ? KH ? ? PH 2 ? AH HL .

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同理可得, BQ ? QH ? BH HM , CR ? RH ? CH HN . 因为 AP ? BQ ? CR ,
2 2 2 2

且有 AH HL ? BH HM ? CH HN ,所以 PH ? QH ? RH ,因此 H 为 ?PQR 的外心. 注 无论 H 在 KL 上还是在 AK 上,均有 ? AK ? KH ?? AK ? KH ? ? AH HL .

14.解 由 n ? 1 an ?1an ?1 ? n an ? 5,
2 2 2

?

?

?? n ? 1? ? 1? a
2

n?2 n

2 a ? ? n ? 1? an ?1 ? 5 ,两式相 2

减得 n ? 1 an ?1an ?1 ? n ? n ? 2 ? an ? 2 an ? n an ? ? n ? 1? an ?1 ,??????????5 分
2 2 2 2 2

?

?

即 ? n ? 1? an ?1

? ? n ? 1? a

n ?1

? ? n ? 1? an ?1 ? ? nan ? nan ? ? n ? 2 ? an ? 2 ? .
bn ?1 ? bn ?1 bn ? bn ? 2 . ? bn bn ?1

设 bn ? nan ? n ? 1? ,则有 bn ?1 ? bn ?1 ? bn ?1 ? ? bn ? bn ? bn ? 2 ? ,即

设 cn ?

bn ? bn ? 2 ? n ? 3? ,由 a1 ? 1, a2 ? 1, a3 ? 3 ,可得 b1 ? 1, b2 ? 2, b3 ? 9 ,于是有 bn ?1 ? c3 ? b3 ? b1 ? 5 .因为 bn ? 5bn ?1 ? bn ? 2 ? 0 ,特征方程为 x 2 ? 5 x ? 1 ? 0 ,特 b2
n n

cn ? cn ?1 ?

? 5 ? 21 ? ? 5 ? 21 ? 5 ? 21 征根为 x1,2 ? ,从而可设 bn ? ?1 ? ? ? ? 2? ? 2 ? ? 2 ? ? . 由 b1 ? 1, b2 ? 2 及 2 ? ? ? ?

bn ? 5bn ?1 ? bn ? 2 ? 0







b0 ? 3










? 5 ? 21 ? ? 5 ? 21 ? 3 ? b0 ? ?1 ? ?2 ,1 ? b1 ? ?1 ? ? 2 ? ? ? ?2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ?









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?1 ?

63 ? 13 21 63 ? 13 21 ,因此有 , ?2 ? 42 42

63 ? 13 21 ? 5 ? 21 ? 63 ? 13 21 ? 5 ? 21 ? bn ? ? ? ? 2 ? ? ? ? 2 ? ? , 42 42 ? ? ? ?
n n ? 5 ? 21 ? 63 ? 13 21 ? 5 ? 21 ? ? 1? 63 ? 13 21 ?. an ? ? ? ? ? 2 ? ? ? ? 2 ? ? ? n? 42 42 ? ? ? ? ? ? 15.解 12 . ???????????????????????????????5

n

n

分 若新的冠军的得分不超过 11 分, 则 A1 最多胜 2 场; A2 最多胜 3 场; A3 最多胜 4 场; A4 最多胜 5 场; A5 最多增加 6 分,但是开始时积分比他少的选手只有 5 人,因此若增加 6 分, 他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜 1 场,这样他与名次靠后的选手的比赛最多胜 4 , 从而他最多胜 5 场; A6 最多增加 7 分,但是开始时积分比他少的选手只有 4 人,因此若增 加 7 分,他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜 2 场,这样他与名次靠后的选手的比赛最多 胜 3 场,从而他最多胜 5 场; A7 最多增加 8 分,但是开始时积分比他少的选手只有 3 人,因 此若增加 8 分,他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜 3 场,这样他与名次靠后的选手的比 赛最多胜 2 场,从而他最多胜 5 场; A8 最多增加 9 分,但是开始时积分比他少的选手只有 2 人,因此若增加 9 分,他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜 4 场,这样他与名次靠后的选 手的比赛最多胜 1 场,从而他最多胜 5 场; A9 最多增加 10 分,但是开始时积分比他少的选 手只有 1 人,因此若增加 10 分,他与名次比他靠前的选手的比赛至少胜 5 场,从而他最多胜

5 场; A10 最多增加 11 分,他与名次比他靠前的选手的比赛最多胜 5 场,从而他最多胜 5 场.
综上所述,所有选手胜的场数最多为 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 7 ? 44 ,但是每两名选手进行的一场比
2 赛都会胜一场,共胜 C10 ? 45 场,矛盾. ???????????????????15 分

下面的例子说明新的冠军累计积分可以是 12 分.

A1 胜 A2 , A3 , A4 ,负 A5 , A6 , A7 , A8 , A9 , A10 ,累计得分为 9 ? 3 ? 12 ; A2 胜 A3 , A4 , A5 , A6 ,负 A7 , A8 , A9 , A10 ,累计得分为 8 ? 4 ? 12 ; A3 胜 A4 , A5 , A6 , A7 ,负 A8 , A9 , A10 ,累计得分为 7 ? 4 ? 11 ; A4 胜 A5 , A6 , A7 , A8 ,负 A9 , A10 ,累计得分为 6 ? 4 ? 10 ; A5 胜 A6 , A7 , A8 , A9 ,负 A10 ,累计得分为 5 ? 2 ? 4 ? 11 ;

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A6 胜 A7 , A8 , A9 , A10 ,累计得分为 4 ? 2 ? 4 ? 10 ; A7 胜 A8 , A9 , A10 ,累计得分为 3 ? 2 ? 2 ? 3 ? 10 ; A8 胜 A9 , A10 ,累计得分为 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 10 ; A9 胜 A10 ,累计得分为 1 ? 2 ? 4 ? 1 ? 10 ; A10 累计得分为 0 ? 2 ? 5 ? 10 .

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