初三奥数联赛试题及详解Word文档格式.docx
《初三奥数联赛试题及详解Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初三奥数联赛试题及详解Word文档格式.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
,0CN二ACD-0CA二30,
在RtONC中，vcos_OCN=——-,0C=1,二AB=20C=2,故选（A）.
0C2
4.不定方程3x2•7xy-2x-5y-17=0的全部正整数解（x,y）的组数为（）
（A）1（B）2（C）3（D）4
【解析】由3x27xy-2x_5y-17=0,得y=—3^2x17，因x,y为正整
7x—5
数，故x_1,y_1,从而7x一5.0,于是_3x22x17_7x-5,3x25x-22乞0,即
（x—2）（3x11）^0，由x_1，知3x110，故x—2乞0，xe2，故x=1或x=2
当x=1时，y=8;
当x=2时，y=1.
故原不定方程的全部正整数解（x,y）有两组：
（1,8），（2,1）,故选（B）.
5.矩形ABCD的边长AD=3,AB=2,E为AB的中点，F在线段BC
为AB的中点，知ADE也BGE,故BG二AD=3,FG二BFBG=13=4,因
AMAD333
FG//AD,故AMDs.FMG,故，故AMFMAF,于是
FMFG447
MN=AF-AM-FN=AF-3AF-1AF9AF=9.AB2BF2742828
设不超过n的正整数中，质数的个数为an,合数的个数为bn,当n<
15时，列
由上表可知，1,9,11,13都是“好数”
因匕仆-知=2，当n_16时，在n=15的基础上，每增加2个数，其中必有
一个为偶数，当然也是合数，即增加的合数的个数不会少于增加的质数的个数，故一定有bn-an_2,故当n_16时，n不可能是“好数”.
因此，所有的“好数”之和为19111^34，故选（B）.
二、填空题（本题满分28分，每小题7分）
1.已知实数x,y,z满足x+y=4,z+1|=xy+2y—9,贝Ux+2y+3z=.
【答案】4
【解析】由x，y=4,得x=4—y，代入z•1=xy•2y-9，得
z+1=（4-y）y+2y-9=-y2+6y-9=-（y-3）2K0，故（y-3）2兰0，
又（y-3）2_0,故（y-3）2=0,故y=3,z=「1,x=1，于是x2y3z=4.
2.将一个正方体的表面都染成红色，再切割成n3（n・2）个相同的小正方体，
若只有一面是红色的小正方体数目与任何面都不是红色的小正方体的数目相同，贝Un=.
【答案】8
【解析】只有一个面染成红色的小正方体的总数为6（n-2）2个，任何面都不
是红色的小正方体的总数为（n-2）3个，依题意有6（n-2）2=（n-2）3，解得
n=8（n=2舍去）.
3.在：
ABC中，A=60[.C=75,AB=10，D,E,F分别在AB,BC,CA上,
则DEF的周长最小值为_.
【答案】5.6
【解析】分别作点E关于AB,AC的对称的
P,Q.
则DE=PD,EF=FQ.连接
A,E,A,PAQDPFQPQ
则PAQ-120,且AP=AE=AQ,从而.APQ=30；
，
-PQ_
故务®
30，PQ®
过点A作A—BC于点H，则
AH=ABsinB=10sin45：
=^'
2，于是：
DEF的周长为
I=DEDFEF=PDDFFQ_PQ二、一3AP=：
$3AE_J3AH=5飞
当且仅当点E与点H重合，且P,D,F,Q四点共线时取得等号，即：
DEF的周长Imin=56.
4.若实数x,y,z满足x2+y2+z2（-xyy吃8,z=x用A表示
x-y,y-z,z-x的最大值，贝UA的最大值为.
【解析】由已知，得（x-y）2+（y—z）2+（z—x）2=16，不妨设A=|x—y，贝U
A2=|x—y『=（y_x）2=[（y_z）+（z_x）f兰2（y_z）2+（z_x）2]=216_（x_y）2]=2（16_A2）解得A兰空6.当且仅当x-y=出^6,y—z=z—x=时取等号.
333
故A的最大值
3
第二试（A）
一、（本题满分20分）已知实数a,b,c,d满足
22222
2a3c=2b3d二adb6,
求a2b2c2d2的值.
解：
设m二a2b2,n二c2d2，贝U2m3n=（2a23c2）（2b23d2）=12.
因（2m+3nf=（2m—3nf+24mn启24mn，即12^24mn，故mn^6①
又因为
mn=：
[a2b2c2d2l=a2c2b2d2a2d2b2c2二acbd]亠iad-bc?
由①,②可得mn=6.即a2b2e2d2=6
注：
符合条件的实数a,b,e,d存在且不唯一，应满足
'
ae+bd=O
（1）
由
（1）得空，令旦
ded
2a2+2b2=3c2+3d2
（2）
2a23c2=2b23d2=6（3）
（ad-be）2=6（4）
a"
t,b「et，代入
（2）得或t「宁，于是a=—d,—e或a=—^d,b=^c，代入（3）或（4），得c2+d2=2，
2222
故符合条件的实数a,b,e,d存在且不唯一，如a=.2,b=1,c就是
33
一组.
又如a=^,b6,e=1,d=1也是一组，当然还有很多组.
