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初二希望杯7-16届大题及解答

发布时间:2013-12-30 10:46:54  

初二希望杯7-16届大题及解答

1.已知多项式x3+ax2+bx+c中,a,b,c为常数,当x=1时,多项式的值是1;当x=2时,多项式的值是2;若当x是8和-5时,多项式的值分别为M与N,求M-N的值. 解法1:当x=1时,1+a+b+c=1,∴a+b+c=0. ①当x=2时,8+4a+2b+c=2, ∴4a+2b+c=-6 ②联立①,②解得

当x=8时,M=512+64a+8b+c,当x=5时,N=-125+25a-5b+c.∴M-N =512+64a+8b+c-(-125+25a-5b+c)=637+39a+

13b

=637-117+39=559.解法2:同解法1得

M=512+64a+8b+c,N=-125+25a-5b+c.M-N=637+39a+13b.

由②-①得3a+b=-6,∴M-N=637+13(3a+b)=637-78=559.

解法3:设P(x)=x+ax+bx+c 则P(1)=1,P(2)=2.

又设Q(x)=P(x)-x,则Q(1)=0,Q(2)=0.

∵Q(x)是关于x的三次多项式,可设Q(x)=(x-1)(x-2)(x-m),其中m为常数.于是M-N=P(8)-P(-5)=[Q(8)+8]-[Q(-5)+(-5)] =Q(8)-Q(-5)+13=7.6(8-m)-(-6)·(-7)(-5-m)+13 =336-42m+210+42m+13=559.

2.如图41,在直角∠AOB内有一点P,OP=a,∠POA=30°,过P点做一直线MN与OA、OB分别相交于M、N,使△MON的面积最小.

(1)此时线段MN的位置是 ( )

A.MN⊥OP B.OM=ON C.OM=2ON D.PM=PN(2)此时△MON的面积是______.

(3)若∠AOB为一锐角,P是锐角内一定点(如图42).过P点的直线与OA、OB交于M、N,使△OMN的面积最小,应怎样画出MN的位置(简述画法并保留画图痕迹),并证明你的结论.

32

1

(1)如图46,当PM=PN时,△MON面积最小,∴选(D).理由同第(3)小题.

(2)由(1)知,当PM=PN时,△MON面积最小.∵△MON是直角三角形.

∴MN=2a.又∵∠POM=30°,∴∠PMO=30°,

(3)作法1:如图47.

①从P点作PC∥OA交OB于C.②在OB上截取CN=OC.③连接NP并延长交OA于M.则MN即为所求线段.此时,∵PC∥OM,OC=CN,∴PM=PN.∴△OMN面积最小.

证明:若经过F点另有一条直线EF交OA,OB于E,F(如图47).

从N作NG∥OA交EF于G.可证明△PEM≌△PGN.∴S△PEM=S△PNG<S△PNF

∴S△OMN=S四边形OEPN+S△PEM<S四边形OEPN+S△PNF=S△OEF

若E′F′过点P交OA,OB于E′,F′(如图48)则作M′G′∥OB交E′F′于G′,同理可证S△OMN<S△OEF′∴△OMN是符合要求的面积最小的三角形.

说明:此题的原型源于一道常见的平面几何证明题.

题目:如图49,等腰△ABC中,AB=AC,D,E为AB和AC延长线上的点,且BD=CE,DE与BC相交于P,求证DP=PE.

证明1:过D点作DF∥BC交AC于F.∴∠ADF=∠B,∠AFD=∠ACB,∴AD=AF.∴FC=BD=CE.在△EDF中,CP∥DF,EC=CF.∴EP=PD.

证明2:过D点作DF∥AC交BC于F(图50).

∴∠DFB=∠ACB=∠B.∴DF=DB=CE.

在△PDF和△PEC中.∠DPF=∠EPC,∠PDF=∠E,DF=CE∴△PDF≌△PEC.∴PD=PE. 按照此证明思路,可作出图51和图52.

作法2:

①在OA,OB上取C,D两点,使OC=OD.②过P点作EF∥CD交OA于E,交OB于F.

③在PF上取PG=PE.④过G作GN∥OA交OB于N.⑤连接NP延长交OA于M.则MN即为所求. 作法3:

①在OA,OB上取C,D两点,使OC=OD.②过P点作EF∥CD交OA于E,交OB于F. ③延长PE到G,使PG=PF.④过G作GM∥OB交OA于M.⑤连接MP延长交OB于N. 则MN即为所求.

2

3.已知:a、b、c为实数,且多项式x3+ax2+bx+c能够被x2+3x-4整除.

(1)求4a+c的值.

(2)求2a-2b-c的值.

