2005年全国初中数学联赛试题及解答

2005年全国初中数学联赛决赛试卷一、选择题：(每题7分，共42分)1、化简：11459+302366402＋＋－－的结果是＿＿。A、无理数B、真分数C、奇数D、偶数2、圆内接四条边长顺次为5、10、11、14；则这个四边形的面积为＿＿。A、78.5B、97.5C、90D、1023、设r≥4，a＝11rr+1－，b＝11rr+－1，c＝1r(r+r+1)，则下列各式一定成立的是＿＿。A、abcB、bcaC、cabD、cba4、图中的三块阴影部分由两个半径为1的圆及其外公切线分割而成，如果中间一块阴影的面积等于上下两块面积之和，则这两圆的公共弦长是＿＿。A、52B、62C、21252－πD、21162－π5、已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，y记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，则＿＿。A、pqB、p＝qC、pqD、p、q大小关系不能确定01x6、若x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，满足(2005-x1)(2005-x2)(2005-x3)(2005-x4)(2005-x5)＝242，则x的未位数字是＿＿。2222123425+x+x+x+xA、1B、3C、5D、7二、填空题(共28分)1、不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为＿＿。2、227x+9x+13+7x5x+13=7x－，则x＝＿＿＿。3、若实数x、y满足3333yx=1,3+43+6＋3333yx=1,5+45+6＋则x＋y＝＿＿。4、已知锐角三角形ABC的三个内角A、B、C满足：A＞B＞C，用a表示A-B，B-C以及90°-A中的最小者，则a的最大值为＿＿＿。三、解答题(第1题20分，第2、3题各25分)A卷1、a、b、c为实数，ac＜0，且2a+3b+5c=0，证明：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有大于34而小于1的根。2、锐角ΔABC中，AB＞AC，CD、BE分别是AB、AC边上的高，过D作BC的垂线交BE于F，交CA的延长线于P，过E作BC的垂线，交CD于G，交BA的延长线于Q，证明：BC、DE、FG、PQ四条直线相交于一点。3、a、b、c为正整数，且a2＋b3＝c4，求c的最小值。B卷1．已知a、b、c为实数，ac0，且.0532=++cba证明：一元二次方程ax2+bx+c=0有大于53而小于1的根．2．在锐角△ABC中，ABAC，CD、BE分别是边AB、AC上的高，DE与BC的延长线交于点T，过点D作BC的垂线交BE于点F，过点E作BC的垂线交CD于点G．证明：F、G、T三点共线．3．设a、b、c为正整数，且a2+b3=c4.求c的最小值．C卷1．同A卷第1题2．同A卷第2题．3．在和式中，允许将其中的某些“+”号改成“-”号，如果所得到的代数和为n，就称数n是“可表出的”．试问，在前10个正整数1，2，3，…，10中，哪些数是可表出的？说明理由．2222220053210+++++L2005年全国初中数学联赛决赛试卷答案一、选择题：1、D1111459+302366402450+24509350280016=++＋＋＋－－＋－－111175275214495045233524752752+===−++－＋＋＋＋－＋－=−2、C5101114180°-αα由题意得：52＋142－2×5×14×cosα＝102＋112－2×10×11×cos(180°－α)∴221－140cosα＝221＋220cosα,∴cosα＝0,∴α＝90°∴四边形的面积为：5×7＋5×11＝903、D解法1：用特值法，取r=4，则有a=1114520=－，b＝()2525155251.03625102020−−==≈－，c＝()55215214204(2+5)−−==≈.1820,∴cba.解法2：a＝()11111rrrr=++－，b＝()()()11111111rrrrrrrrrr+−==+++++－,c＝1r(r+r+1))1()1()1(,4rrrrrrr+++−+∴≥Q=]1)1([)1(rrrrrr−+−++=0]1)11)(1[()1(−−+−+rrrr),1()1()1(rrrrrr++++∴故ab.又)1()1()1(rrrrrrr++−+++∴=0))1()(1(−+++rrrrr)1()1()1(rrrrrrr+++++∴，故bc,综上所述：abc解法3：∵r≥4∴111rr++＜1∴111111111rrrrrr⎛⎞⎛⎞=+−−=⎜⎟⎜⎟+++⎝⎠⎝⎠abc＝111111rrrrbrrrrr+−+−=−++=,∴abc.4、D由图形割补知圆面积等于矩形ABCD的面积∴212,2ABABππ⋅=∴=由垂径定理得公共弦为22221616212442πππ−−⎛⎞−=⋅=⎜⎟⎝⎠5、C由题意得：a0，b0，c=0,∴p＝|a－b|＋|2a＋b|，q＝|a＋b|＋|2a－b|又1,2,20,02bbaababaa−∴−∴++−从而∴p＝|a－b|＋|2a＋b|＝b-a+2a+b=a+2b=2b+a，q＝|a＋b|＋|2a－b|=a＋b＋b-2a=2b-a,∴pq.6、A因为x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，所以(2005－x1)、(2005－x2)、(2005－x3)、(2005－x4)、(2005－x5)为互不相等的偶数而将242分解为5个互不相等的偶数之积，只有唯一的形式：242＝2·(-2)·4·6·(-6)所以(2005－x1)、(2005－x2)、(2005－x3)、(2005－x4)、(2005－x5)分别等于2、(-2)、4、6、(-6)所以(2005－x1)2＋(2005－x2)2＋(2005－x3)2＋(2005－x4)2＋(2005－x5)2＝22＋(-2)2＋42＋62＋(-6)2＝96展开得：()()222222123451234552005-4010x+x+x+x