历年全国初中数学联赛试题90-05

2023年12月9日发(作者：高考数学试卷11套题)

1990年全国初中数学联合竞赛试卷 .................................................................................. 1

1990年全国初中数学联合竞赛试卷答案........................................................................... 3

1991全国初中数学联合竞赛试卷 ...................................................................................... 9

1991全国初中数学联合竞赛试卷答案 ............................................................................. 11

1992全国初中数学联合竞赛试卷 .................................................................................... 17

1992全国初中数学联合竞赛试卷答案 ............................................................................ 19

1993全国初中数学联合竞赛试卷 .................................................................................... 25

1993年全国初中数学联合竞赛试卷答案......................................................................... 28

1994年全国初中数学联赛试题 ........................................................................................ 34

1994年全国初中数学联赛试题答案 ................................................................................ 35

1995年全国初中数学联赛试题 ........................................................................................ 41

1995年全国初中数学联赛试题答案 ................................................................................ 42

1995年全国初中数学联赛参考答案 ................................................................................ 47

1996年全国初中数学联赛试题 ........................................................................................ 55

1996年全国初中数学联赛参考答案 ................................................................................ 57

1997年全国初中数学联赛试题 ........................................................................................ 63

1997年全国初中数学联赛参考答案 ................................................................................ 65

1998年全国初中数学联赛试题 ........................................................................................ 69

1998年全国初中数学联赛参考答案 ................................................................................ 70

1999年全国初中数学联合竞赛试卷 ................................................................................ 74

1999年全国初中数学联合竞赛试卷答案......................................................................... 77

2000年全国初中数学联赛试题 ........................................................................................ 81

2000年全国初中数学联赛试题解答 ................................................................................ 83

2001年全国初中数学联赛 ................................................................................................ 87

2001年全国初中数学联合竞赛试卷答案......................................................................... 89

2002年全国初中数学联合竞赛试卷 ................................................................................ 92

2002年全国初中数学联合竞赛试卷答案......................................................................... 94

2003年全国初中数学联合竞赛试卷 ................................................................................ 95

2003年全国初中数学联赛试题答案 ................................................................................ 97

2004年全国初中数学联合数学竞赛试题....................................................................... 101

2004年全国初中数学联赛试题答案 .............................................................................. 103

2005年全国初中数学联赛初赛试卷 .............................................................................. 109

1990年全国初中数学联合竞赛试卷

第 一 试

一、 选择题

本题共有8个小题，每小题都给出了(A)、(B)、(C)、(D)四个结论，其中只有一个第 1 页 共 119 页 是正确的，请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内。

