数学奥林匹克初中训练题6

数学奥林匹克初中训练题6第一试一、选择题(每小题7分，共42分)1.已知a2+b2=1，b2+c2=2，c2+a2=2.则ab+bc+ca的最小值为().(A)3-21(B)-3+21(C)-3-212(D)3+212.某次数学测验共有20道题.评分标准规定:每答对一题得5分，不答得0分，答错得-2分.已知这次测验中小强与小刚的累计得分相等，分数是质数.则小强与小刚答题的情况是().(A)两人答对的题数一样多(B)两人答对的题数相差2(C)两人答对的题数相差4(D)以上三种情况都有可能3.在△ABC中，AD是边BC上的中线，点M、N分别在边AB、AC上，且满足∠MDN=90°.如果BM2+CN2=DM2+DN2，那么，AD2与AB2+AC2的关系是().(A)AD2AB2+AC2(B)AD2AB2+AC2(C)AD2=AB2+AC2(D)AD2与AB2+AC2大小不确定4.有n个数，从第二个数开始，每一个数都比它前面相邻的数大3，即4，7，…，3n+1，且它们相乘的积的末尾恰有32个0.则n的最小值为().(A)125(B)126(C)127(D)1285.图为某三岔路口交通环岛的简化模型.在某高峰时段，单位时间进出路口A、B、C的机动车辆数如图所示，图中的x1、x2、x3分别表示该时段单位时间通过路段弧AB、BC、CA的机动车辆数(假设单位时间内，在上述路段中，同一路段上驶入与驶出的车辆数相等).则().(A)x1x2x3(B)x1x3x2(C)x2x3x1(D)x3x2x16.已知四个互不相等的实数x1、x2、x3、x4(x1x2，x3x4).又a为实数，函数y1=x2-4x+a与x轴交于(x1，0)、(x2，0)两点，函数y2=x2+ax-4与x轴交于(x3，0)、(x4，0)两点.若这四个交点从左到右依次标为A、B、C、D，且AB=BC=CD，则a的值为().(A)a=-3(B)a小于0(C)a=0(D)a大于0二、填空题(每小题7分，共28分)1.如图，AD∥BC，梯形ABCD的面积是180，E是AB的中点，F是边BC上的点，且AF∥DC，AF分别交ED、BD于点G、H.设BC/AD=m(m∈N).若△GHD的面积为整数，则m的值为.2.将自然数1，2，…，k2列成正方形数表(如表1)，然后从表中任意选定1个数，随后删掉该数所在的行和列，再对剩下的(k-1)2个数的正方形数表作同样处理，如此下去，共作k次选数程序.则被选中的k个数之和12…kk+1k+2…2k…………(k-1)k+1(k-1)k+2…k3.如图，设AB、CD是以O为圆心、r为半径的圆的两条互相垂直的弦，且将圆分成的四个部分(每一部分允许退化为一个点)依顺时针顺序记为X、Y、Z、W.则WYZXSSSS的最大值(其中，SU表示U的面积)为.4.一个人掷骰子，把每次掷得的数字加起来，如果超过20就停止.那么，当他停下来的时候，他最有可能掷得数字的总和是.第二试一、(20分)已知二次函数y=x2+2mx-n2.(1)若此二次函数的图像经过点(1，1)，且记m，n+4两数中较大者为P，试求P的最小值;(2)若m、n变化时，这些函数的图像是不同的抛物线，如果每条抛物线与坐标轴都有三个不同的交点，则过这三个交点作圆，证明:这些圆都经过同一定点，并求出该定点的坐标.二、(25分)如图4，过圆外一点P作圆的两条切线PA、PB，A、B为切点，再过点P作圆的一条割线分别交圆于点C、D，过点B作PA的平行线分别交直线AC、AD于点E、F.求证:BE=BF.三、(25分)设1≤a1a2…an≤21是n个任意的整数.若其中总有4个不同的数a数ai、aj、ak、am满足ai+am=aj+ak(1≤ijkm≤n)，则称数组(a1，a2，…，an)的阶数n为“好数”.(1)n=7是否为好数?说明理由;(2)n=8是否为好数?说明理由.数学奥林匹克初中训练题6参考答案第一试一、1.B.