(3)若a、b、c为整数,且c≥a>1,试确定a、b、c的大小.

(1) ∵ x+3x-4=(x-1)(x+4),∴ x-1,x+4都能整除x+ax+bx+c, ∵ (x-1)|x+ax+bx+c,∴ 1+a+b+c=0,

∵ (x+4)|x+ax+bx+c,∴ -64+16a-4b+c=0,

4×①+②得 20a+5c=60,∴ 4a+c=12 ③

3232232

将④、⑤代入2a-2b-c中,得

∴ 1<a<3,由a为整数知a=2,

当a=2时,代入③得c=4,

再一起代入①,得b=-7.

4.如图8,已知D、E、F分别是锐角△ABC的三边BC、CA、AB上的点,且AD、BE、CF相交于点P,AP=BP=CP=6,设PD=x,PE=y,PF=z,若xy+yz+zx=28,求xyz的大小.

如图15,作PM⊥BC于M,AN⊥BC于N.

∵ S△ABC=S△PBC+S△PCA+S△PAB,

3

∴ 3(yz+zx+xy)+36(x+y+z)+324

=xyz+6(xy+yz+zx)+36(x+y+z)+216,

∵ xy+yz+zx=28,

∴ xyz=108-3(xy+yz+zx)=24.

5.已知n,k均为自然数,且满足不等式7n6??.若对于某一给定的自然数n,只有13n?k11

唯一的一个自然k使不等式成立,求所有符合要求的自然数n中的最大数和最小数

.

4

综上得n的最大值为84,n的最小值为13.

6.甲、乙、丙三人分糖块,分法如下:先在三张纸片上各写三个正整数p、q、r,使p<q<r,分糖时,每人抽一张纸片,然后把纸片上的数减去p,就是他这一轮分得的糖块数,经过若干轮这种分法后,甲总共得到20块糖,乙得到10块糖,丙得到9块糖,又知最后一次乙拿到的纸片上写的数是r,而丙在各轮中拿到的纸片上写的数字的和是18,问:p、q、r分别是哪三个正整数?为什么?

6.每一轮三人得到的糖块数之和为

r+q+p-3p=r+q-2p

设他们共分了n轮,则

n(r+q-2p)=20+10+9=39.

∵39=1×39=3×13.

且n≠1,否则拿到纸片p的人得糖数为0,与已知矛盾n≠39,因为每次至少分出2块糖,不可能每轮只分1块糖.

∴n=3或n=13.

由于每个人所得糖块数是他拿到的纸片上数的总和减去np,由丙的情况得到 9=18-np

∴np=9 p≥1.

∴n≠13,只有n=3.

∴p=3.

把n=3,p=3代入①式得

r+q=19.

又乙得的糖块总数为10,最后一轮得到的糖块r-3块.

∴r-3≤10,r≤13.

5

若r≤12,则乙最后一轮拿到的纸片为r,所得糖数为r-p≤9.这样乙必定要在前两轮中再抽得一张q或r.这样乙得的总糖数一定大于等于(r+q)-2p=13,这与乙得到的糖数为10块矛盾.

∴r>12 ∵12<r≤13.

∴r=13. q=19-r=6.

综上得 p=3,q=6,r=13

甲、乙、丙三人在三轮中抽得的纸片数如下::

7.求自然数对(a,b),同时满足条件: (1)0<a-2 b<1,(2)15 O<(a+2 b)<200.

3

8.如图,等腰梯形ABCD中,CD∥AB,对角线ACBD相交于O,∠ACD=6O°,点S, P,Q分别是OD,OA,B C的中点,

(1)求证△PQS是等边三角形;

(2)若A B=5,CD=3,求△PQS的面积;

(3)若△PQS的面积与△AOD的面积的比是7:8,求梯形上、下两底

的比CD:AB.

6

9.已知实数a、b满足条件|a-b|=

成只含有字母a的形式。

9.∵|a-b|=b11<1,化简代数式(-)(a?b?1)2,将结果表示aabb<1, a

∴ a、b同号,且a≠0, b≠0,

∴ a-b-1=(a-b)-1<0,

1111b?a∴(-)(a?b?1)2=(-)[1-(a-b)]=[1?(a?b)]. ababab

b① 若a、b同为正数,由<1,得a>b, a

a2b2∴ a-b=, a-ab=b, 解得b=, a?1a

b?11b?ab∴(-)(a?b?1)2=[1?(a?b)]=a(1-) abaabab

1ba?b =-2·=-4 aaa

=-1. a2(a?1)

7

② 若a、b同为负数,由

b

<1,得b>a, a

b2a2

∴ a-b=-, a-ab=-b, 解得b=,

a?1a

b

11b?ab∴(-)(a?b?1)2=[1?(a?b)]=a(1+)

abaababa2

a?

