1993年全国初中数学联赛试题解答

1993年全国初中数学联赛试题解答第一试一．选择题1．（A）∵1)1(166612xxxx，∴余式为1.2．（B）命题I正确，证明如下：如图，ABCDE为圆内接五边形，各内角相等.由BA，知BCE=CEA，于是BC=EA.∴EABC.同理可证EACDABDEBC.故ABCDE是正五边形.命题II不正确，反例如下：如图，ABCD为圆内接矩形，∠A=∠B=∠C=∠D=90°,CDAB，DABC，但BCAB，显然，ABCD满足命题II条件，但不是正四边形.3．（D）因为1x、1x分别表示数轴上点x到点1和点-1的距离.因此，当-1≤x≤1时，211xxy；当1x时，212211xxxy；当1x时，212211xxxy.而在-1与1之间无穷多个实数x，故有无穷多个x使y取到最小值.4．（C）给定方程组中的方程按顺序两两相减分别得2141aaxx，3252aaxx，4313aaxx，5424aaxx，∵54321aaaaa，∴41xx，52xx，13xx，24xx.于是有52413xxxxx.5．（A）注意到73)1(12xxx.0)6)(1(,0)1)(2(xxxx210)1)(2(xxxx或.610)6)(1(xxx.于是原不等式的整数解是介于-1与6之间且不等于1,2的整数.即0,3,4,5四个整数.6．（A）设ABC的三条高线AD、BE、CF相交于点O.因ABC为钝角三角形，故其垂心O在ABC的外部（如图）.∵B、D、F、O四点共圆，故21.又由题设BCOA，知OAFRt≌BCFRt，∴BFOF，于是45BOF.而OCBOBC135180BOF，∴135cos)cos(OCBOBC22.7．（C）如图，设O是ABC的外心，ROCOBOA，ABOCRmcos21cos，∴ARmcos.同理BRncos，CRpcos.∴CBApnmcos:cos:cos::.8．（D）原式131323131)122()91(31212121)2(3331131331二、填空题1．4.2226221012612156322222xxxxxxxxxx1)1(262x，∴当x=-1时，公式取最小值4.2．7.设从左到右小盒里的球数为7,a2,a3,…,a1993,∵307432aaa，305432aaaa，∴75a.同理719931417139aaaaak.3．74.设yx2，原方程变为0452kyy.设此方程有根)0(,，则原方程的四个根为，.由于它们在数轴上对应的四个点等距排列，∴)(，故9.由韦达定理5，得21，29，于是494k，∴47k.4．3如图，BC为圆的直径，90180BECAEB，∴2330coscosAABAE.又ADE∽ABC，∴23ABAEACAD.由此可知2)(sin21sin21ABAEAACABAAEADSSABCAED43.因而四边形DBCE面积ABCSS412.∴3:21SS.第二试一、解法1不妨设角A是锐角，连接AH并延长交BC于D点.延长BH、CH分别交AC于E，交AB于F，如图.∵AHEBHD,∴HAEHBD.因此BDHRt∽ADCRt∴HDDCBDAD.又BCDCBD21,∴241BCDCBDHDAD.于是)21)(21(BCHDBCADSSHBCABC4161BC.当∠A≥90°时，同理可证上式也成立，由于BC是不变的，所以当A点至BC的距离变小时，乘积HBCABCSS保持不变.解法2作图如解法1，再延长AD至G，使DG=DH，并分别连接BG，GC.由ΔHBD≌ΔGBD知，CAGCBHCBG.因而，A,B,G,C四点共圆.由相交弦定理，得DCBDDGADHDAD241BC.因此，HBCABCSS)21)(21(BCHDBCAD4161BC.由于BC是不变的.所以当点A至BC的距离变小时，乘积HBCABCSS保持不变.二、由于22213125，知ΔABC是直角三角形.如图.3012521ABCS，设xAD，yAE，由于AxySADEsin2115，135sinA，知：xy=78.由余弦定理知：)cos1(2)(cos22222AxyyxAxyyxDE)13121(782)(2yx12)(2yx≥12，当x=y时，上式的等号成立，此时，3212DE达到最小值.三、（1）假如01x,同由021xx，知02x，对于已知两个方程用韦达定理得2121''xxbxx，这与已知021xx，0''21xx矛盾.因此01x，02x.同理0'1x，0'2x.（2）由韦达定理及01x，02x，有1)1(2121xxxxbc)1)(1(21xx≥0,c≥b-1.对于方程02bcxx进得同样讨论，得b≥c-1.综合以上结果，有b-1≤c≤b+1.（3）根据（2）的结果可分下列情况讨论：（I）当c=b+1时，由韦达定理有12121xxxx从而2)1)(1(21xx.由于x1,x2都是负整数，故.21,1121xx或.11,2121xx由此算出5b，6c.经检验5b，6c符合题意.（II）当c=b时，有)(2121xxxx，从而1)1)(1(21xx.因此221xx.故4cb.经检验4cb符合题意.（III）当1bc时，1cb对方程02bcxx作（I）类似讨论，得6b，5c.综上所述得三组值：,65cb,56cb.44cb