注意到2(ab+bc+ca)=(a+b+c)2-(a2+b2+c2)故只须考虑|a+b+c|的最小值即可.为了让|a+b+c|最小，可取a=b=-21，c=23.于是，ab+bc+ca的最小值为213.2.D.根据题意，依次枚举答对20道题、19道题、……的各种可能发现:(1)小强与小刚可能都答对17题、答错1题、未答其余2题同得83分;(2)小刚与小强可能同得53分，不过一人答对13题、答错6题、1题未答，另一人答对11题、答错1题、其余各题未答;(3)小刚与小强也可能同得23分，其中一人答对9题，其余各题答错，另一人答对5题、答错1题、其余各题未答.3.B.如图，过点B作AC的平行线交ND的延长线于点E.联结ME.由BD=DC，知ED=DN，有△BED≌△CND.于是，BE=CN.显然，MD为EN的中垂线，则有EM=MN.由BM2+BE2=BM2+CN2=DM2+DN2=MN2=EM2，知△BEM为直角三角形，∠MBE=90°.因此，∠ABC+∠ACB=∠ABC+∠EBC=90°.于是，∠BAC=90°.所以，AD2=41(AB2+AC2).4.D.因为(1+3n)÷5=2+3(n-3)÷5，所以，这n个数中，只有第3，8，13，18，…个数是5的倍数，它们是5×2，5×5，5×8，5×11，….它们每5个中恰有1个是25的倍数，每25个中恰有1个是125的倍数，…….易见(5×2)×(5×5)×(5×8)×…×(5×77)=532×A，其中，A不是5的倍数.所以，5×77=3n+1.故n=128.5.C.依题意有x1=50+x3-55=x3-5，则x1x3.同理，x1x2，x3x2.6.C.x1x2x3x4，x1x3x2x4，x1x3x4x2，x3x4x1x2，x3x1x4x2，x3x1x2x4.上述6种情况中，第3、6种情况不可能出现(否则，两个函数的对称轴相同，故a=-4.从而，x1=x3，x2=x4，这与题意不符).在其他4种情况中，都有|x2-x1|=|x4-x3|.因此，有16-4a=a2+16.解得a=0或-4(舍去).经检验a=0满足题意.二、1.2或5.如图，作BK∥AF交ED于点K，则△KEB≌△GEA.故GH/AG=GH/BK=HD/BD=FC/BC=AD/BC=1/m.于是，有S△ABD=11mS四边形ABCD=180/(m+1)，S△AHD=m1S△ABD=1)m(m180，S△GHD=11mS△AHD=21)m(m180易知21)m(m180为整数，所以，(m+1)2|180.又因180=22×32×5，所以m+1=2，3或6.经验证，m+1=3或6.2.21k(k2+1).把表1分成下面的两个数表:容易看出，表1中每个数等于分成的表2和表3中处于同样位置的两数之和.因而，所选的k个数由于既不同行又不同列，其和恰为S=(1+2+…+k)+[0+k+…+(k-1)k]=21k(k+1)+21k2(k-1)=21k(k2+1).3.2-2.不妨设圆心落在如图7(a)的Z中.当弦AB向上平移时，图7(b)中的阴影部分面积大于它左边无阴影部分的面积，所以，SX+SZ增加，而SY+SW在减少(注意X、Y、Z、W的面积之和是定值πr2).因而，比值WYZXSSSS增加.于是，当点A与点C重合时，它才有可能取到最大值.在图7(c)中，Rt△ABD的斜边BD是直径，则△ABD在OA为高时面积最大，此时，SZ最大，SX+SZ也最大，其值为21πr2+r2.而SY+SW最小，其值为21πr2-r2.所以，SX+SZSY+SW的最大值是4.21.考虑超过20那一次的前一次掷骰子结束后，得到的数值是x.