1．11431143213的值是（ ）

（A）1 （B）－1 （C）2 （D）－2

22．在△ABC中,AD是高,且AD = BD²CD，那么∠BAC的度数是（ ）

（A）小于90° （B）等于90°（C）大于90° （D）不确定

3．方程7x2(k13)xk2k20(k是实数)有两个实根、，且0＜＜1，1＜＜2，那么k的取值范围是（ ）

（A）3＜k＜4； （B）－2＜k＜－1；

（C）3＜k＜4或－2＜k＜－1 （D）无解。

4．恰有35个连续自然数的算术平方根的整数部分相同，那么这个相同整数是（ ）

（A）17 （B）18 （C）35 （D）36

5．△ABC中，AB22，AC则（ ）

（A）PA（C）PA22，BC2，设P为BC边上任一点，PB²PC

（B）PA2PB²PC

2PB²PC （D）PA与PB²PC的大小关系并不确定

26．若六边形的周长等于20，各边长都是整数，且以它的任意三条边为边都不能构成三角形，那么，这样的六边形（ ）

（A）不存在 （B）只有一个

（C）有有限个，但不只一个 （D）有无穷多个

7．若logab的尾数是零，且loga结论：（ ）

1blogablogba2，那么下列四个1ba2 （2）logablogba0

b（3）0ab1 （3）ab10

（1）中，正确的结论的个数是（ ）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

8．如图，点P，Q，R分别在△ABC的边上AB、BC、CA上，

且BPPQQRRC1，那么，△ABC面积的最大值是第 2 页 共 119 页 （ ）

（A）3 （B）2 （C）5 （D）3

二、 填空题

1． 已知x12x12x21=

8，则x22．

12,22,32，„，123456789的和的个位数的数字是

3． 方程(xa)(x8)10，有两个整数根，则a

4． △ABC中，ABAC2，BC边有100个不同的点P1，P2，„，P100，2记miAPBPiC (

i1，2，„，100) 则

m1m2„ii²Pm100=

第 二 试

一、已知在凸五边形ABCDE中，∠BAE = 3，BC=CD=DE，且∠BCD=∠CDE=180°－2，求证：∠BAC=∠CAD=∠DAE

二、x表示不超过实数x的最大整数，令xxx

（1） 找出一个实数x，满足x1

（2） 证明：满足上述等式的x，都不是有理数

三、设有2n2n个正方形方格棋盘，在其中任意的3n个方格中各有一枚棋子。求证：可以选出n行和n列，使得3n枚棋子都在这n行和n列中。

1990年全国初中数学联合竞赛试卷答案

第一试

一、 选择题

1．（D）

1x第 3 页 共 119 页 原式=2223213213=22322

2．（D）

如图，由AD2BD²CD，有2AD22BD²CD

BD2CD22AD2＝BD2CD22BD²CD

(BD2AD2)(AD2CD2)＝(BDCD)2

即

AB2AC2BD2

可得 ∠BAC＝90°

如图,虽然

AD2BD²CD,D点在

△ABC外,∠ABC＞90°,∠BAC＜90°

因此∠BAC的度数不确定

3.（C）

记f(x)7x2(k13)xk2k2

f(0)k2k由20f(1)k22k803k4或2k1f(2)k23k04.（A）

高这35个连续自然数最小的是n2,最大的是(n1)21

∴

(n1)2n35

即

2n135

∴

n17

5.（C）

如图,设BPx,PC2x,

在△ABP中,由余弦定理,有

PA2AB2BP22AB²BPcosB

8x242xcosB

在△ABC中,由余弦定理,有

第 4 页 共 119 页

cosB(22)222(2)2210822252

822

∴

PAx25x8

而

PBPCx(2x)2xx2

令

yPA2PBPCx25x82xx2

2x27x82(x7215)0

48∴

PA2PBPC

6.（D）

若能找到6个整数a1,a2,„,a6,使满足

（1）a1a2„a620；

（2）a1≢a2，a1a2≢a3，a2a3≢a4；

a3a4≢a5，a4a5≢a4；

（3）a1a2a3a4a5＞a6．

则以a1,a2,„,a6为边长的六边形，即可符合要求．

事实上，对任选三整数1≢i＜j＜k≢6，必有aiaj≢ak，可见此六边形的任三边不能构成一个三角形．

现取

a1a21,a32,a43,a55,a68，则a1,a2,a3,a4,

a5,a6满足全部条件.

故这样的六边形至少存在一个.又由n边形(n≣4)的不稳定性,即知这样的六边形有无穷多个.

7. (A)

第 5 页 共 119 页 由loga11logab得logablogab.

b2所以

logab<0

得a1,b1或a1,b1且logba0,

所以结论(3)与结论(2)都是错误的.

在结论(1)中,若1b,得b1.从而a1.得ba2.所以结论(1)也是错误的.

b这样,只有结论(4)是正确的.

事实上,由loga

blogaa2,可得

11

logab2logba2logab又因为logab0,所以(logab)24,即2logab0.

