学数学竞赛训练材料(1)

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初中数学竞赛数学奥林匹克初中训练题(1)(含解答)

数学奥林匹克初中训练题(1)第一试一、选择题:(每小题7分,共42分)1.已知33333a b c abca b c++-=++,则22()()()()a b b c a b b c -+-+--的值为( ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)42.规定”Δ”为有序实数对的运算,如果(,)a b Δ(,)(,).c d ac bd ad bc =++如果对任意实数,a b 都有(,)a b Δ(,)(,),x y a b =则(,)x y 为( )(A)(0,1) (B)(1,0) (C)(1,0)- (D)(0,1)- 3.在ΔABC 中,211a b c=+,则∠A( ) (A)一定是锐角 (B)一定是直角 (C)一定是钝角 (D)非上述答案4.下列五个命题:①若直角三角形的两条边长为3与4,则第三边长是5;②2;a =③若点(,)P a b 在第三象限,则点1(,1)P a b --+在第一象限;④连结对角线垂直且相等的四边形各边中点的四边形是正方形;⑤两边及其第三边上的中线对应相等的两个三角形全等.其中正确的命题的个数是( )(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个5.设P 为等腰Rt ΔABC 斜边AB 上或其延长线上一点,22S AP BP =+,那么( )(A)22S CP < (B)22S CP = (C)22S CP > (D)不确定 6.满足方程222()x y x y xy +=++的所有正整数解有( )(A)一组 (B)二组 (C)三组 (D)四组二、填空题:(每小题7分,共28分)1.一辆客车,一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶,在某一时刻,货车在中,客车在前,小轿车在后,且它们的距离相等.走了10分钟,小轿车追上了货车;又走了5分钟,小轿车追上了客车.问再过分钟,货车追上了客车.2.若多项式2228171642070P a ab b a b =-+--+,那么P 的最小值是 .3.如图, ∠AOB=30O, ∠AOB 内有一定点P,且OP=10.在OA 上有一点Q,OB 上有一点R.若ΔPQR 周长最小,则最小周长是 .4.已知二次函数2(1)y ax a =≥的图象上两点A,B 的横坐标分别为1,2-,O 是坐标原点,如果ΔAOB 是直角三角形,则ΔAOB 的周长为 .B第二试一、(20分)已知实数,,a b c 满足不等式,a b c b c a ≥+≥+,c a b ≥+,求a b c ++的值.二、(25分)如图2,点D 在ΔABC 的边BC 上,且与B,C 不重合,过点D 作AC 的平行线DE 交AB 于E,作AB 的平行线DF 交AC 于点F.又知BC=5. (1) 设ΔABC 的面积为S.若四边形AEFD 的面积为25S .求BD 长. (2)若,AC =且DF 经过ΔABC 的重心G,求E,F 两点的距离.三、(25分)已知定理:”若三个大于3的质数,,a b c 满足关系式25a b c +=,则a b c ++是整数n 的倍数.”试问:上述定理中整数n 的最大可能值是多少?并证明你的结论.。

初中数学竞赛专题训练试题及解析(共10套)

初中数学竞赛专项训练（1）（实数）一、选择题1、如果自然数a 是一个完全平方数，那么与a 之差最小且比a 大的一个完全平方数是（） A. a ＋1B. a 2+1C. a 2+2a+1D. a+2a +12、在全体实数中引进一种新运算*，其规定如下：①对任意实数a 、b 有a *b=（a ＋b ）(b －1)②对任意实数a 有a *2＝a *a 。

当x ＝2时，［3*（x *2）］－2*x ＋1的值为（） A. 34B. 16C. 12D. 63、已知n 是奇数，m 是偶数，方程⎩⎨⎧=+=+m y x n y 28112004有整数解x 0、y 0。

则（）A. x 0、y 0均为偶数B. x 0、y 0均为奇数C. x 0是偶数y 0是奇数D. x 0是奇数y 0是偶数4、设a 、b 、c 、d 都是非零实数，则四个数-ab 、ac 、bd 、cd （） A. 都是正数B. 都是负数C. 两正两负D. 一正三负或一负三正5、满足等式2003200320032003=+--+xy x y x y y x 的正整数对的个数是（） A. 1B. 2C. 3D. 46、已知p 、q 均为质数，且满足5p 2+3q=59，由以p ＋3、1－p ＋q 、2p ＋q －4为边长的三角形是 A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形7、一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，由此六位数可以被（）整除。

A. 111B. 1000C. 1001D. 11118、在1、2、3……100个自然数中，能被2、3、4整除的数的个数共（）个 A. 4 B. 6C. 8D. 16二、填空题 1、若20011198********⋯⋯++=S ，则S 的整数部分是____________________2、M 是个位数字不为零的两位数，将M 的个位数字与十位数字互换后，得另一个两位数N ，若M －N 恰是某正整数的立方，则这样的数共＿＿＿个。

数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分(1)集合、数与式

数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。

小学数学竞赛学习材料(五年级上期)

小学数学竞赛学习材料五年级上期第一讲速算与巧算(一)例1 计算72.19＋6.48＋27.81－1.38－5.48－0.62。

解：观察发现，有些加数可以凑整；有的加数和减数尾数相同，可以抵消。

于是：72.19＋6.48＋27.81－1.38－5.48－0.62＝(72.19＋27.81)＋(6.48－5.48)－(1.38＋0.62)＝100＋1－2＝99例2用简便方法计算 1.25×67.875＋125×6.7875＋1250×0.053375。

解：观察发现：相加的三个乘积中分别有1.25、125、250，因此想到利用积不变的性质，使三个积有相同的因数。

于是：1.25×67.875＋125×6.7875＋1250×0.053375＝1.25×67.875＋1.25×678.75＋1.25×53.375＝1.25×(67.875＋678.75＋53.375)＝1.25×800＝1000例3 计算1999＋199.9＋19.99＋1.999。

解法一：观察发现，构成这四个加数的数字和排列顺序完全相同，因此可以把它们都看作1999与某个数的积，于是：1999＋199.9＋19.99＋1.999＝1999×(1＋0.1＋0.01＋0.001)＝1999×1.111＝(2000－1)×1.111＝2222－1.111＝2220.889解法二：观察发现这四个加数分别接近2000、200、20、2，于是1999＋199.9＋19.99＋1.999＝2000＋200＋20＋2－1.111＝2220.889例4 计算(1＋0.33＋0.44)×(0.33＋0.44＋0.55)－(1＋0.33＋0.44＋0.55)×(0.33＋0.44)。

解：观察发现这些因数中有一些相同的部分，可以进行代换。

高二数学竞赛试题附答案(1)

大学区高二数学竞赛试题(时间：120分钟满分：150分)一、选择题（本题共10个小题，每题5分，共计50分）1、设P,Q 是两个非空数集，定义集合P+Q=｛a+b|a ∈P ,b ∈Q ｝,若P=｛0，2，5｝，,Q=｛1，2，6｝，则P+Q 中元素的个数是（）A 6B 7C 8D 9 2、一个几何体的三视图如图1所示，则此几何体的全面积是（）A 102659+．B 84142+．C 8412017+．D 150.3、如果 (0,)a π∈, 1lg(1cos ),lg()1cos m nαα-==+, 那么 lgsin α=( )A m n -.B 1m n +． C 1()2m n -． D 11()2m n +． 4、对任意的函数()y f x =，在同一个直角坐标系中，函数()-1y f x =与函数()-+1y f x = 的图像（）A 关于x 轴对称.B 关于直线1x =对称．C 关于直线-1x =对称．D 关于y 轴对称5、若11x F x x -⎛⎫= ⎪+⎝⎭，则下列等式中正确的是（）A ()()22F x F x --=--.B ()1-1x F x F x -⎛⎫= ⎪+⎝⎭． C ()1F F x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭． D ()F F x x =-⎡⎤⎣⎦6、已知倾斜角为α的直线l 与直线x -2y 十2=0平行，则tan 2α的值为（）A ．45B ．43C ．34D ．237、在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对边分别为a 、b 、c ，若222222c a b ab =++，则△ABC 是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．等边三角形8、若圆222)5(3r y x =++-）（有且仅有两个点到直线4x －3y=2的距离等于1，则半径r 的取值范围是（）A 、［4,6］B 、[4, 6 ）C 、（4,6 ］D 、（4,6）9、等比数列{}n a的前n 项和为n s ，若1030=1070s =，s ，则40s 等于（） A 150. B -200． C 150或-200． D 400或-5010、．已知()1122,,(,)A x yB x y 是函数2()12xf x x =-图像上不同的两点，若AB 的中点落在x 轴上，则2212x x +的取值范围为（）A ．1(,)16+∞ B ．1(,)8+∞ C ．1(,)4+∞ D ．1(,)2+∞二、填空题（本题共5个小题，每题5分，共计25分）11、已知1+sin 1cos 2x x=-，那么cos sin 1xx -的值是。

数学初中竞赛《三角形的五心》专题训练(含答案) (1)

