02~06年全国初中数学联赛试题及答案

+ + < 12 × < ,所以,与 A 最接近的正整数为
  25. 99 2 99 100 101 102
故选 D.

  5.设 a,b 是正整数,且满足 56 ≤ a + b ≤ 59 ,
  0.9 < a <
  0.91 ,则 b 2 a 2 等于( b
)
(A)171 答 :B 解:由题设得
(B)177
(C)180
(D)182

  0.9b + b < 59 ,

  0.91b + b > 56 ,
所以 因此 b=30,
  31.
29 < b < 32 .
当 b=30 时,由
  0.9b < a <
  0.91b ,得 27 < a < 28 ,这样的正整数 a 不存在. 当 b=31 时,由
  0.9b < a <
  0.91b ,得 27 < a < 29 ,所以 a=
  28. 所以, b 2 a 2 = 177 . 故选 B. 小题, 二,填空题(共 5 小题,每小题 6 分,满分 30 分) 填空题(

  6. 在一个圆形时钟的表面,OA 表示秒针,OB 表示分针(O 为两针的旋转中心).
若现在时间恰好是 12 点整,则经过 15 答: 15 59
秒钟后,△OAB 的面积第一次达到最大.
解:设 OA 边上的高为 h,则 h ≤ OB ,所以 1 1 S OAB = OA × h ≤ OA × OB , 2 2
当 OA ⊥ OB 时,等号成立.此时△OAB 的面积最大. 设经过 t 秒时,OA 与 OB 第一次垂直.又因为秒针 1 秒钟旋转 6 度,分针 1 秒钟 旋转
  0.1 度,于是
(6
  0.
  1)t = 90 ,
解得 t = 15
15 . 59
3 2 m ( m > 0 )与 x 轴交于 A , B 两点, 4 1 1 2 若 A , B 两点到原点的距离分别为 OA , OB ,且满足 = ,则 m 的值等 OB OA 3
  7.在直角坐标系中,抛物线 y = x 2 + mx
于 答 :2
.
3 解:设方程 x 2 + mx m 2 = 0 的两根分别为 x1 , x 2 ,且 x1 < x 2 ,则有 4 3 x1 + x 2 = m < 0 , x1 x 2 = m 2 < 0 . 4 1 1 2 所以 x1 < 0 , x 2 > 0 ,由 = ,可知 OA > OB ,又 m > 0 ,所以,抛物线 OB OA 3
的对称轴在 y 轴的左侧,于是 OA = x1 = x1 , OB = x 2 .所以
1 1 2 + = , x 2 x1 3
x1 + x 2 2 = , 3 x1 x 2
故 解得 m = 2 .
m 2 = . 3 3 m2 4

  8.有两副扑克牌,每副牌的排列顺序是:第一张是大王,第二张是小王,然后是
黑桃,红桃,方块,梅花四种花色排列,每种花色的牌又按 A,2,3,…,J,Q,K 的 顺序排列.某人把按上述排列的两副扑克牌上下叠放在一起,然后从上到下把第一张丢 掉,把第二张放在最底层,再把第三张丢掉,把第四张放在最底层,……如此下去,直 至最后只剩下一张牌,则所剩的这张牌是\\_ 答:第二副牌中的方块 6 解:根据题意,如果扑克牌的张数为 2, 2 2 , 2 3 , , 2 n ,那么依照上述操作方法, 只剩下的一张牌就是这些牌的最后一张.例如,手中只有 64 张牌,依照上述操作方法, 最后只剩下第 64 张牌.
\\_.
现在,手中有 108 张牌,多出 108-64=44(张) ,如果依照上述操作方法,先丢掉 44 张牌,那么此时手中恰有 64 张牌,而原来顺序的第 88 张牌恰好放在手中牌的最底 层.这样,再继续进行丢,留的操作,最后剩下的就是原顺序的第 88 张牌.按照两副 扑克牌的花色排列顺序, 88―54―2―26=6, 所剩的最后一张牌是第二副牌中的方块
  6.
  9.已知 D,E 分别是△ABC 的边 BC,CA 上的点,且 BD=4,DC=1,AE=5, EC=
  2.连结 AD 和 BE,它们相交于点 P.过点 P 分别作 PQ‖CA,PR‖CB,它们分 别与边 AB 交于点 Q,R,则△PQR 的面积与△ABC 的面积之比为 400 答: 1089 解:过点 E 作 EF‖AD,且交边 BC 于点 F,则
CF CE 2 = = , FD EA 5 5 5 FD = × CD = . 5+2 7
.
所以
因为 PQ‖CA,所以
PQ BP BD = = = EA BE BF
140 . 33
4 4+ 5 7
=
28 , 33
(第 9 题)
于是
PQ =
因为 PQ‖CA,PR‖CB,所以 ∠QPR = ∠ACB ,因此△PQR∽△CAB,故
S PQR S CAB
400 PQ 20 = . = = 1089 CA 33
2 2 2
2
2