因为logab为整数,所以logab=-1,

即b1,从而ab1,结论(4)正确.

a8. (B)

首先,若以Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ分别记APR,BPQ,CRQ,PQR,则SⅡ,SⅢ,SⅣ均不大于1111.又因为PQR180(BC)A,

22所以易证:h2≢h1(h1,h2分别为QRP,APR公共边PR上的高,因若作出△PQR关于PR的对称图形PQ’R，这时Q’，A都在以PR为弦的含∠A的弓形弧上，且因PQ’=Q’R，所以Q’为这弧中点，故可得出h1≢h2）。

从而S1≢SⅣ≢1，这样

212

2SABC=SⅠ+SⅡ+SⅢ+SN≢4最后，当AB=AC-2，∠A=90°时，

S△ABC=2即可以达到最大值2。

二．填空题

1． 62

x2112x(x2x2)第2页 共62.119 页 6

xx112． 5

因 123456789=10³12345678+9

所以所求数字等于

（1+4+9+6+5+6+9+4+1+0）³12345678+（1+4+9+6+5+6+9+4+1）的结果的个位数字。即5³8+5=45的个位数的数字，故所求数字为5。

3． 8

原方程整理为x2(a8)x8a10设x1,x2为方程的两个整数根，由x1+x2=a+8，知a为整数，因此，x-a和x-8都是整数。故由原方程知x-a=x-8(=±1)

∴所以a=8

4．400

作AD⊥BC，如图，则BD=DC。

设BD=DC=y，DPi

=x,

2则

miAPiBPiPiCAPi2(yx)(xy)

APi2x2y2ADy22

AC24.∴m1m2m100400.

第二试

一.证明 如图, 连BD, CE.

因

BCCDDEBCDCDE.

BCDCDE1802CBDCDBDCEDEC.

∴

BCE(1802)1803

又∵

BAE3,

A,B,C,D,E共圆

同理可证A,B,D,E共圆BACCADDAE.

1二.解法1 设xm,n(m,n为整数,0≢,1),

x1 若 {x}+{}=α+β=1

x1 ∴xmnmn1是整数。

x第 7 页 共 119 页

A,B,C,E共圆 令

x21k(为整数),

x 即

xkx10

解得

x1(kk24).

2当k2时,x1易验证它不满足所设等式。

当k≣3时，x21(kk24)是满足等式的全体实数。

22222由于k4不是完全平方数（事实上，若k4h则kh4但当k≣3时，

两个平方数之差不小于5）。

所以x是无理数，即满足题设等式的x，都不是有理数。

解法2 （1）取x11(35)或x(35)

22 （2）用反证法证明之。

反设满足等式之x为有理数。

首先，若x为整数，则{x}=0，代入等式得{ 其次，若x为非整数的有理数。

令

xn11}=1，与0≢{}<1矛盾。

xxq（其中n，p，q均为整数1. ≢q≢p且（q，p）=1）

p 则1rx(其中s,r为整数当n≣0时0≢rnp+q当n≢-1时,np+qr≢0)

xnpq1r}=

xnpq { 若x满足等式，即

qr1

pnpq即

q(npq)prp(npq).

从而得

qp[np(1n)qr].

第 8 页 共 119 页

2即

p整除q2,与(p,q)1矛盾.

故满足等式之x都不是有理数.

三.证明 设各行的棋子数分别P1≣P2≣„≣P1,P2,Pn,Pn1,P2n.且Pn≣Pn1≣„≣P2n.

由题设

P1P2PnPn1P2n3n, ①

选取含棋子数为P1,P2,Pn,的这n行,则

P1P2Pn≣2n,

否则, 若P1P2Pn≢2n1, ②

则

P1,P2,Pn中至少有一个不大于1,

由①,②得

Pn1P2n≣n1,

从而Pn1P2n中至少有一个大于1,这与所设矛盾.

选出的这n行已含有不少于2n枚棋子,再选出n列使其包含其余的棋子(不多于n枚),这样选取的n行和n列包含了全部3n枚棋子.