a?b =3=aa3

=

2a?1

.

a2(a?1)

1

;当a、b同为负数时,2

a(a?1)

综上所述,当a、b同为正数时,原式的结果为-

原式的结果为

2a?1

a2(a?1)

A

DF

10.如图5,正方形ABCD中,AB=3,点E、F分别在BC、CD上,且∠BAE=30°,∠DAF=15°,求△AEF的面积。 10.将△ADF绕A点顺时针方向旋转90°到△ABG的位置,

∴ AG=AF,∠GAB=∠FAD=15°, ∠GAE=15°+30°=45°, ∠EAF=90°-(30°+15°) =45°, ∴∠GAE=∠FAE,又AE=AE, ∴△AEF≌△AEG, ∴EF=EG, ∠AEF=∠AEG=60°,

在Rt△ABE中,AB=3,∠BAE=30°,

∴∠AEB=60°,BE=1,

在Rt△EFC中,∠FEC=180°-(60°+60°)=60°,

B

E图5

C

ADF

G

B

?6í

EC=BC-BE=3-1,EF=2(3-1), ∴EG=2(3-1),S△AEG=∴S△AEF=S△AEG=3-.

E

C

1

EG·AB=3-, 2

8

11.将编号为1,2,3,4,5的五个小球放入编号为1,2,3,4,5的五个盒子中,每个盒子只放入一个,

① 一共有多少种不同的放法?

② 若编号为1的球恰好放在了1号盒子中,共有多少种不同的放法?

③ 若至少有一个球放入了同号的盒子中(即对号放入),共有多少种不同的放法?

11.① 将第一个球先放入,有5种不同的的方法,再放第二个球,这时以4种不同的放法,依此类推,放入第三、四、五个球,分别有3、2、1种放法,所以总共有5×4×3×2×1=120种不同的放法。

② 将1号球放在1号盒子中,其余的四个球随意放,它们依次有4、3、2、1种不同的放法,这样共有4×3×2×1=24种不同的放法。

③ (解法一)

在这120种放法中,排除掉全部不对号的放法,剩下的就是至少有一个球放入了同号的盒子中的放法种数。

为研究全部不对号的放法种数的计算法,设A1为只有一个球放入一个盒子,且不对号的放法种数,显然A1=0,A2为只有二个球放入二个盒子,且不对号的放法种数,∴ A2=1,A3为只有三个球放入三个盒子,且都不对号的放法种数,A3=2,??,A n为有n个球放入n个盒子,且都不对号的放法种数。

下面我们研究A n+1的计算方法,考虑它与A n及A n-1的关系,

如果现在有 n个球已经按全部不对号的方法放好,种数为A n。取其中的任意一种,将第n+1个球和第n+1个盒子拿来,将前面n个盒子中的任一盒子(如第m个盒子)中的球(肯定不是编号为m的球)放入第n+1个盒子,将第n+1个球放入刚才空出来的盒子,这样的放法都是合理的。共有n A n种不同的放法。

但是,在刚才的操作中,忽略了编号为m的球放入第n+1个盒子中的情况,即还有这样一种情况,编号为m的球放入第n+1个盒子中,且编号为n+1的球放入第m个盒子中,其余的n-1个球也都不对号。于是又有了nA n-1种情况是合理的。

综上所述得A n+1=nA n+nA n-1=n(A n+A n-1).

由A1=0, A2=1, 得A3=2(1+0)=2, A4=3(2+1)=9, A5=4(9+2)=44.

所以至少有一个球放入了同号的盒子中的放法种数为全部放法的种数减去五个球都不对号的放法种数,即120-44=76种。

(解法二)

从五个球中选定一个球,有5种选法,将它放入同号的盒子中 (如将1号球放入1号盒子),其余的四个球随意放,有24种放法,这样共有5×24=120种放法。

但这些放法中有许多种放法是重复的,如将两个球放入同号的盒子中(例如1号球和2号球分别放入1号盒子、2号盒子中)的放法就计算了两次,这样从总数中应减去

2P33=120-60(种)。 两个球放入同号的盒子中的情况,得120-C5

很明显,这样的计算中,又使得将三个球放入同号的盒子中(例如1号球、2号球和3号球分别放入1号盒子、2号盒子和3号盒子中)的放法少计算了一次,于是前面

2的式子中又要加入C3

5P2=20种,再计算四个球、五个球放入同号盒子的情况,于是

9

41再减去四个球放入同号盒子中的情况C5P1,最后加上五个球放入同号中的情况C5

5。

22415整个式子为120-C5P33+C3

5P2-C5P1+C5=120-60+20-5+1=76(种)。

12. 六个排球队参加小组循环赛,取前4名参加第二阶段比赛,每赛一场,胜队得一分,负队不得分,且没有平局,结果有3个队并列第一名,一个队得第四名,他们得到了小组出线权,请写出各队得分的情况,并说明理由。

