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数学奥林匹克初中训练题96

发布时间:2014-05-22 11:56:44  

38中等数学

课外训练

数学奥林匹克初中训练题(96)

第一试

一、选择题(每小题7分,共42分)1.已知abc=1,记

=,

bc+ca+1

N++.

++1b+bc+1c+ca+1

离为((B)12,).则M与N的大小关系是(  

(A)M>N(B)M=N(C)M<N(D)无法确定

2.用三种正多边形的地砖铺地,某顶点拼在一起,各边完全吻合,全覆盖地面.设正多边形地砖的边数分别为x、y、z.那么,(  ).

(A)++=1

x

y

z

2,

△ABE、△BCF、△CDG、△DAH.则四边形AFGD的周

).长为(  

(A)4+2+2(B)2+2+2(C)4+2+4(D)2+2+46.书店出售《初中竞赛数学》丛书,丛书

图2

(B)(C)(D)

x

+++

2

y

+==

z

=

2

x

y

z

包括七、八、九年级各一册

.小赵、小李、小陈三人同去购此丛书,每人每册书都可以选购一本或不购,三人合起来发现每一册都购到了,而且每册都至少有一人没有购到.那么,

)种.不同的购书方案有(  

(A)512  (B)343  (C)216(D)以上答案都不对

x

y

z

3.使m+m+7是完全平方数的所有整

).数m的积是(  

(A)84(B)86(C)88(D)90

4.如图1,在

二、填空题(每小题7分,共28分)

1.当n=1,2,…,2006时,所有二次函

2

数y=n(n+1)x-(2n+1)x+1的图像在

x轴上所截得线段的长度之和为

△ABC中,∠C=90°,

AC=2,BC=1,点A、C

.

2.已知四边形ABCD是正方形,P是边

BC上的一点,直线DP交AB的延长线于点Q.若DP-BP=BP?BQ,则∠CDP=

2

2

分别在x轴、y轴上.当点A在x轴上运动时,点C随之在y轴上运动.在运动过程中,点

B到原点O的最大距

图1

.

3.设x、y、z为实数,且

2

y+z

+

2

z+x

+

2

x+y

=0.

2007年第3期39

y+z

+

z+x

+

x+y

=.

2.B.

4.如图3,AB、CD是

⊙O的两条弦,∠AOB与∠OCD互补,∠OAB与

∠COD相等.则的值

CD

图3

设边数为x、y、z的地砖每一个内角度数分别β、γ.则为α、

(x-2)180°=αx,(y-2)180°=βy,

(

z-2)180°=γz.

故即x

αβγ++===2,xyz180°180°

为.

+

y

+

z

=

.2

第二试

(20分)设x、一、y,x是5的倍数,x+y32x99.7y)如3.A.

+7=2(k.2+0.

m=.

2

2

图4,△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D1、

D2在AC上,且满

由m为整数,应有4k2-27=n2(n∈N+),即(2+n)(2k-n)=27.2k+n=27,2k+n=9,

2-n=12k-n=3.n=13,k=7

图4

n=3,k=3.

足AD1=CD2,

CECE+=1.BE2BE1

故m1=-7,m2=6,m3=-2,m4=1.所以,m1m2m3m4=84.

4.B.

AE1⊥BD1,AE2⊥BD2分别交BC于点E1、E2.求证:

如图6,取AC中点D,联结OD、BD、OB.易知

OD=1,BD=由于两点之间线段最短,即OB≤OD+BD=1+,故点B到原点O的最大距离为

(25分)设a,b,三、

…,k是不同的正整数,它们写成如图5的形状.

已知在图5中,被两个箭头指向的每一个数等于这两个箭头起点的数之和.问当d取怎样的

+1.

图5

最小值时,可能有这样的写法?

参考答案

第一试

  一、

1.B.

abc=1,得

b+bc+1

图6

图7

5.A.

==

=,

ab+abc+aa+ab+1=.2

abc+abc+aba+ab+1

c+ca+1

如图7,联结AF、AG、GF.等腰△ABF顶角为90°+60°=150°,等腰△FCG顶角为360°-90°-2×60°=150°.

又AB=BC=FC,所以,△ABF△FCG.故AF=FG.同理,AF=AG.

设AB中点为K,联结GK.易见△AKG为直角三角形,AK=1,KG=2+所以,M=

1.同理,N=1.

40中等数学

=k--,

y+zz+xx+yz+xx+y2

由勾股定理得

AG=

22

+(2

+)=

+4=(+)=+2

=k-=k-

x+yy+z

2

--

y+zz+x

2

,.

故四边形AFGD的周长为

AF+FG+GD+DA=2(+)+2×2

将上述三式代入

yz

=4+2+26.C.

