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1991年全国初中数学联赛试题第一试一、选择题本题共有8个小题，每小题都给出了（A）、（B）（C）、（D）四个答案结论，其中只有一个是正确的．请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内．1．设等式yaaxayaaxa−−−=−+−)()(在实数范围内成立，其中a，x，y是两两不同的实数，则22223yxyxyxyx+−−+的值是（）（A）3；（B）31；（C）2；（D）35．2.如图，ABEFCD‖‖，已知AB=20，CD=80，BC=100，那么EF的值是（）（A）10；（B）12；（C）16；（D）183．方程012=−−xx的解是（）（A）251±；（B）251±−；（C）251±或251±−；（D）251±−±．4.已知：)19911991(2111nnx−−=（n是自然数）．那么nxx)1(2+−，的值是（）（A）；（B）；（C）；（D）．11991−11991−−1991)1(n−11991)1(−−n5.若，其中Ｍ为自然数，n为使得等式成立的最大的自然数，则Ｍ（）Mn1210099321=×××××L（A）能被2整除，但不能被3整除；（B）能被3整除，但不能被2整除；（C）能被4整除，但不能被3整除；（D）不能被3整除，也不能被整除．6.若a，c，d是整数，b是正整数，且满足cba=+，dcb=+，，那么的最大值是（）adc=+dcba+++(A)-1(B)-5(C)0(D)17.如图，正方形OPQR内接于ΔABC．已知ΔAOR、11=S3S=132=SΔBOP和ΔCRQ的面积分别是11=S，32=S和13=S，那么，正方形OPQR的边长是（）（A）2；（B）3；（C）2；（D）3．8.在锐角ΔABC中，，1=ACcAB=，，ΔABC的外接圆半径o60=∠AR≤1，则（）（A）21c2；（B）0c≤21；（C）c2；（D）c=2．二、填空题1．Ｅ是平行四边形ABCD中BC边的中点，AE交对角线BD于G，如果ΔBEG的面积是１，则平行四边形ABCD的面积是．2．已知关于x的一元二次方程没有实数解．甲由于看错了二次项系数，误求得两根为2和4；乙由于看错了某一项系数的符号，误求得两根为－1和4，那么，02=++cbxax=+acb32．3．设m，n，p，q为非负数，且对一切x0，qpnmxxxx)1(1)1(+=−+恒成立，则=++qpnm22)2(．4．四边形ABCD中，∠ABC，∠BCD，ABo135=o120=6=，BC35−=，CD=6，则AD=．o120o135第二试一、x+y，x－y，xy，yx四个数中的三个有相同的数值，求出所有具有这样性质的数对（x,y）．二、ΔABC中，AB＜AC＜BC，D点在BC上，E点在BA的延长线上，且BD＝BE＝AC，ΔBDE的外接圆与ΔABC的外接圆交于F点（如图）．求证：BF＝AF＋CF三、将正方形ABCD分割为个相等的小方格（n是自然数），把相对的顶点A，C染成红色，把B，D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．2n1991年全国初中数学联赛试题答案第一试一、选择题1．（B）据算术根性质，由右端知yax，又由左端知a≥0且a≤0，故a＝0．由此得x=－y，代入所求式算得值为312．（C）由平行截割定理，有10080BFEF=①,10020FCEF=②①+②，得11002080=+=+FCBFEFEF,5EF=80，EF=16.3.（D）设是方程的解，则-也是方程的解，排除（A）、（B）；（D）的两值必是方程的解，否则方程的解也不是（C）．0x0x将)51(21−代入方程，左边≠0，排除（C）．4．（D）．（所以 原式， 112112221991)1()1991)19911991(21)199121991(4111−−−−−=−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+−+=+nnnnnnnx5．（A）在1×2×3×…×100的质因数分解中，2的因子有所以，，其中2不整除P，3不整除P，因而M=2P．PP21232100321484897×=××=××××L6.（B）(a+b)+(c+d)=c+a，∴b=-d．代入b+c=d得c=2d，a=c+d=3d，故a+b+c+d=2d+3d=5d=-5b≤-5(∵b≥1)．故a=-3，b=1，c=-2，d=-1．7．（C）设正方形OPRQ的边长为x，即OP=PQ=Q=OR=x．作ΔABC的高AD，交OR于F，在ΔAOR中，xORSAF221==．如图．同理可得故．，，所以 ．另一方面 ，2165)1610(21542222321==+=+++=+++=xxxxxxSSSSSOPRQABC8．