数学初中竞赛《三角形的五心》专题训练一．选择题1．如图，已知直线MN∥AB，把△ABC剪成三部分，点C在直线AB上，点O在直线MN上，则点O是△ABC的（）A．垂心B．重心C．内心D．外心2．课本第5页有这样一个定义“三角形的三条中线的交点叫做三角形的重心”．现在我们继续定义：①三角形三边上的高线的交点叫做三角形的垂心；②三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心；③三角形三边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心．在三角形的这四“心”中，到三角形三边距离相等的是（）A．重心B．垂心C．内心D．外心3．如图为4×4的网格图，A，B，C，D，O均在格点上，则点O是（）A．△ACD的重心B．△ABC的外心C．△ACD的内心D．△ABC的垂心4．如图，O是△ABC的外心，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，则OD：OE：OF等于（）A．a：b：c B．：：C．sin A：sin B：sin C D．cos A：cos B：cos C5．在△ABC中，两中线AD与CF相交于点G，若∠AFC＝45°，∠AGC＝60°，则∠ACF的度数为（）A．30°B．45°C．60°D．75°6．如图，已知△ABC的三个顶点分别在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，那么△ABC的（）也一定在该函数图象上．A．重心B．内心C．外心D．垂心7．如图，已知H是△ABC的垂心，△ABC的外接圆半径为R，△BHC的外接圆半径为r，则R 与r的大小关系是（）A．R＝r B．R＞r C．R＜r D．无法确定8．以Rt△ABC的两条直角边AB、BC为边，在三角形ABC的外部作等边三角形ABE和等边三角形BCF，EA和FC的延长线相交于点M，则点B一定是三角形EMF的（）A．垂心B．重心C．内心D．外心9．如图，锐角△ABC的垂心为H，三条高的垂足分为D、E、F，则H是△DEF的（）A．垂心B．重心C．内心D．外心10．三个等圆O 1，O 2，O 3有公共点H ，点A 、B 、C 是其他交点，则H 是三角形ABC 的（）A ．外心B ．内心C ．垂心D ．重心二．填空题11．在半径为1的⊙O 中内接有锐角△ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，则BC ＝．12．如图，ADCFBE 是某工厂车间的一种剩余残料，且∠ACB ＝90°，现需要利用这块残料在△ABC 的外部制作3个等边△ADC 、△CBF 、△ABE 的内切圆⊙O 1、⊙O 2、⊙O 3，若其中最大圆⊙O 3的半径为0.5米，可使生产成本节约3元（节约成本与圆面积成正比），照此计算，则10块这样的残料可使生产成本节约元．13．如图，在△ABC 中M 为垂心，O 为外心，∠BAC ＝60°，且△ABC 外接圆直径为10，则AM ＝．14．如图，锐角三角形ABC 内接于半径为R 的⊙O ，H 是三角形ABC 的垂心，AO 的延长线与BC 交于点M ，若OH ⊥AO ，BC ＝10，OA ＝6，则OM 的长＝．15．设凸四边形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于O ，△OAB ，△OBC ，△OCD ，△ODA 的重心分别为E ，F ，G ，H ，则S EFGH ：S ABCD ＝．16．如图，I 是Rt △ABC （∠C ＝90°）的内心，过I 作直线EF ∥AB ，分别交CA 、CB 于E 、F ．已知EI＝m，IF＝n，则用m、n表示S△ABC＝．17．已知点I是锐角三角形ABC的内心，A1、B1、C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，若点B在△A1B1C1的外接圆上，则∠ABC等于．三．解答题18．如图所示，已知锐角△ABC的外接圆半径R＝1，∠BAC＝60°，△ABC的垂心和外心分别为H、O，连接OH、BC交于点P（1）求凹四边形ABHC的面积；（2）求PO•OH的值．19．如图，AD，BE，CF是△ABC的高，K，M，N分别为△AEF，△BFD，△CDE的垂心，求证：△DEF≌△KMN．20．如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D，延长AD交CH于点P，求证：点P为CH的中点．21．如图，△ABC的三边满足关系BC＝（AB+AC），O、I分别为△ABC的外心、内心，∠BAC 的外角平分线交⊙O于E，AI的延长线交⊙O于D，DE交BC于H，求证：（1）AI＝BD；（2）OI＝AE．22．如图，H是锐角△ABC的垂心，O为△ABC的外心，过O作OD⊥BC，垂足为D．（1）求证：AH＝2OD；（2）若AO＝AH，求∠BAC的度数．23．如图，D ，E ，F 分别是△ABC 的边BC ，CA ，AB 上的点，且∠FDE ＝∠A ，∠DEF ＝∠B ．又设△AFE ，△BDF ，△CED 均为锐角三角形，它们的垂心依次为H 1，H 2，H 3，求证：1．∠H 2DH 3＝∠FH 1E ；2．△H 1H 2H 3≌△DEF ．24．如图，△ABC 为锐角三角形，CF ⊥AB 于F ，H 为△ABC 的垂心．M 为AH 的中点，点G 在线段CM 上，且CG ⊥GB ．（1）求证：∠MFG ＝∠GCF ；（2）求证：∠MCA ＝∠HAG ．25．如图，已知H 为锐角△ABC 的垂心，D 是使四边形AHCD 为平行四边形的一点，过BC 的中点M 作AB 的垂线，垂足为N ，K 为MN 的中点，过点A 作BD 的平行线交MN 于点G ，若A ，K ，M ，C 四点共圆．求证：直线BK 平分线段CG ．参考答案一．选择题1．解：如图1，过点O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F∵MN∥AB，OD＝OE＝OF（夹在平行线间的距离处处相等）如图2，过点O作OD'⊥BC于D'，作OE'⊥AC于E'，作OF'⊥AB于F'，由裁剪知，OD＝OD'，OE＝OE'，OF＝OF'，∴OD'＝OE'＝OF'，∴图2中的点O是三角形三个内角的平分线的交点，∴点O是△ABC的内心，故选：C．2．解：内心是三角形的三条内角平分线的交点，而角平分线上的点到角的两边的距离相等，所以在三角形的四“心”中，到三角形三边距离相等的是内心；到三个顶点的距离相等的是外心．故选：C．3．解：如图，连接OA、OB、OC、OD，设每一个小方格的边长为1，由勾股定理可求得OA＝OB＝OC＝，OD＝2，∴O点在AB、AC、BC的垂直平分线上，∴点O为△ABC的外心，∵OA＝OC≠OD，∴点O即不是△ACD的重心，也不是△ACD的内心，故选：B．4．解：如图，连接OA、OB、OC；∵∠BOC＝2∠BAC＝2∠BOD，∴∠BAC＝∠BOD；同理可得：∠BOF＝∠BCA，∠AOE＝∠ABC；设⊙O的半径为R，则：OD＝R•cos∠BOD＝R•cos∠A，OE＝R•cos∠AOE＝R•cos∠B，OF＝R•cos∠BOF＝R•cos∠C，故OD：OE：OF＝cos∠A：cos∠B：cos∠C，故选：D．5．解：∵点G是△ABC的重心，∴＝2，作CE⊥AG于点E，连接EF，∴△CEG是直角三角形，∵∠EGC＝60°，∴∠ECG＝30°，那么EG＝CG＝GF，∴GE＝GF，∠FGE＝120°，∴∠GFE＝∠FEG＝30°，而∠ECG＝30°，∴EF＝EC，∵∠EFA＝45°﹣30°＝15°，∠FAD＝∠AGC﹣∠AFC＝15°，∴∠FAD＝∠EFA，∴EF＝AE，∴AE＝EC，∵△AEC是等腰直角三角形，∴∠ACE＝45°，∴∠ACF＝∠ACE+∠ECF＝30°+45°＝75°，故选：D．6．解：结论：△ABC的垂心也一定在该函数图象上；理由：∵A、B、C都在y＝上，∴可设A、B、C的坐标依次是：（a，）、（b，）、（c，）．令H的坐标为（x，y）．容易得出：AB的斜率＝＝﹣，BC的斜率＝＝﹣，AH的斜率＝，CH的斜率＝，∵AH⊥BC，CH⊥AB，∴＝，＝，∴a•＝c•，∴（k﹣ay）（c﹣x）＝（k﹣cy）（a﹣x），∴ck﹣kx﹣acy+axy＝ak﹣kx﹣acy+cxy，∴（a﹣c）xy＝（a﹣c）k．显然，a﹣c≠0，∴xy＝k，即：y＝．∴点H（x，y）在反比例函数y＝的图象上．故选：D．7．解：如图，延长AD交△ABC的外接圆于G，连接BG，CG，∴△ABC的外接圆的半径等于△BGC的外接圆的半径，∵△ABC的外接圆半径为R，∴△BGC的外接圆半径为R，∵点H是△ABC的垂心，∴AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠CAD+∠ACB＝90°，∠CBE+∠ACB＝90°，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠CBG＝∠CAD，∴∠CBE＝∠CBG，同理：∠BCF＝∠BCG，在△BCH和△BCG中，，∴△BCH≌△BCG（ASA），∴△BHC的外接圆的半径等于△BGC的外接圆的半径，∵△BHC的外接圆半径为r，∴△BGC的外接圆的半径为r，∴R＝r，故选：A．8．解：如图，连接CE，AF，延长EB交MF于G，延长FB交ME于H，∵以Rt△ABC的两条直角边AB，BC为边作等边△ABE和等边△BCF，∴∠CBE＝90°+60°＝150°，∠FBE＝360°﹣90°﹣60°﹣60°＝150°，在△CBE与△FBE中，，∴△CBE≌△FBE（SAS）；∴CE＝FE，∠FEB＝∠CEB，∴BE⊥CF于G，∴EG是△MEF的边FM上的高，同理：FH是△MEF的边EM上的高，∴点B是△MEF的三边的高，即：点B是△MEF的垂心．故选：A．9．解：∵BE丄AC，CF丄AB，∴四点B、C、E、F共圆（以BC为直径），∴∠EBF＝∠FCE，∵HD丄BD，HF丄BF，∴四点B、D、H、F共圆（以BH为直径），∴∠HBF＝∠FDH，同理，四点C、D、H、E共圆，（以CH为直径），∠HDE＝∠HCE，∴∠HDE＝∠HDF，∴DA平分∠EDF即可．同理可证EB平分∠DEF，FC平分∠EFD，∴H是△DEF的角平分线的交点，∴H是△DEF的内心．故选：C．10．解：延长AH交BC于E点，延长CH交AB于F点，如图，∵三个等圆O1，O2，O3有公共点H，∴∠1所对的弧BH与∠4所对的弧BH为等弧；∠2所对的弧CH与∠5所对的弧CH为同弧；∠3所对的弧AH与∠6所对的弧AH为同弧，∴∠1＝∠4，∠2＝∠5，∠3＝∠6，∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝180°，∴2∠2+2∠3+2∠4＝180°，2∠1+2∠3+2∠2＝180°，∴∠2+∠3+∠4＝90°，∠1+∠3+∠2＝90°，∴AE⊥BC，CF⊥AB，∴点H为△ABC的垂心．故选：C．二．填空题（共7小题）11．解：设AL与⊙O交于点D，与OH交于点N，连接OD，交BC于点M，连接CO并延长交⊙O于点G，连接GA、GB、AO，如图所示，∵CG是⊙O的直径，∴∠CBG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥BC，AG⊥AC．∵H为△ABC的垂心，∴AE⊥BC，BF⊥AC，∴AE∥BG，AG∥BF，∴四边形AGBH是平行四边形，∴BG＝AH．∵AL平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴＝，根据垂径定理的推论可得：OD⊥BC．∵AE⊥BC，∴OD∥AE，∴∠ODA＝∠EAD．∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD，∴∠OAD＝∠EAD．∵AL垂直于OH，∴∠ANO＝∠ANH＝90°．在△ANO和△ANH中，，∴△ANO≌△ANH（ASA），∴AO＝AH，∴BG＝AH＝AO＝1．在Rt△GBC中，∵BG＝1，GC＝2，∴BC＝＝．故答案为：．12．解：由勾股定理和相似图形的性质可知，⊙O1的面积+⊙O2的面积＝⊙O3的面积，∵⊙O3可使生产成本节约3元，∴1块这样的残料可使生产成本节约6元．则10块这样的残料可使生产成本节约6×10＝60元．故答案为：60．13．解：延长AM交BC于D，延长CM交AB于E，作直径BF，连结AF，如图，∵BF为⊙的直径，∴∠BAF＝90°，∴sin F＝＝，∴AB＝10•sin F＝10•sin∠ACB，又∵点M为△ABC的垂心，∴AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∴△AEM∽△ADB，∴＝，即AM＝，在Rt△AEC中，∠EAC＝60°，AC＝2AE，即AE＝AC，在Rt△ADC中，sin∠ACD＝，即AD＝AC•sin∠ACD，∴AM＝＝5．故答案为5．14．解：如图，连接BO并延长交圆于F，连接CF，AH，连接AF，CH，过点O作ON⊥BC于N，∵BF是⊙O的直径，∴∠BCF＝∠BAF＝90°，∴ON∥FC，∵OB＝OF，∴ON是△BCF的中位线，∴CF＝2ON．∴BN＝CN＝BC＝5，在Rt△OBN中，OB＝OA＝6，BN＝5，∴ON＝＝，∴CF＝2ON＝2，∵H是△ABC的垂心，∴AH⊥BC，∵CF⊥BC，∴AH∥CF，同理可得：CH∥AF，∴四边形AHCF是平行四边形，∴AH＝CF＝2∵H是△ABC的垂心，∴AH⊥BC，∵ON⊥BC，∴AH∥ON，∴∠OAH＝∠NOM，∵OH⊥AM，∴∠AOH＝∠ONM＝90°，∴△AOH∽△ONM，∴，∴，∴OM＝．故答案为．15．解：如图：∵E、F分别是△OAB与△OBC的重心，∴，∴EF∥AC，同理：FG∥BD，HG∥AC，HE∥BD，∴ERUQ，RUSF，USGT，THQU，EFGH是平行四边形，∵，∴，同理：，∴，∴，同理：，，．∴．16．解：如图，过I分别作三边的垂线，垂足为D、F、G，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，ID＝IH＝IG＝r，由△ABC∽△EIG∽△IFH，得＝，＝，解得a＝，b＝，由勾股定理，得c2＝a2+b2，得1＝+，解得r＝，又ab＝2S△ABC＝r（a+b+c），∴＝r（++c），解得c＝m+n+＝m+n+，∴S△ABC＝ab＝＝（）2（m+n+）2＝．故答案为：．17．解：∵I是锐角三角形ABC的内心，∴∠DBI＝∠ABC，∵A1、B1、C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，∴ID＝A1D＝IA1，∠BDI＝90°，∵点B在△A1B1C1的外接圆上，∴IB＝IA1，∴ID＝IB，∴∠IBD＝30°，∴∠ABC＝60°．故答案为：60°．三．解答题（共8小题）18．解：（1）如图：连接BO并延长交⊙O于点G，连接AG、CG、CO，延长CH交AB于F，延长BH交AC于E，延长AH交BC于N，作OM⊥BC于M．∵BG是直径，∴GA⊥AB，GC⊥BC，∵H为垂心，∴BE⊥AC，CF⊥AB，AN⊥BC，∴GA∥CH，GC∥AH，∴AGCH是平行四边形，∴AG＝GC，∵∠BA C＝60°，OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝30°，∴OM＝OB＝，BM＝，∴BC＝，又∵OM＝CG，∴AH＝2OM＝1，设凹四边形的面积为S，则S＝S△AHB+S△AHC＝×AH×BN+×AH×CN＝×AH×BC＝，（2）∵BE⊥AC，CF⊥AB，AN⊥BC，∠BAC＝60°，∴∠ACF＝30°，∴∠CHE＝60°，∴∠BHC＝120°，∴B、C、H、O四点共圆，∵∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠CHP＝∠OBC＝30°，∴∠OHC＝∠OCP＝150°，∴△OHC∽△OCP，∴OH•OP＝OC2＝1．19．证明：如图：∵OD⊥BC，FM⊥BC，∴OD∥FM，∵OF⊥AB，DM⊥AB，∴OF∥DM，∵DMFO是平行四边形，同理OFKE，ODNE均为平行四边形，∴MD∥KE，MD＝KE，∴MDEK也是平行四边形，∴DE＝MK，同理DF＝KN，EF＝MN∴△DEF≌△KMN（SSS）．于点Q，20．证明：如图，延长AP交⊙O2连接AH，BD，QB，QC，QH．因为AB为⊙O的直径，1所以∠ADB＝∠BDQ＝90°．（5分）故BQ为⊙O的直径．2于是CQ⊥BC，BH⊥HQ．（10分）又因为点H为△ABC的垂心，所以AH⊥BC，BH⊥AC．所以AH∥CQ，AC∥HQ，四边形ACQH为平行四边形．（15分）所以点P为CH的中点．（20分）21．证明：（1）作IG⊥AB于G点，连BI，BD，如图，∴AG＝（AB+AC﹣BC），而BC＝（AB+AC），∴AG＝BC，又∵AD平分∠BAC，AE平分∠BAC的外角，∴∠EAD＝90°，∴O点在DE上，即ED为⊙O的直径，而BD弧＝DC弧，∴ED垂直平分BC，即BH＝BC，∴AG＝BH，而∠BAD＝∠DAC＝∠DBC，∴Rt△AGI≌Rt△BHD，∴AI＝BD；（2）∵∠BID＝∠BAI+∠ABI，而∠BAI＝∠DBC，∠ABI＝∠CBI，∴∠DBI＝∠BID，∴ID＝DB，而AI＝BD，∴AI＝ID，∴OI为三角形AED的中位线，∴OI＝AE．22．（1）证明：如图1，连接BH并延长交AC于E，∴BE⊥AC，过O作OF⊥AC于F，则F为AC的中点，连接CH，取CH中点N，连接FN，DN，则FN∥AM，AH＝2FN，DN∥BE，∵AM⊥BC，OD⊥BC，∴OD∥AM，∴FN∥OD，∵BE⊥AC，OF⊥AC，∴BE∥OF，∵OD⊥BC，∴D为BC中点，∵N为CH中点，∴DN∥BE，∴DN∥OF，∴四边形ODNF是平行四边形，∴OD＝FN，∵AH＝2FN，∴AH＝2OD．（2）解：如图2，连接OB，OC，∴OA＝OB，∵OA＝AH，∴OB＝AH，由（1）知，AH＝2OD，∴OB＝2OD，在Rt△ODB中，cos∠BOD＝＝，∴∠BOM＝60°，∵OD⊥BC，∴∠BOC＝2∠BOD＝120°，∴∠BAC＝∠BOC＝60°．23．证明：（1）∵H2是△BDF的垂心，⊥BF，∴DH2DB＝90°﹣∠B，∴∠H2同理：∠H 3DC ＝90°﹣∠C ，∴∠H 2DH 3＝180°﹣∠H 2DB ﹣∠H 3DC ＝∠B +∠C ， ∵H 1是△AEF 的垂心，∴∠H 1EF ＝90°﹣∠AFE ，∠H 1FE ＝90°﹣∠AEF ， ∴∠EH 1F ＝180°﹣∠H 1EF ﹣∠H 1FE ＝180°﹣（90°﹣∠AFE ）﹣（90°﹣∠AEF ）＝180°﹣∠A ＝∠B +∠C ，∴∠H 2DH 3＝∠FH 1E ；（2）如图，由（1）知，∠FH 1E ＝∠B +∠C ， ∵∠FDE ＝∠A ，∠A +∠B +∠C ＝180°， ∴∠FH 1E +∠EDF ＝180°，∴H 1在△DEF 的外接圆上，同理：H 2，H 3也在△DEF 的外接圆上， ∴D ，H 2，F ，H 1，E ，H 3六点共圆，由（1）知，∠EH 1F ＝∠H 2DH 3， ∴EF ＝H 2H 3，同理：DF ＝H 1H 3，DE ＝H 1H 2，∴△DEF ≌△H 1H 2H 3（SSS ）．24．证明：（1）如图延长AH 交BC 于T ． ∵H 是△ABC 的垂心，∴∠THC ＝∠HFA ＝90°，∵∠THC ＝∠AHF ，∴∠HCT ＝∠FAH ，在Rt △AFH 中，∵AM ＝MH ，∴FM＝AM＝MH，∴∠FAH＝∠MFA，∴∠MFA＝∠HCT，∵BG⊥CM，∴∠BFC＝∠BGC＝90°，∴B、C、G、F四点共圆，∴∠AFG＝∠BCG，∴∠AFM+∠MFG＝∠HCT+∠MCF，∴∠MFG＝∠GCF．（2）∵∠FMG＝∠FMC，∠MFG＝∠MCF，∴△MFG∽△MCF，∴＝，∴MF2＝MG•MC，∵MA＝MF，∴MA2＝MG•MC，∴＝，∵∠AMG＝∠AMC，∴△MAG∽△MCA，∴∠MCA＝∠HAG．25．证明：如图，设BK交CG于E，连接AG，AK，∵A，K，M，C四点共圆，∴∠AC B＝∠AKG（外角等于内对角），∵H是△ABC的垂心，∴AH⊥BC，CH⊥AB，∵四边形AHCD是平行四边形，∴CH∥AD，AH∥CD，∴CD⊥BC，AD⊥AB，∴∠BCD＝∠BAD＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴点A，B，C，D四点共圆，∴∠5＝∠ACB＝∠AKG，∵AH⊥BC，MN⊥AB，AD⊥AB，∴∠1＝∠2＝∠4，∵AG∥BD，∴∠3＝∠4＝∠2，在△ANG和△ANK中，，∴△ANG≌△ANK，∴GN＝KN＝MK，∴MK＝KG，∵直线BKE截得△GMC，由梅涅劳斯定理得：，∵点M是CB中点，∴CB＝2BM，∴GE＝EC，∴直线BK平分线段CG．。

