全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽習(xí)題及詳解

1985年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及詳解一、選擇題（每題5分，共30分）設(shè)ABCD為圓內(nèi)接四邊形，現(xiàn)在給出四個(gè)關(guān)系式：(1)sinAsinC(2)sinAsinC0(3)cosBcosD0(4)cosBcosD其中總能成立的關(guān)系式的個(gè)數(shù)是(A)一個(gè)(B)兩個(gè)(C)三個(gè)(D)四個(gè)答()解：選（B）因ABCD為圓內(nèi)接四邊形，故C1800A，且A,C都不能夠?yàn)?°及180°，故（1）式恒成立；（2）式恒不成立.同樣由D1800B，（3）式恒成立；（4）式只有BD900時(shí)成立.故只有（1）、（3）總能成立,應(yīng)選B.211n2.若n是大于1的整數(shù)，則pnn12的值(A)必然是偶數(shù)(B)必然是奇數(shù)(C)是偶數(shù)但不是2(D)能夠是偶數(shù)也能夠是奇數(shù)答()解：選（B）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，1(1)n0，pn1是奇數(shù)；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，21(1)nn21為偶數(shù)，故pn21)為奇數(shù)，所以pnn212121，且n(n1的值必然是奇數(shù).應(yīng)選(B).3.在平行四邊形ABCD中，P為BC的中點(diǎn)，過(guò)PAD作BD的平行線交CD于Q，連PA，PD，QA，QB，則圖中與ABP面積相等的三角形，除ABP外還有：Q(A)三個(gè)(B)四個(gè)(C)五個(gè)(D)六個(gè)BPC答()解:選（C）由題設(shè)條件，Q是CD的中點(diǎn)，這樣圖中與ABP面積相等的三角形有三類：(1)與ABP等底等高的三角形有二個(gè)：BPD,PCD.(2)一邊為BP邊的二倍，而高為BP上的高之半的三角形有二個(gè)：BCQ、ADQ.(3)與BCQ等底同高的三角形有一個(gè)：QDB.故共有五個(gè),選（C）.第1頁(yè)1函數(shù)y1xx2的圖像大體形狀是(A)圖1中的實(shí)線部分(B)圖2中的實(shí)線部分(C)圖3中的實(shí)線部分(D)圖4種的實(shí)線部分答()解:（C）因x2x0的根為0及1，故y1xx21x2x0x11x2xx0,x1.由二次函數(shù)的圖像可知，函數(shù)y1xx2的圖像的大體形狀是圖3中的實(shí)線部分.應(yīng)選(C).5.x表示取數(shù)x的整數(shù)部分，比方15等，若yxuxu，34444且當(dāng)x1，8，11，14時(shí)，y1；x2，5，1215，時(shí)，y2；x3，6，9，16時(shí)，y3；x4，7，10，13時(shí)，y0；則表達(dá)式中u等于x2(B)x1(C)x(D)x1(A)4444答()解:（D）若ux2，則當(dāng)x2時(shí)，u1，u1，所以y4333，444與題設(shè)x2時(shí)，y2矛盾，故（A）錯(cuò).同理，令x3，可判斷（B）錯(cuò)；令x4，可判斷（C）錯(cuò).從而（D）正確.應(yīng)選(D).6.如圖，在等腰ABC中，CD是底邊AB上的高，E是腰BC的中點(diǎn)，AE交CD于F，第2頁(yè)2現(xiàn)在給出三條路線：CaAFCEBDAEbACEBDFAcADBEFCA