12. 设各队得分分别是x,x,x,y,z,w,

且x?y?z?w?0

6?5?15场, 2

所以3x?y?z?w?15 因为六个队之间共比赛

首先,最后两名之间也有一场比赛,所以z与w不可能都得0,

因而z?1,y?2,

即y?z?w?3

当y?z?w?3时,3x?15?3?12

所以x?4,y?2,z?1,w?0

当y?z?w?3时,y?z?w?15?3x,

则y?z?w可以被3整除,

因此y?z?w?6,

所以3x?9,x?3

因为x?y,所以y?2,

此时y?z?w?2?2?2?6与y?z?w?6矛盾,

所以当y?z?w?3时无解,

因此6个队得分分别是4,4,4,2,1,0。

13. 从甲站到乙站共有800千米,开始400千米是平路,接着300千米是上坡路,余下的是下坡路,已知火车在上坡路、平路、下坡路上的速度的比是3:4:5,

(1)若火车在平路上的速度是80千米/小时,那么它从甲站到乙站所用的时间比从乙站到甲站所用的时间多多少小时?

(2)若要求火车来回所用的时间相同,那么火车从甲站到乙站在平路上的速度与乙站到甲站在平路上的速度的比是多少?

13. (1)甲乙两地之间的距离是800千米,开始400千米是平路,接着300千米是上坡路,所以下坡路是100千米,火车在平路上的速度是800千米/小时,所以火车在上坡路上的速 10

度是600千米/小时,在下坡路上的速度是100千米/小时,所以

400300100???

11小时, 8060100

4003001002 从乙地到甲地用的时间为 ???9小时, 80100603

4 所以从甲地到乙地用的时间比从乙地到甲地用的时间多小时。 3 从甲地到乙地用的时间为

(2)设火车从甲地到乙地在平路上的速度是4V1千米/小时,则它在上坡路上的速度是3V1千米/小时,在下坡路上的速度是5V1千米/小时,

所以火车从甲地到乙地用的时间是 400300100220小时 ???4V13V15V1V1

同样,设火车从乙地到甲地在平路上的速度是4V2千米/小时,则它在上坡路上的速度是3V2千米/小时,在下坡路上的速度是5V2千米/小时,所以火车从乙地到甲地用的时间是 400300100580???小时 4V25V23V23V2

依题意有

V22058033?, 所以1? V13V2V229

14. 如图5,等边?ABC的边长a?

22225?123,点P是?ABC内的一点,且PA?PB?PC,若PC?5,求PA、PB的长。

14. 设?ABC、?PAB、?PBC、?PAC的面积分别是S、S1、S2、S3,线段PA、PB、PC的长分别是x、y、z,如图,

把?APC绕点A且边长AP?x,因为

PC2?PA2?PB2,

即z?x?y,

及P'B?PC?z,PP'?x, 222

所以在?PP'B中,满足P'B2?PP'2?PB2

则?PP'B是直角三角形

于是S四边形APBP'?S1?S3?S?P'AP?S?P'PB,

即S1?S3?321

4x?2xy(1)

将?APB绕B顺时针旋转60?,将?APC绕C逆时针转60?,可分别得

S3

1?S2?y2?1(2)

42xy

S321

3?S2?4z?2xy(3)

(1)?(2)?(3)得

S?S1?S2?S3

?1323

2[4(x?y2?z2)?2xy]

?4z2?3

4xy

又S?323

4a,所以4a2?323

4z?4xy,

即xy?a2?z2(4)

又由已知和(4)得

22

??x?y?25???(25?123)?25

?3xy2

12

?x2?y2?25, 所以??xy?12

因为x?0,y?0, (5)(6)

解方程得??x?4?x?3或? y?3y?4??

所以PA?4,PB?3或PA?3,PB?4

15.如图.在锐角△ABC中,AD、CE分别是BC、AB边上的高,AD、CE相交于F,BF的中点为P,AC的中点为Q,连结PQ、DE,

(1)求证:直线PQ是线段DE的垂直平分线;

(2)如果△ABC是钝角i角形,∠BAC>90°,那么上述结论是否成立?请按钝角三角形改写原题.画出相应的图形,并给予必要的说明.

15.证明(1)连接PD、PE、QD、QE.

