数学奥林匹克初中训练题1

数学奥林匹克初中训练题1第一试一、选择题(每小题7分，共42分)1.设zyx6323，且x、y、z为有理数.则xyz=().(A)3／4(B)5／6(C)7／12(D)13／182.设二次函数f(x)=ax2+ax+1的图像开口向下，且满足f(f(1))=f(3).则2a的值为().(A)-3(B)-5(C)-7(D)-93.方程|xy|+|x+y|=1的整数解的组数为().(A)2(B)4(C)6(D)84.a、b是方程x2+(m-5)x+7=0的两个根.则(a2+ma+7)(b2+mb+7)=().(A)365(B)245(C)210(D)1755.如图，Rt△ABC的斜边BC=4，∠ABC=30°，以AB、AC为直径分别作圆.则这两圆的公共部分面积为()(A)2332(B)33265(C)365(D)3326.从1，2，…，13中取出k个不同的数，使这k个数中任两个数之差既不等于5，也不等于8.则k的最大值为().(A)5(B)6(C)7(D)8二、填空题(每小题7分，共28分)1.若整系数一元二次方程x2+(a+3)x+2a+3=0有一正根x1和一负根x2，且|x1||x2|，则a=.2.当x=2329时，代数式x4+5x3-3x2-8x+9的值是.3.给定两组数，A组为:1，2，…，100;B组为:12，22，…，1002.对于A组中的数x，若有B组中的数y，使x+y也是B组中的数，则称x为“关联数”.那么，A组中这样的关联数有个.4.已知△ABC的三边长分别为AB=2576a2，BC=62514aa2，AC=62514a-a2，其中a7.则△ABC的面积为.第二试一、(20分)解方程:(12x+5)2(6x-1)(x+1)=255.二、(25分)如图，四边形ABCD中，∠ACB=∠ADB=90°，自对角线AC、BD的交点N作NM⊥AB于点M，线段AC、MD交于点E，BD、MC交于点F，P是线段EF上的任意一点.证明:点P到线段CD的距离等于点P到线段MC、MD的距离之和.三、(25分)矩形玻璃台板碎裂成一些小玻璃片，每块碎片都是凸多边形，将其重新粘合成原矩形后，有交结点30个，其中20个点在原矩形的周界上(包括原矩形的四个顶点)，其余10个点在矩形内部.在矩形的内部有45条粘缝(两个结点之间的线段算是一条粘缝，如图所示).试求该矩形台板所碎裂成的各种类型(指三角形、四边形、五边形等)的块数.说明:若凸多边形的周界上有n个点，就将其看成n边形,例如,图中的多边形ABCDE要看成五边形.数学奥林匹克初中训练题1参考答案第一试1.A.两边平方得3+2+3+6=x+y+z+2xy+2yz+2xz.根据有理数x、y、z的对称性,可考虑方程组x+y+z=3,2xy=2,2yz=3,2xz=6.解得x=1,y=1／2,z=3／2.此时,xyz=3/4.2.B.注意到f(1)=2a+1,f(3)=12a+1,f(f(1))=a(2a+1)2+a(2a+1)+1.由f(f(1))=f(3),得(2a+1)2+(2a+1)=12.所以,2a+1=3或-4.因a0,故2a=-5.3.C.因x、y为整数,则|xy|、|x+y|为非负整数.于是,|xy|、|x+y|中一个为0,一个为1.分情形考虑得6组解.4.D.由ab=7,a2+ma+7=5a,b2+mb+7=5b,所以,(a2+ma+7)(b2+mb+7)=25ab=175.5.C.记两圆公共部分的面积为S.如图,易知S=S扇形EAD+S扇形FAD-S四边形AEDF=5π／6-3.6.B.将这13个数按照相邻两数的差为5或8排列于一个圆周上(如图5).若取出的数多于6个,则必有2个数在圆周上相邻.另一方面,可以取出适合条件的6个数(任取圆周上不相邻的6个数即可),因此,k的最大值为6.二、1.-2.因方程的两根不等,故Δ0,即(a+3)24(2a+3).解得a3或a-1.又由题设条件知,方程的两根和与积皆负,即-(a+3)0,2a+30.从而,a-3,a-3/2,即-3a-3/2.