FABD設(shè)它們的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)a，Lb，Lc，那么以下三種關(guān)系式：LaLb，LaLc，LbLc中，必然能夠成立的個(gè)數(shù)是：(A)0個(gè)(B)1個(gè)(C)2個(gè)(D)3個(gè)答()解:（B）由題條件可知，F(xiàn)是ABC的重心，所以CF2DF,AF2FE，由于CACB,由FADFBD知AFBF,L(c)ABBEEFFCCA,L（a)AFFCCBBA，故L(c)L(a)BEEFAFBEEFBF0即L（c)L（a)，又L（b)AC+CEEBBDDFFAL（c)L（b)（ABBD）+（EFFA）+（FCDF）CEADDFEFCE當(dāng)ABC為等邊三角形時(shí)，ADCE,DFEF，所以L（c)L(b)，這說(shuō)明L（b)L(c)不恒成立.再因L（a)L(b)FCDAACDFDFDAAC當(dāng)0311ACB120且ACBC1時(shí),AD,CD,DF,226故L（a)L(b)3113350即L（a)L(b),故不等式L（a)L(b)不恒成266立，即三個(gè)不等式中，只有一個(gè)恒成立.應(yīng)選(B).二、填空題（每題5分，共30分）1.設(shè)ab23，bc23，則a2b2c2abbcca

的值為_(kāi)_______.:填15.原式=1（ab)2(bc)2(ca)21(23)2(23)24230.22方法2:令Sa2b2c2abbcca，則2S2a22b22c22ab2bc2ca(ab)2(bc)2(ca)2=30第3頁(yè)3∴S13015,即a2b2c2abbcca15.22.設(shè)方程x2402xk0的一根加380倍，那么k=__________.，即為另一根的解:填1985.設(shè)方程兩根為x1,x2，由題意，有x1380x2,即x180x23,又∵x1x2402，∴80x23x2402，從而x25,x280x23397,于是kx1x239751985.有甲、乙、丙三種貨物，若購(gòu)甲3件，乙7件，丙1件，共需3.15元，購(gòu)甲4件，乙10件，共需4.20元.現(xiàn)在購(gòu)甲、乙、丙各1件共需__________元.解:填1.05元.設(shè)購(gòu)甲貨1件需x元，乙貨1件需y元，丙貨1件需z元，依照題意，有3x7yz3.15（xyz)2(x3y)3.15（）即14x10yz4.20(xyz)3(x3y)4.20（）2（1）3(2)2得xyz1.05,所以購(gòu)甲、乙、丙各一件共需1.05元.4.不等式42x2axa2的解為_(kāi)_________.解:原不等式可化為（6xa)(7xa)0（1）當(dāng)a0時(shí)，原不等式解集為aa；x76（2）當(dāng)a0時(shí)，原不等式解集為aa；x67當(dāng)a0時(shí)，原不等式無(wú)解；5.已知xx0,1和1兩個(gè)數(shù)，若是只許用加法、減法，1作被除數(shù)的除法三種運(yùn)算(能夠使用括號(hào))，經(jīng)過(guò)六步算出x2，那么計(jì)算的表達(dá)式是__________.解：表達(dá)式是11x1(x1)x或11（x1)1xx.也可寫成1x或1x1111xx1x1x6.在正實(shí)數(shù)集上定義一個(gè)運(yùn)算*，其規(guī)則為：當(dāng)ab時(shí)，abba；當(dāng)ab時(shí)，abb2.依照這個(gè)規(guī)則，方程3x27的解是__________.:填33,或3若0x3,則3xx3，又∵3x27,∴x327，∴x3;第4頁(yè)4若x3則2又∵3x27,∴x227,∴x2733,3xx,所以方程，3*x=27的解是3,或33.三、如圖，O為凸五邊形ABCDE內(nèi)一點(diǎn)，且12，34，56，78.求證：9與10相等或互補(bǔ).證法1:由正弦定理及已知條件得OAOBOBOCOCsin10sin1sin2sin3sin4ODODOE7OEOA,sin5sin6sinsin8sin9從而sin∠10=sin∠9，∴9=10或9+10=1800,即∠9與∠10相等或互補(bǔ).證法2:由于對(duì)定線段的張角為定角的點(diǎn)的軌跡是以定線段為弦的張角為定角的兩個(gè)相等的弓形弧.【和已知線段的兩個(gè)端點(diǎn)的連線的夾角等于已知角的點(diǎn)的軌跡，是以已知線段為弦所含的圓周角等于已知角的兩段弧（端點(diǎn)除外）】，所以由∠1=∠2，得OAB的外接圓與OCB的外接圓相等；同理，OCB的外接圓與OCD的外接圓相等；OCD的外接圓與ODE的外接圓相等;ODE的外接圓與OAE的外接圓相等；于是OAB的外接圓與OAE的外接圓相等，從而∠9與∠10相等或互補(bǔ).