初一数学竞赛系列训练1

初一数学竞赛系列训练1自然数的有关性质（附答案）一、选择题1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是( )A、56B、78C、84D、962、三角形的三边长a、b、c均为整数，且a、b、c的最小公倍数为60，a、b的最大公约数是4，b、c的最大公约数是3，则a+b+c的最小值是（）A、30B、31C、32D、333、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是( )A、33B、34C、35D、374、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是( )A、24B、12C、6D、05、若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是( )A、25B、26C、27D、286、设n为自然数，若19n+14≡10n+3 (m o d 83)，则n的最小值是( )A、4B、8C、16D、32二、填空题7、自然数n被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n的最小值是8、满足[x,y]＝6，[y,z]＝15的正整数组(x,y,z)共有组9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是10、有一个11位数，从左到右，前k位数能被k整除(k＝1,2,3,…,11)，这样的最小11位数是11、设n为自然数，则3 2 n+8被8除的余数是12、14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是三、解答题13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120．14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数．15、五位数H 97H 4能被12整除，它的最末两位数字所成的数7H 能被6整除，求出这个五位数．16、若a ,b ,c ,d 是互不相等的整数，且整数x 满足等式(x -a )(x -b )(x -c )(x -d )＝9求证：4∣(a +b +c +d )17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？18、求2400被11除，所得的余数．19、证明31980+41981被5整除．初一数学竞赛系列训练1答案1、设这两个数为a ,b ，由(a ,b )＝8得a ＝8m ,b ＝8n ，且(m ,n )＝1由[a ,b ]＝96得[m ,n ]＝12，又(m ,n )＝1，所以m ＝3，n ＝4或m ＝4，n ＝3所以a +b ＝8(m +n )＝56，故选A2、由题意知，b 既能被4整除，又能被3整除，所以b 能被12整除又60能被b 整除，所以b ＝12或60（1）若b ＝12，则60÷ b ＝5，因为5与4互质，5与3也互质，所以a 、c 中至少有一个含有因数5．若a 含有因数5，则a ≣20，又c ≣3，所以a +b +c ≥20+12+3＝35若c 含有因数5，则c ≣15，又a ≣4，所以a +b +c ≥4+12+15＝31取a ＝4，b ＝12，c ＝15，能构成三角形（2）若b ＝60，则a +b +c ＞60＞31故a +b +c 的最小值为31．3、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除的数有50个；既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的数有6，12，18，…，96共16个，所以能被2整除但不能被3整除的数有50-16＝34个，选B4、∵ 七位数各位数字之和为32，不能被3整除，∴任意改变七位数末四位数字的顺序得到的所有七位数均不能被3整除，故选D5、1995除以6的余数是3，且a ≡1995 (m o d 6)，所以a 除以6的余数也是3，故选C6、由19n +14≡10n +3 (m o d 83) 知19n +14 –(10n +3)≡ 0 (m o d 83)∴9n +11≡ 0 (m o d 83) ∴9221991183-+-=-=k k k n 当k ＝1时，n 取最小值8．故选B7、由题意得n +1是3、4、5的公倍数，最小的n ＝3⨯4⨯5-1＝598、∵y 整除6又整除15，∴y 整除3，所以y ＝1,3.代入可得：(6，1，15)，(2，3，5)，(2，3，15)，(6，3，5)，(6，3，15)五组解．9、被4整除的最大三位数是996，所求四位数可表示成x 996，∵9∣996x ，∴x ＝3,于是所求的末位数是3．10、2∣10，3∣102，4∣1020，5∣10200，6∣102000，7∣1020005，8∣10200056，9∣102000564，10∣1020005640，11∣10200056405，于是最小11位数是1020005640511、∵3 2 n +8＝9 n +8 ∴3 2 n +8≡1n +0 (m o d 8)≡1 (m o d 8) ∴3 2 n +8被8除的余数是112、设自然数N 的末位数是a ，则N ≡a (m o d 10)，从而N 4≡a 4(m o d 10)，∴ 14≡1 (m o d 10)，24≡6 (m o d 10)，34≡1 (m o d 10)，44≡6 (m o d 10)，54≡5 (m o d 10)，64≡6 (m o d 10)，74≡1 (m o d 10)，84≡6 (m o d 10)，94≡1 (m o d 10)，104≡0 (m o d 10) ∴14+24+34+44+…+19944+19954≡199⨯(14+24+34+44+…+104)+ 14+24+34+44+54 ≡199⨯(1+6+1+6+5+6+1+6+1+0)+1+6+1+6+5≡199⨯33+19≡7+9≡6 (m o d 10) 故14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是613、设两个自然数是a ,b (a ≢b )，且(a ,b )＝d ，并设a 1＝d a ，b 1＝d b ，则(a 1，b 1)＝1，且a +b ＝d (a 1+b 1)＝667＝23⨯29.因为23，29都是质数，所以d ＝1或d ＝23或d ＝29(1) 若d ＝1，则[a ,b ]＝ab ＝120又因为a +b ＝667，所以a 2-667a +120＝0.但此方程中a 不能是自然数，所以d ≠1.(2) 若d ＝23，则有a 1+b 1＝29[a ,b ]＝23[a 1 ,b 1]＝23• a 1• b 1，所以a 1• b 1＝[]d b a ，＝120 ∴ 012029121=+-a a ，则()1202911=-a a ，把120分解质因数，可得a 1＝5，从而b 1＝24．所以a ＝23⨯5＝115，b ＝23⨯24＝552(3) 若d ＝29，则有a 1+b 1＝23[a ,b ]＝29[a 1 ,b 1]＝29• a 1• b 1，所以a 1• b 1＝[]d b a ，＝120 ∴ 012023121=+-a a ，则()1202311=-a a ，把120分解质因数，可得a 1＝8，从而b 1＝15．所以a ＝29⨯8＝232，b ＝29⨯15＝435综上所得，本题有两组解：115，552或232，43514、设这两个数为x ,y ，则x +y ＝40,且(x ,y )+[x ,y ]＝56，由于(x ,y )⨯[x ,y ]＝xy ，所以[]()y x xy y x ,,= 设(x ,y )＝d ，则x ＝da ，y ＝db ，且(a ,b )＝1，于是可得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=+d ab d b a 56140 由于(40，56)＝8，所以d ＝1,2,4,8 当d ＝1,2,4时方程组无整数解，所以d ＝8d ＝8时，方程组变为⎩⎨⎧==+65ab b a ，可得a ＝2,b ＝3或a ＝3,b ＝2，所以x ＝16或24，y ＝24或16，从而所求的两个数为16和2415、由于五位数H 97H 4能被12整除，而12＝3⨯4，且3，4互质，所以3∣H 97H 4且4∣H 97H 4．∴3∣(4+H+9+7+H )，即3∣(2H+20)，经试算H 可取2、5或8，又因为6∣7H ，所以2∣7H ，故H 为偶数，所以H 取2或8，又因为4∣H 97H 4，所以4∣7H ，所以H 取2，所以这个五位数为42972．16、∵a ,b ,c ,d 是互不相等的整数，则x -a ,x -b ,x -c ,x -d 也是互不相等的整数．∵(x -a )(x -b )(x -c )(x -d )＝9，所以x -a ,x -b ,x -c ,x -d 均为9的约数，而9＝(-1)⨯(+1)⨯(-3)⨯(+3)，则(x -a )+(x -b )+(x -c )+(x -d )＝ (-1)+(+1)+(-3)+ (+3)＝0即 a +b +c +d ＝4x ，所以4∣(a +b +c +d )17、∵99＝32⨯11，98＝72⨯2，97＝97，96＝25⨯3 ∴96是25⨯33⨯52⨯7的最大的两位约数．18、25＝32≡-1(m o d 11)，210≡(-1)2≡1(m o d 11)，2400＝(210)40≡140＝1(m o d 11)即2400被11除，余数是119、31980+41981＝(32)990+41981＝9990+41981≡1990+(-1)1981＝1+(-1)＝0(m o d 5)所以31980+41981被5整除。