而a为整数,则a=-2.2.32297.x=2329是方程x2+3x-5=0的根,3.73.记x+y=a2,y=b2,则1≤ba≤100.而x=a2-b2=(a+b)(a-b)≤100,因a+b、a-b同奇偶,故a+b≥(a-b)+2.(1)若a-b=1,则a+b为奇数,且3≤a+b≤99.于是,a+b可取3,5,7,…,99,共49个值,这时,相应的x也可取这49个值.(2)若a-b=2,则a+b为偶数,且4≤a+b≤50.于是,a+b可取4,6,8,…,50,共24个值,这时,相应的x可取8,12,16,…,100这24个值.其他情况下所得的x值均属于以上情形.若a-b=奇数,则a+b=奇数.而x=a2-b2≥a+b≥3,归入(1).若a-b=偶数,则a+b=偶数.而x=(a-b)(a+b)为4的倍数,且a-b≥2,a+b≥4,故x≥8,归入(2).因此,这种x共有49+24=73个.4.168.注意到AB2=(2a)2+482,BC2=(a+7)2+242,AC2=(a-7)2+242.如图,以AB为斜边,向△ABC一侧作直角△ABD,使BD=2a,AD=48,∠ADB=90°.在BD上取点E,使BE=a+7,ED=a-7,又取AD的中点F,作矩形EDFC1.因BC21=BE2+EC21=(a+7)2+242=BC2,AC21=C1F2+AF2=(a-7)2+242=AC2,故点C与点C1重合.而S△ABD=48a,S△CBD=24a,S△ACD=24(a-7),则S△ABC=S△ABD-S△CBD-S△ACD=168.第二试一、将原方程变形得(12x+5)2(12x-2)(12x+12)=660.令12x+5=t,则t2(t-7)(t+7)=660,即t4-49t2=660.解得t2=60或t2=-11(舍去).由此得t=±215,即有12x+5=±215.因此,原方程的根为x1,2=121525-.二、如图,易知A、B、C、D四点共圆,B、C、N、M四点共圆,因此,∠ACD=∠ABD=∠MCN.故AC平分∠DCM.同理,BD平分∠CDM.如图,设PH⊥MC于点H,PG⊥MD于点G,PT⊥CD于点T;过点P作XY∥MC,交MD于点X,交AC于点Y;过点Y作YZ∥CD,交MD于点Z,交PT于点R;再作YH1⊥MC于点H1,YT1⊥CD于点T1.由平行线及角平分线的性质得PH=YH1=YT1=RT.为证PT=PG+PH,只须证PR=PG.由平行线的比例性质得EP／EF=EY／EC=EZ／ED.因此,ZP∥DF.由于△XYZ与△MCD的对应边分别平行,且DF平分∠MDC,故ZP是∠XZY的平分线.从而,PR=PG.因此,所证结论成立.三、设全部碎片中,共有三角形a3个,四边形a4个,……,k边形ak个(a3,a4,…,ak为非负整数).记这些多边形的内角和为S角,于是,S角=a3×π+a4×2π+…+ak(k-2)π.另一方面,矩形内部有10个结点,对于每个点,围绕它的多边形顶角和为2π,10个内结点共获得10×2π弧度;矩形边界上(不含4个顶点)共有16个结点,在每个这种结点处,各多边形的顶角在此汇合成一个平角,16个这种结点共获得16π弧度;而原矩形的4个顶点处,共获得多边形碎片的2π弧度.因此,S角=20π+16π+2π=38π.于是,a3+2a4+…+(k-2)ak=38.①记这些多边形的边数和为S边.由于每个n边形有n条边,则S边=3a3+4a4+…+kak.另一方面,在矩形内部的45条粘缝,每条都是两个多边形的公共边,故都计算了两次;矩形周界上的20条线段各被计算了一次,因此,S边=2×45+20=110.于是,3a3+4a4+…+kak=110.②②-①得2(a3+a4+…+ak)=72.故a3+a4+…+ak=36.③①-③得a4+2a5+3a6+…+(k-3)ak=2.因所有ai∈N,故a6=a7=…=ak=0,a4+2a5=2.所以,或者a4=2,a5=0;或者a4=0,a5=1.综上,本题的解共有两种情况,即全部碎片共36块,其中,或含有34个三角形,2个四边形;或含有35个三角形，1个五边形.