因为 CE⊥AB,P是BF的中点,

所以 △BEF是直角三角形,且

PE是Rt△BEF斜边的中线,

所以 PE=1BF. 2

又因为 AD⊥BC,

所以 △BDF是直角三角形,且PD是Rt△BDF斜边的中线,

所以 PD=1BF=PE, 2

所以 点P在线段DE的垂直平分线上.

同理可证,QD、QE分别是Rt△ADC和Rt△AEC斜边上的中线,

所以 QD=FEP1AC=QE, 2

所以 点Q也在线段DE的垂直平分线上.

BD 所以 直线PQ垂直平分线段DE.

(2)当△ABC为钝角三角形时,(1)中的结论仍成立.

如右图,△ABC是钝角三角形,∠BAC>90°.

原题改写为:如右图,在钝角△ABC中,AD、CE分别是BC、AB边上的高,DA 与CE的延长线 13 C

交于点F,BF的中点为P,AC的中点为Q,连接PQ、DE.

求证:直线PQ垂直且平分线段DE.

证明 连接PD,PE,QD,QE,则PD、PE分别是Rt△BDF和Rt△BEF的中线,

所以 PD=11BF, PE=BF, 22

所以 PD=PE,

点P在线段DE的垂直平分线上.

同理可证 QD=QE,

所以 点Q在线段DE的垂直平分线上.

所以 直线PQ垂直平分线段DE.

16.已知在等式ax?b=s中,a、b、c、d都是有理数,x是无理数,解答: cx?d

(1)当a、b、c、d满足什么条件时,s是有理数;

(2)当a、b、c、d满足什么条件时,s是无理数.

b是有理数. d

aadad(cx?d)?b?b?ax?b?a?, 当c≠0时,s=?cx?dcx?dccx?d

aad 其中:是有理数,cx+d是无理数,b?是有理数. cc

ad 要使s为有理数,只有b?=0,即 bc=ad. c16.(1)当a=c=0,d≠0时, s=

综上知,当a=c=0且d≠0或c≠0且ac=bd时,s是有理数.

(2)当c=0,d≠0,且a≠0时,s是无理数.

aadad(cx?d)?b?b?ax?b?a? 当c≠0时,s=?cx?dcx?dccx?d

aad 其中: 是有理数,cx+d是无理数,b?是有理数. cc

ad 所以 当b?≠0,即bc≠ad,s为无理数. c

综上知,当c=0,a≠0,d≠0或c≠0,ac≠bd时,s是无理数.

17.在线段AB上,先在A点标注O,在B点标注2002,这称为第一次操作;然后在AB的中点C处标注0?2002=1001,称为第二次操作;又分别在得到的线段AC、BC的中点D、2

,称为第三

14 E处标注对应线段两端所标注的数字和的一半.即

次操作;照此下去,那么经过11次操作之后,在线段AB上所有标注的数字的和是多少?

17.设第n次操作后,线段AB上所标注的数字和是an ,那么第n+1次操作后,使得除A、B两点外,其他的数字都再加上一次(两边各加上一半),而A、B两点的数字, 则再加上它们的一半,即 an?1?an?(an?2002)?02002??2an?1001(n?1) 22

又因为 a1=2002+0=2002

所以 a2=2a1-1001=3003

2所以 a11=2a10-1001=2(2a9-1001)-1001=2·a9-(2+1)·1001=?

10987=2·a1-(2+2+2+?+2+1)·1001

=1024.2002-(1024-1).1001

=1026025.

答:经过11次操作后,在线段AB上标注的所有数字的和为1026025.

18.有一批影碟机(VCD)原售价:800元/台.

甲商场用如下办法促销:

乙商场用如下办法促销:每次购买1~8台,每台打九折;每次购买9~l6台,每台打八五折;每次购买17~24台,每台打八折;每次购买24台以上,每台打七五折.(1)请仿照甲商场的促销列表,列出到乙商场购买VCD的购买台数与每台价格的对照表;(2)现在有A、B、C三个单位,A单位要买10台VCD,B单位要买16台VCD,C单位要买20台VCD,问他们到哪家商场购买花费较少?

18.(1)乙商场的促销办法列表如下:

(2)比较两商场的促销办法可知:

因为到甲商场买21台VCD时共需600×21=12600元,

而到乙商场买20台VCD时共需640×20=12800元,

12800>12600,

所以购买20台VCD时应去甲商场购买.

15

所以甲单位应到乙商场购买,B单位应到甲商场购买,C单位应到甲商场购买.

19.如图,在锐角△ABC中,D、E、F分别是AB、BC、CA边上的三等分点,P、Q、R分别是△ADF、△BDE、△CEF的三条中线的交点.