+x+x+x+x+x+x96⋅=∴).10(mod1)(401020055965432122524232221≡+++++⋅−=++++xxxxxxxxxx二、填空题1、2418(3×1＋3×2＋……3×33)＋(5×1＋5×2＋……5×20)－(15×1＋15×2＋……15×6)＝1683＋1050－315＝24182、712分子有理化得：2214=7x7x+9x+137x5x+13x−，－∵x≠0，∴22227x+9x+13-7x5x+13=27x+9x+137x5x+132=+－，即－两边平方化简得：27227x5x+13x−=－再平方化简得：212421x8x48=0()73xx−−==−，解之得或舍去3、432解法1：假设x＋y＝a，则y＝a－x()()()()()()()()()3333333323333333333336343634,643433436461xaxxa∴++=++−++=+⋅+⋅+⋅＋－即　()()()()()()()()()3333333323333333333356545654,645455456462xaxxa∴++=++−++=+⋅+⋅+⋅＋－即　()()()()()()()22333333333333332153535345363456aa−=−+−⋅+−⋅∴=+++－得：=432解法2：易知333335146xyttt+=++、是关于的方程的两根化简得：()()23333334664460txytxy−+−−−+−⋅=3333333335463456432xyxy+=+−−∴+=+++=由韦达定理得：　　　　4、15º解：{}min,,90ABBCAα=−−°−Q　()()()(),,90623902709015901575,60,4515ABBCAABBCAABCABBCAABCαααααα∴≤−≤−≤°−∴≤−+−+°−=°−++=°∴≤°−=−=°−=°=°=°=°°　　　　　　　　　　另一方面，当时，有满足题设条件，故可取得最大值三、解答题(第1题20分，第2、3题各25分)1.(A卷)解：设()2fxaxbx=++c，则))(16129(161))(43169()1()43(cbacbacbacbaff++++=++++=6152a+3b+5c=0,b=3ac−−∴Q()()()()()()()261591216946415163336315819625624033363158196256240033abcabcaaccaaccacacaaccc⎛⎞∴++++=−−+−−+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎡⎤−−⎡⎤=−+−+⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤−−⎡⎤=−+−+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦　　　　　∴()314ff⎛⎞⋅⎜⎟⎝⎠＜0∴一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有大于34而小于1的根.2．(B卷)证法1：设过D、E的垂线分别交BC于M、N，在Rt△BEC与Rt△BDC中，由射影定理得：CE2＝CN·CB，BD2＝BM·BC，∴22CNCEBMBD=TNGFMEDBCA又Rt△CNG∽Rt△DCB，Rt△BMF∽Rt△BEC，∴,BDCEGNCNFMBMCDBE=⋅=⋅∴()221GNBDBECNBDBECEBECEFMCDCEBMCDCEBDBDCD⋅⋅⋅=⋅=⋅=⋅⋅⋅在Rt△BEC与Rt△BDC中，由面积关系得：BE·CE＝EN·BC，BD·CD＝DM·BC∴()2BECEENTNBDCDDMTM⋅==⋅由(1)(2)得：,TMTNFMGN=又GN⊥FM,故F、G、T共线。证法2：设CD、BE相交于点H，则H为△ABC的垂心，记DF、EG、AH与BC的交点分别为M、N、R∵DM∥AR∥EN，∴DFAHEGFMHRGN==RHTNGFMEDBCA由合比定理得：,,DMENGNENTNFGTFMGNFMDMTM=∴==故、、三点共线.证法3：在△ABC中，直线DET分别交BC、CA、AB于T、E、D，由梅涅劳斯定理得：1(BTCEADTCEADB⋅⋅=　　　　1)HTNGFMEDBCA设CD、BE相交于点H，则H为△ABC的垂心，AH⊥BC∵DF⊥BC、EG⊥BC，∴AH∥DF∥EG∴(),,1CECGADHFBTCGHFEAGHDBFBTCGHFB==⋅⋅代入得1=由梅涅劳斯定理的逆定理得：F、G、T三点共线.证法4：连结FT交EN于G’，易知：''DFEGFMGN=为了证明F、G、T三点共线，只需证明DFEGFMGN=即可∵1212sinsinsinsinBDFBMFBDBFABESDFBDABEFMSBMBFCBEBMCBEΔΔ⋅∠∠===⋅⋅∠∠1212sinsinsinsinCEGCMGCECGACDSEGCGNSCNCGBCDCNBCDΔΔ⋅∠EACD∠===⋅⋅∠∠又,BDBCCEBCBMBDCNCE==∴sin,sinDFBCABEFMBDCBE∠=∠()sin1sinEGBCACDGNCEBCD∠=∠　　∵CD⊥AB、BE⊥CA，A∴B、D、E、C四点共圆D∴∠ABE＝∠ACD(2)E,sinsinsinsinBDCEBCBDCBECEBCDBCDCBE==∴∠=∠∠∠(3)将(2)(3)代入（1）得：DFEGFMGN=，故F、G、T三点共线.3、(A卷)解：显然c＞1.由题设得：(c2-a)(c2+a)=b3,若取()22221,2bbcabccab⎧+−==⎨+=⎩则由大到小考察b，使()12bb+为完全平方数，易知当b＝8时，c2＝36，则c=6，从而a=28。下面说明c没有比6更小的正整数解，列表如下：cc4x3(x3c4)c4-x32161,817,83811,8,27,6480,73,54,1742561,8,27,64,125,216255,248,229,192,131,4056251,8,27,64,125,216,343,512624,617,598,561,500,409,282,113G'TNGFBMC显然，表中c4-x3