數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題6

1、數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題6第一試一、選擇題(每小題7分，共42分1.已知a2+b2=1，b2+c2=2，c2+a2=2.則ab+bc+ca的最小值為( .(A - (B- + (C- -2 (D +2.某次數(shù)學(xué)測驗(yàn)共有20道題.評分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定:每答對一題得5分，不答得0分，答錯(cuò)得-2分.已知這次測驗(yàn)中小強(qiáng)與小剛的累計(jì)得分相等，分?jǐn)?shù)是質(zhì)數(shù).則小強(qiáng)與小剛答題的情況是( .(A兩人答對的題數(shù)一樣多 (B兩人答對的題數(shù)相差2(C兩人答對的題數(shù)相差4 (D以上三種情況都有可能3.在ABC中，AD是邊BC上的中線，點(diǎn)M、N分別在邊AB、AC上，且滿足MDN=90°.如果BM2+CN2=DM2+DN2

2、，那么，AD2與AB2+AC2的關(guān)系是( .(AAD2>AB2+AC2 (BAD2 2 +AC 2 (CAD 2 =AB 2 +AC 2 (DAD 2 與 AB 2 +AC 2 大小不確定 4.有n個(gè)數(shù)，從第二個(gè)數(shù)開始，每一個(gè)數(shù)都比它前面相鄰的數(shù)大3，即4，7，3n+1，且它們相乘的積的末尾恰有32個(gè)0.則n的最小值為( .(A125 (B126 (C127 (D1285.圖為某三岔路口交通環(huán)島的簡化模型.在某高峰時(shí)段，單位時(shí)間進(jìn)出路口A、B、C的機(jī)動車輛數(shù)如圖所示，圖中的x1、x2、x3分別表示該時(shí)段單位時(shí)間通過路段弧AB、BC、CA的機(jī)動車輛數(shù)(假設(shè)單位時(shí)間內(nèi)，在上述路段中，同一路段

3、上駛?cè)肱c駛出的車輛數(shù)相等.則( .(Ax1>x2>x3 (Bx1>x3>x2 (Cx2>x3>x1 (Dx3>x2>x16.已知四個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)x1、x2、x3、x4(x1 2 ， x 3 4 . 又 a 為實(shí)數(shù) ， 函數(shù) y 1 =x 2 -4x+a 與 x 軸交于 (x 1 ， 0 、 (x 2 ， 0 兩點(diǎn) ， 函數(shù) y 2 =x 2 +ax-4 與 x 軸交于 (x 3 ， 0 、 (x 4 ， 0 兩點(diǎn) . 若這四個(gè)交點(diǎn)從左到右依次標(biāo)為 A 、 B 、 C 、 D ， 且 AB=BC=CD ， 則 a 的值為 ( . (Aa=-3 (

4、Ba小于0 (Ca=0 (Da大于0二、填空題(每小題7分，共28分1.如圖，ADBC，梯形ABCD的面積是180，E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是邊BC上的點(diǎn)，且AFDC，AF分別交ED、BD于點(diǎn)G、H.設(shè)BC/AD=m(mN.若GHD的面積為整數(shù)，則m的值為 .2.將自然數(shù)1，2，k2列成正方形數(shù)表(如表1，然后從表中任意選定1個(gè)數(shù)，隨后刪掉該數(shù)所在的行和列，再對剩下的(k-12個(gè)數(shù)的正方形數(shù)表作同樣處理，如此下去，共作k次選數(shù)程序.則被選中的k個(gè)數(shù)之和 12kk+1k+22k(k-1k+1(k-1k+2k23.如圖，設(shè)AB、CD是以O(shè)為圓心、r為半徑的圓的兩條互相垂直的弦，且將圓分成的四個(gè)部分(每一

5、部分允許退化為一個(gè)點(diǎn)依順時(shí)針順序記為X、Y、Z、W.則的最大值(其中，SU表示U的面積為 .4.一個(gè)人擲骰子，把每次擲得的數(shù)字加起來，如果超過20就停止.那么，當(dāng)他停下來的時(shí)候，他最有可能擲得數(shù)字的總和是 .第二試一、(20分已知二次函數(shù)y=x2+2mx-n2.(1若此二次函數(shù)的圖像經(jīng)過點(diǎn)(1，1，且記m，n+4兩數(shù)中較大者為P，試求P的最小值;(2若m、n變化時(shí)，這些函數(shù)的圖像是不同的拋物線，如果每條拋物線與坐標(biāo)軸都有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則過這三個(gè)交點(diǎn)作圓，證明:這些圓都經(jīng)過同一定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo).二、(25分如圖4，過圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線PA、PB，A、B為切點(diǎn)，再過點(diǎn)P作圓的一條割