1991全国初中数学联合竞赛试卷

第一试

一、选择题

本题共有8个小题，每小题都给出了（A）、（B）（C）、（D）四个答案结论，其中只有一个是正确的．请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内．

１．设等式a(xa)a(ya)xaay在实数范围内成立，其中a，x，y3x2xyy2是两两不同的实数，则2的值是（ ）

2xxyy （A）3 ； （B）15； （C）2； （D）．

33２．如图，AB‖EF‖CD，已知AB=20，CD=80，BC=100，那么EF的值是（ ）

（A） 10； （B）12； （C） 16； （D）18．

３．方程xx10的解是（ ）

第 9 页 共 119 页

2（A）1515； （B）；

22151515或； （D）．

22211（C）1４．已知：x(1991n1991n)（n是自然数）．那么(x1x2)n，的值是（ ）

2（Ａ）1991； （Ｂ）1991；

1（Ｃ）(1)n1991； （Ｄ）(1)n1991．

11５．若1239910012M，其中Ｍ为自然数，n为使得等式成立的最大的自然数，则Ｍ（ ）

（Ａ）能被２整除，但不能被３整除；

（Ｂ）能被３整除，但不能被２整除；

（Ｃ）能被４整除，但不能被３整除；

（Ｄ）不能被３整除，也不能被２整除．

６．若a，c，d是整数，b是正整数，且满足abc，bcd，cda，那么

abcd的最大值是（ ）

（Ａ）1；（Ｂ）5；（Ｃ）0；（Ｄ）１．

７．如图，正方形OPQR内接于△ABC．已知△AOR、△BOP和△CRQ的S11n面积分别是S11，S23和S31，那么，正方形OPQR的边长是（ ）

（Ａ）2；（Ｂ）3；（Ｃ）2 ；（Ｄ）3．

８．在锐角△ABC中，AC1，ABc，A60，△ABC的外接圆半径R≢1，则（ ）

S23

S3=1

（Ａ）11<

c

< 2 ； （Ｂ）0<

c

≢；

22 （C）c

> 2； （D）c

= 2．

二、填空题

１．Ｅ是平行四边形ABCD中BC边的中点，AE交对角线BD于G，如果△BEG的面积是１，则平行四边形ABCD的面积是 ．

２．已知关于x的一元二次方程axbxc0没有实数第 10 页 共 119 页

2解．甲由于看错了二次项系数，误求得两根为２和４；乙由于看错了某一项系数的符号，误求得两根为－１和４，那么，

2b3c ．

a(x1)m(x1)p13．设m，n，p，q为非负数，且对一切x

>０，恒成立，则

xnxq(m22np)2q ．

４．四边形ABCD中，∠ ABC135，∠BCD120，AB6，BC53，

CD

= 6，则AD =

．

120135第二试

一、实数x与y，使得x + y， x － y， x y，

x

y四个数中的三个有相同的数值，求出所有具有这样性质的数对（x

,

y）．

二、△ABC中，AB＜AC＜BC，D点在BC上，E点在BA的延长线上，且BD＝BE＝AC，△BDE的外接圆与△ABC的外接圆交于F点（如图）．

求证：BF＝AF＋CF

二、 将正方形ABCD分割为

n个相等的小方格（n是自然数），把相对的顶点A，C染成红色，把B，D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．