二、（本题满分25分）已知点C在以AB为直径的圆0上，过点B,C作圆0的切线，交于点P，连接AC，若®
=-9C，求更
2AC
的值•
连接OC，因为PC,PB为圆O的切线，所以
POC"
POB
因为OA=OC,所以OCA-OAC,因为COB=/OCAOAC，所以2POB=2OAC,所以POB=/OAC,所以OP//AC
ACAB
OB一OP
连接BC,因AB为圆O的直径，PB为圆O的切线，故.ACB=/OBP=90：
又POB=/OAC，所以BACs：
POB，所以
92
又OPAC,AB=2r,OB二r（r为圆O的半径），代入，得OP=3r,ACr.
23
在RtPOB中，由勾股定理，得PBh』OP2-OB2=2、2r,所以
三、（本题满分25分）已知t是一兀二次方程x2・x_1=0的一个根，若正整数a,b,m使得等式atmbtm=31m成立，求ab的值.
因为t是一元二次方程x2，x-1=0的一个根，显然t是无理数，且t2=1—t.
由atmbtmj=31m，得abt2mabtm2-31m=0,将t2=1-t代入，
得
ab1-tmabtm2-31m=0，即卩||mab-abtabm2-31m=0.
丨mfa+b—ab£
因为a,b,m是正整数，t是无理数，所以＜■2，于是可得
|abm-31m=0
a+b=31—m
g2
ab二31m-m
因此a,b是关于x的一元二次方程x2•m-31x31m-m^0的两个正整数根，
2c
该方程的判别式•—m-31-431m-m2=31-m31-5m-0.
又因为a,b是正整数，所以a5=31-m・0,从而可得0：
：
m乞②.
5
又因为判别式厶是一个完全平方数，验证可知，只有m=6符合要求.
把m=6代入，得ab=31m-m2=150.
第二试（B）
一、（本题满分20分）已知t,若正整数a,b,m,使
atmbtm=17m成立，求ab的值.
因为t=■2「1，所以t2=3-2\2.由atmbtm=17m，得
abt2mabtm2T7m=0，将t2=3-2一2代入，得
ab3-2、2mab.2-1m2-17m=0，
整理得||mab-2abI丿2：
；
|[3ab-mabi亠m2-17m=0
因为a,b,m是正整数，
2是无理数，所以m（ab^2a^02
3ab—m（a+b）+m—17m=0
口—a+b=2（17—m
于是可得2
ab=17m-m2
因此a,b是关于x的一元二次方程x2•2（m-17）xT7m-m2=0的两个正整数根，
该方程的判别式厶=4m-17-417m-m2=417-m17-2m_0.
又因为a,b,m是正整数，所以a，b=217-m・0，从而可得0：
m-
又因为判别式厶是一个完全平方数，验证可知，只有m=8符合要求.
把m=8代入，得ab=17m-m2=72.
二、（本题满分25分）在ABC中，ABAC，0、I分别是=ABC的外心和内心，且满足AB-AC=2OI,求证：
（1）OI//BC;
证明：
（1）过点O作OM_BC于M，过点I作IN_BC于N，则OM//IN,设BC二a,AC二b,AB二c，由O、I分别是-ABC的外心和内心，得
CM=*a,CN=£
（ab—c），所以MN=CM一CN=*（c一b）=OI，
又MN恰好是两条平行线OM,IN之间的垂线段，所以OI也是两条平行线
OM,IN之间的垂线段，所以OI//MN，所以OI//BC.
（2）由
（1）知OMNI是矩形，连接BI,CI，设OM=IN二r（即为ABC的
内切圆半径），则S「aoc-S「AOB二SAOISCOISAIC-SAIB-SAOI-SBOI
1111
二2S.AOIS.BOIS.COIS.aic-Saib=2Saoi201r?
OIr-ACr-?
ABr
-1]_11I
=2S.aoirOI石（b-c）=2S.aoir?
（c-b）yb-c）=2S.aoi.
（本题满分25分）若正数a,b,c满足
匕222冬
/22.2■?
b+c-a
c+a-b
+
\、血丿
<
2ca丿
a2+b2—c2'
2o
=3
2ab
22222,22,22
求代数式caLabd的值.
2bc2ca2ab
由于a,b,c具有轮换对称性，不妨设O：
a_b_c.
（1）若cab，则c—a.b.0,c—b.a・0,从而，得
22
bc-a
2bc
=1•c-b2"
1,
22.2
ca-b
2ca
a2b2-c2
ab2"
2亠-1,故
I2+c2-a2
72+a2-b2
"
a2+b2-c2
这与已知条件矛盾.
（2）若c：
ab，则0乞c—a：
b,0乞c—b：
a，从而，得
0少c_a2=1.C2
c2a2-b2
1,0:
:
c—a
=1_
（a+b）Y-111,0<
十（小）2-.,
2ab2ab
a2b2-c2
b2+c2
-a
、2
a2+b2_c2、
综合
（1）
（2）可知,一定有c二a•b.
于是可得
b2c2-a2
222
b（ab）a
2b（ab）
同理可得
=1,
3，这与已知条件矛盾.
2b22ab,
21,
2b2ab
2,22ab-c
1.
.22
故
222.2
cab
a2b2-c21
升级会员 