数学初中竞赛函数最值专题训练(含答案) (1)

数学初中竞赛函数最值专题训练一．选择题1．当三个非负实数x、y、z满足关系式x+3y+2z＝3与3x+3y+z＝4时，M＝3x﹣2y+4z的最小值和最大值分别是（）A．B．C．D．2．正实数a，b，c，d满足a+b+c+d＝1，设p＝+++，则（）A．p＞5 B．p＝5C．p＜5 D．p与5的大小关系不确定3．已知y＝+（x，y均为实数），则y的最大值与最小值的差为（）A．2﹣1 B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣2 4．设x≥0，y≥0，2x+y＝6，则u＝4x2+3xy+y2﹣6x﹣3y的最小值是（）A．B．18 C．20 D．不存在5．代数式的最小值是（）A．0 B．C．D．6．设x是实数，y＝|x﹣1|+|x+1|．下列四个结论：Ⅰ．y没有最小值；Ⅱ．只有一个x使y取到最小值；Ⅲ．有有限多个x（不止一个）使y取到最大值；Ⅳ．有无穷多个x使y取到最小值．其中正确的是（）A．ⅠB．ⅡC．ⅢD．Ⅳ7．方程|x﹣1|+|y﹣1|＝1确定的曲线所围成的图形面积为（）A．4 B．3 C．2 D．18．如果a，b，c是正实数且满足abc＝1，则代数式（a+1）（b+1）（c+1）的最小值是（）A．64 B．8C．8 D．二．填空题9．代数式的最小值为．10．a，b是正数，并且抛物线y＝x2+ax+2b和y＝x2+2bx+a都与x轴有公共点，则a2+b2的最小值是．11．当|x|≤4时，函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|+|x﹣3|的最大值减去最小值的差是：．12．若a，c，d都是整数，b是正整数，且a+b＝c，b+c＝d，c+d＝a，则a+b+c+d的最大值是．13．函数f（x）＝λx2+（λ﹣3）x+1对于任意实数x都有f（x）≤f（λ），则函数f（x）的最大值是．14．代数式的最小值是．15．函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|+…+|x﹣10|，当x在实数范围内取值时，y的最小值是．16．a、b、c是非负实数，并且满足3a+2b+c＝5，2a+b﹣3c＝1．设m＝3a+b﹣7c，记x为m的最小值，y为m的最大值．则xy＝．三．解答题17．当﹣1≤x≤2时，函数y＝2x2﹣4ax+a2+2a+2有最小值2．求a所有可能取的值．18．已知非负实数x，y，z满足，记W＝3x+4y+5z．求W的最大值与最小值．19．附加题：某城镇沿环形路有五所小学，依次为一小、二小、三小、四小、五小，它们分别有电脑15，7，11，3，14台，现在为使各校电脑台数相等，各调几台给邻校：一小给二小，二小给三小，三小给四小，四小给五小，五小给一小．若甲小给乙小﹣3台，则乙小给甲小3台，要使电脑移动的总台数最小，应做怎样安排？20．阅读材料：若a，b都是非负实数，则a+b≥．当且仅当a＝b时，“＝”成立．证明：∵（）2≥0，∴a﹣+b≥0．∴a+b≥．当且仅当a＝b时，“＝”成立．举例应用：已知x＞0，求函数y＝2x+的最小值．解：y＝2x+≥＝4．当且仅当2x＝，即x＝1时，“＝”成立．当x＝1时，函数取得最小值，y最小＝4．问题解决：汽车的经济时速是指汽车最省油的行驶速度．某种汽车在每小时70～110公里之间行驶时（含70公里和110公里），每公里耗油（+）升．若该汽车以每小时x公里的速度匀速行驶，1小时的耗油量为y升．（1）求y关于x的函数关系式（写出自变量x的取值范围）；（2）求该汽车的经济时速及经济时速的百公里耗油量（结果保留小数点后一位）．21．设x1、x2、x3、x4、x5均为正整数，且x1+x2+x3+x4+x5≤x1x2x3x4x5．试求x5的最大值．22．某环形道路上顺时针排列着4所中学：A1，A2，A3，A4，它们顺次有彩电15台，8台，5台，12台．为使各校的彩电数相同，允许一些中学向相邻中学调出彩电．问怎样调配才能使调出的彩电台数最小？并求调出彩电的最小总台数．23．已知：实数x，y，z满足：x+y+z＝0，xy+yz+zx＝﹣3，求z的最大值．参考答案一．选择题1．解：由得：，代入M的表达式中得，M＝3x﹣2y+4z＝3x﹣（1﹣x）+4（2x﹣1）＝﹣，又因x、y、z均为非负实数，所以，即≤x≤1，当x＝时，M有最小值为﹣，当x＝1时，M有最大值为7．故选：B．2．解：∵a，b，c，d均为正数，且a+b+c+d＝1，∴必有0＜a，b，c，d＜1∵p＝+++，事实上我们在xOy坐标系中作出函数f（x）＝的图象，显然可以发现其图象一定在点（0，1）和（1，2）这两点连线的上方，而这两点连线的方程为y＝x+1，∴可以发现在（0，1）上恒有＞x+1，当然这样只是画图所得，未必准确，∴还要严格证明，证之如下：上式两边平方得：3x+1＞x2+2x+1，∴x2﹣x≤x（x﹣1）＜0，而此时x∈（0，1），可见上式显然成立．所以我们有：＞a+1，＞b+1，＞c+1，＞d+1，以上四式相加得p＝+++＞a+b+c+d+4＝5，即有P＞5．故选：A．3．解：∵y＝+，∴y2＝4+2＝4+2×，∵1≤x≤5，当x＝3时，y的最大值为2，当x＝1或5时，y的最小值为2，故当x＝1或5时，y取得最小值2，当x取1与5中间值3时，y取得最大值2，故y的最大值与最小值的差为2﹣2，故选：D．4．解：由已知得：y＝6﹣2x，代入u＝4x2+3xy+y2﹣6x﹣3y，整理得：u＝2x2﹣6x+18，而x≥0，y＝6﹣2x≥0，则0≤x≤3，u＝2（x﹣）2+，当x＝0或x＝3时，u取得最大值，u max＝18，当x＝时，u取得最小值，u min＝．故选：A．5．解：由题意得：，解得x≥0，又∵、、都是随x的增大而增大，∴当x＝0时，代数式取得最小值，此时式（）min＝+＝1+．故选：B．6．解：从数轴上可知，区间[﹣1，1]上的任一点x到点1与点﹣1的距离之和均为2；区间[﹣1，1]之外的点x到点1与点﹣1的距离之和均大于2．所以函数y＝|x﹣1|+|x+1|当﹣1≤x≤1时，取得最小值2．Ⅰ、y在区间[﹣1，1]上取得最小值2；故本选项错误；Ⅱ、y在区间[﹣1，1]上的任一点x到点1与点﹣1的距离之和均为2；故本选项错误；Ⅲ、y在区间[﹣1，1]之外的点x到点1与点﹣1的距离之和均大于2，且无限大，所以y在区间[﹣1，1]之外的点没有最大值；故本选项错误；Ⅳ、y在区间[﹣1，1]上的任一点x到点1与点﹣1的距离之和均为最小值2，所以有无穷多个x使y取到最小值．故本选项正确；故选：D．7．解：先考虑简单的情况：当|x|+|y|＝1时：当x＞0，y＞0时，x+y＝1，当x＞0，y＜0时，x﹣y＝1，当x＜0，y＞0时，y﹣x＝1，当x＜0，y＜0时，x+y＝﹣1，∴四条直线与坐标轴的交点分别为（0，1），（1，0），（﹣1，0），（0，﹣1），∴正方形边长为：＝，∴正方形面积为：×＝2．∵|x﹣1|+|y﹣1|＝1的在坐标系内的图象只不过是将|x|+|y|＝1的图象向右又向上移动了一个单位，图象的形状并未改变，∴其面积依然为2．故选：C．8．解：要使（a+1）（b+1）（c+1）取得最小值，则三个因式都应取得最小值，∵m+n≥2，当且仅当m＝n时取得最小值，故可得①当a＝1时，a+1取得最小值2；②当b＝1时，b+1取得最小值2；③当c＝1时，c+1取得最小值2；又∵a＝1，b＝1，c＝1可能满足条件abc＝1，∴代数式（a+1）（b+1）（c+1）的最小值＝2×2×2＝8．故选：C．二．填空题（共8小题）9．解：求代数式，即+的最小值，实际上就是求x轴上一点到（0，﹣2）以及（12，3）两点的和的最小值，而两点间的距离是线段最短，所以，点到（0，﹣2）到点（12，3）的距离即为所求，即＝13．故答案为：13．10．解：由题设知a2﹣8b≥0，4b2﹣4a≥0．则a4≥64b2≥64a，∵a，b是正数，∴a3≥64，∴a≥4，b2≥a≥4．∴a2+b2≥20．又∵当a＝4，b＝2时，抛物线y＝x2+ax+2b和y＝x2+2bx+a都与x 轴有公共点，∴a2+b2的最小值是20．故答案为：20．11．解：∵|x|≤4，∴，∴当x＝﹣4时，y取最大值18，当x＝2时，y取最小值2．则最大值与最小值的差是18﹣2＝16．故答案为：16．12．解：∵a+b＝c，①b+c＝d，②c+d＝a，③由①+③，得（a+b）+（c+d）＝a+c，∴b+d＝0，④b+c＝d；⑤由④+⑤，得∴2b+c＝b+d＝0，∴c＝﹣2b；⑥由①⑥，得∴a＝c﹣b＝﹣3b，⑦由④⑥⑦，得∴a+b+c+d＝（a+c）+（b+d）＝a+c＝﹣5b；∵b是正整数，∴b≥1，∴a+b+c+d≤﹣5，∴a+b+c+d的最大值是﹣5．故答案为：﹣5．13．解：由题意得，f（x）有最大值，则可得λ＜0，又∵f（x）＝λ（x+）2+1﹣，∴f（x）的最大值为1﹣，又∵f（x）≤f（λ），∴f（λ）＝λ3+（λ﹣3）λ+1＝1﹣，解得：λ＝1（舍去）或λ＝﹣，将λ＝﹣，代入可得f（x）的最大值为．故答案为：．14．解：若代数式有意义，则，解得：x≥2，∵，，是增函数，∴当x＝2时，代数式的值最小，即＝2+1+0＝3．故答案为3．15．解：设y1＝|x﹣1|+|x﹣10|，则y1可以看作数轴上点x到点1与10的距离和，即可得当x＝＝5.5时，y1取最小值，同理：设y2＝|x﹣2|+|x﹣9|，y3＝|x﹣3|+|x﹣8|，y4＝|x﹣4|+|x﹣7|，y5＝|x﹣5|+|x﹣6|，∴当x＝5.5时，y2，y3，y4，y5取最小值，∴当x＝5.5时，函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|+…+|x﹣10|取最小值，最小值为：y＝|5.5﹣1|+|5.5﹣2|+…+|5.5﹣10|＝4.5+3.5+2.5+1.5+…+0.5+0.5+1.5+2.5+3.5+4.5＝25．故答案为：25．16．解：由3a+2b+c＝5，2a+b﹣3c＝1得⇒，∴可得a＝7c﹣3，b＝7﹣11c，由a、b、c是非负数得：⇒≤c≤，又m＝3a+b﹣7c＝3c﹣2，故﹣≤m≤﹣，于是可得x＝﹣，y＝﹣，故xy＝﹣×（﹣）＝．三．解答题（共7小题）17．解：y＝2x2﹣4ax+a2+2a+2图象的对称轴为：x＝a，①当﹣1≤a≤2时，函数在x＝a处取得最小值2，故﹣a2+2a+2＝2，即a2﹣2a＝0，解得：a＝0或2，②当a＜﹣1时，函数在x＝﹣1处取得最小值2，代入函数式得2+4a+a2+2a+2＝2，即：a2﹣6a+2＝0，解得：a＝﹣3±，取a＝﹣3﹣，③当a＞2时，函数在x＝2处取得最小值2，代入函数式得：8﹣8a+a2+2a+2＝2，即a2﹣6a+8＝0，解得：a＝2或4，取a＝4．故a所有可能的值为：﹣3﹣，0，2，4．18．解：设＝k，则x＝2k+1，y＝﹣3k+2，z＝4k+3，∵x，y，z均为非负实数，∴，解得﹣≤k≤，于是W＝3x+4y+5z＝3（2k+1）﹣4（3k﹣2）+5（4k+3）＝14k+26，∴﹣×14+26≤14k+26≤×14+26，即19≤W≤．∴W的最大值是35，最小值是19．19．解：如图，用A、B、C、D、E分别表示这五所小学的位置，并设A向B调x1台电脑，B向C调x2台电脑，…，E向A调x5台电脑，依题意有：7+x1﹣x2＝11+x2﹣x3＝3+x3﹣x4＝14+x4﹣x5＝15+x5﹣x1＝50÷5＝10，所以，x2＝x1﹣3，x3＝x1﹣2，x4＝x1﹣9，x5＝x1﹣5，设调动的电脑的总台数为y，则y＝|x1|+|x1﹣3|+|x1﹣2|+|x1﹣9|+|x1﹣5|，这样，这个实际问题就转化为求y的最小值问题，并由上面所得结论知：当x1＝＝3时，y的最小值为|3|+|3﹣3|+|3﹣2|+|3﹣9|+|3﹣5|＝12，即调动的总台数为12．因为x1＝3时，x2＝0，x3＝1，x4＝﹣6，x5＝﹣2，故一小就向二小调3台电脑，二小不调出，三小向四小调一台电脑，五小向四小调6台电脑，一小向五小调2台电脑．20．解：（1）∵汽车在每小时70～110公里之间行驶时（含70公里和110公里），每公里耗油（+）升．∴y＝x×（+）＝（70≤x≤110）；（2）根据材料得：当时有最小值，解得：x＝90∴该汽车的经济时速为90千米/小时；当x＝90时百公里耗油量为100×（+）≈11.1升．21．解：由于x1、x2、x3、x4、x5在式中对称，故不妨设x1≤x2≤x3≤x4≤x5，并令S＝x1+x2+x3+x4+x5≤x1x2x3x4x5．则S≤5x5，即t＝x1x2x3x4≤5；那么t为1或2或3或4或5，而a，b，c，d则为t的约数．①当t＝5时，由于t＝1×5，故令x1＝x2＝x3＝1，x4＝5，代入S 可得x5＝2，与x4≤x5相矛盾，故x5＝2不合题意；②同理，当t＝1或4时均不合题意．当t＝3时，x5＝3，符合题意；③当t＝2时，由于t＝1×2，令x1＝x2＝x3＝1，x4＝2，代入S可得x5＝5，符合题意；综上所述，故x5的最大值为5．22．解：设A1中学调给A2彩电x1台（若x1＜0，则认为是A2，向A1调出|x1|台），A2中学调给A3彩电x2台，A3调给A4x3台，A4调给A1x4台．∵共有40台彩电，平均每校10台，∴15﹣x1+x4＝10，8﹣x2+x1＝10，5﹣x3+x2＝10，12﹣x4+x3＝10，∴x4＝x1﹣5，x1＝x2+2，x2＝x3+5，x3＝x4﹣2，x3＝（x1﹣5）﹣2＝x1﹣7，x2＝（x1﹣7）+5＝x1﹣2．本题即求y＝|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝|x1|+|x1﹣2|+|x1﹣7|+|x1﹣5|的最小值，其中x1是满足﹣8≤x1≤15的整数．设x1＝x，并考虑定义在﹣8≤x≤15上的函数：y＝|x|+|x﹣2|+|x ﹣7|+|x﹣5|，当2≤x≤5时，y取最小值10，即当x1＝2，3，4，5时，|x1|+|x1﹣2|+|x1﹣7|+|x1﹣5|取到最小值10．从而调出彩电的最小台数为10，调配方案有如下4种：23．解：∵x+y+z＝0，∴x+y＝﹣z，①∵xy+yz+zx＝﹣3，∴xy＝﹣3﹣（yz+zx）＝﹣3﹣z（x+y）＝﹣3﹣z（﹣z），即xy＝﹣3+z2，②由①②及韦达定理知：xy是一元二次方程w2+zw+（﹣3+z2）＝0的两实根，则判别式△＝z2﹣4（﹣3+z2）≥0，化简得：z2≤4，∴﹣2≤z≤2，∴z的最大值是2．。