1991全国初中数学联合竞赛试卷答案

第 一 试

一、选择题

1．（B）

第 11 页 共 119 页

2 据算术根性质，由右端知y

由此得x=－y，代入所求式算得值为1

3 ２．（C）

由平行截割定理，有

①

②

①+②，得

∴

３．（D）

设x0是方程的解，则—x0也是方程的解，排除（A）、（B）；（D）的两值必是方程的解，否则方程的解也不是（C）．

将1(15)代入方程，左边≠0，排除（C）．

222 ４．（D）

1　　　　　　1x1(1991n21991n)42111　　　　　　　　(1991n1991n)，

221所以　　原式（1991)n(1)n1991．1n5．（A）

在1³2³3³„³100的质因数分解中，2的因子有

第 12 页 共 119 页

所以，123100297348P12482P，其中2不整除P，3不整除P，因而M=2P．

６．（B）

(a

+b)+(c

+d)=c

+a， ∴b

=-d．

代入

b

+c

=d得c

=2d，a

=c

+d

=3d，

故a

+b

+c

+d

=2d

+3d

=5d

=-5b

≢-5 (∵b≣1)．

故

a

=-3，b

=1，c

=-2，d

=-1．

７．（C）

设正方形OPRQ的边长为x，即OP =PQ =QR =OR = x．作△ABC的高AD，交OR于F，在△AOR中，AF2S1OR2x．如图．

同理可得

故

另一方面　，SABCS1S2S3SOPRQ5x2．

所以　　　　12(x21016x2)5x2，x416，x2． ８．（A）

作CD⊥AB，因△ABC是锐角三角形，故D在AB内，从而

c =

AB＞AD

=

AC

cosA

= cosA

=

12．

又由正弦定理，得c =

AB =

2R

sinC＜2R≢2，

所以12＜c＜2．

二、填空题

1．12

如图，由△BEG

∽△DAG，得

DG∶GB＝AD∶BE＝２∶１，

∴ DB＝３GB．

连接DE，则

第 13 页 共 119 页

SABCD2SBCD22SBDE43SBGE12．

２．６

设甲将a看为a′，由韦达定理得

bc　　　　　　　　6　，　8．a\'a\'

b3于是　　　　　　．　c4 由于一次项系数b的符号不改变判别式的值，因此，乙只能是看错a或c的符号．于是a’

c4．

a 由①②得

a3．所以

b

　　　　

３．９

2b3c　　　6126．　　a

(x1)m(x1)p由于1对一切x0恒成立，取x1，则有2m12p．nqxx由于2p0,　　2m1为奇数，因此　p0,　m1．

再取　x2，则有31nnq1，即3－22．nq22若n>q，则上式左边为奇数，右边为偶数，矛盾．

若n

所以，只能是n=q=1．于是(m2np)４．219

作AE∥BC，交CD于E，自B，C分别作AE的垂直线BF与CG，F，G分别为垂足（如图）．BCGF为矩形，△AFB为等腰直角三角形，22q329．

ABBFAF3．

2　　　　　　　GCE＝30，由CG＝3知在Rt△CEG中，

＝　　　　　GE1，CE＝2，FG＝BC＝53．所以　　　　　　　AE＝AFFG＝GE

　　　　　　　　　　＝3531＝6．

　　　　　　　　　ED＝CDCE＝62＝4．

第 14 页 共 119 页 又　AEDBCD120，在　AED中应用余弦定理，有

AD2AE2ED22AE

EDcos12036162476．²所以　　　　　　　AD76219．第 二 试

一、由于x有意义，所以y≠0，从而x

+

y≠x－y

．

yx，即x

(y2－1) = 0．

y 因此x y

=所以x = 0或y

= ±1．

（１）若x = 0，则由x y = x + y，或x y = x－y，得y = 0，这样（２）若y = 1，则由x y = x + y得x =

x +1，

或由x y = x－y得x = x－1，都导致矛盾；

（３）若y = -1，则由x y = x + y得x = 由x y = x－y得x =x无意义；

y1，

21，

2111)　和　　(，1)． 所以符合要求的数对只有

(，22 二、证法１ 延长AF到M，使FM=CF．连CM、DF，在△EBD与△FCM中，由于BE=BD，FM=CF ，因此△EBD、△FCM都是等腰三角形．

∵ ∠EBD=∠MFC，

∴ ∠BED=∠CMF，

又 ∠BED=∠BFD，

∴ ∠CMF=∠BFD，

在△BFD与

△AMC中，

∠2=∠1，∠BFD=∠CMF，BD=AC，

∴ △BFD≌△AMC．

∴

BF=AM=AF+FM．

又∵

FM=CF，

∴

BF=AF+CF．

证法2 如图，连EF、DF

∵ ∠1=∠2，

第 15 页 共 119 页 ∠2=∠3，

∴ ∠1=∠3，

∵ ∠4=∠5，

∠5=∠6，

∴ ∠4=∠6．

∴ △AFC

∽△EFD

．

于是EFDEDFk，

AFACCF即EF=k²AF，DE=k²AC，DF=k²CF．

由托勒密定理，知BF²DE=BD²EF+BE²DF，

即BF²k²AC=BD²k²AF+BE²k²CF．

但是AC=BE=BD≠0，

所以BF=AF+CF.