+

z+x

+

x+y

=0y=x+y

例如,对七年级的用书,

每人有可购可不购2种选择,3人便有2×2×2=8种选择.但3人都不购或都购这2种选择是不行的,所以,实际上有6种选择.从而,共有不同的购书方案6×6×6216二、1..

2得 k-z+xy+--

x-

y++

(x+y+z)(k-1)=0.若x+y+z≠0,则k=1.若x+y+z=0,则k=-3.

4..2

,(n(2n1)+1=0.化为

-)[(n+1)x-1]=

0,得

x1=

,x2=.n+1n

n

易得∠AOB=108°,∠OCD=72°,

.n+1

故|x2-x1|=-

∠A=∠B=∠COD=36°.如图9,取BM=OB.则△BOM又△MAO

2

分别取n=1,2,…,2006,得这2006条抛物线在x轴上所截得线段的长度之和为  S2006=1-=1-2

+

-23

+…+

-20062△OCD.△OAB,得

得CD=OM,AM=OM.

OA=AB?AM,

=.20072007

即 BM2=AM?AB.

=,BM2

图9

2.2215°.

记θ=∠CDP=∠PQB.如图8,在边

AB上取一点T,使得BT=BP,联结DT、DB.

==.

AM+BM2+1

图8

==.CD3-2

由对称性易知

DT=DP,

第二试

一、设x+2y=5A,x+y=3B,A、B是整数.因为x、y≥0,所以,A、B≥0.

又易知x=6B-5A,y=5A-3B,于是,

2x+y=9B-5A≥99,S=7x+5y=27B-10A.

∠BDT=∠BDP,∠ADT=∠CDP=θ.又由题设条件得

DT=DP=BP+BP?BQ

2

2

2

=BT(BT+BQ)=BT?TQ,即=.

BTDT

由此知题目变为:在整数A、B≥0,6B≥5A≥

△QTD.

3B,9B≥5A+99时,求S的最小值.

又∠DTB=∠QTD,则有△DTB故∠BDP=∠BDT=∠DQT=θ.

于是,4θ=∠ADC=90°.故∠CDP=θ=2215°.

3.1和-3.

y+z

z+x

x+y

因为15A≥9B≥99+5A,即10A≥99,A≥10,则

9B≥50+99=149,B≥17.

于是,5A≥51,A≥11.

=

k.则

设++

进而,9B≥55+99=154,B≥18.

2007年第3期41

数学奥林匹克高中训练题(96)

第一试

一、选择题(每小题6分,共36分)

1.平面向量的集合A到A的映射f由f(x)=

x-2(x?a)a确定,其中,a量.若映射f满足f(x)?f()x、y∈A(((C)

-22,44

(B)(D)

,44-,22

x-3,N=

(  ).

(A)M>N (B)M<N (M=N(D)f-+

2

在2

2.数a的取值范围是(.

(A)(B)(C)(D)

2222,+,)∪(1,+∞,+,+2

,1,8

2.设x>3,M=3

x+3

x-1+

x-2.则M、N的大小关系是

  若B≥19,则

S=9B+2(9B-5A)≥9×19+2×99=369.若B=18,则5A≤9B-99=63,A≤12,A只能为

12或11.其中A=12使S=27×18-10×12=366取最小值,且为唯一的情况(此时,x=48,y=6).

二、如图10,过点C作CF∥AE1交BA的延长线于点F.则

=,BE1AB

三、由题设

d=c+g=(b+f)+(f+i)

=(a+e)+(e+h)+(e+h)+(h+k)=3(e+h)+a+k.

为使d最小,可取e+h=3.

不失一般性,可设e=1,h=2,否则,若e=2,h=1,只要将图5中关于直线fd进行一次对称变换就可得到e=1,h=2.于是,f=3.

由a,b,…,k不同可得a≥4,k≥4.下面用反证法证明:a+k的最小值为11.

若a+k≤10,则(a,k)有四种可能(4,5),(4,6),(5,4),(6,4).无论哪一种可能,都会使图5中出现相同的元素,因此,a+k≥11.a+k的最小值为

11.此时,d的最小值为11+3(1+2)=20.

使d取得最小值20的图是存在的,如图11.

∠E1AC=∠FCA.图10又∠ABD1=90°-∠BAE1=∠E1AC,则∠ABD1=∠ACF.

因为∠BAD1=∠CAF=90°,AB=AC,所以,△ABD

1△ACF,有AD1=AF.于是,同理,故

=.BE1ABCEAD=.BE2AB

+=BE1BE2AB

图11

AD+AC-CD===1.

ABAB

(宿晓阳 四川省成都市实验外国语学校,610031)

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