  10. 已知 x1 , x 2 , , x 40 都是正整数, x1 + x 2 + + x 40 = 58 , x1 + x2 + + x40 且 若
的最大值为 A,最小值为 B,则 A+B 的值等于 答:494
.
解:因为把 58 写成 40 个正整数的和的写法只有有限种,故 x1 + x2 + + x40 的最
2 2 2
小值和最大值是存在的. 不妨设 x1 ≤ x 2 ≤ ≤ x 40 ,若 x1 > 1 ,则 x1 + x 2 = (x1
  1) + ( x 2 +
  1) ,且
(x1
  1)2 + (x2 +
  1)2 = x12 + x2 2 + 2(x2 x1 ) + 2 > x12 + x2 2 .
所以,当 x1 > 1 时,可以把 x1 逐步调整到 1,这时, x1 + x2 + + x40 将增大;同样
2 2 2
地,可以把 x 2 , x3 ,…, x39 逐步调整到 1,这时 x1 + x2 + + x40 将增大.于是,当
2 2 2
x1 , x 2 , , x39 均为 1, x 40 = 19 时, x1 + x2 + + x40 取得最大值,即
2 2 2
A= 12 + 12 + + 12 + 19 2 = 4
  00.
39 个
若存在两个数 xi , x j ,使得 x j xi ≥ 2 (1 ≤ i < j ≤
  40) ,则
(xi +
  1)2 + (x j
  1)2 = xi 2 + x j 2 2(x j xi
  1) < xi 2 + x j 2 ,
这说明在 x1 , x 2 , , x39 , x 40 中,如果有两个数的差大于 1,则把较小的数加 1,较大的 数减 1,这时, x1 + x2 + + x40 将减小.
2 2 2
所以,当 x1 + x 2 + + x 40 取到最小时, x1 , x 2 , , x 40 中任意两个数的差都不大
2 2 2

