一、选择题(每小题7分,共42分)
1.由,而故删去后,可使剩下的数之和为1.故选C.
2. =.故选A .
3.555=5×554=5×12518,因125被8除余l,所以12518被8除余l,故知555被8除余5,而在125、375、625、875四数中,只有125被8除余5.故选A.
4.由(1)、(3)得,故x≠0,代人(2)解得,所以,
z=-54.检验知此组解满足原方程组,于是10X＋7y＋Z=0．故选D.
5.图中只有边长为1或2的两种菱形,每个菱形恰有一条与其边长相等的对角线,原正三角形内部每条长为1的线段,恰是一个边长为1的菱形的对角线；这种线段有18条,对应着18个边长为1的菱形；原正三角形的每条中位线恰是一个边长为2的菱形的对角线,三条中位线对应着3个边长为2的菱形；共得21个菱形. 故选C.
6.设=,则据末位数字特征得y=2,进而确定：因=216000,=343000,所以60＜＜70,故只有,=62,而=238328,则=38,=32,＋=70. 故选D.
二、填空题(每小题7分,共28分)
7.据条件式
令=z,则(1)式化为：
=9,即有9-z=xy+,平方得
81-18z＋= .……(2)又由
==,代入(2)得,81-18z=4,所以.
8.l＋2＋…＋61=1891,2008－1891=117,由于形如的页码被当成后,加得的和数将相差9|a-b|,因为a,b只能在1,2,…,9中取值,|a-b|≤8,得9|a-b|≤72,由于117=72＋45=63＋54,设弄错的两位数是和,若9|a-b|=72,9|c-d|=45,只有=19,而可以取l6,27,38,49；这时+的最大值是68；若9|a-b|=63,9|c-d|=54,则可以取18,29,而可以取17,28,39,+的最大值也是68．
9.如右图,连OA,OB,OC,线段 OA将阴影的上方部分剖分成两个弓形,将这两个弓形分别按顺时针及反时针绕点O旋转120°后,阴影部分便合并成△OBC,它的面积等于△ABC面积的三分之一,即等于.
10.=,令 =a,=b,得a＋b=16,ab=4,a,b是方程x2-16x+4=0的两个根,故得a2=16a-4,b2=16b-4；a3=16a2-4a,b3=16b2-4b；所以a3+b3=16(a2+b2)-4(a+b)=16(16(a+b)一8)-4(a+b)=252(a+b)-128=3904.∵0＜b＜1,∴0＜b3＜1,∴a3的最大整数值不超过3903.
三、解答题(共70分)
11.当a=0时,方程的有理根为； ……5分
以下考虑a≠0的情况,此时原方程为一元二次方程,由判别式即3＋18a-25≤0,得整数a只能在其中的非零整数1,-1,-2,-3,-4,-5,-6,-7中取值.…… 10 分
由方程得, ……(1)
当a=1时,由(1)得x=2和4；当a=-1时,方程无有理根；
当a=-2时,由(1)得x=1和-；当a=-3时,方程无有理根； ……15分
当a=-4时,由(1)得x=-1和；当a=-5时,方程无有理根；
当a=-6,由(1)得x=和-；当a=-7时,由(1)得x=和.…… 20分
12.证明：EF截△PMN,则……5分
BC截△PAE,则即有
所以 ……10分
AD截△PCF,则
即……15分
因AP=AC＋CP,得2CP＋ AC=2AP-AC.由(3),(4)得
即所以由(1)得 NK=KM,即K是线段AM的中点 .……25分
13.将这120人分别编号为P1,P2,……,P120,并视为数轴上的120个点,用Ak表示这120人之中未答对第k题的人所成的组,|Ak|为该组人数, k=l,2,3,4,5,则|A1|=24,|A2|=37,|A3|=46,
|A4|=54,|A5|=85.……5分
将以上五个组分别赋予五种颜色,如果某人未做对第k题,则将表示该人点染第k色,k=l,2,3,4,5,问题转化为,求出至少染有三色的点最多有几个?
由于|A1|+|A2|+|A3|+|A4|+|A5|=246,故至少染有三色的点不多于=82个.……10分
右上图是满足条件的一个最佳染法,即点P1,P2,……,P85这85 个点染第五色；点P1,P2,……,P37这37个点染第二色；点P38,P39,……,P83这46个点染第四色；点P1,P2,……,P24这24 个点染第一色；点P25,P26,……,P78这54个点染第三色；于是
染有三色的点最多有78个. …20分
因此染色数不多于两种的点至少有42个,即获奖人数至少有42个人(他们每人至多答错两题,而至少答对三题,例如P79,P80,……,P120这42个人). …… 25分