（A）作CD⊥AB，因ΔABC是锐角三角形，故D在AB内，从而c=AB＞AD=ACcosA=cosA=21．又由正弦定理，得c=AB=2RsinC＜2R≤2，所以21＜c＜2．二、填空题1．12如图，由ΔBEG∽ΔDAG，得DG:GB＝AD:BE＝2:1，∴DB＝3GB．连接DE，则1234222=×=×==BGEBDEBCDABCDSSSS2．6设甲将a看为a′，由韦达定理得．于是 ． ， 438'6'−===−cbacab由于一次项系数b的符号不改变判别式的值，因此，乙只能是看错a或c的符号．于是．4=ac． ．所以6126323=+−=+−=acbba由①②得3．9．－，即，则有再取 ． 为奇数，因此 由于恒成立，取小，则有对一切由于qnnqnmppmqpnmxmpxxxxx−==−===−≠=−+=−+2232112321,012,022120)1(1)1(．若nq，则上式左边为奇数，右边为偶数，矛盾．若nq，则上式左边为整数，右边为真分数，矛盾．所以，只能是n=q=1．于是93)2(222==++qpnm．4．192作AE∥BC，交CD于E，自B，C分别作AE的垂直线BF与CG，F，G分别为垂足（如图）．BCGF为矩形，ΔAFB为等腰直角三角形，32===ABAFBF．在RtΔCEG中，．．426613533521330−−+−++−°∠CECDEDGEFGAFAEBCFGCEGECGGCE＝＝＝ ．＝＝ ＝＝所以 ＝＝，＝，＝ 知＝，由＝ ．所以 ．中应用余弦定理，有，在 又 1927676241636120cos2120222===++=°⋅−+=°=∠=∠ADEDAEEDAEADAEDBCDAED·第二试一、由于yx有意义，所以y≠0，从而x+y≠x－y．因此xy=yx，即x(－1)=0．2y所以x=0或y=±1．(1)若x=0，则由xy=x+y，或xy=x－y，得y=0，这样yx无意义；(2)若y=1，则由xy=x+y得x=x+1，或由xy=x－y得x=x－1，都导致矛盾；(3)若y=-1，则由xy=x+y得x=21，由xy=x－y得x=21−，所以符合要求的数对只有)121()121(−−−， 和 ，．二、证法１延长AF到M，使FM=CF．连CM、DF，在ΔEBD与ΔFCM中，由于BE=BD，FM=CF，因此ΔEBD、ΔFCM都是等腰三角形．∵∠EBD=∠MFC，∴∠BED=∠CMF，又∠BED=∠BFD，∴∠CMF=∠BFD，在ΔBFD与ΔAMC中，∠2=∠1，∠BFD=∠CMF，BD=AC，∴ΔBFD≌ΔAMC．∴BF=AM=AF+FM．又∵FM=CF，∴BF=AF+CF．证法2如图，连EF、DF∵∠1=∠2，∠2=∠3，∴∠1=∠3，∵∠4=∠5，∠5=∠6，∴∠4=∠6．∴ΔAFC∽ΔEFD．于是kCFDFACDEAFEF===，即EF=k·AF，DE=k·AC，DF=k·CF．由托勒密定理，知BF·DE=BD·EF+BE·DF，即BF·k·AC=BD·k·AF+BE·k·CF．但是AC=BE=BD≠0，所以BF=AF+CF.三证法１用数代表颜色，将红色记为0，蓝色记为1，再将小方格编号，记为1,2,3,…,.2n又记第i个小方格四个顶点数字之和为,若恰有三个顶点同色,则=1或3为奇数,否则为偶数.iAiAiA在中,有如下事实:221nAAA+++L对正方形内部的交点,各加了4次；原正方形边上非端点的交点,各加了2次(含两个0,两个1).因此221nAAA+++L＝4×(内部交点相应的数之和)＋2×(边上非端点的交点相应的数之和)＋2必为偶数.于是，在中必有偶数个奇数，这就是说，恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．2,,,21nAAAL证法2用数代表颜色，红色记为l，蓝色记为-1，将小方格编号，记为l，2，…，．2n记第i个小方格四顶点数字之乘积为，若恰有三顶点同色，则．iA1,1=−=iiAA否则现在考虑乘积．对正方形内部交点，各点相应的数重复出现4次；A，B，C，D边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A，B，C，D四点相应的数的乘积为221nAAAL××１×１×（－1）×（－1）＝１．于是221nAAAL××＝１．因此，221nAAAL××中－１的个数必为偶数，即恰有三顶点同色的小方格必有偶数个．证法3考虑染了色之后，改变一个交点的染色方式，这时以此点为顶点的小方格，要么由三顶点同色变为非三顶点同色，要么由非三顶点同色变成三顶点同色．注意：除A，B，C，D之外，每一交点必是偶数个小方格的顶点，因此，改变一个交点的染色并不改变三顶点同色小方格数目的奇偶性．当n＝l时，结论显然成立．当n＞1时，每次改变一个交点的染色，最终总可以使B，D之外的点皆为红色，这时，三顶点同色的小方格只有两个，为偶数．因此，任意染色之下，三顶点同色的小方格有偶数个．