  1.于是当 x1 = x 2 = = x 22 = 1 , x 23 = x 24 = = x 40 = 2 时, x1 + x2 + + x40 取得最
2 2 2
小值,即
B = 12 + 12 + + 12 + 2 2 + 2 2 + + 2 2 = 94 .
22 个 18 个
故 A + B = 494 . 三,解答题(共 4 题,每小题 15 分,满分 60 分) 解答题(
11(A) 8 个人乘速度相同的两辆小汽车同时赶往火车站,每辆车乘 4 人(不包括 .
司机) .其中一辆小汽车在距离火车站 15 km 的地方出现故障,此时距停止检票的时间 还有 42 分钟.这时惟一可利用的交通工具是另一辆小汽车,已知包括司机在内这辆车 限乘 5 人,且这辆车的平均速度是 60 km/h,人步行的平均速度是 5 km/h. 试设计两种 方案,通过计算说明这 8 个人能够在停止检票前赶到火车站. 【方案一】当小汽车出现故障时,乘这辆车的 4 个人下车步行,另一辆车将车 解: 内的 4 个人送到火车站,立即返回接步行的 4 个人到火车站. 设乘出现故障汽车的 4 个人步行的距离为 x km,根据题意,有
x 15 + 15 x = , 5 60
解得 x =
30 .因此这 8 个人全部到火车站所需时间为 13 30 30 35 5 ÷ 5 + (15 ) ÷ 60 = (小时) = 40 (分钟)< 42 (分钟) . 13 13 52 13
故此方案可行.
………………………15 分
【方案二】当小汽车出现故障时,乘这辆车的 4 个人先下车步行,另一辆车将车内 的 4 个人送到某地方后,让他们下车步行,再立即返回接出故障汽车而步行的另外 4 个 人,使得两批人员最后同时到达车站.
分析此方案可知,两批人员步行的距离相同,如 图所示, D 为无故障汽车人员下车地点, C 为有故
(第 11A 题)
障汽车人员再次上车地点.因此,设 AC = DB = y ,根据题意,有
y 15 y + 15 2 y = , 5 60
解得 y = 2 .因此这 8 个人同时到火车站所需时间为
2 15 2 37 + = (小时) 37 = (分钟) 42 (分钟) < . 5 60 60 故此方案也可行. ……………………15 分
12(A) .如图,半径不等的两圆相交于 A,B 两点,线段 CD 经过点 A,且分别交
两圆于 C,D 两点. 连结 BC,BD,设 P,Q,K 分别是 BC,BD,CD 的中点,M,N 分别是弧 BC 和弧 BD 的中点. 求证: (
  1)
BP NQ = ; PM QB
(
  2)△KPM∽△NQK. 证明: (
  1) 因为 M 是弧 BC 的中点,P 是 BC 证明: 的 中 点 , 所 以 MP ⊥ BC , ∠BPM = 90 , 同 理 ,
∠NQB = 90 ° .
连结 AB,则 1 1 ∠PBM = ∠CAB = 180 ° ∠DAB 2 2 1 = 90 ° ∠DAB = 90 ° ∠NBD 2
(
)
(第 12A 题)
= ∠QNB . 所以, Rt△ BPM ∽Rt△ NQB , 于是
……………………5 分 ①
BP NQ = . PM QB
……………………10 分 1 (
  2)因为 KP ‖BD,且 KP= BD = BQ ,所以四边形 PBQK 是平行四边形.于是 2 BP=KQ,BQ=KP,由①,得 KQ NQ = , PM KP
又 所以
∠KPM = ∠KPB + 90 ° = ∠KQB + 90 ° = ∠NQK , △KPM∽△NQK. ……………………15 分
13(A) .已知 p,q 都是质数,且使得关于 x 的二次方程 x 2 (8 p 10q )x + 5 pq = 0 至少有一个正整数根,求所有的质数对(p,q) . 解:由方程两根的和为 8 p 10q 可知,若方程有一个根为整数,则另一个根也是整 数.由方程两根的积为 5pq,知方程的另一个根也是正整数. 设方程的两个正整数根分别为 x1 , x 2 ( x1 ≤ x 2 ) ,由根与系数的关系得
x1 + x 2 = 8 p 10q , x1 x 2 = 5 pq .
由②得, x1 , x 2 有如下几种可能的情况:
① ②
x1 = 1,5, p, q,5 p,5q, x 2 = 5 pq, pq,5q,5 p, q, p,
………………………5 分 所以, x1 + x 2 = 5 pq + 1 , pq + 5 , p + 5q , q + 5 p ,代入①. 当 x1 + x 2 = 5 pq + 1 时,5 pq + 1 = 8 p 10q , 5 pq + 1 > 10 p > 8 p 10q , 而 故此时无解. 当 x1 + x 2 = pq + 5 时, pq + 5 = 8 p 10q ,所以
( p +
  10)(q
  8) = 85 ,
因为 p,q 都是质数,只可能 q 8 = 5,1, p + 10 = 17,85, 所以(p,q)=(7,
  3) . 当 x1 + x 2 = p + 5q 时, p + 5q = 8 p 10q ,所以, 7 p = 15q ,不可能. 当 x1 + x 2 = 5 p + q 时, 5 p + q = 8 p 10q ,所以, 3 p = 11q ,于是, (p,q)=(11,
  3) . 综上所述,满足条件的质数对(p,q)=(7,
  3),或(11,
  3) .……15 分
14(A) .从 1,2,…,205 共 205 个正整数中,最多能取出多少个数,使得对于取
出来的数中的任意三个数 a,b,c( a < b < c ) ,都有 ab ≠ c .
解:首先,1,14,15,…,205 这 193 个数,满足题设条件. 事实上,设 a,b,c( a < b < c )这三个数取自 1,14,15,…,2
  05.若 a = 1 ,则
ab = b < c ;若 a > 1 ,则 ab ≥ 14 × 15 = 210 > c .
………………………5 分 另一方面,考虑如下 12 个数组: (2,25,2×
  25)(3,24,3×
  24) , ,…, 13,14,13×
  14) ( , 上述这 36 个数互不相等,且其中最小的数为 2,最大的数为 13×14=182 < 2
  05. 所以, 每一个数组中的三个数不能全部都取出来. 于是, 如果取出来的数满足题设条件, 那么取出来的数的个数不超过 205-12=193(个) . 综上所述,从 1,2,…,205 中,最多能取出 193 个数,满足题设条件. …………………………15 分
2006 年全国初中数学竞赛试题及参考答案 年全国初中数学竞赛试题及
小题, 一,选择题(共 5 小题,每小题 6 分,满分 30 分. 以下每道小题均给出了代号为 选择题(
A,B,C,D 的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的 请将正确选项的代号填入 的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的.
题后的括号里. 不填,多填或错填得零分) 题后的括号里 不填,多填或错填得零分)
  1.在高速公路上,从 3 千米处开始,每隔 4 千米经过一个限速标志牌;并且从 10 千米处开始,每隔 9 千米经过一个速度监控仪.刚好在 19 千米处第一次同时经过这两 种设施,那么第二次同时经过这两种设施的千米数是( (A)36 答 : C. 解:因为 4 和 9 的最小公倍数为 36,19+36=55,所以第二次同时经过这两种设施 是在 55 千米处. 故选 C.

