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2008年全国高中数学联赛天津市预赛试题及答案.doc

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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 年天津地区预赛试卷 第 1 页 (共 11 页)

2008 年高中数学联合竞赛天津地区预赛试卷 地区预赛 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
3



).

( A )1

(B) 2
2

(C ) 3

2. 抛物线 y = ax 2 + bx + 1 的参数 a, b 满足 8a + 4ab = b ,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

4. 若方程 a + 2 x ? 4 = 0 ( a > 0, a ≠ 1) 的所有根为 u1 , u2 ,L , uk ,其中 k 为正整数,方程

log a ( 2 x ) + x ? 2 = 0 ( a > 0, a ≠ 1) 的 所 有 根 为 v1 , v2 ,L , vl , 其 中 l 为 正 整 数 , 则
u1 + u2 + L + uk + v1 + v2 + L + vl 的值为( k +l 1 1 ( A) ( B) ( C )1 4 2
).

( D) 2

5. 考虑集合 S = {1, 2,L ,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 数的数目,称这个子集是“好子集” ,则“好子集”的数目有( )个.

( A) 631

( B ) 633

( C ) 635

( D ) 637

6. 设 不 定 方 程 x 2 + y 2 + z 2 ? 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
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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 8. 若 方 程 z
2009

sin ( x + 45° ) sin ( x + 60° )

, x ∈ [ 0°,90°] , 则 f ( x ) 的 最 大 值 与 最 小 值 的 乘 积
.

+ 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

∑ ? 2009 ? 的值是 ? ?

? 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,L , 2008) ,且
这 2008 条弦与 CD 的交点均分 CD , 则

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.

3

4

2 n 2 an + 5 14. 已知数列 a1 , a2 ,L , an ,L 满足: a1 = 1, a2 = 1, an +1 = 2 ( n ≥ 2 ) ,求 an 的通项 ( n ? 1) an?1

公式.

15. 有 10 个选手 A1 , A2 ,L , 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 ? 3 x + 1 = 0, x1 = 0, x2 = 3, x3,4 =
2

(

)

3± 5 ,因此原方程有 4 个不同实根. 故 2

选 D。

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= ,则有 = ?2 x, y = 1 ? = 1 + . 因为 a ≠ 0 ,所以 a, b 满足的 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

5

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 ?

6

4.方程 a + 2 x ? 4 = 0 等价于
x

ax ax = 2 ? x ,其根即为 y = 与 y = 2 ? x 的交点的横 2 2

坐标. 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 2

对称,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,L , i 个, 因此“好子集”的数目为

∑?C ∑C
i =1

5

? ?

i

i 5

j =0

j 5

? 1 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 3 ? = C5 ( C5 + C5 ) + C5 ( C5 + C5 + C5 ) + C5 ( C5 + C5 + C5 + C5 ) ?

1 1 +C54 ( C50 + C5 + C52 + C53 + C54 ) + C55 ( C50 + C5 + 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 , x1 < z . 设关于 x 的二次方程 x 2 ? yz x + y 2 + z 2 + 10 = 0 且 的两个根为 x1 , x2 ,由韦达定理, x1 + x2 = yz , x1 x2 = y + z + 10 > z ,因此 x2 是正整数,
2 2 2

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

单调性也可以直接由定义证明.
2008

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
1 因此有 z = ? 的圆与以 ( 0, 0 ) 为圆心, 为半径的圆的交点所对应的复数,
7

1 3 ± i, 经检验, 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,L , 2008 ,因为

2008k 不是整数,所以 2009

2008k ? ? 2008k ? ? 2008 ( 2009 ? k ) ? ? 2008k ? ? ?=? ? 2009 ? + ? ? + ? 2008 ? 2009 ? = 2007 , 于 是 有 2009 ? ? ? ? ? ? 2009 ? ?
2008

? 2008k ? 1 2008 ? ? 2008k ? ? 2008 ( 2009 ? k ) ? ? 1 ∑ ? 2009 ? = 2 ∑ ? ? 2009 ? + ? ? ? = × 2008 × 2007 = 2015028 . ? ? 2009 ? ? ? k =1 ? k =1 ? ? ?? 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 12.

1 C1 L C1M C1 N = 2008 . 6

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 + 4 M i N 2 = ( a ? b ) + Ai Bi 2 + 4 M i N 2 .
2

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

? ? a + b ?2 2? Ai Bi 2 + 4 M 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

∑ xi = 0 ,所以
i =1

1 2008 ∑ ( PAi 2 + PBi 2 + QAi 2 + QBi 2 ) = 2a 2 + 2b2 + 4d 2 + 4R 2 . 2008 i =1
8

注 PAi + PBi + QAi + QBi = PQ + Ai Bi + 4 M i N 为欧拉定理.
2 2 2 2 2 2 2

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 证明

K ,则 AP 2 = PK 2 + AK 2

= PH 2 ? KH 2 + AK 2 = PH 2 + ( AK + KH )( AK ? KH ) = PH 2 + AH HL .

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

9

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

cn = cn ?1 = L = 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

? 5 + 21 ? ? 5 ? 21 ? 5 ± 21 征根为 x1,2 = ,从而可设 bn = λ1 ? ? + λ2 ? ? 2 ? ? 2 ? . 由 b1 = 1, b2 = 2 及 ? 2 ? ? ? ?
bn ? 5bn ?1 + bn ? 2 = 0
, 定 义

b0 = 3










? 5 + 21 ? ? 5 ? 21 ? 3 = b0 = λ1 + λ2 ,1 = b1 = λ1 ? ? 2 ? + λ2 ? 2 ? ? ? ? ? ? ? ?









λ1 =

63 ? 13 21 63 + 13 21 , λ2 = ,因此有 42 42 63 ? 13 21 ? 5 + 21 ? 63 + 13 21 ? 5 ? 21 ? bn = ? ? ? 2 ? + ? ? 2 ? , ? 42 42 ? ? ? ?
n n

n n 1 ? 63 ? 13 21 ? 5 + 21 ? 63 + 13 21 ? 5 ? 21 ? ? an = ? ? ? ? ?. ? 2 ? + ? ? ? ? n? 42 42 ? ? ? 2 ? ? ? 15.解 12 . …………………………………………………………………………………5 解

分 若新的冠军的得分不超过 11 分, A1 最多胜 2 场; A2 最多胜 3 场; A3 最多胜 4 场; A4 则 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.

10

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 赛都会胜一场,共胜 C10 = 45 场,矛盾. …………………………………………………15 分
2

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 ; 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 .

11


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