数学奥林匹克初中训练题1
这是我辛辛苦苦做出来的！！！
第一试
一、选择题(每小题7分，共42分) 1.设3?2?3?6?x?y?z，且x、y、z为有理数.则xyz=( ).
(A)3／4 (B)5／6 (C)7／12 (D)13／18
2.设二次函数f(x)=ax2+ax+1的图像开口向下，且满足f(f(1))=f(3).则2a的值为( ). (A)-3 (B)-5 (C)-7 (D)-9 3.方程|xy|+|x+y|=1的整数解的组数为( ). (A)2 (B)4 (C)6 (D)8
4.a、b是方程x2+(m-5)x+7=0的两个根.则(a2+ma+7)(b2+mb+7)=( ). (A)365 (B)245 (C)210 (D)175
5.如图，Rt△ABC的斜边BC=4，∠ABC=30°，以AB、AC为直径分别作圆.则这两圆的公共部分面积为( ) (A)
2?35?23 (B) ??32635?2??3 (D) ?3 63 (C)
6.从1，2，…，13中取出k个不同的数，使这k个数中任两个数之差既不等于5，也不等于8.则k的最大值为( ).
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8 二、填空题(每小题7分，共28分)
1.若整系数一元二次方程x2+(a+3)x+2a+3=0有一正根x1和一负根x2，且|x1|<|x2|，则a= . 2.当x=
29?3时，代数式x4+5x3-3x2-8x+9的值是 . 23.给定两组数，A组为:1，2，…，100;B组为:12，22，…，1002.对于A组中的数x，若有B组中的数y，使x+y也是B组中的数，则称x为“关联数”.那么，A组中这样的关联数有 个.
4.已知△ABC的三边长分别为
AB=2a2?576，BC=a2?14a?625，AC=a2-14a?625，其中a>7.则△ABC的面积为 .
第二试
一、(20分)解方程:(12x+5)2(6x-1)(x+1)=
二、(25分)如图，四边形ABCD中，∠ACB=∠ADB=90°，自对角线AC、BD的交点N作NM⊥AB于点M，线段AC、MD交于点E，BD、MC交于点F，P是线段EF上的任意一点.证明:点P到线段CD的距离等于点P到线段MC、MD的距离之和.
55. 2
三、(25分)矩形玻璃台板碎裂成一些小玻璃片，每块碎片都是凸多边形，将其重新粘合成原矩形后，有交结点30个，其中20个点在原矩形的周界上(包括原矩形的四个顶点)，其余10个点在矩形内部.在矩形的内部有45条粘缝(两个结点之间的线段算是一条粘缝，如图所示). 试求该矩形台板所碎裂成的各种类型(指三角形、四边形、五边形等)的块数.
说明:若凸多边形的周界上有n个点，就将其看成n边形,例如,图中的多边形ABCDE要看成五边形.
数学奥林匹克初中训练题1参考答案
第一试
1.A.两边平方得3+2 +3+6=x+y+z+2xy+2根据有理数x、y、z的对称性,可考虑方程组 x+y+z=3,2xy=
yz+2xz.
2,2yz=3,2xz= 6.
解得x=1,y=1／2,z=3／2.此时,xyz=3/4.
2.B.注意到f(1)=2a+1,f(3)=12a+1,f(f(1))=a(2a+1)2+a(2a+1)+1.由f(f(1))=f(3),得 (2a+1)2+(2a+1)=12.所以,2a+1=3或-4.因a<0,故2a=-5. 3.C.
因x、y为整数,则|xy|、|x+y|为非负整数.于是,|xy|、|x+y|中一个为0,一个为1.分情形考虑得6组解. 4.D.
由ab=7,a2+ma+7=5a,b2+mb+7=5b,所以,(a2+ma+7)(b2+mb+7)=25ab=175. 5.C.
记两圆公共部分的面积为S.如图,易知S=S扇形EAD+S扇形FAD-S四边形
AEDF =5π／6-
3 .
6.B.
将这13个数按照相邻两数的差为5或8排列于一个圆周上(如图5).若取出的数多于6个,则必有2个数在圆周上相邻.另一方面,可以取出适合条件的6个数(任取圆周上不相邻的6个数即可),因此,k的最大值为6. 二、1.-2.
