初三奥数联赛试题.docx
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初三奥数联赛试题
全国初中数学联赛试题及详解
一、选择题（每小题5分，共30分）
1.设ABCD为圆内接四边形，现在给出四个关系式：
（1）sinA二sinC
（2）sinAsinC=0
cosB二cosD
其中总能成立的关系式的个数是
（A）一个
（B）两个
（C）
）
解：
选（B）
因ABCD为圆内接四边形，故
能为
（3）cosBcosD二0⑷
三个
（D）
四个
答
.C=180°-.A，且.A,.C都不
0°及180°
，故
（1）式恒成立；
（2）式恒不成立.同样由.D=180°-.B,
（3）式恒成立；（4）式只有NB=ND=90°时成立.故只有
（1）、（3）总能成立,故选B.
2.若n是大于1的整数，贝Up=n•n
（A）—定是偶数
（C）是偶数但不是2
（B）
（D）
一1呼的值
'定是奇数
可以是偶数也可以是奇数
答
解：
选（B）当n为偶数时，号
-0，
p=n，1是奇数；当n为奇数时,
1
3.在平行四边形ABCD中，P为BC的中点，过P作BD的平行线交CD于Q，连PA，PD,QA，
QB，则图中与LABP面积相等的三角形，除LABP外还有：
（A）三个
（C）五个
答（
解：
选（C）由题设条件，Q是CD的中点，这样图中与ABP面积相等的三角
形有三类:
（1）与ABP等底等高的三角形有二个：
厶BPDJPCD.
⑵一边为BP边的二倍，而高为BP上的高之半的三角形有二个：
BCQ、
ADQ.
由二次函数的图像可知，函数y=1-x-x2的图像的大致形状是图3中的实
线部分•
故选（C）.
5.'X陝示取数X的整数部分，例如九等，若
且当x=18,11,14时，y=1；x=2,5,，215时，y=2；
x=3,6,9,16时，y=3；x=4,7,1Q13时，y=0;则表达式中u等于
解：
（D）若u，贝U当x=2时，u=1,[u]=1,因而y=4一=3,
414]4」丿
与题设x=2时，y=2矛盾，故（A）错.同理，令x=3,可断定（B）错；令x=4,可断定（C）错.从而（D）正确.故选（D）.
E是腰BC的中点，AE交
6.如图，在等腰ABC中，CD是底边AB上的高,CD于F，现在给出三条路线：
aArF■C——B■—A
bC—E■—D■—A
cArD—B—E—F—C—A
设它们的长度分别为La，Lb，Lc，那么下列三种关系式:
La:
：
Lb，La:
：
Lc，Lb:
：
Lc中，一定能够成立的个数是:
（A）0个（B）1
（C）2个（D）3
解：
（B）由题条件可知，F是ABC的重心，因而CF=2DF,AF=2FE，
因为CA=CB,由FAD三FBD知AF=BF,L（c）=ABBEEFFCCA,
L（a）二AFFCCBBA，故L（c）-L（a）二BEEF-AF=BEEF-BF0
即L（c）L（a），又L（b）=AC+CEEBBDDFFA
L（c）—L（b）=（AB—BD）+（EF—FA）+（FC—DF）-CE=AD十DF—EF—CE
当」ABC为等边三角形时，AD=CE,DF=EF，因而L（c）=L（b），这说明
L（b）：
：
L（c）不恒成立.再因L（a）-L（b）=FCDA-AC-DF=DFDA-AC
当ACB=120°,且AC=BC=1时，AD3,CD」,DF」
226
故1（a）_L（b）=乜_仁.3_5°即l（玄）.L（b）,故不等式L（a）：
：
：
L（b）不
266
恒成立，即三个不等式中，只有一个恒成立•故选（B）.
二、填空题（每小题5分，共30分）
1.设a_b=2・.-3，b_c=2_.3，则a・b2・c2-ab-bb的a值为
（3）当a=0时，原不等式无解；
5.已知xx=0,_1和1两个数，如果只许用加法、减法，1作被除数的除
法三种运算（可以使用括号），经过六步算出x2，那么计算的表达式是
解：
表达式是1“1X-1-（X1）|-X或1-1（X-1）-1-xlx.
也可写成一T—X或土］'X
6.在正实数集上定义一个运算
X-1X
*，其规则为：
当a_b时，a“b=ba;当ab
解:
填3、3或3
若x3,则3X=X2,又V3x=27,•••x2=27,二x=；27=3.3因此方程，3*x=27的解是3,或3,3.
三、如图，0为凸五边形ABCDE内一点，且.1-2，-3=/4，5="6，
78.
求证：
.9与.10相等或互补.