八年级数学竞赛专题训练试卷(一)整式与根式

八年级数学竞赛专题训练试卷(一)整式与根式一、选择题(每小题4分，共40分)1．若代数式3x 2－2x+6的值为8，则代数式2312x x -+的值为 ( ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)42．若x ，y 为有理数，4y =，则xy 的值为 ( )(A)0 (B)12(C)2 (D)不能确定 3．已知1+x+x 2+x 3=0，则1+x+x 2 +x 3+…+x 2008的值为 ( )(A)0 (B)1 (C)－1 (D)20084．已知a ＞0，b ＞0= ( )(A)1 (B)2 (C)19115．设x =y =则x ，y 的大小关系是 ( )(A)x ＞y (B)x=y (C)x ＜y (D)不能确定6．= ( ) (A)1a a -(B)1a a - (C)1a a + (D)不能确定 7．已知x 2－5x+m 能被x －2整除，则m 的值为 ( )(A)4 (B)－6 (C)6 (D)78．根据：“(x －1)(x+1)=x 2－1，(x －1)(x 2 +x+1)=x 3－1，(x －1)(x 3+x 2 +x+1)=x 4－1，(x －1)(x 4+x 3+x 2+x+1)=x 5－1，…”的规律，求出2 2007+2 2006+2 2005+…+2 3+2 2+1的末位数字是 ( )(A)1 (B)3 (C)5 (D)79．设y=x 4－4x 3+8x 2－8x+8，其中x 为任意实数，则y 的取值范围是 ( )(A)一切实数 (B)一切正实数(C)一切大于或等于4的实数 (D)一切大于或等于5的实数10．已知实数x ，y 满足(2008x y =，则3x 2－2y 2 +3x －3y －2007的值为 ( )(A)－2008 (B)2008 (C)－1 (D)1二、填空题(每小题4分，共40分)11．多项式5x 2－4xy+y 2－8x+2025的最小值为________．12．已知x ，y 2690y y -+=．若axy －3x=y ，则a=________．13．计算：(1) =_________；=_________．14．若x 2－x －1=0，则－x 3+2x+2009的值等于_________．15．已知(x+1) 5=ax 5+bx 4+cx 3+dx 2+ex+f ，求下列各式的值：a+b+c+d+e+f=_________；b+c+d+e=__________；a+c+e=_________．16．已知a(a －1)=a 2－b －2，则222a b ab +-=__________． 17．正方形A 的周长比正方形B 的周长长96cm ，它们的面积相差960cm 2，这两个正方形的边长分别为__________和_________．18．设221a b -=221b c -=a 4+b 4+c 4－a 2b 2－b 2c 2－c 2 a 2=_______．19．已知x =，y =x 4+y 4值为_________． 20．已知a －b=4，ab+c 2+4=0，则a+b+c 的值为_________．三、解答题(21题满分10分，22题、23题每题满分15分，共40分)2122．在一次数学考试中，老师出了一道解方程组的题：2222010x y z xy yz zxx y z⎧++=++⎨++=⎩，小明认为老师出的题目有错，没办法解，因为只有两个方程，而有三个未知数．你同意小明的观点吗?若不同意，试一试解一下这个方程组．23．已知实数2x2y=x≠y，求x+y和xy的值．参考答案一、选择题1．B 2．C 3．B 4．B 5．A 6．B 7．C 8．C 9．D 10．D二、填空题11．∵原式=4x 2－4xy+y 2+x 2－8x+16+2009=(2x －y) 2+(x －4) 2+2009≥2009，∴多项式的最小值为2009．122690y y -+=，得()230y -=，∴3x+4=0且y －3=0，∴43x =-，代入axy=3x －y ，解得14a =．13．(1)．(2)原式112==．14．解法一：－x 2+2x+2009=2008．解法二：由x 2－x －1=0，得x 2－x=1．∴原式=2008．15．(1)令x=1，即可得a+b+c+d+e+f=32； (2)比较两边系数，发现a=f=1，所以b+c+d+e=30；(3)再令x=－1，可得－a+b －c+d －e+f=0，与(1)中的结论相减再除以2，即可得a+c+e=16．16．由已知得，a 2－a=a 2－b －2，则a －b=2，()2221222a b ab a b +-=-=． 17．设A ，B 两个正方形的边长分别为x ，y(x ＞y)，则由题意可得两个正方形的边长分别为32cm 和8cm ． 18．原式=6．19．由已知得，2x =2y =x+y=4，xy=1．∴x 2+y 2=(x+y) 2－2xy=14，x 4+y 4=(x 2+y 2) 2－2x 2y 2=142－2=194．20．因为a=b+4，所以代入ab+c 2+4=0，得b(b+4)+c 2+4=0，即(b+2) 2+c 2=0，所以b=－2，c=0，所以a=2．故a+b+c=0．三、解答题21b =，则有b 2－a 2=2005=5×401．∵5，401均为质数，a ，b 是正整数．解得a=1002或a=198．∴满足条件的正整数的和为1002+198=1200．22．由(1)×2，移项得2x 2+2y 2+2z 2－2xy －2yz －2zx=0，即(x －y) 2+(y －z) 2+(z －x) 2=0，所以x=y=z ．又因为x+y+z=2010，所以x=y=z=670．23．将两等式相减得：())220x y y x --=，∵x ≠y ，∴x y +=将两等式相加得：)22x y x y ++=222x y +=．∴2xy =。

六年级数学竞赛训练题1

六年级数学竞赛训练题(1)姓名：成绩：一、计算（32分）53+43－21 276－132－31+27187－（52+101） 79－（72+81） 158－（53－152）χ+95＝2 1112+1627+1110+169 10－χ＝32三、填空（32分）1、48和36的最大公因数是，最小公倍数是。

2、6÷18＝1（）＝18（）＝（）12 ＝10÷（） 3、4800ml ＝（）L ，8.05m 3＝（）dm 3 28.5ml ＝（）cm 3＝（）dm 34、把两个棱长为1cm 的正方体拼成一个长方体，这个长方体的体积是 cm 3，表面积是 cm 2。

