数学奥林匹克初中训练题_94_.pdf

课外训练 数学奥林匹克初中训练题(94) 第 一 试 一、 选择题(每小题7分,共42分) 1.已知a、b、c是两两不相等的实数.则 方程(x-a) (x-b) + (x-b) (x-c) + (x- c) (x-a ) =0 根的情况为( ) . (A)必有两个不相等的实根 (B)没有实根 (C)必有两个相等的实根 (D)方程的根有可能取值a、b、c 2.在半径为1的圆内,自点A出发的所 有长度不小于该圆的内接正 ABC的边长a 的弦,所组成的图形的面积为( ) . (A) 2 + 2 3 (B) 3 + 2 2 (C) 2 + 3 3 (D) 3 + 3 2 3.已知a、b为实数,设b-a= 2 006.如 果关于x的一元二次方程x 2 +ax+b= 0的 根都是整数,则该方程的根共有( )组. (A)4 (B)6 (C)8 (D)10 图1 4.图1是一个 三角形数表,从上 到下依次称作第一 行、 第二行、. 已知该三角形数表 中每个 “ ” 中的数 均为 正 整 数 的 倒 数,且等于与其相 连的两脚下数之和.如果第一行中的那个数 是 1 1 ,则第三行中的数从左至右的填法有 ( ) . (A)恰有一种(B)恰有两种 (C)恰有三种(D)有无数多种 5.在 ABC中,ABBC 0 ,所以,方程必 有两个不相等的实根. 2.D. 由题给条件易知,这些弦组成的图形恰为正 ABC及其所对的弓形.设 ABC的中心为O,则小 扇形BOC的面积为 3 .而 SAOB=SAOC= 1 2 12sin 120= 3 4 . 故所求的图形的面积为 3 2 + 3 . 3.B. 由韦达定理得x1+x2= -a,x1x2=b.则 x1+x2+x1x2= 2 006. 所以 ,( x1+ 1) (x2+ 1) = 2 007 = 9223 = - 9( - 223) = 3669 = - 3( - 669) = 12 007 = ( - 1)( - 2 007) . 易知方程有6组解. 4. C. 设第二行的两个数为m、n.则 1 m + 1 n = 1 (m、nN+ ) . 于是,m= n n- 1 = 1 + 1 n- 1. 解得n- 1 = 1.从 而,m= 2 ,且n= 2 ,即第二行的数只能为 1 2 , 1 2 . 设第三行中 1 2 脚下的两个数为 1 2 = 1 m + 1 n (m、nN+ ) . 则m= 2n n- 2 = 2 + 4 n- 2. 故(n- 2)| 4 ,知n- 2 = 1 ,2 ,4. 于是, m= 6 , n= 3 或 m= 4 , n= 4 或 m= 3 , n= 6. 故第三行的数由左到右是 1 3 , 1 6 , 1 3 或 1 6 , 1 3 , 1 6 或 1 4 , 1 4 , 1 4 . 图4 5.B. 如图4 ,过点E作 EFAD交CD于点F, 设AB=x.则 AC AE = CD DF = CD BD. 有BD=DF. 所以,DG为 BEF的中位线.则BG=GE. 又 BAG=EAG,所以,AB=AE=x. 得CE=AC-AE=AC-AB= 2. 63中 等 数 学 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 又因EFAD,所以,AE DF = CE CF = AC CD = 2. 故DF= x 2 ,CF= 1. 而 EF AD = CE AC = 2 AE+CE = 2 x+ 2 及 EF AD = 2GD AG+GD = 2 AG GD + 1 = 2 2 008 ,故x= 2 006. 因此,BC= 2 007. 6.D. (1)选择题及填空题的得分有0 ,7 ,14 ,70共 11种可能,解答题得分有0 ,5 ,10 ,70共有15种 可能,故可产生1115 = 165种结果. (2)下列23个分数0 ,5 ,7 ,10 ,12 ,14 ,15 ,17 ,19 , 20 ,21 ,22 ,24 ,25 ,26 ,27 ,28 ,29 ,30 ,31 ,32 ,33 ,34可以 得到且只有一种获得方法;又35 = 75 = 57 ,即35 分可表示为做对5个7分或7个5分的题,故前面 23个分数相应分别加上35所得的分数均有两种获 得方法.于是,这新的23个分数各有两种获得方法, 且均小于70.根据对称性,用140减去新的23个分 数所得的数也均有两种表示方法,这些数恰为71到 140之间的能够取到的分数.前后共计223 =46个数. (3)由70 = 710 = 514 = 75 + 57 ,知共有 三种获取方法. 故满足不重复的要求的不同分数共 165 - 46 - 2 = 117(种 ) . 二、1. - 1或8. 令 b+c-a a = c+a-b b = a+b-c c =k,则 b+c = ( k + 1) a,c+a = ( k + 1) b, a+b = ( k + 1) c. 于是 ,2( a+b+c) = (k+ 1) (a+b+c ) . 故a+b+c= 0或b+c= 2a,c+a= 2b,a+b = 2c. 所以, (a+b) (b+c) (c+a) abc = - 1或8. 2. 2 9 . 图5 如图5 ,在 ABD中, 应用梅涅劳斯定理得 AM MB BE ED DG G A =1, 即 MB AM ED BE = 1 2 . 