因方程的两根不等,故Δ>0,即(a+3)2>4(2a+3).解得a>3或a<-1.又由题设条件知,方程的两根和与积皆负,即-(a+3)<0,2a+3<0.从而,a>-3,a<-3/2,即-3
记x+y=a2,y=b2,则1≤b
29?3是方程x2+3x-5=0的根, 2而x=a2-b2=(a+b)(a-b)≤100,因a+b、a-b同奇偶,故a+b≥(a-b)+2.
(1)若a-b=1,则a+b为奇数,且3≤a+b≤99.于是,a+b可取3,5,7,…,99,共49个值,这时,相应的x也可取这49个值.
(2)若a-b=2,则a+b为偶数,且4≤a+b≤50.于是,a+b可取4,6,8,…,50,共24个值,这时,相应的x可取8,12,16,…,100这24个值.
其他情况下所得的x值均属于以上情形.
若a-b=奇数,则a+b=奇数.而x=a2-b2≥a+b≥3,归入(1).
若a-b=偶数,则a+b=偶数.而x=(a-b)(a+b)为4的倍数,且a-b≥2,a+b≥4,故x≥8,归入(2). 因此,这种x共有49+24=73个. 4.168.
注意到AB2=(2a)2+482,BC2=(a+7)2+242,AC2=(a-7)2+242.
如图,以AB为斜边,向△ABC一侧作直角△ABD,使BD=2a,AD=48,∠ADB=90°. 在BD上取点E,使BE=a+7,ED=a-7,又取AD的中点F,作矩形EDFC1.
因BC21=BE2+EC21=(a+7)2+242=BC2,AC21=C1F2+AF2=(a-7)2+242=AC2,故点C与点C1重合.而S△ABD=48a,S△CBD=24a,S△ACD=24(a-7),则S△ABC=S△ABD-S△CBD-S△ACD=168. 第二试
一、将原方程变形得(12x+5)2(12x-2)(12x+12)=660.
令12x+5=t,则t2(t-7)(t+7)=660,即t4-49t2=660.解得t2=60或t2=-11(舍去). 由此得t=±2 15,即有12x+5=±215.因此,原方程的根为x1,2=
-5?2 15.
12二、如图,易知A、B、C、D四点共圆,B、C、N、M四点共圆,因此,∠ACD=∠ABD=∠MCN.故AC平分∠DCM.同理,BD平分∠CDM.
如图,设PH⊥MC于点H,PG⊥MD于点G,PT⊥CD于点T;过点P作XY∥MC,交MD于点X,交AC于点Y;过点Y作YZ∥CD,交MD于点Z,交PT于点R;再作YH1⊥MC于点H1,YT1⊥CD于点T1.由平行线及角平分线的性质得PH=YH1=YT1=RT.为证PT=PG+PH,只须证PR=PG.由平行线的比例性质得EP／EF=EY／EC=EZ／ED.
因此,ZP∥DF.由于△XYZ与△MCD的对应边分别平行,且DF平分∠MDC,故ZP是∠XZY的平分线.从而,PR=PG.因此,所证结论成立.
三、设全部碎片中,共有三角形a3个,四边形a4个,……,k边形ak个(a3,a4,…,ak为非负整数).记
这些多边形的内角和为S角,于是,S角=a3×π+a4×2π+…+ak(k-2)π.
另一方面,矩形内部有10个结点,对于每个点,围绕它的多边形顶角和为2π,10个内结点共获得10×2π弧度;矩形边界上(不含4个顶点)共有16个结点,在每个这种结点处,各多边形的顶角在此汇合成一个平角,16个这种结点共获得16π弧度;而原矩形的4个顶点处,共获得多边形碎片的2π弧度.因此,S角=20π+16π+2π=38π. 于是,a3+2a4+…+(k-2)ak=38.①
记这些多边形的边数和为S边.由于每个n边形有n条边,则S边=3a3+4a4+…+kak.
另一方面,在矩形内部的45条粘缝,每条都是两个多边形的公共边,故都计算了两次;矩形周界上的20条线段各被计算了一次,因此,S边=2×45+20=110. 于是,3a3+4a4+…+kak=110.② ②-①得2(a3+a4+…+ak)=72. 故a3+a4+…+ak=36.③ ①-③得a4+2a5+3a6+…+(k-3)ak=2.
因所有ai∈N,故a6=a7=…=ak=0,a4+2a5=2.所以,或者a4=2,a5=0;或者a4=0,a5=1.
综上,本题的解共有两种情况,即全部碎片共36块,其中,或含有34个三角形,2个四边形;或含有35个三角形，1个五边形.