2020年全國高中數學聯賽天津賽區預賽選修1一、選擇題〔每題6分，共36分〕1．方程的實數解的個數為〔〕。大于答選。設，那么，因此，從而可得，因此是方程的兩個實根，判不式，無解，因此選。2．正邊形被它的一些不在內部相交的對角線分割成假設干個區域，每個區域差不多上三角形，那么銳角三角形的個數為〔〕。大于與分割的方法有關答選。只有包含正邊形中心的三角形是銳角三角形，因此只有一個，選。3．關于參數的二次函數的最小值是關于的函數，那么的最小值為〔〕。以上結果都不對答選。當時，的最小值為，其中。因為對稱軸為，因此當時的最小值為，選。4．為正整數，，實數滿足，假設的最大值為，那么滿足條件的數對的數目為〔〕。。答選。因為，因此，因此有，因此。由于，得，其中的最大值當，時取到。又因為，因此滿足條件的數對的數目為，選。5．定義區間的長度均為，其中。實數，那么滿足的構成的區間的長度之和為〔〕。答選。原不等式等價于。當或時，原不等式等價于。設，那么。設的兩個根分不為，那么滿足的構成的區間為，區間的長度為。當時，同理可得滿足的構成的區間為，區間的長度為。由韋達定理，，因此滿足條件的構成的區間的長度之和為，因此選。6．過四面體的頂點作半徑為的球，該球與四面體的外接球相切于點，且與平面相切。假設，那么四面體的外接球的半徑為〔〕。答選。過作平面的垂線，垂足為，作，垂足為，，垂足為，那么，且有。由于，那么，，，因此為半徑為的球的直徑，從而四面體的外接球的球心在的延長線上，因此有，解得。二、填空題〔每題9分，共54分〕7．假設關于的方程組有解，且所有的解差不多上整數，那么有序數對的數目為。答。因為的整數解為，因此這八個點兩兩所連的只是原點的直線有條，過這八個點的切線有條，每條直線確定了唯獨的有序數對，因此有序數對的數目為。8．方程的所有正整數解為。答。因為，因此。設，類似的可得。設，那么原方程化為，，即。因為，因此。又因為，因此為偶數，因此，體會證，，因此。或由，得，又因為為奇數，因此體會證。9．假設是邊長為的正三角形的邊上的點，與的內切圓半徑分不為，假設，那么滿足條件的點有兩個，分不設為，那么之間的距離為。答。設，由余弦定理得。一方面，，另一方面，，解得。同理可得。從而有。當時，有最大值，且最大值為，因此。由于，因此。設兩個根分不為，那么。10．方程的不同非零整數解的個數為。答。利用，原方程等價于。方程兩端同除，整理后得。再同除，得。即，從而有。體會證均是原方程的根，因此原方程共有個整數根。11．設集合，其中是五個不同的正整數，，假設中所有元素的和為，那么滿足條件的集合的個數為。答。因為，因此。由于中有，因此中有。假設，那么，因此，無正整數解。假設，由于，因此，因此。又因為，當時，；當時，，因此滿足條件的共有個，分不為。12．在平面直角坐標系中定義兩點之間的交通距離為。假設到點的交通距離相等，其中實數滿足，那么所有滿足條件的點的軌跡的長之和為。答。由條件得。當時，無解；當時，無解；當時，無解；當時，，線段長為。當時，，線段長為。當時，線段長為。當時，無解。當時，無解。當時，無解。綜上所述，點的軌跡構成的線段的長之和為。三、論述題〔每題20分，共60分〕13．的外心為，，為的外接圓上且在內部的任意一點，以為直徑的圓分不與交于點，分不與或其延長線交于點，求證三點共線。證明連，與交于點，由于，因此是等腰三角形，因此,，因此可得，從而有在的中垂線上。由于，在的中垂線上，因此有，即三點共線。14．數列滿足，關于所有正整數，有，求使得成立的最小正整數。解法一設，的特點方程為，特點根為，結合，得。由二項式定理得。當為奇數時，；當為偶數時，。因此，即，因此滿足條件的最小正整數為。解法二下面差不多上在模意義下的,那么,即,因此數列在模意義下具有等差數列的特點。又因為，因此。因此有，因此滿足條件的最小正整數為。15．排成一排的名學生生日的月份均不相同，有名教師，依次選擇這些學生參加個愛好小組，每個學生恰被一名教師選擇，且保持學生的排序不變，每名教師挑出的學生必須滿足生日的月份是逐步增加或逐步減少的〔選擇一名或兩名學生也認為是逐步增加或逐步減少的〕，每名教師盡可能多項選擇學生，關于學生所有可能的排序，求的最小值。解的最小值為。假設，不妨假設這名學生生日的月份分不為，當學生按生日排序為時，存在一名教師至少要選擇前四名學生中的兩名，由于這兩名學生生日的月份是逐步減少的，且后六名學生生日的月份均大于前四名學生生日的月份，因此這名教師不可能再選擇后六名學生；在余下的不超過兩名教師中，一定存在一名教師至少要選擇第五名至第七名學生中的兩名，同理，這名教師不可能再選擇后三名學生；余下的不超過一名教師也不可能選擇后三名學生，矛盾。下面先證明：關于互不相同的有序實數列，當時，一定存在三個數滿足或。設最大數和最小數分不為，不妨假設。假設，那么滿足；，因為，因此要么在的前面，要么在的后面