6、線分別交圓于點(diǎn)C、D，過點(diǎn)B作PA的平行線分別交直線AC、AD于點(diǎn)E、F.求證:BE=BF.三、(25分設(shè)1a1 2 < n 21 是 n 個(gè)任意的整數(shù) . 若其中總有 4 個(gè)不同的數(shù) a 數(shù) a i 、 a j 、 a k 、 a m 滿足 a i +a m =a j +a k (1i ， 則稱數(shù)組 (a 1 ， a 2 ， ， a n 的階數(shù) n 為 “ 好數(shù) ”. (1n=7是否為好數(shù)?說明理由;(2n=8是否為好數(shù)?說明理由.數(shù)學(xué)奧林匹克初中訓(xùn)練題6參考答案第一試一、1.B.注意到2(ab+bc+ca=(a+b+c2-(a2+b2+c2故只須考慮|a+b+c|的最小值即可.為了讓

7、|a+b+c|最小，可取a=b=-，c=.于是，ab+bc+ca的最小值為.2.D.根據(jù)題意，依次枚舉答對20道題、19道題、的各種可能發(fā)現(xiàn):(1小強(qiáng)與小剛可能都答對17題、答錯(cuò)1題、未答其余2題同得83分;(2小剛與小強(qiáng)可能同得53分，不過一人答對13題、答錯(cuò)6題、1題未答，另一人答對11題、答錯(cuò)1題、其余各題未答;(3小剛與小強(qiáng)也可能同得23分，其中一人答對9題，其余各題答錯(cuò)，另一人答對5題、答錯(cuò)1題、其余各題未答.3.B.如圖，過點(diǎn)B作AC的平行線交ND的延長線于點(diǎn)E.聯(lián)結(jié)ME.由BD=DC，知ED=DN，有BEDCND.于是，BE=CN.顯然，MD為EN的中垂線，則有EM=MN.由BM

8、2+BE2=BM2+CN2=DM2+DN2=MN2=EM2，知BEM為直角三角形，MBE=90°.因此，ABC+ACB=ABC+EBC=90°.于是，BAC=90°.所以，AD2=(AB2+AC2.4.D.因?yàn)?1+3n÷5=2+3(n-3÷5，所以，這n個(gè)數(shù)中，只有第3，8，13，18，個(gè)數(shù)是5的倍數(shù)，它們是5×2，5×5，5×8，5×11，.它們每5個(gè)中恰有1個(gè)是25的倍數(shù)，每25個(gè)中恰有1個(gè)是125的倍數(shù)，.易見(5×2×(5×5×(5×8×

9、;×(5×77=532×A，其中，A不是5的倍數(shù).所以，5×77=3n+1.故n=128.5.C.依題意有x1=50+x3-55=x3-5，則x1 3 . 同理 ， x 1 2 ， x 3 2 . 6.C.x1 2 3 4 ， x 1 3 2 4 ， x 1 3 4 2 ， x3 4 1 2 ， x 3 1 4 2 ， x3 1 2 4 . 上述6種情況中，第3、6種情況不可能出現(xiàn)(否則，兩個(gè)函數(shù)的對稱軸相同，故a=-4.從而，x1=x3，x2=x4，這與題意不符.在其他4種情況中，都有|x2-x1|=|x4-x3|.因此，有16-4a=a2+16.解得

10、a=0或-4(舍去.經(jīng)檢驗(yàn)a=0滿足題意.二、1.2或5.如圖，作BKAF交ED于點(diǎn)K，則KEBGEA.故GH/AG=GH/BK=HD/BD=FC/BC=AD/BC=1/m.于是，有SABD=S四邊形ABCD=180/(m+1，SAHD=SABD=，SGHD=SAHD=易知為整數(shù)，所以，(m+12|180.又因180=22×32×5，所以m+1=2，3或6.經(jīng)驗(yàn)證，m+1=3或6.2. k(k2+1.把表1分成下面的兩個(gè)數(shù)表:容易看出，表1中每個(gè)數(shù)等于分成的表2和表3中處于同樣位置的兩數(shù)之和.因而，所選的k個(gè)數(shù)由于既不同行又不同列，其和恰為S=(1+2+k+0+k+(k-1

11、k= k(k+1+ k2(k-1= k(k2+1.3.不妨設(shè)圓心落在如圖7(a的Z中.當(dāng)弦AB向上平移時(shí)，圖7(b中的陰影部分面積大于它左邊無陰影部分的面積，所以，SX+SZ增加，而SY+SW在減少(注意X、Y、Z、W的面積之和是定值r2.因而，比值增加.于是，當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)C重合時(shí)，它才有可能取到最大值.在圖7(c中，RtABD的斜邊BD是直徑，則ABD在OA為高時(shí)面積最大，此時(shí)，SZ最大，SX+SZ也最大，其值為 r2+r2.而SY+SW最小，其值為 r2-r2.所以，SX+SZSY+SW的最大值是4.21.考慮超過20那一次的前一次擲骰子結(jié)束后，得到的數(shù)值是x.若x=15，則只能擲6得到21

