初中数学竞赛 奥林匹克初中训练题（科大少年班07年第12期）(pdf).pdf

课外训练数学奥林匹克初中训练题(104)第 一 试一、 选择题(每小题7分,共42分)1.有两个四位数,它们的差是534 ,它们平方数的末四位数相同.则较大的四位数有()种可能.(A)1(B)2(C)3(D)42.在 ABC中,D、E分别是边AB、BC上的点,且BEEC+BDDA= 2 2 ,AE与CD交于F,BF的延长线交AC于G.则BFFG= () .(A) 2(B)2 2(C)4 2(D)83.已知x为实数,且| 3x- 1| +| 4x- 1| +| 17x- 1|的值是一个确定的常数.则这个常数是() .(A)5(B)10(C)15(D)754.已知 ABC、 BCD均为正三角形,且点A、D位于边BC的异侧.过D的直线交AB的延长线于点P、 交AC的延长线于点Q,联结PC、QB交于点M.则 BMC= () .(A)105(B)120(C)145(D)1505.已知、 是方程x2+x- 1 = 0的两根.则16- 987+ 411的值为() .(A)2 006 (B)2 007 (C)2 008 (D)2 0096.已知 O是锐角 ABC的外接圆,N是BC的中点,点M在OA上,且 ABC=4ONM,ACB= 6ONM.则 OMN与ONM的大小关系为() .(A)OMNONM(B)OMN=ONM(C)OMN1.则以a、b、c为边构成三角形(填“能” 或 “不能”) .4.四边形ABCD是 O的外切四边形.则 ABC的内切圆 O1与 ACD的内切圆O2的位置关系是.第 二 试一、(20分)已知a、b、c为正实数,且abc= 1.求a(a+1) (b+1)+b(b+1) (c+1)+c(c+1) (a+1)的最小值.二、(25分)命题 “如果两个等腰三角形的周长相等,面积也相等,那么,它们全等” 是否为真命题?若是,给出证明;若不是,请举出一个反例.三、(25分)设x、y、a、m、n均为正整数,且x+y=am,x2+y2=an.求a300是多少位数.732007年第12期参 考 答 案第 一 试 一、1. C.设较大的四位数为x,较小的四位数为y.则x-y= 534 ,且x2-y2能被10 000整除.而x2-y2= (x+y) (x-y) = 2672(x+y) ,则x+y能被5 000整除.令x+y= 5 000k(kN+) .由式 、 解得x= 2 500k+ 267 ,y= 2 500k- 267.考虑到x、y均为四位数,于是,1 0002 500k+ 2679 999 ,1 0002 500k- 2679 999.解得1 2672 500k3558625.k可取1 ,2或3.从而,x可取的值有三个:2 767 ,5 267 ,7 767.2.B.图1如图1 ,注意到BFFG=SABF+SBFCSAFC=SABFSAFC+SBFCSAFC.又因BEEC=SABFSAFC,BDAD=SBFCSAFC,所以,BFFG=BEEC+BDAD= 2 2.3.A.由于原式的值是一个确定的常数,则把绝对值符号去掉后应消去x.而3 + 4 + 12 = 13 + 14 + 17 ,因此,12x- 10 ,且13x- 10.解得113x112.故原式= (1 - 3x) + (1 - 4x) + (1 - 12x) +(13x- 1) + (14x- 1) + (17x- 1)= 5.4.B.如图2 ,易知 PBD DCQ.图2故PBDC=BDCQ.又DC=BD=BC,则PBBC=BCCQ.由 PBC=BCQ=120,可得PBC BCQ2 =1.在 BPM中,有BMC=2 +PBM=1 +PBM=PBC= 120.5. C.由已知得2= 1 -且+= - 1.于是,4= (1-)2=1- 2+2=2- 3,8= (2- 3)2=4- 12+92=13- 21,16= (13- 21)2=169- 546+4412=610- 987.故16- 987+ 411 = (610 - 987) - 987+ 411= 1 021 - 987(+) = 1 021 + 987 = 2 008.6.B.图3如图3 ,联结OB,延长ON交 O于点D,联结AD.设 ONM=x,则ABC= 4x,ACB= 6x.故 AOB= 2ACB= 12x,BAC= 180- 10 x.由垂径定理的逆定理知点D平分BC.因此,BAD=12BAC= 90- 5x.又 BAO=ABO=180-AOB2= 90- 6x,则OAD=BAD-BAO=x.在 OAD中,OA=OD,则 D=OAD=x.从而,ONM=D,MNAD.有 OMN=OAD=x=ONM.二、1.3 ,0或-140.当a- 3 = 0 ,即a= 3时,原函数变为y= - 11x+ 12 ,其图像与坐标轴有两个交点.