數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題5

1、數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題5第一試一、選擇題(每小題7分，共42分2-3x+1=0的兩根也是程x4-px2+q=0的根，則(p+q2008的個(gè)位數(shù)字是( .(A2 (B4 (C6 (D82.函數(shù)y= (其中，a、b為非零常數(shù)取得最大值的條件是( .(Aa2-4b0 (Ba2-4b0(Ca2-4b<0 (D與a、b取值有關(guān)，不能確定3.設(shè)ABC的內(nèi)切圓半徑為r，BC=a，AC=b，AB=c，且其上的高分別為ha、hb、hc，滿(mǎn)足ha+hb+hc=9r.則ABC的形狀( .(A一定是鈍角三角形 (B一定是等邊三角形(C一定不是銳角三角形 (D不一定是直角三角形4.若三個(gè)互不相等的非零實(shí)數(shù)x、y、

2、z，滿(mǎn)足關(guān)系式x(y-z=，則q的取值為( .(A (B (C (D 5.若直角三角形的一條直角邊長(zhǎng)為12，另兩條邊長(zhǎng)均為整數(shù)，則符合這樣條件的直角三角形共有( 個(gè).(A1 (B6 (C4 (D無(wú)數(shù)多6.如圖，在ABC中，A>B>C，I是內(nèi)心.現(xiàn)給出三條路線(xiàn):IACBI;ICBAI; IBACI.若記它們的長(zhǎng)度分別為l1、l2、l3，則其中最短的是( .(Al1 (Bl2 (Cl3 (D不能確定二、填空題(每小題7分，共28分則z-y的值等于 .2.如圖，在四邊形ABCD中，AB=10，BC=17，CD=13，DA=20，AC=21.則BD= .3.一個(gè)三位數(shù)xyz(其中，x、y、

3、z互不相等，將其各個(gè)數(shù)位的數(shù)字重新排列，分別得到的最大數(shù)和最小數(shù)仍是三位數(shù).若所得到的最大三位數(shù)與最小三位數(shù)之差是原來(lái)的三位數(shù)，則這個(gè)三位數(shù)是 .4.如圖，在等腰RtABC(C=90°內(nèi)取一點(diǎn)P，= .第二試一、(20分若一直角三角形兩直角邊的長(zhǎng)a、b(ab均為整數(shù)，且滿(mǎn)足.試求這個(gè)直角三角形的三邊長(zhǎng).二、(25分如圖4，已知O與ABC的邊AB、AC分別相切于點(diǎn)P、Q，與ABC的外接圓相切于點(diǎn)T.設(shè)切點(diǎn)弦PQ的中點(diǎn)為I.求證:IT平分BTC.三、(25分已知x31+x32+x38-x39的個(gè)位數(shù)字是1，其中，x1，x2，x9是2 001，2 002，2 009中的九個(gè)不同的數(shù)，且8x

4、9>x1+x2+x8.求x9的值.數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題5參考答案第一試一、1.C.2.C.注意到y(tǒng)=.(1若a2-4b0，則x2+ax+b=0有實(shí)根，此時(shí)，y無(wú)最大值;(2若a2-4b<0，則0 綜上 ， 當(dāng) a 2 -4b<0 時(shí) ， y 最大 = . 3.B.ha+hb+hc=2SABC(.因?yàn)镾ABC= r(a+b+c，ha+hb+hc=9r，則有(a+b+c (=9，即a(b-c2+b(c-a2+c(a-b2=0，所以，(a-b2=(b-c2=(c-a2=0.故a=b=c.4.B.由題設(shè)條件知q±1.由等比性質(zhì)得x(y-z+y(z-x1+q=z(y-xq2

5、.又x(y-z+y(z-x=z(y-x，所以，1+q=q2，即q2-q-1=0.解得q=.5.C.設(shè)a=12，c為斜邊，則有c2-b2=a2=144.因?yàn)?44=24×32，所以，(c+b(c-b=72×2;(c+b(c-b=36×4;(c+b(c-b=18×8;(c+b(c-b=16×9;(c+b(c-b=48×3;(c+b(c-b=24×6.又因?yàn)閏+b與c-b同奇偶，故符合題意條件的直角三角形有以下四個(gè):a=12，b=5，c=13; a=12，b=9，c=15;a=12，b=16，c=20;a=12，b=35，c=37