二、证法１ 用数代表颜色，将红色记为０，蓝色记为１，再将小方格编号，记为1,2,3,„,n.

又记第i个小方格四个顶点数字之和为Ai,若恰有三个顶点同色,则Ai=1或3为奇数,否则Ai为偶数.

在A1A2An2中,有如下事实:

对正方形内部的交点,各加了4次；

原正方形边上非端点的交点,各加了２次(含两个０,两个１).

因此A1A2An2

＝４(内部交点相应的数之和)＋２³(边上非端点的交点相应的数之和)＋２必为偶数.

于是，在A1,A2,,An2中必有偶数个奇数，这就是说，恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．

证法2 用数代表颜色，红色记为l，蓝色记为－1，将小方格编号，记为l，2，„，2n2．

记第 i个小方格四顶点数字之乘积为Ai，若恰有三顶点同色，则Ai1,否则Ai1．

现在考虑乘积A1A2An2．对正方形内部交点，各点相应的数重复出现4次；A，第 16 页 共 119 页 B，C，D边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A，B，C，D四点相应的数的乘积为

１³１³（－1）³（－1）＝１．

于是

A1A2An2＝１．

因此，A1A2An2中－１的个数必为偶数，即恰有三顶点同色的小方格必有偶数个．

证法3 考虑染了色之后，改变一个交点的染色方式，这时以此点为顶点的小方格，要么由三顶点同色变为非三顶点同色，要么由非三顶点同色变成三顶点同色．

注意：除A，B，C，D之外，每一交点必是偶数个小方格的顶点，因此，改变一个交点的染色并不改变三顶点同色小方格数目的奇偶性．

当n＝l时，结论显然成立．

当n＞1时，每次改变一个交点的染色，最终总可以使B，D之外的点皆为红色，这时，三顶点同色的小方格只有两个，为偶数．

因此，任意染色之下，三顶点同色的小方格有偶数个．

1992全国初中数学联合竞赛试卷

第一试

一.选择题

本题共有8个题,每小题都给出了(A), (B), (C), (D)四个结论,其中只有一个是正确的.请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内.

1.满足abab1的非负整数(a,b)的个数是( )

(A)1; (B)2;

(C)3;

(D)4.

22.若x0是一元二次方程axbxc0(a0)的根,则判别式b4ac与平2方式M(2ax0b)2的关系是( )

(A)>M (B)=M (C)

(D)不确定.

3.若x13x10,则xx的个位数字是( )

(A)1; (B)3; (C)5; (D)7.

4.在半径为1的圆中有一内接多边形,若它的边长皆大于1且小于2,则这个多边形的边数必为( )

(A)7; (B)6; (C)5; (D)4.

5.如图,正比例函数yx和yax(a0)的图像与反比例函数y244k(k0)的图x像分别相交于A点和C点.若RtAOB和RtCOD的面积分别为S1和S2,则S1与S2的关系是( )

第 17 页 共 119 页 (A)S1S2 (B)S1S2 (C)S1S2 (D)不确定

答( )

6.在一个由88个方格组成的边长为8的正方形棋盘内放一个半径为4的圆,若把圆周经过的所有小方格的圆内部分的面积之和记为S1,把圆周经过的所有小方格的圆内部分的面积之和记为S2,则S1的整数部分是( )

S2(A)0; (B)1;

(C)2; (D)3.