5、在76和54中，分数值较大的是，分数单位较大的是。

6、有一个简真分数，它的分母是偶质数，如果把它的分母扩大到原来的5倍，分子加上8，则新分数是。

7、ABCDEF ×F ＝999999，ABCDEF ＝。

（注意：不同的字母表示不同的数字）三、图形题（cm ）（6分）S ＝？四、应用题（30分） 1、看一本120341，还余下全书的几分之几没有看？2、农场有一块地要耕种，第一周耕种了31公顷，比没有耕种的少31公顷，比没有耕种的少31公顷，这块地一共有多少公顷？3、一个长方体容器，长40cm ，高30cm ，宽30cm ，向这个容器倒入6L 水，求现在水深？4、一个边长6cm的正方体铁块，还有一个长7cm，宽6cm，高5cm的长方体铁块，把这两个铁块熔铸成一个长71cm，宽3cm的长方体铁块，求熔铸成的长方体铁块的高5、李师傅加工一批零件，计划每天加工60个，若干天完成，实际每天加工80个，这样比计划提前5天完成，这批零件共多少个？。

八年级数学竞赛辅导训练题(一)(无答案)

八年级数学竞赛辅导训练题(一)一、填空题：（1）、若a 、b 、c 是三角形的三边，化简c b a -+－c b a --＝。

（2）、多项式42++mx x 有一个因式是1-x ，则=m 。

（3）、 6、如图1，已知BD AC =，要使得DCB ABC ∆≅∆，只需增加的一个条件是（只填一种）: 。

（4）、将两个全等的有一个角为︒30的直角三角形如图2拼放，使其两条较长直角边在同一直线上，那么图中的等腰三角形共有个。

(5)、如图3，已知︒=∠35A ，︒=∠20B ，︒=∠25C ，则BDC ∠的度数为。

(6)、已知AD 是ABC ∆的中线，︒=∠45ADC ，把ADC ∆沿AD 所在直线对折，点C 落在点E 的位置(如图4)，则EBC ∠等于度。

(7)、对于两个有理数x 与y ，定义一种运算“*”： y x yx xy y x -++=3*，则3*2的值为。

（8）、如果梯子的底端离建筑物9m ，那么15m 长的梯子可以达到建筑物的高度是( )A.10mB.11mC.12mD.13m（9）、如果点A(-3,a)是点B(3,-4)关于原点的对称点，那么a 的值是( )A.-4B.4C.4或-4D.3或-3二、选择题：（1）、若0136422=++-+y x y x 则=y x （） B C图1 图2BC 图3B C D 图4A 、 8B 、 - 8C 、 81D 、- 81 （2）、如果三角形一个内角等于其它两个内角的差，那么这个三角形是（）A 、锐角三角形B 、直角三角形C 、钝角三角形D 、不能确定（3）、设a 、b 、c 是三角形的三边长，且ca bc ab c b a ++=++222，关于此三角形的形状有以下判断：①是等腰三角形 ②是等边三角形 ③是锐角三角形 ④是斜三角形其中正确说法的个数是（）A 、4个B 、3个C 、2个D 、1个（4）、下列说法正确的是（）A 、全等三角形的中线相等B 、有两边对应相等的两个等腰三角形全等C 、有两边和一角对应相等的两个三角形全等D 、周长相等的两个等边三角形全等（5）、若16-m 表示一个整数，则整数m 可取值的个数是（）。

七年级数学竞赛综合训练(1)及答案-

初一数学竞赛综合训练11、在1到2002的正整数中，是3的倍数而不是5的倍数的数的个数是( )A 、667B 、534C 、133D 、8002、连续正整数a 、b 、c 、d 、e 之和为完全立方数，b 、c 、d 之和为完全平方数，则c 的最小值是( )A 、100B 、225C 、375D 、6753、如果对任意正整数n ，正整数x 都不是n 2-n+2和n 2+n+2这两个整数的公约数，那么最小的x 值是( )A 、2B 、3C 、4D 、54、已知三个整数a 、b 、c 的和为奇数，那么，a 2+b 2-c 2+2ab ( )A 、一定是非零偶数B 、等于0C 、一定是奇数D 、可能是奇数，也可能是偶数5、使代数式xx x 4 3-的值为正整数的x 值是 ( )A 、正数B 、负数C 、零D 、不存在的6、已知a 的绝对值是它自身；b 的相反数是它自身；c 的倒数是它自身。

则结果不唯一的是( )A 、abB 、acC 、bcD 、abc7、五个连续奇数的平均数是1997，则其中最大数的平方减去最小数的平方等于8、已知n 为正整数，且4 7+4 n +4 2002是一个完全平方数，则n=9、设x 、y 、z 是整数数位上的不同数字。

那么算式x x xy x +) x所能得到的尽可能大的三位数的和数是10、三个质数之和是86，那么这三个质数是11、a 、b 是整数，且满足2=+-ab b a ，则ab=12、五位数abcde 是9的倍数，其中abcd 是4的倍数，则abcde 的最小值是13、设n 是自然数，定义n !=1⨯2⨯3⨯…⨯n ，若m=1!+2!+3!+…+2001!+2002!,求m 的末两位数字之和。

14、若正整数95-n 能整除正整数7n+2，试求出所有这样的n 的值。

(第12届希望杯数学竞赛培训题)15、试求这样的质数，当它加上10和14时仍是质数。

16、已知两个三位数defabc 能被37整除。

初中数学竞赛辅导材料目录

初中数学竞赛辅导材料目录一、初中数学竞赛基础知识1.数集及其运算-自然数、整数、有理数、实数、复数的概念及运算性质-数集的表示方法与运算法则2.代数式与方程-一元一次方程与一元一次不等式的解法及应用-一次函数的定义、性质与图像-一元二次方程的解法及应用3.几何基本概念-点、线、面、角的定义与性质-直线、射线、线段、平行线、垂直线的概念与判定-多边形、三角形、四边形的性质4.图形的相似与投影-图形的相似判定条件及相似比的计算-平面图形在对称、旋转、平移、投影中的性质与运用5.数据的整理与表示-数据的收集、整理、描述和分析方法-列联表的制作与应用-分组频数统计图的制作与读图6.立体几何-空间图形的基本概念及性质-空间图形的展开与剖析-空间图形的体积与表面积计算方法二、初中数学竞赛解题技巧与方法1.快速计算技巧-快速计算小技巧的应用（如乘法口诀、整数加减乘除的计算等）-快速计算较大数的方法（如分解因数、整理计算顺序等）2.思维训练与问题解决-近似计算与估算的方法与应用-分析解题条件与利用信息求解问题-数学问题的逻辑和推理方法3.策略与技巧-消元法与代入法的使用-枚举与特例法的应用-逆向思维与反证法的运用4.考试技巧与应试心理-数学竞赛常见题型的解题思路-如何正确阅读题目与审题技巧-考试时间分配与答题顺序规划-心理调适与压力应对方法三、数学竞赛真题及解析1.真题分析与解题方法讲解-分析数学竞赛真题的特点与难点-理解题目要求、辅助线的作法、巧用条件等解题技巧-真题解析与解题思路讲解2.解题思路总结与题型归纳-简述各种常见数学竞赛题型的解题思路-总结解题中常用的技巧与方法-提供大量的练习题目，以加强学生对各类题型的掌握以上为初中数学竞赛辅导材料的目录，通过系统的学习与实践，相信学生们可以提升数学竞赛的能力，取得更好的成绩。

祝学习愉快！。

初中数学竞赛专项训练(1)及答案

初中数学（实数）竞赛专项训练（1）一、选择题1、如果自然数a 是一个完全平方数，那么与a 之差最小且比a 大的一个完全平方数是（） A. a ＋1B. a 2+1C. a 2+2a+1D. a+2a +12、在全体实数中引进一种新运算*，其规定如下：①对任意实数a 、b 有a *b=（a ＋b ）(b －1)②对任意实数a 有a *2＝a *a 。

当x ＝2时，［3*（x *2）］－2*x ＋1的值为（）A. 34B. 16C. 12D. 63、已知n 是奇数，m 是偶数，方程⎩⎨⎧=+=+m y x n y 28112004有整数解x 0、y 0。

则（）A. x 0、y 0均为偶数B. x 0、y 0均为奇数C. x 0是偶数y 0是奇数D. x 0是奇数y 0是偶数4、设a 、b 、c 、d 都是非零实数，则四个数-ab 、ac 、bd 、cd （）A. 都是正数B. 都是负数C. 两正两负D. 一正三负或一负三正5、满足等式2003200320032003=+--+xy x y x y y x 的正整数对的个数是（） A. 1B. 2C. 3D. 46、已知p 、q 均为质数，且满足5p 2+3q=59，由以p ＋3、1－p ＋q 、2p ＋q －4为边长的三角形是（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形7、一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，由此六位数可以被（）整除。

A. 111B. 1000C. 1001D. 11118、在1、2、3……100个自然数中，能被2、3、4整除的数的个数共（）个 A. 4 B. 6 C. 8 D. 16二、填空题 1、若20011198********⋯⋯++=S ，则S 的整数部分是____________________2、M 是个位数字不为零的两位数，将M 的个位数字与十位数字互换后，得另一个两位数N ，若M －N 恰是某正整数的立方，则这样的数共＿＿＿个。

