2020年全国高中数学联赛天津赛区预赛选修1

一、选择题〔每题6分，共36分〕

1．方程3x1x43x25x6的实数解的个数为〔 〕。

A0 B1 C2 D大于2

答 选A。 设a3x1x4,b3x25x，那么ab6,ab6，因此

33a2b2ab1，从而可得ab35352，因此a,b是方程t6t0的两个实根，判不式33320，无解，因此选A。 32．正2007边形P被它的一些不在P内部相交的对角线分割成假设干个区域，每个区域差不

多上三角形，那么锐角三角形的个数为〔 〕。

A0 B1 C大于1 D 与分割的方法有关

答 选B。

只有包含正2007边形中心O的三角形是锐角三角形，因此只有一个，选B。 3．关于参数aa0的二次函数yax1axa3a22211xR的最小值是44a关于a的函数fa，那么fa的最小值为〔 〕。

A2 B答 选A。

1371 C D以上结果都不对 6441a21112当x时，y的最小值为faaa，其中0a1。因为对称轴为

2a44a11，因此当a1时fa的最小值为2，选A。 84．a,b为正整数，ab，实数x,y满足xy4xayb，假设xy的最大值

为40，那么满足条件的数对a,b的数目为〔 〕。

A1 B3 C5 D7。

答 选C。

因为uv2uv222，因此xy4xayb42xayb，

因此有

xy232xy32ab0，因此xy164162ab。由于

164162ab40，得ab10，其中xy的最大值当xy1ba40，21ab40时取到。又因为ab，因此满足条件的数对a,b的数目为5，选C。 25．定义区间c,d,c,d,c,d,c,d的长度均为dc，其中dc。实数ab，那么满

足

11。 1的x构成的区间的长度之和为〔 〕

xaxbA1 Bab Cab D2

答 选D。

2xab原不等式等价于1。

xaxb2当xa或xb时，原不等式等价于xab2xabab0。设

那么faba0,fbab0。设fx0fxx2ab2xabab，

的两个根分不为x1,x2x1x2，那么满足fx0的x构成的区间为a,x2，区间的长度为

x2a。

当bxa时，同理可得满足fx0的x构成的区间为b,x1，区间的长度为x1b。 由韦达定理，x1x2ab2，因此满足条件的x构成的区间的长度之和为

x2ax1bab2ab2，因此选D。

6．过四面体ABCD的顶点D作半径为1的球，该球与四面体ABCD的外接球相切于点D，且与平面ABC相切。假设AD23,BADCAD45,BAC60，那么四面体。 ABCD的外接球的半径r为〔 〕

A2 B22 C3 D23 答 选C。

过D作平面ABC的垂线，垂足为H，作DEAB，垂足为E，DFAC，垂足为F，那么HEAB,HFAC，且有AEAFADcos456。由于AEHAFH，那么

HAE30，AHAE22，DHAD2AH22，因此DH为半径为1的球的

cos3022直径，从而四面体ABCD的外接球的球心O在DH的延长线上，因此有rr222解得r3。

2，

二、填空题〔每题9分，共54分〕 7．假设关于x,y的方程组axby1,有解，且所有的解差不多上整数，那么有序数对22xy10a,b的数目为 。

答 32。

因为xy10的整数解为

221,3,3,1,1,3,3,1,1,3,3,1,1,3,3,1，

因此这八个点两两所连的只是原点的直线有24条，过这八个点的切线有8条，每条直线确定了唯独的有序数对a,b，因此有序数对a,b的数目为32。

8．方程x3y2007的所有正整数解为 。 答 x42,y9。

因为a0,1mod3,20070mod3，因此x0mod3。设x3x1，类似的可得

222y0mod3。设y3y1，那么原方程化为x123y12223，1x1223，即1x114。

因为2231mod3，因此x11mod3。又因为2233mod4，因此x1为偶数，因此

x12,4,8,10,14，体会证，x114,y13，因此x42,y9。

或由1y12231，得1y18，又因为y1为奇数，因此体会证y13,x114。 39．假设D是边长为1的正三角形ABC的边BC上的点，ABD与ACD的内切圆半径分不为r1,r2，假设r1r23，那么满足条件的点D有两个，分不设为D1,D2，那么D1,D2之间5的距离为 。

答

6。 5设BDx，由余弦定理得ADx2x1。一方面，SABD13x，另一方面，22SABD311xx2x11xx2x1r1，解得r162。同理可得

r23312xx2x1。从而有r1r232x2x1。当x时，r1r2有最662313313192r1r2，因此。由于r1r2，因此xx0。

2625100大值，且最大值为

设两个根分不为x1,x2，那么x1x2x1x24x1x226。 5x1x4x92x31x343x3931的不同非零整数解的10．方程333x1x4x93x1x4x9个数为 。