四、如圖，O1，O2外切于A，半徑分別為r1和r2；PB，PC分別為兩圓的切線，B，C為切點(diǎn)；PB:PCr1:r2；又PA交O2于E點(diǎn).BP求證：PAB∽PEC.E證法1：O1AC如圖1，連接O1A，O1B,PO1，PO2，O2A,O2C，O2則O，A,OPB:PCr:r，Q三點(diǎn)共線，∵1212RtPBO1∽R(shí)tPCO2,∴3=4PO1:PO2r1:r2O1A:O2A，于是PA為O1PO2的均分線，即∠1=∠2，連接O2E，由O1APO2EP，得OAP1∽O2EP∴PA:PEr1:r2，即PA:PEPB:PC又由∠3=∠，∠1=∠，知BPACPE42PAB∽PEC證法2：如圖2，延長(zhǎng)BA交⊙O2于B,過(guò)B作直線平行于PB交PA的延長(zhǎng)線于P，第5頁(yè)5交PC的延長(zhǎng)線于Q.連接O1B,O1A,O2A,O2B，則由O1,A,O2三點(diǎn)共線，知O1ABO2AB,∴O1BAO2BA，從而O1B∥O2B又∵BP∥BP，O1BPB，∴O2BPQ，即PQ為O2的切線，B為切點(diǎn).∵BP∥BP，∴ABP∽ABP，∴PB:PBAB:AB由AO1B∽AO2B知AB:ABr1:r2又PB:PCr1:r2,∴PB:PBPB:PC∴PBPCQCQB,∴QPQP設(shè)QO交PA于F,FQ為PQP的均分線∴O2FAE,AFFE從而PFPF2∴PAPE又BPACPE,PBPC,∴PAB≌PEC,∴PAB∽PEC.五、有一長(zhǎng)、寬、高分別為正整數(shù)m，n，rmnr的長(zhǎng)方體，表面涂上紅色后切成棱長(zhǎng)為1的正方體，已知不帶紅色的正方體個(gè)數(shù)與兩面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)之和，減去一面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)得1985.求m，n，r的值.解:（1）若m1，這時(shí)n1，沒(méi)解，∴n2依題意，不帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為k00，一面帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為k10，兩面帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為k2(n2)(r2)，于是有k0k1k2k21985（n2)(r2)19855397即n25或n21∴n7或n3∴2r2r3991987r3971985r∴m1,n7,r399，或m1,n3,r1987（2）若m2，依題意,不帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為k00，一面帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為k12(n2)(r2),兩面帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為k24(n2)4(r2)，則k1與k2都是偶數(shù)，顯然k0k1k2k21985.(3)若m2，依題意，不帶紅色的正方體個(gè)數(shù)為k0(m2)(n2)(r2)；一面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)為k12(m2)(n2)2(m2)(r2)2(n2)(r2)；兩面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)為k24(m2)4(n2)4(r2)；于是有k0k2k11985,即第6頁(yè)6(m2)(n2)（r2)4(m2)(n2)+(r2）2(m2)(n2)(m2)(r2)(n2)(r2)1985亦即（m2)2[(n2)2][(r2)2]198581977（m4)(n4)(r4)19771977=13659=111977=（1）(1)1977m41m41m41∴n43或n41或n41r4659r41977r41977m5m5m3∴n7或n5或n3r663r1981r1981綜上所述，切合題意的m,n,r有五組：m1,n7,r399；m1,n3,r1987；m5,n7,r663；m5,n5,r1981；m3,n3,r1981.六、桌面上有五枚硬幣正面全部向上，若每次任意翻動(dòng)四枚能否經(jīng)過(guò)若干次后，將反面全部