  2.已知 m = 1 + 2 , n = 1 2 ,且 (7m 2 14m + a)(3n 2 6n
  7) = 8 ,则 a 的值等
). (D)90
(B)37
(C)55
于(
) (A)-5 答 :C .
(B)5
(C)-9
(D )9
解:由已知可得 m 2 2m = 1 , n 2 2n = 1 .又
(7 m 2 14m + a )(3n 2 6n
  7) = 8 ,
所以
(7 + a )(3 7 ) = 8 ,
解得 a = 9 . 故选 C.

  3. △ABC 的三个顶点 A , , 均在抛物线 y = x 2 上, Rt B C 并且斜边 AB 平行于 x 轴. 若
斜边上的高为 h ,则( (A ) h < 1 答:B.
) (B) h = 1 (C ) 1 < h < 2 (D ) h > 2
设点 A 的坐标为 (a, a 2 ) , C 的坐标为 (c, c 2 ) c < a )则点 B 的坐标为 (a, a 2 ) , 点 ( , 解: 由勾股定理,得
AC 2 = (c a ) 2 + (c 2 a 2 ) 2 , BC 2 = (c + a) 2 + (c 2 a 2 ) 2 ,
AC 2 + BC 2 = AB 2 ,
所以
(a 2 c 2 ) 2 = a 2 c 2 .
由于 a 2 > c 2 ,所以 a 2 c 2 = 1 ,故斜边 AB 上高 h = a 2 c 2 = 1 . 故选 B.

  4.一个正方形纸片,用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分;拿出其
中一部分,再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分;又从得到的三部分中拿出其 中之一, 还是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分……如此下去, 最后得到了 34 个六十二边形和一些多边形纸片,则至少要剪的刀数是( (A)2004 答:B. (B)2005 (C)2006 ) (D)2007
解:根据题意,用剪刀沿不过顶点的直线剪成两部分时,每剪开一次,使得各部分 的内角和增加 360°.于是,剪过 k 次后,可得( k +
  1)个多边形,这些多边形的内角 和为( k +
  1)×360°. 因为这( k +
  1)个多边形中有 34 个六十二边形,它们的内角和为
34×(62-
  2)×180°=34×60×180°,
其余多边形有( k +
  1)-34= k -33(个) ,而这些多边形的内角和不少于( k -
  33) ×180°.所以 ( k +
  1)×360°≥34×60×180°+( k -
  33)×180°, 解得 k ≥20
  05. 当我们按如下的方式剪 2005 刀时, 可以得到符合条件的结论. 先从正方形上剪下 1
个三角形,得到 1 个三角形和 1 个五边形;再在五边形上剪下 1 个三角形,得到 2 个三 角形和 1 个六边形……如此下去, 剪了 58 刀后, 得到 58 个三角形和 1 个六十二边形. 再 取出 33 个三角形,在每个三角形上剪一刀,又可得到 33 个三角形和 33 个四边形,对 这 33 个四边形,按上述正方形的剪法,再各剪 58 刀,便得到 33 个六十二边形和 33× 58 个三角形.于是共剪了 58+33+33×58=2005(刀) . 故选 B.
  5. 如图, 正方形 ABCD 内接于⊙ O , P 在劣弧 AB 上, 点 连结 DP , 交 AC 于点 Q . DP 若
QP = QO ,则
QC 的值为( QA
)
(A) 2 3 1 (C) 3 +
(B) 2 (D)
3
3+2
2
(第 5 题图)
答:D. 解:如图,设⊙ O 的半径为 r , QO = m ,则 QP = m , QC = r + m , QA = r m . 在⊙ O 中,根据相交弦定理,得 QA QC = QP QD . 即 所以 QD =
(r m)(r + m) = m QD ,
r 2 m2 . m
连结 DO,由勾股定理,得 QD 2 = DO 2 + QO 2 , 即
r 2 m2 2 2 m =r +m ,
2
解得 m =
3 r. 3
所以,
QC r + m 3 +1 = = = 3 +
  2. QA r m 3 1
故选 D. 小题, 二,填空题(共 5 小题,每小题 6 分,满分 30 分) 填空题(
  6.已知 a , b , c 为整数,且 a + b =2006, c a =20
  05.

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安徽省合肥一中2010?2011学年度高三第一学期第一次月考语文试题

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2010年高中物理自主学习同步讲解与训练 牛顿运动定律1

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三好学生材料

  2009 年市、区三好学生推荐材料 王强力是杨浦高级中学高二(1)班的团支部书记。他为人热情、乐观、豁达,崇尚美好事 物,极富正义感和同情心,有较强的求知欲和进取心;做事踏实、认真,注重方法和效率。 他具有远大的理想,并为之而努力学习。 善于学习,乐于助人 学习是获取知识、培养能力最好的方式。王强力同学重视结果,更享受过程。在学习上,他 一直以高标准严格要求自己,绝不放过一个未明白的问题。对待各门学科,他一视同仁、一 丝不苟,在保持优势学科的同时,加强薄弱学科,并取得优秀的成绩,在历次期中期末考 ...