6、.6.C.因A>B>C，則a>b>c.設(shè)AI=x，BI=y，CI=z(易知x ， 于是 ， l1=x+b+a+y=(b+y+(a+x;l2=z+a+c+x=(a+x+(c+z;l3=y+c+b+z=(b+y+(c+z.如圖，延長(zhǎng)CA至點(diǎn)D，使得CD=a，聯(lián)結(jié)ID.顯然，ICDICB.則AD=a-b，ID=y.在AID中，有AI+AD>ID，即 x+(a-b>y.所以，b+y 同理，c+z 因此，c+z 由此對(duì)l1、l2、l3作比較，可知l3的長(zhǎng)度最短.二、1.2 008.設(shè)z-y=t.從題設(shè)第一個(gè)方程得z-2x+y=0.于是，z-x=t/2，進(jìn)而，x-y=t

7、/2.故由題設(shè)第二個(gè)方程可求得t=z-y=2 008.如圖，作BEAC于點(diǎn)E，DFAC于點(diǎn)F，并作BGAC交DF的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)G，則四邊形BEFG是矩形，BDG、ABE、CDF均為直角三角形.在ABC中，有p= (AB+BC+CA=24.故BE=8.同理，在ADC中，有DF=12.故DG=DF+FG=DF+BE=20.又AE=6， CF=5，則BG=EF=AC-AE-CF=10.所以，BD= 10.3.495.設(shè)三位數(shù)xyz經(jīng)過(guò)重新排列后所得到的最大三位數(shù)為 (a>b>c，則最小的三位數(shù)是.由于1a9，1b9，1c9，且-=(100a+10b+c-(100c+10b+a=99(a-c

8、是99的倍數(shù)，故所求的三位數(shù)xyz也是99的倍數(shù).而是99倍數(shù)的三位數(shù)只有8個(gè):198，297，396，495，594，693，792，891.經(jīng)驗(yàn)證知，只有495符合題意.4.由題設(shè)知，BPC與CAP互補(bǔ).如圖，延長(zhǎng)BP交AC于點(diǎn)K，則PC=PK=b，BK=2b.由PCKACP，知CK=b2/a.又BK2=BC2+CK2，所以，a4+b4=4a2b2.于是，(a2+b22=6a2b2，(a2-b22=2a2b2(a>b.第二試一、因?yàn)閍、b為正整數(shù)，所以，m也為正整數(shù).從而，a、b是關(guān)于x的方程x2-(m+2x+4m=0的兩個(gè)不等整數(shù)解.所以，=m2-12m+4必為完全平方數(shù).不妨設(shè)m

9、2-12m+4=k2(k為正整數(shù)，即m2-12m+4-k2=0.由此知關(guān)于m的方程應(yīng)有整數(shù)解，則=4(32+k2也必為完全平方數(shù).于是，32+k2為完全平方數(shù).令32+k2=(k+n2(n為正整數(shù).則32=(k+n2-k2=n(2k+n.顯然，n<2k+n.又32=1×32=2×16=4×8，于是，分三種情況討論:(1n(2k+n=1×32=1×(2k+1，知k無(wú)整數(shù)解;(2n(2k+n=2×16=2(2k+2，知k=7，m=15，直角三角形的三邊長(zhǎng)分別為5，12，13;(3n(2k+n=4×8=4(2k+4，知k=2

10、，m=12，直角三角形的三邊長(zhǎng)分別為6，8，10.綜上，直角三角形的三邊長(zhǎng)分別為5，12，13或6，8，10.二、如圖，聯(lián)結(jié)OA.由題設(shè)易知，OA平分BAC，OA垂直平分PQ.所以，O、I、A三點(diǎn)共線(xiàn).聯(lián)結(jié)OP、OT、AT，則OP2=OI·OA=OT2.從而，OTIOAT.故OTI=OAT.過(guò)點(diǎn)T作兩圓的公切線(xiàn)ST，則有STC=CAT.由OTST，可知OTS=OTI+ITC+CTS=90°.故CTI=90°-(OTI+CTS=90°-(OAT+CAT=90°-CAO=90°- A.同理，BTI=90°- A=CTI.因此，IT平分BTC.三、因?yàn)閤1，x2，x9是2 001，2 002，2 009中的九個(gè)不同的數(shù)，又2 001，2 002，2 009這九個(gè)數(shù)的個(gè)位數(shù)字1，2，3，4，5，6，7，8，9經(jīng)3次方后所得的個(gè)位數(shù)字分別為1，8，7，4，5，6，3，2，9，所以，x31+x32+x39的個(gè)位數(shù)字必是5.又x31+x32+x38-x39=x31+x32+x38+x39-2x3