五年级数学竞赛综合练习1-8

五年级数学竞赛综合练习（一）姓名姓名得分1、找规律：0、1、3、8、21、（）、144。

2、如果△＋△＋△－□－□＝12，□＋□＋□－△－△＝2。

那么△＝（），□＝（）。

3、王叔叔买了3千克荔枝和4千克桂圆，共付156元。

已知5千克荔枝的价钱等于2千克桂圆的价钱。

每千克荔枝（）元，每千克桂圆（）元。

4、将0、1、3、5、6、8、9这七个数字填在圆圈和方框里，每个数字恰好出现一次，组成一个整数算式。

○×○＝□＝○÷○5、用长18厘米的铁丝围成各种长方形，要求长和宽的长度都是整厘米数，围成的长方形的面积最大是（）平方厘米。

6、1＋2－3＋4＋5－6＋7＋8－9＋……＋58＋59－60＝（）。

7、被减数、减数、差相加得2076，差是减数的一半。

如果被减数不变，差增加42，减数应变为（）。

8、两数相除，商是4，余数是10。

如果被除数和除数同时扩大50倍，商是（），余数是（）。

9、小明在计算除法时，把被除数1350写成1305，结果得到商是52，余数是5，正确的商应该是（）。

10、从1——8这八个数中，每次取两个数，要使它们的和大于8，有（）种取法。

11、城东小学有篮球、足球和排球共95只，其中足球比排球少5只，排球的只数是篮球只数的2倍。

篮球有（）只，足球有（）只，排球有（）只。

12、有一幢10层的大楼，由于停电电梯停开，某人从1层走到3层需要30秒，照这样计算，他从3层走到10层需要（）秒。

13、一个长方形的木板，如果长减少5分米，宽减少2分米，那么它的面积就减少66平方分米，这时剩下的部分恰好是一个正方形，原来长方形的面积是（）平方分米。

14、假期里有一些同学相约每两人互通一次电话，他们一共打了78次电话，问有（）位同学相约互通电话。

15、数一数下图中共有（）个三角形。

16、A、B两城相距300千米，摩托车行完全程要5小时，自行车要25小时，王亮从A 城出发，先骑自行车5小时，后改骑摩托车。

初一奥林匹克数学竞赛训练试题集(01)word版含答案

初一奥林匹克数学竞赛训练试题集（01）一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）设a 、b 为正整数（a ＞b ），p 是a 、b 的最大公约数，q 是a 、b 的最小公倍数，则p ，q ，a ，b 的大小关系是（）A ． p ≥q≥a＞bB ． q ≥a＞b≥pC ． q ≥p≥a＞bD ． p ≥a＞b≥q2．（4分）下列四个等式：=0，ab=0，a 2=0，a 2+b 2=0中，可以断定a 必等于0的式子共有（）A ． 3个B ． 2个C ． 1个D ． 0个3．（4分）a 为有理数，下列说法中，正确的是（）A ．（a+）2是正数B ． a 2+是正数C ． ﹣（a ﹣）2是负数D ． ﹣a 2+的值不小于4．（4分）a ，b ，c 均为有理数．在下列：甲：若a ＞b ，则ac 2＞bc 2．乙：若ac 2＞bc 2，则a ＞b ．两个结论中（）A ．甲、乙都真B ．甲真，乙不真C ．甲不真，乙真D ．甲、乙都不真5．（4分）若a+b=3，ab=﹣1，则a 3+b 3的值是（）A ． 24B ． 36C ． 27D ． 306．（4分）a 、b 、c 、m 都是有理数，且a+2b+3c=m ，a+b+2c=m ，那么b 与c 的关系是（）A ．互为相反数B ．互为倒数C ．相等D ．无法确定7．（4分）两个10次多项式的和是（）A ． 20次多项式B ． 10次多项式C ． 100次多项式D ．不高于10次的多项式8．（4分）在1992个自然数1，2，3，…，1991，1992的每一个数前面添加“+”或“﹣”号，则其代数和一定是（）A ．奇数B ．偶数C ．负整数D ．非负整数二、填空题（共8小题，每小题5分，满分40分）9．（5分）现在弟弟的年龄恰好是哥哥年龄的，而九年前弟弟的年龄，只是哥哥年龄的，则哥哥现在的年龄是 _________ 岁．10．（5分）1.23452+0.76552+2.469×0.7655=_________ ．11．（5分）已知方程组，哥哥正确地解得，弟弟粗心地把c看错，解得，则abc= _________ ．12．（5分）若，则= _________ ．13．（5分）已知多项式2x4﹣3x3+ax2+7x+b能被x2+x﹣2整除，则的值是_________ ．14．（5分）满足的值中，绝对值不超过11的哪些整数之和等于_________ ．15．（5分）若三个连续偶数的和等于1992．则这三个偶数中最大的一个与最小的一个的平方差等于_________ ．16．（5分）三个互不相等的有理数，既可表示为1，a+b，a的形式，又可表示为0，，b，的形式，则a1992+b1993= _________ ．三、解答题（共3小题，满分48分）17．（16分）将分别写有数码1，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程．18．（16分）如果6x2﹣5xy﹣4y2﹣11x+22y+m可分解为两个一次因式的积，求m的值，并分解因式．19．（16分）设a、b、c、d都是正整数，且a2+b2=c2+d2，证明：a+b+c+d定是合数．初一奥林匹克数学竞赛训练试题集（01）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）设a 、b 为正整数（a ＞b ），p 是a 、b 的最大公约数，q 是a 、b 的最小公倍数，则p ，q ，a ，b 的大小关系是（）A ． p ≥q≥a＞bB ． q ≥a＞b≥pC ． q ≥p≥a＞bD ． p ≥a＞b≥q考点：约数与倍数．专题：分类讨论．分析：根据两个数的最大公约数与最小公倍数的关系判定即可．解答：解：∵（a ，b ）=p 且[a ，b]=q ，∴p|a 且p|b ，即a|q 且b|q ．∴q≥a＞b≥p．故选B ．点评：本题主要考查最大公约数与最小公倍数，两个数的最大公约数最小是一，最大是其中较小的数，两个数的最小公倍数最大是他们的积，最小是其中较大的数．2．（4分）下列四个等式：=0，ab=0，a 2=0，a 2+b 2=0中，可以断定a 必等于0的式子共有（）A ． 3个B ． 2个C ． 1个D ． 0个考点：非负数的性质：偶次方；有理数的加法；有理数的乘法；有理数的除法．专题：计算题．分析：按照两数相除商是0，则除数一定是0；两数的积是0，那么其中的一个数必为0；两数的平方和是0，那么两数必都等于0；一个数的偶次方是0，那么这个数一定为0．由此可判断出本题的答案．解答：解：∵=0，b≠0，∴a 必为0，符合题意，故正确；又∵ab=0，b=0时成立，a 未必为0，不符合题意，故错误；又∵a 2=0，a 必定=0，符合题意，故正确；又∵a 2+b 2=0，则ab 必都等于0，故正确；∴必等于0的式子共有3个，故B 、C 、D 选项错误，故选A ．点评：本题主要考查有理数加法、乘法、除法中的特殊结果0的出现原因．3．（4分）a 为有理数，下列说法中，正确的是（）A ．（a+）2是正数B ． a 2+是正数C ． ﹣（a ﹣）2是负数D ． ﹣a 2+的值不小于考点：有理数的乘方．分析：正数的任何次幂都是正数；负数的奇次幂是负数，负数的偶次幂是正数．02=0．解答：解：A、（a+）2可为0，错误；B、a2+是正数，正确；C、﹣（a﹣）2可为0，错误；D、﹣a2+的值应不大于，错误．故选B．点评：此题要注意全面考虑a的取值，特别是底数为0的情况不能忽视．4．（4分）a，b，c均为有理数．在下列：甲：若a＞b，则ac2＞bc2．乙：若ac2＞bc2，则a＞b．两个结论中（）A．甲、乙都真B．甲真，乙不真C．甲不真，乙真D．甲、乙都不真考点：不等式的性质．专题：常规题型．分析：若c=0，甲不正确．对于乙，隐含着条件c≠0，则c2＞0，进而推出a＞b，乙正确．解答：解：当c=0时，ac2=bc2，故甲不对；∵ac2＞bc2，∴c≠0，∴c2＞0，∴a＞b，故乙正确．故选C．点评：主要考查了不等式的基本性质．“0”是很特殊的一个数，因此，解答不等式的问题时，应密切关注“0”存在与否，以防掉进“0”的陷阱．不等式的基本性质：（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．5．（4分）若a+b=3，ab=﹣1，则a3+b3的值是（）A．24 B．36 C．27 D．30考点：立方公式．专题：计算题．分析：将a3+b3展开，然后代入题干中a+b及ab的值即可得出答案．解答：解：∵a3+b3=（a+b）（a2﹣ab+b2）=（a+b）[（a+b）2﹣3ab]∵（a+b）=3，ab=﹣1，∴原式=3×12=36．故选B．点评：本题考查立方公式的知识，比较简单，关键是掌握立方公式的展开形式．6．（4分）a、b、c、m都是有理数，且a+2b+3c=m，a+b+2c=m，那么b与c的关系是（）A．互为相反数B．互为倒数C．相等D．无法确定考点：代数式．分析：由于a+2b+3c=m，a+b+2c=m，则a+2b+3c=a+b+2c，则b与c的关系即可求出．解答：解：由题意得，a+2b+3c=m，a+b+2c=m，则a+2b+3c=a+b+2c，即b+c=0，b与c互为相反数．故选A．点评：本题考查了代数式的换算，比较简单，容易掌握．7．（4分）两个10次多项式的和是（）A．20次多项式B．10次多项式C．100次多项式D．不高于10次的多项式考点：整式的加减．分析：多项式次数的定义：多项式中各单项式次数最高的次数，就是多项式的次数，合并同类项的法则：字母和字母的次数不变，系数相加作为结果的系数；根据这两方面解答本题．解答：解：根据多项式次数的定义，多项式中各单项式次数最高的项的次数就是多项式的次数，而同类项相加减时，系数相加减，字母和字母的次数不变，故多项式相加减时，次数不会高于10次．故选D．点评：本题考查了多项式次数的定义，合并同类项的法则，需要熟练掌握．8．（4分）在1992个自然数1，2，3，…，1991，1992的每一个数前面添加“+”或“﹣”号，则其代数和一定是（）A．奇数B．偶数C．负整数D．非负整数考点：奇数与偶数．专题：计算题．分析：根据在整数a、b前任意添加“+”号或“﹣”号，其代数和的奇偶性不变的性质即可得出答案．解答：解：由于在整数a、b前任意添加“+”号或“﹣”号，其代数和的奇偶性不变，这个性质对n个整数也是正确的，因此，1，2，3，1991，1992的每一个数前面任意添加“+”或“﹣”号，其代数和的奇偶性与﹣1+2﹣3+4﹣5+6﹣7+8﹣1991+1992=996的奇偶性相同，是偶数，故选B．点评：本题考查了整数的奇偶性，难度一般，关键是掌握在整数a、b前任意添加“+”号或“﹣”号，其代数和的奇偶性不变．二、填空题（共8小题，每小题5分，满分40分）9．（5分）现在弟弟的年龄恰好是哥哥年龄的，而九年前弟弟的年龄，只是哥哥年龄的，则哥哥现在的年龄是24 岁．考点：一元一次方程的应用．专题：应用题；年龄问题．分析：要求哥哥现在的年龄，就要先设出未知数，利用9年前两个人之间的年龄关系作为相等关系“九年前弟弟的年龄，只是哥哥年龄的”和“现在弟弟的年龄恰好是哥哥年龄的”列方程求解即可．解答：解：设哥哥现在年龄为X，弟弟现在年龄为X，那么哥哥九年前的年龄为X﹣9，弟弟九年前的年龄为X﹣9．由题意得：X﹣9=（X﹣9）解得：X=24，所以哥哥现在的年龄是24岁．故填：24．点评：解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的数量关系，列出方程，再求解．10．（5分）1.23452+0.76552+2.469×0.7655= 4 ．考点：完全平方公式．分析：本题可根据完全平方公式，设出a，b进行计算即可．解答：解：令x=1.2345，y=0.7655，则2xy=2.469×0.7655，1.23452+0.76552+2.469×0.7655，=（x+y）2，=（1.2345+0.7655）2，=22，=4．故答案为：4点评：本题考查完全平方公式的应用，找出相应关系即可．11．（5分）已知方程组，哥哥正确地解得，弟弟粗心地把c看错，解得，则abc= ﹣40 ．考点：二元一次方程组的解．专题：计算题．分析：先把正确的解代入求出c的值，然后再把解代入ax+by=2即可得出答案．解答：解：把得代入方程组⇒，解得：c=﹣2，再把解代入ax+by=2，∴，解得：，∴abc=4×5×（﹣2）=﹣40．故答案为：﹣40．点评：本题考查了二元一次方程组的解，难度适中，关键是对题中已知条件的正确理解与把握．12．（5分）若，则= ．考点：分式的化简求值．专题：计算题；整体思想．分析：先将化简为含有的形式，然后代入进行求值．解答：解：===，把代入得：a×=．故答案为：．点评：本题考查了分式的化简求值，难度适中，关键是把所求分式化简成含有的形式，然后根据条件求解．13．（5分）已知多项式2x4﹣3x3+ax2+7x+b能被x2+x﹣2整除，则的值是﹣2 ．考点：解二元一次方程组；有理数的除法；代数式求值；因式分解-十字相乘法等．专题：计算题；方程思想；待定系数法．分析：由于x2+x﹣2=（x+2）（x﹣1），而多项式2x4﹣3x3+ax2+7x+b能被x2+x﹣2整除，则2x4﹣3x3+ax2+7x+b 能被（x+2）（x﹣1）整除．运用待定系数法，可设商是A，则2x4﹣3x3+ax2+7x+b=A（x+2）（x﹣1），则x=﹣2和x=1时，2x4﹣3x3+ax2+7x+b=0，分别代入，得到关于a、b的二元一次方程组，解此方程组，求出a、b的值，进而得到的值．解答：解：∵x2+x﹣2=（x+2）（x﹣1），∴2x4﹣3x3+ax2+7x+b能被（x+2）（x﹣1）整除，设商是A．则2x4﹣3x3+ax2+7x+b=A（x+2）（x﹣1），则x=﹣2和x=1时，右边都等于0，所以左边也等于0．当x=﹣2时，2x4﹣3x3+ax2+7x+b=32+24+4a﹣14+b=4a+b+42=0 ①当x=1时，2x4﹣3x3+ax2+7x+b=2﹣3+a+7+b=a+b+6=0 ②①﹣②，得3a+36=0，∴a=﹣12，∴b=﹣6﹣a=6．∴==﹣2．故答案为﹣2．点评：本题主要考查了待定系数法在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程（或方程组），解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．本题关键是能够通过分析得出x=﹣2和x=1时，原多项式的值均为0，从而求出a、b的值．本题属于竞赛题型，有一定难度．14．（5分）满足的值中，绝对值不超过11的哪些整数之和等于﹣30 ．考点：一元一次不等式的整数解．专题：计算题．分析：首先解不等式，即可求得绝对值不超过11的整数，进而求解．解答：解：∵，即6+3x≥4x﹣2解得：x≤8其中绝对值不超过11有整数之和是﹣9+（﹣10）+（﹣11）=﹣30．故答案是：﹣30．点评：本题主要考查了不等式的解法，求出解集是解答本题的关键．解不等式应根据不等式的基本性质．（5分）若三个连续偶数的和等于1992．则这三个偶数中最大的一个与最小的一个的平方差等于5312 ．15．考点：有理数的混合运算．专题：应用题．分析：三个连续偶数的和等于1992，则中间的一个偶数为1992÷3=664，求得其余两个偶数分别为662与666，从而算出最大的一个偶数与最小的一个偶数的平方差．解答：解：∵三个连续偶数的和等于1992，∴中间的一个偶数为1992÷3=664，其余两个偶数分别为662与666，∴6662﹣6622=（666+662）（666﹣662）=1328×4=5312．点评：本题考查了有理数的混合运算，解决此题的关键是求得三个偶数．16．（5分）三个互不相等的有理数，既可表示为1，a+b，a的形式，又可表示为0，，b，的形式，则a1992+b1993=2 ．考点：有理数无理数的概念与运算．专题：计算题．分析：根据三个有理数互不相等，又可以用两种方法表示，也就是这两组数分别对应相等，利用互斥原理，即可推理出a、b的值．解答：解：由于三个互不相等的有理数，既可表示为1，a+b，a的形式，又可表示为0，，b的形式，也就是说这两个三数组分别对应相等，于是可以断定，a+b与a中有一个为0，与b中有一个为1，但若a=0，会使没意义，所以a≠0，只能是a+b=0，即a=﹣b，又a≠0，则=﹣1，由于0，，b为两两不相等的有理数，在=﹣1的情况下，只能是b=1．于是a=﹣1．所以，a1992+b1993=（﹣1）1992+（1）1993=1+1=2．故答案为：2．点评：本题考查了有理数与无理数的概念与运算，利用互斥原理，逐步进行推理得出正确结果是解题的关键．三、解答题（共3小题，满分48分）17．（16分）将分别写有数码1，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程．考点：数的整除性．分析：首先假设出这个九位数奇位数字之和为x，偶位数字之和为y，由被11整除的判别法知x+y与x﹣y 的取值，从进一步分析得出，x与y的值．解答：解：我们知道，用1，2，3，4，5，6，7，8，9排成的最大九位数是987654321．但这个数不是11倍的数，所以应适当调整，寻求能被11整除的最大的由这九个数码组成的九位数．设奇位数字之和为x，偶位数字之和为y．则x+y=1+2+3+4+5+6+7+8+9=45．由被11整除的判别法知x﹣y=0，11，22，33或44．但x+y与x﹣y奇偶性相同，而x+y=45是奇数，所以x﹣y也只能取奇数值11或33．于是有①解得：②解得：但所排九位数偶位数字和最小为1+2+3+4=10＞6．所以②的解不合题意，应该排除，由此只能取x=28，y=17，987654321的奇位数字和为25，偶位数字和为20，所以必须调整数字，使奇位和增3，偶位和减3才行．为此调整最后四位数码，排成987652413即为所求．点评：此题主要考查了数的整除性与两数和差奇偶性的性质，确定住x﹣y与x+y的取值是解决问题的关键．18．（16分）如果6x2﹣5xy﹣4y2﹣11x+22y+m可分解为两个一次因式的积，求m的值，并分解因式．考点：因式分解的应用．专题：计算题．分析：观察6x2﹣5xy﹣4y2﹣11x+22y+m式子，只有常数项未确定，又该式可变为因为（3x﹣4y）（2x+y）﹣11x+22y+m．因此可假定多项式可分解为（3x﹣4y+a）（2x+y+b），展开（3x﹣4y+a）（2x+y+b），比较各次项系数，及常数项．并与6x2﹣5xy﹣4y2﹣11x+22y+m对应相等，可解得a、b的值，再代入m关于ab的表达式，可得m的值．至此问题得解．解答：解：∵6x2﹣5xy﹣4y2﹣11x+22y+m=（3x﹣4y）（2x+y）﹣11x+22y+m∴设多项式可分解为（3x﹣4y+a）（2x+y+b）（3分）则展开得：6x2﹣5xy﹣4y2+（2a+3b）x+（a﹣4b）y+ab∴有（6分）解得：a=2，b=﹣5∴m=ab=﹣10（8分）原式可分解为：（3x﹣4y+2）（2x+y﹣5）（10分）点评：本题考查因式分解．解决本题的关键是首先确定这两个一次因式的系数，并假设常数项，展开与6x2﹣5xy﹣4y2﹣11x+22y+m对应相等．19．（16分）设a、b、c、d都是正整数，且a2+b2=c2+d2，证明：a+b+c+d定是合数．考点：质数与合数．专题：证明题．分析：根据a与a2的奇偶性相同即可作出判断．解答：证明：∵a2+b2与a+b同奇偶，c2+d2与c+d同奇偶，又a2+b2=c2+d2，∴a2+b2与c2+d2同奇偶，因此a+b和c+d同奇偶．∴a+b+c+d是偶数，且a+b+c+d≥4，∴a+b+c+d一定是合数．点评：本题主要考查了整数的奇偶性，a与a2的奇偶性相同，注意：偶数未必都是合数，所以a+b+c+d≥4在本题中是不能缺少的．。