12、;若x=16，則只能擲5或6得到21或22，每個(gè)數(shù)字出現(xiàn)的可能都是1/2;若x=17，則只能擲4、5或6得到21，22或23，每個(gè)數(shù)字出現(xiàn)的可能都是1/3;若x=18，則只能擲3，4，5或6得到21，22，23或24，每個(gè)數(shù)字出現(xiàn)的可能都是1/4;若x=19，則只能擲2，3，4，5或6得到21，22，23，24或25，每個(gè)數(shù)字出現(xiàn)的可能都是1/5;若x=20，則擲1，2，3，4，5或6得到21，22，23，24，25或26，每個(gè)數(shù)字出現(xiàn)的可能都是1/6.所以，出現(xiàn)21的可能性大于出現(xiàn)其他數(shù)字的可能性.故21是最有可能擲得數(shù)字的總和.第二試一、(1由二次函數(shù)過點(diǎn)(1，1得m=n2/2.注意到m-

13、(n+4= n2/2-(n+4= (n2-2n-8= (n-4(n+2，所以，P= n2/2， n-2或n4;P=n+4， -2 再利用函數(shù)圖像可知，當(dāng)n=-2時(shí)，Pmin=2.(2圖像與坐標(biāo)軸有三個(gè)不同的交點(diǎn)，可設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，0、B(x2，0、C(0，-n2.又x1x2=-n2，若n=0，則與三個(gè)交點(diǎn)不符，故x1x2=-n2<0.所以，x1、x2分在原點(diǎn)左右兩側(cè).又|x1x2|=n2×1，所以，存在點(diǎn)P0(0，1使得|OA|·|OB|=|OP0|·|OC|.故A、B、C、P0四點(diǎn)共圓，即這些圓必過定點(diǎn)P0(0，1.二、如圖，聯(lián)結(jié)BC、BA、BD.所

14、以，ABC=PAC=E.則ABCAEB.從而，BE/BC=AB/AC，即BE=AB·BC/AC.又ABF=PAB=ADB，所以，ABFADB.從而，BF/BD=AB/AD，即BF=AB·BD/AD.另一方面，又因PBCPDB，PCAPAD，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.由式、即知BE=BF.三、(1n=7時(shí)，1，2，3，5，8，13，21不滿足要求，故n=7不是好數(shù).(2只須證明:對任意的8個(gè)整數(shù)1a1 2 < 8 21 ， 其中總有4個(gè)不同的數(shù)ai j k m 滿足 a

15、 i +am=aj+ak ， 即 a j -a i =a m -a k (1i 首先，8個(gè)正整數(shù)可產(chǎn)生8×72=28個(gè)差aj-a(1i ， 由于這 8 個(gè)數(shù)均為 1 至 21 之間的整數(shù) ， 因此 ， 1aj-a i 20(1i ， 最多只有 20 個(gè)不同的差值 . 故由抽屜原理知 ， 其中至少有 8 對差相等 . (i若這8對相等的差中，存在1對其中的4個(gè)數(shù)互不相同，即aj-ai=am-ak(1i 此時(shí)原題成立 . (ii若這8對相等的差中，每一對的4個(gè)數(shù)中至少有2個(gè)數(shù)相同，則這4個(gè)數(shù)中恰有2個(gè)數(shù)相同(因?yàn)閍j-ai=am-ak中至多有aj=ak或ai=am之一成立.于是，每對這樣的差對應(yīng)一個(gè)三元數(shù)組(ai，aj，ak，且滿足2aj=ai+ak(1i ， 由于這 8 個(gè)數(shù)均為 1 至 21 之間的整數(shù) ， 因此 ， 1aj-a i 20(1i ， 最多只有 20 個(gè)不同的差值 . 故由抽屜原理知 ， 其中至少有 8 對差相等 . (i若這8對相等的差中，存在1對其中的4個(gè)數(shù)互不相同，即aj-ai=am-ak(1i 此時(shí)原題成立 . (ii若這8對相等的差中，每一對的4個(gè)數(shù)中至少有2個(gè)數(shù)相同，則這4個(gè)數(shù)中恰有2個(gè)數(shù)相同(因?yàn)閍j-ai=am-ak中至多有aj=ak或ai=am之一成立.于是，每對這樣的差對應(yīng)一個(gè)三元數(shù)組(ai，aj，ak，且滿足2aj=ai+ak