(1)求△DEF与△ABC的面积比;

(2)求△PDF与△ADF的面积比;

(3)求多边形PDQERF与△ABC的面积比.

19.(1)如图1,过点D作DG⊥BC于G,过点A作AH⊥BC于H,则DG∥AH,所以ΔBDG∽ΔBAH,又BD1BA?3,BE=2

3BC,

所以DG=13AH,SΔBDE=2

9SΔABC, 同理SΔADF=SΔCEF=29SΔABC 所以SΔDEF=SΔABC-SΔADF-SΔCEF=1G3SΔABC. 图1

(2)分别延长DP,FP交AF,AD于M,N,因为点P是ΔADF的三条中线的交点,

所以M,N分别是AF,AD的中点,且DP=2

3DM,

过点P,M分别作DF的垂线,垂足分别为K,S,则ΔDKP∽ΔDSM,相似比为2∶3,所以KP=2

3SM,S1ΔPDF=2

3SΔMDF,又SΔMDF=2SΔADF,得

SΔPDF=1

3SΔADF.

(3)由(2)知,

SΔQDE=11

3SΔBDE,SΔREF=3SΔCEF,

所以SΔPDF=SΔQDE=SΔREF=1

27SΔABC.

16

5所以SPDQERF=SΔDEF+SΔPDF+SΔQDE+SΔREF=SΔABC. 9

20.两条直线上各有n个点,用这n对点按如下规则连结线段:

①同一直线上的点之间不连结;

②连结的任意两条线段可以有共同的端点,但不得有其他的交点.

(1)画图说明当n=1,2,3时,连结的线段最多各有多少条?

(2)由(1)猜想n(n为正整数)对点之间连结的线段最多有多少条,证明你的结论.

(3)当n=2003时,所连结的线段最多有多少条?

20.(1)由图2可以看出,n=1时,最多可以连结1条线段,n=2时,最多可以连结3条线段,n=3时,最多可以连结5条线段.

(2)猜想:对于正整数n,这n对点之间连结的直线段最多有2n-1条

.

An=1n=2

图2

n=3iBi+1图3n+1l2

证明: 将直线标记为l1,l2,它们上面的点从左到右排列为A1,A2A3,┉,An和B1,B2,B3,┉,Bn,设这n对点之间连结的直线段最多有Pn条,显然,其中必有AnBn这一条,否则,Pn就不是最多的数.

当在l1,l2分别加上笫n+1个点时,不妨设这两个点在An与Bn的右侧,那么除了原来已经有的Pn条直线段外,还可以连结An+1Bn,An+1Bn+1这两条线段,或连结AnBn+1,An+1Bn+1,这两条线段. 所以Pn+1≥Pn+2.

另一方面,设对于n+1对点有另一种连法:

考虑图3中以An+1为端点的线段,若以An+1为端点的线段的条数大于1,则一定可以找到一个i≤n,使得对于任意的j<i,An+1Bj都不在所画的线段中,这时,Bi+1,Bi+2,┉,Bn+1只能与An+1连结,不妨设An+1Bi+1,An+1Bi+2,┉,An+1Bn+1都已连结,此时图中的线段数为Pn+1,我们做如下操作: 去掉An+1Bi,连结AnBi+1,得到新的连结图,而新的连结图满足要求且线段总数不变,将此操作一直续断下去,直到与An+1连结的线段只有一条An+1Bn+1为止.最后图中,与点Bn+1相关的线段 只剩两条,即AnBn+1,An+1Bn+1,去掉这两条线段,则剩余Pn+2-2条线段,而图形恰是n对点的 17

连结 图,所以Pn+1-2≤Pn.

由此,我们得到Pn+1=Pn+2,而P1=1,P2=3,所以Pn=1+2×(n-1)=2n-1.

(3)当n=2003时,P2003=4005(条).

21.民航规定:旅客可以免费携带a千克物品,若超过a千克,则要收取一定的费用,当携带物品的质量为b千克(b>a)时,所交费用为Q=10b-200(单位:元).

(1)小明携带了35千克物品,质量大于“千克,他应交多少费用?

(2)小王交了100元费用,他携带了多少千克物品?

(3)若收费标准以超重部分的质量m(千克)计算,在保证所交费用Q不变的情况下,试用m表示Q.

21.(1)Q=35×10-200=150(元);

(2)设小王携带了x千克物品,则

10x-200=100,解得x=30.

(3)已知最多可以免费携带a千克物品,则10a-200=O,解得a=20.

所以m=b-a=b-20.

即b=m+20.

故所交费用Q=10b—200=10(m+20)-200=10 m(元).

22.如图,一张矩形纸片ABCD的边长分别为9cm和3cm,把顶点A和C叠合在一起,得到折痕EF.