高等数学竞赛训练题(一)

高等数学竞赛训练题（各专业适用）1.求2sin sin sinlim .1112n n n n n n n n n πππ→∞⎡⎤⎢⎥+++⎢⎥+⎢⎥++⎣⎦（答案：2π）2.求极限2[arctan(1)]lim(1cos )x u x t dt du x x →+-⎰⎰. （答案：6π）3. 求极限302cos 13lim xx x x→+⎛⎫- ⎪⎝⎭ （答案：16-）4. 求.)93(lim 1x xxx ++∞→ （答案：9）5. 设存在极限b x x x I m x =-++=+∞→])27[(lim 45，求常数m 与b .（答案：.57,51==b m ）6. 已知2)13(lim 2=++-+∞→bx ax x x ,求b a ,的值. （答案：9=a ,12-=b ）7. 设函数)(x f 在0=x 的某邻域内具有一阶连续导数,且,0)0(,0)0(≠'≠f f 若)0()2()(f h bf h af -+在0→h 时是比h 高阶的无穷小,试确定b a ,的值.（答案：2a =,1b =-） 8.证明:若,0a b >,则lim 2nn →∞⎛=⎪⎝⎭9. 设函数)(),(x g x f 在],[b a 上连续,且0)(>x g ,利用闭区间上连续函数性质,证明存在一点],[b a ∈ξ,使⎰⎰=babadx x g f dx x g x f )()()()(ξ.10. 已知当1→x 时,2)2(-x x 与2)1()1(-+-x b x a 是等价无穷小,求b a ,的值. （答案：)2ln 1(2+=a , b 为任意实常数） 11.函数()f x 在[0,)+∞上可导, (0)1f =,且满足等式1()()()0.1x f x f x f t dt x '+-=+⎰(1) 求导数();f x '(2) 证明: 当0x ≥时,不等式()1x e f x -≤≤成立.（答案：(1)()1xef x x -'=-+）12.设()f x 在(,)-∞+∞上连续, 且()0f x >, ()()f t f t -=. 对函数()||()a aF x x t f t dt -=-⎰回答下列问题： (1)证明()F x '单调增加; (2)x 为何值时()F x 取得最小值;(3)当把()F x 的最小值表为a 的函数2()1f a a --时, 试求()f x . （答案： (2) 0x =； (3) 2()1f x x =+）13.计算积分3（答案：ln(22π++）14. 设xO y 平面上有正方形{}(,)|01,01D x y x y =≤≤≤≤及直线:(0l x y t t +=≥若()S t 表示正方形D 位于直线l 左下方部分的面积, 试求() (0).x S t d t x ≥⎰（答案：33201 (01),611() (12),631 (2).x x x S t dt x x x x x x ⎧≤≤⎪⎪⎪=-+-+<≤⎨⎪->⎪⎪⎩⎰ ）15. 求函数2()ln(1)f x x x =+在0x =处的n 阶导数()(0)(3).n f n ≥ （答案：1()(1)(0)!.2n n fn n --=⋅-）16. 设()f x 在[0,]a 上连续, 在(0,)a 内可导, 且(0)0f =,()f x '单调增加,试证:()f x x在(0,)a 内也单调增加.17.设b a e >>, 证明.b a a b >18. 设函数()f x 在区间[0,1]上连续, 在开区间(0,1)内大于零,并满足23()()2xf x f x ax'=+(a 为常数), 又曲线()y f x =与1,0x y ==所围成的图形S 的面积值为2 , 求函数()y f x =, 并问a 为何值时, 图形S 绕x 轴旋转一周所得的旋转体的体积最小. （答案： 23().2f x ax cx =+，5a =-）19.设ln(1)(ln )x f x x+=, 计算()f x dx ⎰. （答案：(1)ln(1)x x x e e C --+++）20. 证明1100(1)ln ()lnln ()()x f u f x t dt du f u duf u ++=+⎰⎰⎰.21. 求1(1)(21)!nn n n ∞=-+∑的和. （答案：cos 1sin 12-）22.设正项数列{}n a 单调减少,且1(1)n n n a ∞=-∑发散,试问级数111nn n a ∞=⎛⎫⎪+⎝⎭∑是否收敛?并说明理由. （答案：收敛）23. 设()f x 在0x =的某邻域内具有二阶连续导数, 且0()limx f x x→=,证明级数11()n f n∞=∑绝对收敛. 24. 求满足下列性质的曲线C: 设),(000y x P 为曲线22x y =上任一点.则由曲线,0x x =22xy =,2x y =所围成区域的面积A 与曲线,0y y =22x y =和C 所围成区域面积B 相等.（答案：曲线C: 2932xy =）25. 设)(x f 在[0,1]上连续, 在(0,1)内可导, 1)1(,0)0(==f f . 证明:在(0,1)内存在不同的ηξ,,使5)(3)(2='+'ηξf f .26. 设()f x 在[0,2](0)a a >上连续, 证明:x20()[()(2)].a a f x dx f x f a x dx =+-⎰⎰`27. 计算222111[]ln (1)I dx x xx =--⎰（答案：12-）28. 计算不定积分arctan 322.(1)xxedx x +⎰arctan xC-+）29.确定常数,,a b c 的值,使3sin lim(0).ln(1)x x bax xc c t dtt→-=≠+⎰（答案：11,0,2a b c ===）30. 试证:当0x >时, 22(1)ln (1).x x x -≥-。

九年级数学竞赛训练题1

九年级数学竞赛训练题11、如图，在直角坐标系中，矩形OABC 的顶点B 的坐标为（9，－6），直线y=kx-23恰好将矩形OABC 分成面积相等的两部分，则k 为（）。

A 、21 B 、－21 C 、31 D 、－312、如图，在等腰R t △ABC ,AC=BC,以斜边AB 为一边作等边△ABD 在，使点C 、D 在AB 的同侧，再以CD 为一边作等边△CDE,使点C 、E 在AD 的异侧，若AE ＝a ，则CD 的长为（）。

A 、（213-）a B 、（a )226-C 、（3－1）aD 、（6－2）a 3、已知关于y 的方程（m 2－1）（1-y y ）2－（2m ＋7）1-y y ＋1＝0有两实数根y1，y2，且111-y y ＋122-y y ＝81，则m 为（）。

A 、3 B 、－3 C 、19 D 、－194、已知关于x 的方程︱6x －5︱＋3a=0无实数根，︱5x －4︱＋b=0有两个实数根，︱4x －3︱＋c=0只有一个实数根，则化简︱a －b ︱-︱a －c ︱-︱c －b ︱= .5、如图所示，点A 、B 在直线MN 上，AB ＝13cm ，⊙A 、⊙B 的半径分别为1cm 、3cm, ⊙A 以每秒2cm 的速度自左向右运动，与此同时，⊙B 的半径也不断增大，其半径r(cm)与时间t （秒）之间的关系式为r=3＋t （t ≧0），当点A 出发后秒两圆相切。

6、已知实数a 、b 、x 、y 满足ax+by=3,ay-bx=5,则=++))((2222y x b a7、菱形ABCD 的两条对角线分别长6和8，点P 是对角线AC 上的一个动点，点M 、N 分别是边AB 、BC 的中点，则PM+PN 的最小值是8、四边形ABCD 中，∠B=∠C=120° AB=3,BC=4,CD=5,则此四边形的面积是9、如果242114x x x =++则=+-22351554x x x AO Cx (9,-6)10.如图，对称轴为直线72x=的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形．求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．11、（1分）已知A、B、C、D顺次在⊙O上 , AB=BD ,BM⊥ AC于M。