答 4。

利用a3b3aba2abb2，原方程

x1x4x912x31x343x3931110 333x1x4x93x4x9x1等价于

xx349x4x9x0。 222x1x4x9x1x4x9方程两端同除x，整理后得xx498x2288x3850。再同除x，得

x2316x240。

22即x26x7x26x550，从而有

x7x1x5x110。

体会证x17,x21,x35,x411均是原方程的根，因此原方程共有4个整数根。 11．设集合Aa1,a2,a3,a4,a5,Ba12,a22,a32,a42,a52，其中a1,a2,a3,a4,a5是五个不同的正整数，a1a2a3a4a5,ABa1,a4,a1a410，假设AB中所有元素的

和为246，那么满足条件的集合A的个数为 。

答 2。

2因为a1a1，因此a11,a49。由于B中有9，因此A中有3。假设a33，那么a22，22因此a5a5146，无正整数解。假设a23，由于10a511，因此a2a5，因此

a3a32a5a52152。又因为a34，当a510时，a36；当a511时，a34，因此

满足条件的A共有2个，分不为1,3,4,9,11,1,3,6,9,10。

12．在平面直角坐标系中定义两点Px1,y1,Qx2,y2之间的交通距离为假设Cx,y到点A1,3,B6,9的交通距离相等，其中实数x,ydP,Qx1x2y1y2。

满足0x10,0y10，那么所有满足条件的点C的轨迹的长之和为 。

答 521。

由条件得x1y3x6y9。 当x1,y9时，无解； 当1x6,y9时，无解； 当x6,y9时，无解；

当x1,3y9时，y8.5，线段长为1。

当1x6,3y9时，xy9.5，线段长为52。 当x6,3y9时y3.5，线段长为4。 当x1,y3时，无解。 当1x6,y3时，无解。 当x6,y3时，无解。

综上所述，点C的轨迹构成的线段的长之和为1524521。



三、论述题〔每题20分，共60分〕

13．ABC的外心为O，A90，P为OBC的外接圆上且在ABC内部的任意一点，以OA为直径的圆分不与AB,AC交于点D,E， OD,OE分不与PB,PC或其延长线交于点

F,G，求证A,F,G三点共线。

证明 连AG，与BP交于点F，由于OEAE，因此GAC是等腰三角形，因此GACGCA,2BACBOCBPCBACGCAPBA，因此可得

PBABAG，从而有F在AB的中垂线上。由于ODAD，F在AB的中垂线上，因此

有FF，即A,F,G三点共线。

14．数列ann0满足a00,a11，关于所有正整数n，有an12an2007an1，求使得2008an成立的最小正整数n。

2解法一 设m2008，an12an2007an1的特点方程为220070，特点根为

11m，结合a00,a11，得an1m2mkn1nkkkk22anCnm1Cnm。

2mk0k01n3nn2nn3nn32n42nn1m。由二项式定理得

nn当n为奇数时，anCCm当n为偶数时，anCCm11n3nCmmCmCn1nn12； 。

Cmn22因此manmCn，即2008n，因此满足条件的最小正整数为2008。

解法二 下面差不多上在模2008意义下的an,那么an12anan1,即

an1ananan1,因此数列an在模2008意义下具有等差数列的特点。又因为a00,a11，因此ann。因此有2008n，因此满足条件的最小正整数为2008。

15．排成一排的10名学生生日的月份均不相同，有n名教师，依次选择这些学生参加n个爱好小组，每个学生恰被一名教师选择，且保持学生的排序不变，每名教师挑出的学生必须满足生日的月份是逐步增加或逐步减少的〔选择一名或两名学生也认为是逐步增加或逐步减少的〕，每名教师尽可能多项选择学生，关于学生所有可能的排序，求n的最小值。

解 n的最小值为4。

假设n3，不妨假设这10名学生生日的月份分不为1,2,,10，当学生按生日排序为

4,3,2,1,7,6,5,9,8,10时，存在一名教师至少要选择前四名学生中的两名，由于这两名学生生日

的月份是逐步减少的，且后六名学生生日的月份均大于前四名学生生日的月份，因此这名教师不可能再选择后六名学生；在余下的不超过两名教师中，一定存在一名教师至少要选择第五名至第七名学生中的两名，同理，这名教师不可能再选择后三名学生；余下的不超过一名教师也不可能选择后三名学生，矛盾。

下面先证明：关于互不相同的有序实数列a1,a2,,am，当m5时，一定存在三个数

ai,aj,akijk满足aiajak或aiajak。

设最大数和最小数分不为as,at，不妨假设st。假设s1t，那么as,as1,at满足

asas1at；s1t，因为m5，因此要么在as,as1的前面，要么在as,as1的后面至少有

两个数，不妨假设在as,as1的后面有两个数as2,as3，从而asas2as3与as1as2as3中一定有一个成立。

引用上面的结论，当n4时，第一名教师至少能够选择三名学生；假设余下的学生大于等于5名，那么第二名教师也至少能够选择三名学生；这时剩下的学生的数目不超过4名，能够被两名教师全部选择，因此，n的最小值为4。