若x=15，则只能掷6得到21;若x=16，则只能掷5或6得到21或22，每个数字出现的可能都是1/2;若x=17，则只能掷4、5或6得到21，22或23，每个数字出现的可能都是1/3;若x=18，则只能掷3，4，5或6得到21，22，23或24，每个数字出现的可能都是1/4;若x=19，则只能掷2，3，4，5或6得到21，22，23，24或25，每个数字出现的可能都是1/5;若x=20，则掷1，2，3，4，5或6得到21，22，23，24，25或26，每个数字出现的可能都是1/6.所以，出现21的可能性大于出现其他数字的可能性.故21是最有可能掷得数字的总和.第二试一、(1)由二次函数过点(1，1)得m=n2/2.注意到m-(n+4)=n2/2-(n+4)=21(n2-2n-8)=21(n-4)(n+2)，所以，P=n2/2，n≤-2或n≥4;P=n+4，-2n4.再利用函数图像可知，当n=-2时，Pmin=2.(2)图像与坐标轴有三个不同的交点，可设交点坐标为A(x1，0)、B(x2，0)、C(0，-n2).又x1x2=-n2，若n=0，则与三个交点不符，故x1x2=-n20.所以，x1、x2分在原点左右两侧.又|x1x2|=n2×1，所以，存在点P0(0，1)使得|OA|·|OB|=|OP0|·|OC|.故A、B、C、P0四点共圆，即这些圆必过定点P0(0，1).二、如图，联结BC、BA、BD.所以，∠ABC=∠PAC=∠E.则△ABC∽△AEB.从而，BE/BC=AB/AC，即BE=AB·BC/AC.①又∠ABF=∠PAB=∠ADB，所以，△ABF∽△ADB.从而，BF/BD=AB/AD，即BF=AB·BD/AD.②另一方面，又因△PBC∽△PDB，△PCA∽△PAD，所以，BC/BD=PC/PB，AC/AD=PC/PA.而PA=PB，所以，BC/BD=AC/AD.于是，BC/AC=BD/AD.③由式①、②、③即知BE=BF.三、(1)n=7时，{1，2，3，5，8，13，21}不满足要求，故n=7不是好数.(2)只须证明:对任意的8个整数1≤a1a2…a8≤21，其中总有4个不同的数aiajakam满足ai+am=aj+ak，即aj-ai=am-ak(1≤ijkm≤8).首先，8个正整数可产生8×72=28个差aj-a(1≤ij≤8)，由于这8个数均为1至21之间的整数，因此，1≤aj-ai≤20(1≤ij≤8)，最多只有20个不同的差值.故由抽屉原理知，其中至少有8对差相等.(i)若这8对相等的差中，存在1对其中的4个数互不相同，即aj-ai=am-ak(1≤ijkm≤8).此时原题成立.(ii)若这8对相等的差中，每一对的4个数中至少有2个数相同，则这4个数中恰有2个数相同(因为aj-ai=am-ak中至多有aj=ak或ai=am之一成立).于是，每对这样的差对应一个三元数组(ai，aj，ak)，且满足2aj=ai+ak(1≤ij(1≤ij≤8)，由于这8个数均为1至21之间的整数，因此，1≤aj-ai≤20(1≤ij≤8)，最多只有20个不同的差值.故由抽屉原理知，其中至少有8对差相等.(i)若这8对相等的差中，存在1对其中的4个数互不相同，即aj-ai=am-ak(1≤ijkm≤8).此时原题成立.(ii)若这8对相等的差中，每一对的4个数中至少有2个数相同，则这4个数中恰有2个数相同(因为aj-ai=am-ak中至多有aj=ak或ai=am之一成立).于是，每对这样的差对应一个三元数组(ai，aj，ak)，且满足2aj=ai+ak(1≤ijk≤8).不妨设这8对差对应的8个不同的三元数组为(ai1，aj1，ak1)，(ai2，aj2，ak2)，…，(ai8，aj8，ak8)，其中，2ajl=ail+akl(l=1，2，…，8).由于a1与a8不能作为三元数组的中间项，故中间项至多有6种不同的取法.再由抽屉原理，知上述8个不同的三元数组中必有2个三元数组的中间项相等，不妨设为aj1=aj2.则ai1+ak1=2aj1=2aj2=ai2+ak2，其中，ai1、ak1、ai2、ak2两两不同(否则它们为同一个三元数