7.如图,在等腰梯形ABCD中,

AB//CD,

AB=2CD,

A60,又E是底边AB上一点,且FE=FB=AC,

FA=AB.则AE:EB等于( )

(A)1:2 (B)1:3 (C)2:5 (D)3:10

8.设x1,x2,x3,,x9均为正整数,且

x1x2x9,x1x2x9220,则当x1x2x3x4x5的值最大时,x9x1的最小值是( )

(A)8; (B)9; (C)10; (D)11.

二.填空题

1.若一等腰三角形的底边上的高等于18cm,腰上的中线等15cm,则这个等腰三角形的面积等于________________.

1x2x41x42.若x0,则的最大值是__________.

x3.在ABC中,C90,A和B的平分线相交于P点，又PEAB于E点，若BC2,AC3，则AEEB .

4.若a,b都是正实数，且111ba0，则()3()3 .

ababab第二试

2 一、设等腰三角形的一腰与底边的长分别是方程x6xa0的两根，当这样的三角形只有一个时，求a的取值范围.

二、如图，在ABC中，ABAC,D是底边BC上一点，E是线段AD上一点，且BED2CEDA.

第 18 页 共 119 页 求证：BD2CD.

三、某个信封上的两个邮政编码M和N均由0，1，2，3，5，6这六个不同数字组成，现有四个编码如下：

A：320651 B：105263

C：612305 D：316250

已知编码A、B、C、D各恰有两个数字的位置与M和N相同.D恰有三个数字的位置与M和N相同.试求：M和N.

1992全国初中数学联合竞赛试卷答案

第一试

一．选择题

1.(C)

由ab1ab0(1,0)(0,1).

ab0,(1,1). 又由ab1∴共有3对.

2.(B)

设x0是方程的根,则ax0bx0c0.

所以(2ax0b)24a2x04abx0b2

4a(ax0bx0c)b24ac

b4ac.

3.(D)

21222由x13x10知x0.所以xx13,xx132167.

2222x4x416722,从而x2x4的个位数字为9-2=7.

4.(C)

若满足条件的多边形的边数大于或等于6,则至少有一边所对的圆心角不大于60°.由余弦定理知该边长必不大于1;同理,若存在满足条件的四边形,则它至少有一边长不小第 19 页 共 119 页 于2.

5.(B)

设A点的坐标为(x1,y1),C点的坐标为(x2,y2),

则x1y1x2y2k.

∴S16.(B)

据正方形的对称性,只需考虑它的\'1111OBABx1y1x2y2ODCDS2.

22221部分即可.记圆周经过的所有小方格的圆内部分4\'的面积之和为S1，圆周经过的所有小方格的圆外部分的面积之和为S2，则

S\'148，S\'2154.

S\'14S1484.56∴

\'.

S24S21542.44故S1的整数部分是1.

S27.(B)

设CD1,则FAAB2,易证BC1AB1,ABC90,

2FEFBAC3.

第 20 页 共 119 页 第 21 页 共 119 页 第 22 页 共 119 页

第 23 页 共 119 页

第 24 页 共 119 页 ∴ FG是等腰三角形BFD顶角平分线，因而也是底边BD上的中线．即 BG=GD．所以 BD=2BG=2DC．

三、对于编码M，考虑编码A中恰有两个数位上的数字与M中相应数位上的数字相同．设这两位是x1，x2数位．由于B、C中该两数位上的数字均与A在这两数位上的数字不同，因此B，C中这两数位上的数字必与M中这两数位上的数字不同，于是B中与 M中数字相同的数位必异于x1，x2．不妨设为x3，x4；同理C中与 M中数字相同的数位只能是异于x1，x2，x3，x4的x5，x6两位．关于 N也有类似的结论．这就是说，在每个数位上，A，B，C分别在该数位上的数字中，必有一个与M在该数位上的数字相同；同样地，也必有一个与N在该数位上的数字相同．

由此知，D中的6，0两数字必不是M，N在相应数位上的数字．于是D的3，1，2，5中只有一个数字与M在相应数位上的数字不同；与Ⅳ相比较也有类似的结果．

(A)若3不对，则有610253，013256；

(B)若1不对，则有360251，301256；

(C)若2不对，则有312056，310652；

(D)若5不对，则有310265，315206．

经检验知：该信封上编码M，N或者同为610253，或者同为310265．或者一个是610253，另一个是310265．

1993全国初中数学联合竞赛试卷

第一试

一.选择题

本题共有8个小题,每小题都给出了(A), (B), (C), (D)四个结论,其中只有一个是正确的.请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内.