在 ADC中,应用梅 涅劳斯定理得 AG GD DE EC CN NA = 1 , 即 DE EC CN NA = 1 2 . 则 BM AM + CN AN = 1 2 BE ED + 1 2 EC DE = DE DE = 1. 故 BA AM + CA AN = 3 ,即 1 m + 1 n = 3. 所以,3mn=m+n2mn.解得mn4 9 . 而一次函数y= - n m x+n与x轴、y轴的交点 坐标为(m ,0) 、 (0 , n ) , 故所求的三角形的面积S= 1 2 mn2 9 ,且当且仅当m=n时,等号成立. 注:本题也可以用特殊值法求解. 3.3. 设n个正方形的边长分别为x1,x2,xn,则 x21+x22+x2n= 2 006. 由于x2i0或1(mod 4) ,而2 0062(mod 4) ,故 xi中至少有两个奇数. 若n=2 ,则x1、x2均为奇数,设为2p+1、2q+1 , 则 (2 p + 1) 2 + (2q + 1) 2 = 2 006. 故p2+p+q2+q= 501. 但是p2+p,q2+q均为偶数,矛盾. 若n= 3 ,可设 x1= 2p+ 1 ,x2= 2k,x3= 2q+ 1 , 则 (2 p + 1) 2 + (2k) 2 + (2q + 1) 2 = 2 006 , 即 p2+p+k2+q2+q= 501. 显然,k为奇数且k501.故k21. 当k= 1时,p2+p+q2+q= 500无正整数解; 当k= 3时,p2+p+q2+q= 492有解 p= 8 ,q= 20. 故得172+ 62+ 412= 2 006.所以,nmin= 3. 4. 1 3 . 由对称性知,A1B1A2C2,B1C1A2B2,C1A1 B2C2,即RtA1AF、RtA2AB、RtB1CB、 RtB2CD、RtC1ED、RtC2EF全等.故考察Rt A1AF. 设A1B1=a(aN+ ) , AA1=x.则AF= 3x, 732006年第12期 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. A1F= 2x.有x+ 3x+ 2x=a.解得x= a 3 + 3 . 故SA1AF= 3 2 x2= 3 2 a 3 + 3 2 . 则S= 3 4 a2- 3SA1AF= 3 4 a2- 3 4 a2. 由已知S= 1 m - 3 n 及a为正整数,m、n为有理 数,得m= 4 3a2 ,n= 4 a2 . 第 二 试 一、 设在RtABC和RtA1B1C1中,直角边分 别为AC=b,BC=a及A1C1=b1,B1C1=a1,斜边 为AB=c及A1B1=c1.根据题意得 c2=a2+b2, c21=a21+b21, a+b+c=a1+b1+c1, 1 2 ab= 1 2 a1b1. 式 两边平方得 a2+b2+c2+ 2ab+ 2bc+ 2ca =a21+b21+c21+ 2a1b1+ 2b1c1+ 2c1a1, 并结合式 、 、 ,得 c(a+b+c ) = c1(a1+b1+c1 ) . 再利用式 得c=c1. 于是,a+b=a1+b1=m,ab=a1b1=n. 则知a、b是方程x2-mx+n= 0的解,同时a1、 b1也是该方程的解. 故必有 a=a1, b=b1 或 a=b1, b=a1. 不妨设a=a1,b=b1. 于是,得a=a1,b=b1,c=c1. 从而,RtABCRtA1B1C1.命题得证. 二、(1)设2 004k+a=m2, 2 004(k+ 1) +a=n2, 这里m、n都是正整数,则 n2-m2= 2 004. 故(n+m) (n-m) = 2 004 = 223167. 注意到,m+n、n-m的奇偶性相同,则 n+m= 1 002 , n-m= 2 或 n+m= 334 , n-m= 6. 解得 n= 502 , m= 500 或 n= 170 , m= 164. 当n= 502 ,m= 500时,由式 得 2 004k+a= 250 000. 所以,a= 2 004(124 -k) + 1 504. 由于k、a都是正整数,故k可以取值1 ,2 , 124 ,相应得满足要求的正整数数组(k,a)共124组. 当n= 170 ,m= 164时,由式 得 2 004k+a= 26 896. 所以,a= 2 004(13 -k) + 844. 由于k、a都是正整数,故k可以取值1 ,2 , 13 ,相应得满足要求的正整数数组(k,a)共13组. 从而,满足要求的正整数数组(k,a)共有 124 + 13 = 137(组 ) . (2)满足式 的最小正整数a的值为1 504. 满足式 的最小正整数a的值为844. 所以,所求的a的最小值为844. 三、 根据同弧所对的圆周角相等,得 DAN=DBC,DCN=DBA. 又因为 DAN=BAM,BCM=DCN, 所以,BAM=MBC,ABM=BCM. 有 BAM CBM,则 BM CM = AM BM , 即 BM2=AMCM. 又 DCM=DCN+NCM =BCM+NCM=ACB=ADB, DAM=MAC+DAN =MAC+BAM=BAC=CDM, 有 DAM CDM,则 DM CM = AM DM , 即 DM2=AMCM. 由式 、 得BM=DM,即M为BD的中点. 图6 (2)如图6 ,延长AM交 圆于点P,联结CP.则 B