(1)证明四边形AECF是菱形;

(2)计算折痕EF的长;

(3)求△CEH的面积.

22.(1)如图,因为AB∥CD,所以AF∥ CE,CF∥HE,根据对称性,知

∠CEH=∠AED,因为D、E、C三点共线,所以A、E、H三点共线,所以AE∥CF,所以四边形AECF是平行四边形.又 AF=CF,所以四边形AECF是菱形.

22222(2)设AF=x,则 CF=x,BF=9-x.在△BCF中,CF=BF+BC,所以x=(9-x)+32,

解得x=5,即CF=5,BF=4.过E作EM⊥AB交AB于M,则MF=BM-BF=CE-BF=CF-BF=1。 EM=3. 所以EF=

(3)根据对称性,知 △CEH≌△AED.

所以S△CEH=S△AED =112 DE.AD= (AF-MF).AD=6(cm). 22

23.如图,用水平线与竖直线将平面分成若干个边长为1的正方形格子,点O、A、B均在正方形格子的顶点(格点)处,其中点O与点A位于同一水平线上,相距a格,点O与点B位于同一竖直线上,相距b格.

(1)若a=5,b=4,则△OAB中(包括三条边)共有多少个格点?

(2)若a,b互质,则在线段AB上(不包括 A、B两点)是否有格点?证明你的结论.

(3)若a,b互质,且a>b>8,△OAR中(包括三条边)共有67个格点,求a,b的值.

18

23.(1)如图,a=5,b=4,△OAB中(包括三条边)的格点的个数为1+2+3+4+6=16.

(2)若a,b互质,假设线段AB上存在某一点 P(恰为格点),可设点P到点0的水平距离为x,竖直距离为y(x,y均为整数),则

1 ab 2

11 S△AOP+S△BOP=ay+bx, 22

111 所以ab=ay+bx, 222 S△AOB=

即ab=ay+bx,ay=b(a-x).

因为a,b互质,所以a-x是a的倍数,它与a-x<a矛盾,

因此,假设不正确,即线段AB上(除A、B两点外)不存在其它格点.

(3)由(2)知,线段AB上(除A、B两点外)不存在其它的格点.

以OA、OB为边作一个矩形OACB,则在△CAB中格点的个数与△OAB中格点的个数相同,且只有A、B两点是公共的,而矩形OACB中格点的个数为(a+1)(b+1)。

因此,(a+1)(b+1)+2=2×67=134,

(a+1)(b+1)=132=2×2×3×11.

由a>b>8,得a+1=12,b+l=11,

即a=l1,b=10.

24、请在下面的五个方框中画出5种不同的正方体的展开图(经过平移或旋转后能够重合的,算作一种)。

24、答案不惟一。(每作对一图得2分)

19

25、已知非负实数x,y,z满足

大值与最小值。

25、设x?12?yz?3,记W?3x?4y?5z。求W的最??234x?12?yz?3???k,则x?2k?1,y??3k?2,z?4k?3(3分) 234

因为 x,y,z均为非负实数,

?2k?1?012?所以 ??3k?2?0 解得 -≤k≤ (5分) 23?4k?3?0?

于是 W?3x?4y?5z?3(2k?1)?4(3k?2)?5(4k?3)?14k?26 (7分)

所以 -121×14+26≤14k+26≤×14+26,即 19≤W≤35 (10分) 233

26、如图6(a)是一个3×3的网格,其中放了“希、望、杯、数、学、竞、赛、题”八个

字块,但是放错了顺序。问:

是否可以移动网格中的字块,将图6(a)中所示的八个字块校正成图6(b) 中所示的八

个字块。如果能,请写出操作过程;如果不能,请说明理由。

要求:在每次移动网格中的字块时,只能将字块滑动到相邻的空的网格中。

希 望 杯 希 望 杯

学 数 数 学

竞 赛 题 竞 赛 题

(a) (b) 图6 26、不能。

理由如下:

⑴将“希、望、杯、数、学、竞、赛、题”八个字编号,分别是1、2、3、4、5、6、7、8,则图6(a)变为图(c),调整汉字就是调整这些数字。 (1分)

⑵将3×3网格中的数字从左至右、从上往下排成一个

八位数,则图(c)对应的八位数是12354678,其中,数 1 2 3 1 2 3 字5排在了4的左端,则称这个八位数有一个逆序,一 5 4 5 7 4 个网格所对应的八位数的逆序的总数称为这个网格的

“逆序量”。例如:图(c)的“逆序量”是1;图(d) 对应 6 7 8 6 8 的八位数是12357468,其中,5的右端有1个数字4比 (c) (d) 5小,7的右端有2个比7小的数字4和6,所以图(d)的

