數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題1(含答案)

1、數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題（含答案）這是我辛辛苦苦做出來(lái)的！第一試一、選擇題(每小題7分，共42分，且x、y、z為有理數(shù).則xyz=( .(A34 (B56 (C712 (D13182.設(shè)二次函數(shù)f(x=ax2+ax+1的圖像開(kāi)口向下，且滿(mǎn)足f(f(1=f(3.則2a的值為( .(A-3 (B-5 (C-7 (D-93.方程|xy|+|x+y|=1的整數(shù)解的組數(shù)為( .(A2 (B4 (C6 (D84.a、b是方程x2+(m-5x+7=0的兩個(gè)根.則(a2+ma+7(b2+mb+7=( .(A365 (B245 (C210 (D1755.如圖，RtABC的斜邊BC=4，ABC=30°，以

2、AB、AC為直徑分別作圓.則這兩圓的公共部分面積為( (A (B (C (D 6.從1，2，13中取出k個(gè)不同的數(shù)，使這k個(gè)數(shù)中任兩個(gè)數(shù)之差既不等于5，也不等于8.則k的最大值為( .(A5 (B6 (C7 (D8二、填空題(每小題7分，共28分1.若整系數(shù)一元二次方程x2+(a+3x+2a+3=0有一正根x1和一負(fù)根x2，且|x1|<|x2|，則a= .2.當(dāng)x=時(shí)，代數(shù)式x4+5x3-3x2-8x+9的值是 .3.給定兩組數(shù)，A組為:1，2，100;B組為:12，22，1002.對(duì)于A組中的數(shù)x，若有B組中的數(shù)y，使x+y也是B組中的數(shù)，則稱(chēng)x為“關(guān)聯(lián)數(shù)”.那么，A組中這樣的關(guān)聯(lián)數(shù)有

3、 個(gè).4.已知ABC的三邊長(zhǎng)分別為AB=2，BC=，AC=，其中a>7.則ABC的面積為 .第二試一、(20分解方程:(12x+52(6x-1(x+1=.二、(25分如圖，四邊形ABCD中，ACB=ADB=90°，自對(duì)角線(xiàn)AC、BD的交點(diǎn)N作NMAB于點(diǎn)M，線(xiàn)段AC、MD交于點(diǎn)E，BD、MC交于點(diǎn)F，P是線(xiàn)段EF上的任意一點(diǎn).證明:點(diǎn)P到線(xiàn)段CD的距離等于點(diǎn)P到線(xiàn)段MC、MD的距離之和.三、(25分矩形玻璃臺(tái)板碎裂成一些小玻璃片，每塊碎片都是凸多邊形，將其重新粘合成原矩形后，有交結(jié)點(diǎn)30個(gè)，其中20個(gè)點(diǎn)在原矩形的周界上(包括原矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，其余10個(gè)點(diǎn)在矩形內(nèi)部.在矩形的內(nèi)部

4、有45條粘縫(兩個(gè)結(jié)點(diǎn)之間的線(xiàn)段算是一條粘縫，如圖所示.試求該矩形臺(tái)板所碎裂成的各種類(lèi)型(指三角形、四邊形、五邊形等的塊數(shù).說(shuō)明:若凸多邊形的周界上有n個(gè)點(diǎn)，就將其看成n邊形,例如,圖中的多邊形ABCDE要看成五邊形.數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題1參考答案第一試1.A.兩邊平方得3+ +=x+y+z+2+2+2.根據(jù)有理數(shù)x、y、z的對(duì)稱(chēng)性,可考慮方程組x+y+z=3,2= ,2=,2= .解得x=1,y=12,z=32.此時(shí),xyz=3/4.2.B.注意到f(1=2a+1,f(3=12a+1,f(f(1=a(2a+12+a(2a+1+1.由f(f(1=f(3,得(2a+12+(2a+1=12.所以

5、,2a+1=3或-4.因a<0,故2a=-5.3.C.因x、y為整數(shù),則|xy|、|x+y|為非負(fù)整數(shù).于是,|xy|、|x+y|中一個(gè)為0,一個(gè)為1.分情形考慮得6組解.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.記兩圓公共部分的面積為S.如圖,易知S=S扇形EAD+S扇形FAD-S四邊形AEDF =56- .6.B.將這13個(gè)數(shù)按照相鄰兩數(shù)的差為5或8排列于一個(gè)圓周上(如圖5.若取出的數(shù)多于6個(gè),則必有2個(gè)數(shù)在圓周上相鄰.另一方面,可以取出適合條件的6個(gè)數(shù)(任取圓周上不相鄰的6個(gè)數(shù)即可,因此,k的最