当a- 30 ,即a3时,原函数为二次函数,它与y轴一定有一个交点,当此交点不是原点时,它与x轴只能有一个交点.所以,= (4a- 1)2- 16a(a- 3) = 0.83中 等 数 学解得a= -140.当此交点是原点时,a= 0 ,它必与x轴有两个不同的交点.综上可知a= 3 ,0或-140.2.平行四边形.图4如图4 ,过 点P作PP AB,点P 在四边形ABCD内,联结PA、PB、PC、PD.则SP AB=SPAB.由已知得SPAB+SPCD=12S四边形ABCD=SP AB+SPCD.所以,SPCD=SPCD.于是,PP CD.因此,ABCD.而SP AD+SPBC=S四边形ABCD-12S四边形ABCD=12S四边形ABCD,同理,ADBC.故四边形ABCD是平行四边形.3.能.考虑到a、b、c是正数,将已知式去分母得a(b2+c2-a2) +b(a2+c2-b2) 2abc-c(a2+b2-c2) .上式两边分别分解因式得(a+b) (a+c-b) (b+c-a)c(a+c-b) (b+c-a) ,即 (a+b-c) (a+c-b) (b+c-a) 0.由对称性,不妨设abc.则a+b-c 0 ,a+c-b 0.所以,b+c-a 0 ,即b+ca.故以a、b、c为边能构成三角形.4.外切.图5如图5 ,设 O1、O2与AC分别相切于点E、F.则AE=12(AB+AC-BC) ,AF=12(AD+AC-CD).因为四边形ABCD是O的外切四边形,所以,AB+CD=AD+BC.故AE-AF=12(AB+CD-AD-BC) = 0 ,即 AE=AF.因此,点E与F重合.故 O1与 O2外切.第 二 试一、 当a=b=c= 1时,原式=34.下面比较原式与34的大小.a(a+ 1) (b+ 1)+b(b+ 1) (c+ 1)+c(c+ 1) (a+ 1)-34=ab+ac+bc+a+b+c- 64(a+ 1) (b+ 1) (c+ 1).由于abc= 1 ,且a、b、c为正实数,则ab+ac+bc+a+b+c- 6= (a+1a- 2) + (b+1b- 2) + (c+1c- 2)0.又4(a+ 1) (b+ 1) (c+ 1) 0 ,故a(a+1) (b+1)+b(b+1) (c+1)+c(c+1) (a+1)34.因此,所求代数式的最小值为34.二、 原命题是假命题.举反例如下.如图6、7.ABC、 ABC 均为等腰三角形,BC、BC 是它们的底边,AD、AD 分别是它们的高.设AD= 4k,AD= 2k,BC= 2a,BC= 4a.根据等腰三角形性质及勾股定理得AB=AC=a2+ 16k2,AB=AC=4a2+ 4k2= 2a2+k2.932007年第12期 由于 ABC、 ABC 周长相等,则2a2+ 16k2+ 2a= 4a2+k2+ 4a,即 a2+ 16k2= 2a2+k2+a.将式 两边平方并整理得aa2+k2= 3k2-a2.将式 两边平方并整理得9k4- 7k2a2= 0.注意到k 0 ,解得k=73a.取a= 3 ,则k= 7.故三边长分别为11、11、6和8、8、12的两个三角形的周长相等,面积也相等,但显然不全等.三、 由已知得a2m=x2+y2+ 2xy=an+ 2xy.由题设及式 知a2man.于是,2mn.将式 两边同除以an,得a2m-n= 1 +2xyan.由于式 左边为正整数,所以,an能整除2xy.从而,2xyan=x2+y2,即(x-y)20.解得x=y.因此,2x=am,2x2=an.所以,a2m-n= 2.考虑到a及2m-n均为正整数,故a=2,此时,2m-n= 1.下面求2300是多少位整数.因为2300= (210)30= 1 02430 (103)30= 1090,所以,2300是不少于91位的整数.又23001091=1101 024301 000301101 0251 00030=110414030110414040391211=1104111=41110 1 ,所以,2300f(q)(B)f(p) =f(q)(C)f(p) f(q)(D)以上三种情况均有可能2.设方程x= lnax(a为常数且a0) .则() .(A)当a 0时,没有实根(B)当0 a e时,有两个实根3.已知长方体的表面积为452cm2,所有棱长的总和为24 cm.那么,长方体的体对角线与棱所成的最大角为() .(A)arccos13(B)arccos23(C)arccos39(D)arccos694.已知 ABC的外接圆圆心为O,BCCAAB.则() .(A)OAOBOAOCOBOC(B)OAOBOBOCOCOA(C)OBOCOCOAOAOB(D)OAOCOCOBOAOB04中 等 数 学。