“逆序量”是3。 (3

20

分)

⑶两个相邻数字交换位置,逆序的改变量只能是1或-1 (5分)

⑷在同一行中,按照要求调整数字时,数字只能左右移动,移动前后的网格所对应的

八位数完全相同,“逆序量”不发生变化,或称“逆序量”的改变是0。 (6分)

如果按照要求,将数字移动到相邻的行中,相当于在网格所对应的八位数中,将某个

数字向左(或向右)跳过了两个数字,既然两个相邻数字交换位置,逆序的改变量只能是

1或-1,那么,交换两个数字逆序的改变量只能是2或者是0或者是-2。 (8分)

如由图(c)到图(d),相应的八位数由12354678调整为12357468,相应的“逆序量”由

1改变为3,改变量是2。

⑸按照要求移动汉字时,逆序的改变量是偶数,不会改变网格的“逆序量”的奇偶性。

(9分)

但是,图6(a)的“逆序量”是奇数,图6(b) 的“逆序量”是偶数,所以,不能按要

求将图6(a)调整为图6(b)。 (10分)

27、图5是一个长为400米的环形跑道,其中A、B为跑道对称轴上的两点,且A、B之

间有一条50米的直线通道。甲、乙两人同时从A点出发,甲按

逆时针方向以速度v1沿跑道跑步,当跑到B点处时继续沿跑道前

进,乙按顺时针方向以速度v2沿跑道跑步,当跑到B点处时沿直

线通道跑回A点处。

假设两人跑步时间足够长。求:

⑴如果v1∶v2=3∶2,那么甲跑了多少路程后,两人首次在A点处相遇?

⑵如果v1∶v2=5∶6,那么乙跑了多少路程后,两人首次在B点处相遇?

27、⑴设甲跑了n圈后,两人首次在A点处相遇,再设甲、乙两人的速度分别为v1=3m,

v2=2m,

由题意可得在A处相遇时,他们跑步的时间是

是甲 图5 400n (2分) 3m400n800?2m?n (3分) 3m3

800因为乙跑回到A点处,所以(4分) n应是250的整数倍,从而知n的最小值是15,3

所以甲跑了15圈后,两人首次在A点处相遇 (5分)

⑵设乙跑了250p?200米,甲跑了400q?200米时,两人首次在B

点处相遇,设甲、乙

21

两人的速度分别为v1=5m,v2=6m,由题意可得

400q?200250p?200

,即?

5m6m

8q?45p?4

, (7分) ?

56

所以48q?24?25p?20,即48q?4?25p(p,q均为正整数)。 所以p,q的最小值为q=2,p=4, (8分) 此时,乙跑过的路程为250×4+200=1200(米)。 (9分) 所以乙跑了1200米后,两人首次在B点处相遇。 (10分) 28、⑴如果a是小于20的质数,且

1

可化为一个循环小数,那么a的取值有哪几个? a1

⑵如果a是小于20的合数,且可化为一个循环小数,那么a的取值有哪几个?

a

28、⑴小于20的质数有2,3,5,7,11,13,17,19 (2分) 除了2和5以外,其余各数的倒数均可化为循环小数, (4分) 所以a可以取:3,5,7,11,13,17,19。 (5分)

⑵由⑴可知,只要合数a的因数中含有2或5以外的质数,那么该数的倒数均可化为循环小数,(8分)

所以a可以取:6,9,12,14,15,18。 (10分)

29、如图6,正三角形ABC的边长为a,D是BC的中点,P是AC边上的点,连结PB和PD得到△PBD。求:

⑴当点P运动到AC的中点时,△PBD的周长; ⑵△PBD的周长的最小值。

P

29、⑴如图1,当点P运动到AC的中点时,BP⊥AC,DP∥AB, 分) 11

a,DP?a,BD?a, (4分) 所以 BP?222图6 即△ABC的周长为BP+DP+BD=?

?3?

?a。 (5分) ?1?2?

??

P

图1

图2

22

⑵如图2,作点B关于AC的对称点E,连结EP、EB、ED、EC,则PB+PD=PE+PD,因此ED的长就是PB+PD的最小值,即当点P运动到ED与AC的交点G时,△PBD的周长最小。 (7分)

1?1?BE?2a2??a??a。从点D作DF⊥BE,垂足为F,因为BC=a,所以BD?a, 22?2?

因为∠DBF=30°,所以DF?1BD?1a,BF?BD2?DF23

24?4a,

EF?BE?BF?34a,DE?DF2?EF2?7

2a。 (9分)

所以△PBD的周长的最小值是1

2a?71?7

2a?2a

(10分)

。 23

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