6、大值為6.二、1.-2.因方程的兩根不等,故>0,即(a+32>4(2a+3.解得a>3或a<-1.又由題設(shè)條件知,方程的兩根和與積皆負(fù),即-(a+3<0,2a+3<0.從而,a>-3,a<-3/2,即-3 而 a 為整數(shù) , 則 a=-2. 2. . x=是方程x2+3x-5=0的根,3.73.記x+y=a2,y=b2,則1b 而x=a2-b2=(a+b(a-b100,因a+b、a-b同奇偶,故a+b(a-b+2.(1若a-b=1,則a+b為奇數(shù),且3a+b99.于是,a+b可取3,5,7,99,共49個(gè)值,這時(shí),相應(yīng)的x也可取這49個(gè)值.(2

7、若a-b=2,則a+b為偶數(shù),且4a+b50.于是,a+b可取4,6,8,50,共24個(gè)值,這時(shí),相應(yīng)的x可取8,12,16,100這24個(gè)值.其他情況下所得的x值均屬于以上情形.若a-b=奇數(shù),則a+b=奇數(shù).而x=a2-b2a+b3,歸入(1.若a-b=偶數(shù),則a+b=偶數(shù).而x=(a-b(a+b為4的倍數(shù),且a-b2,a+b4,故x8,歸入(2.因此,這種x共有49+24=73個(gè).4.168.注意到AB2=(2a2+482,BC2=(a+72+242,AC2=(a-72+242.如圖,以AB為斜邊,向ABC一側(cè)作直角ABD,使BD=2a,AD=48,ADB=90°.在BD上取點(diǎn)

8、E,使BE=a+7,ED=a-7,又取AD的中點(diǎn)F,作矩形EDFC1.因BC21=BE2+EC21=(a+72+242=BC2,AC21=C1F2+AF2=(a-72+242=AC2,故點(diǎn)C與點(diǎn)C1重合.而SABD=48a,SCBD=24a,SACD=24(a-7,則SABC=SABD-SCBD-SACD=168.第二試一、將原方程變形得(12x+52(12x-2(12x+12=660.令12x+5=t,則t2(t-7(t+7=660,即t4-49t2=660.解得t2=60或t2=-11(舍去.由此得t=±2 15,即有12x+5=±2.因此,原方程的根為x1,2=.二、

9、如圖,易知A、B、C、D四點(diǎn)共圓,B、C、N、M四點(diǎn)共圓,因此,ACD=ABD=MCN.故AC平分DCM.同理,BD平分CDM.如圖,設(shè)PHMC于點(diǎn)H,PGMD于點(diǎn)G,PTCD于點(diǎn)T;過(guò)點(diǎn)P作XYMC,交MD于點(diǎn)X,交AC于點(diǎn)Y;過(guò)點(diǎn)Y作YZCD,交MD于點(diǎn)Z,交PT于點(diǎn)R;再作YH1MC于點(diǎn)H1,YT1CD于點(diǎn)T1.由平行線(xiàn)及角平分線(xiàn)的性質(zhì)得PH=YH1=YT1=RT.為證PT=PG+PH,只須證PR=PG.由平行線(xiàn)的比例性質(zhì)得EPEF=EYEC=EZED.因此,ZPDF.由于XYZ與MCD的對(duì)應(yīng)邊分別平行,且DF平分MDC,故ZP是XZY的平分線(xiàn).從而,PR=PG.因此,所證結(jié)論成立.三、

10、設(shè)全部碎片中,共有三角形a3個(gè),四邊形a4個(gè),k邊形ak個(gè)(a3,a4,ak為非負(fù)整數(shù).記這些多邊形的內(nèi)角和為S角,于是,S角=a3×+a4×2+ak(k-2.另一方面,矩形內(nèi)部有10個(gè)結(jié)點(diǎn),對(duì)于每個(gè)點(diǎn),圍繞它的多邊形頂角和為2,10個(gè)內(nèi)結(jié)點(diǎn)共獲得10×2弧度;矩形邊界上(不含4個(gè)頂點(diǎn)共有16個(gè)結(jié)點(diǎn),在每個(gè)這種結(jié)點(diǎn)處,各多邊形的頂角在此匯合成一個(gè)平角,16個(gè)這種結(jié)點(diǎn)共獲得16弧度;而原矩形的4個(gè)頂點(diǎn)處,共獲得多邊形碎片的2弧度.因此,S角=20+16+2=38.于是,a3+2a4+(k-2ak=38.記這些多邊形的邊數(shù)和為S邊.由于每個(gè)n邊形有n條邊,則S邊=3a3+4a4+kak.另一方面,在矩形內(nèi)部的45條粘縫,每條都是兩個(gè)多邊形的公共邊,故都計(jì)算了兩次;矩形周界上的20條線(xiàn)段各被計(jì)算了一次,因此,S邊=2×45+20=110.于是,3a3+4a4+kak=110. -得2