证法1:
由正弦定理及已知条件得
OA_OB_OB_OC_OC
sin_10sin_1sin_2sin_3sin_4
_OD_ODOE_OEOA
sin5sin6sin7sin8sin9
从而sin/10=sin/9，二9=10或/9+G0=1800,即/9与/10相等或
互补•
证法2:
由于对定线段的张角为定角的点的轨迹是以定线段为弦的张角为定角的两个相等的弓形弧•【和已知线段的两个端点的连线的夹角等于已知角的点的轨迹，是以已知线段为弦所含的圆周角等于已知角的两段弧（端点除
夕卜）】，所以由/仁/2,得，OB的外接圆与OCB的外接圆相等；同理，OCB的外接圆与OCD的外接圆相等；OCD的外接圆与ODE的外接圆相
等；ODE的外接圆与OAE的外接圆相等；
于是OAB的外接圆与OAE的外接圆相等，从而/9与/10相等或互补.
四、如图，L。
!
，L。
2外切于A，半径分别为ri和h；PB,PC分别为两圆
的切线，
B，C为切点；;又PA交L。
2于E点•求证：
.PABs.：
PEC.
证法1:
女口图1，连接
O,AOb,po，PQ，O代Oc，
则O!
A,O2三点共线，•••PBiPChjd，
Rt也PB。
！
sRt^PCO2,二N3=N4
PO1:
PO^r1:
r^O1A:
O2A，于是PA为O1PO2的平分
线，即/仁/2，连接O2E，由.O1AP-O2EP，得
OAPsQ2EP
BPA二CPE
.PABsPEC
证法2:
如图2，延长BA交OO2于B,过B•作直线平行于PB交PA的延长
线于P，交PC的延长线于Q.连接O1B,QAQAQB，则由
又•••bp//bp，O£_pb，二o2b：
pq，即pq为Lo2的切线，B•为切点.
PB:
PB二AB:
AB
•••bp//bp,•••ABPs.：
ABP，二由AO1Bs.：
AO2B知AB:
AB=r1:
r2
又PB:
PC齐：
血，.PB:
PB'』PB:
PC
又QC=QB,.QP=QP设QO2交PA于F,FQ为.PQP的平分线•••O2F—AE,AF=FE从而
PF二PF
PA=PE又BPA=/CPE,PB:
=PC,二PAB望PEC
PABs..：
PEC.
五、有一长、宽、高分别为正整数m,n,rm乞n乞r的长方体，表面涂上红
色后切成棱长为1的正方体，已知不带红色的正方体个数与两面带红色的正方体个数之和，减去一面带红色的正方体个数得1985.求m,n,r的值.
解：
（1）若m=1，这时n=1，没解，二n_2依题意，不带红色的正方体的个数为k。
=0,—面带红色的正方体的个数为k^0，两面带红色的正方体的
个数为k2=（n-2）r（，于）是有心-k,k2=k2=1985即
（n-2）（r-2）=1985=5397
In-2=5fn-2=1（n=7fn=3
•••或•••或
r-2=397r-2=1985r=399r=1987
•.m=1,n=7,r=399，或m=1,n=3,r=1987
（2）若m=2，依题意，不带红色的正方体的个数为k^0，一面带红色的正
方体的个数为k^2（n-2）r（-，2两面带红色的正方体的个数为
k2=4（n-2）4（r-2），则k与k?
都是偶数，显然&_Kk?
=k?
=1985.
（3）若m2，依题意，不带红色的正方体个数为k0=（m-2）（n-2）（r-2）;
一面带红色的正方体个数为&=2（m-2）（n-2）2（m-2）（r-2）2（n-2）（r-2）;
两面带红色的正方体个数为k2=4（m-2）•4（n-2）4（^2）;
于是有k。
k2-佥=1985,即
（m-2）（n-2）（r-2）4〔（m-2）（n-2）+（r-2）丨-
2（m-2）（n-2）（m-2）（r-2）（n-2）（r-2）卜1985
亦即（m-2）-2[（n-2）-2][（r-2）-2]=1985-8=1977
（m-4）（n_4）（r-4）=1977
•/1977=13659=111977=（-1）（-1）1977
m-4=1
m_4=1m_4=_1
或n—4=1或彳n—4=—1
im=5m=5|m=3
--n=7或n=5或n=3
r=663r=1981r=1981
综上所述，符合题意的m,n,r有五组:
m=1,n=7,r=399;
m=1,n=3,r=1987;
m=5,n=7,r=663;
m=5,n=5,r=1981;
m=3,n=3,r=1981.
六、桌面上有五枚硬币正面全部向上，若每次任意翻动四枚能否经过若干次后，将背面全部翻到上面来？
解：
不能.对于任意一枚硬币来说翻动一次背面向上，翻动两次背面向下，
般来说,翻动奇数次时背面向上，翻动偶数次时背面向下.
若五枚硬币背面全部向上时，每枚硬币摇翻动的次数分别为
2n1-1,2n2-1,|山2忌-1（mg」1（,山均为正整数）,
共翻动［2（n1527（n5）-5］次,这一结果为奇数次；
另一方面，每次任意翻动四枚硬币，设共翻动n次可使五枚硬币背面全部翻到上面来，总共翻动4n次,矛盾.
故无论翻动多少次背面不能全部翻上来.
2
的值-」定是奇数.故选（B）.
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