1.多项式x12x61除以x21的余式是( )

(A)1; (B)-1; (C)x1; (D)x1;

第 25 页 共 119 页 2.对于命题

Ⅰ.内角相等的圆内接五边形是正五边形.

Ⅱ.内角相等的圆内接四边形是正四边形,以下四个结论中正确的是( )

(A)Ⅰ,Ⅱ都对 (B)Ⅰ对,Ⅱ错 (C)Ⅰ错,Ⅱ对. (D)Ⅰ,Ⅱ都错.

3.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)Ⅰ (B)Ⅱ (C)Ⅲ (D)Ⅳ

4.实数x1,x2,x3,x4,x5满足方程组

x1x2x3a1;xxxa;2342

x3x4x5a3;

xxxa;5144x5x1x2a5.其中a1,a2,a3,a4,a5是实常数,且a1a2a3a4a5,则x1,x2,x3,x4,x5的大小顺序是( )

(A)x1x2x3x4x5; (B)x4x2x1x3x5;

(C)x3x1x4x2x5; (D)x5x3x1x4x2.

5.不等式x1(x1)3x7的整数解的个解( )

(A)等于4 (B)小于4 (C)大于5 (D)等于5

2,O是垂心,AOBC,则cos(6.在ABC中,A是钝角是( )

(A)OBCOCB)的值22 (B)

22(C)13 (D).

22第 26 页 共 119 页 答( )

7.锐角三角ABC的三边是a,

b,

c,它的外心到三边的距离分别为m,

n,

p,那么m:n:p等于( )

111::; (B)a:b:c

abc(C)cosA:cosB:cosC (D)sinA:sinB:sinC.

(A)答( )

8.33(3432311)可以化简成( )

999(A)33(321); (B)33(321) (C)321 (D)321

答( )

二.填空题

3x26x51. 当x变化时,分式的最小值是___________.

122xx12.放有小球的1993个盒子从左到右排成一行,如果最左面的盒里有7个小球,且每四个相邻的盒里共有30个小球,那么最右面的盒里有__________个小球.

3.若方程(x21)(x24)k有四个非零实根,且它们在数轴上对应的四个点等距排列,则k=____________.

4.锐角三角形ABC中,A30.以BC边为直径作圆,与AB,

AC分别交于D,

E,连接DE, 把三角形ABC分成三角形ADE与四边形BDEC,设它们的面积分别为S1,

S2,则S1:S2=___________.

第二试

一.设H是等腰三角形ABC垂心,在底边BC保持不变的情况下让顶点A至底边BC的距离变小,这时乘积SABCSHBC的值变小,变大,还是不变?证明你的结论.

二.ABC中, BC=5,

AC=12,

AB=13, 在边AB ,AC上分别取点D,

E,

使线段DE将ABC分成面积相等的两部分.试求这样的线段DE的最小长度.

,x2,三.已知方程xbxc0及xcxb0分别各有两个整数根x1,x2及x122第 27 页 共 119 页 x20. 且x1x20,x10,x20; (1)求证:x10,x20,x1(2)求证:b1≢c≢b1;

(3)求b,c所有可能的值.

1993年全国初中数学联合竞赛试卷答案

第 一 试

一．选择题

1．（A）

∵

x12x61x6(x61)1，

∴ 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AB，知BCE=CEA，于是BC=EA.

∴

BCEA.

同理可证

BCDEABCDEA.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°,ABCD，BCDA，但ABBC，显然，ABCD满足命题II条件，但不是正四边形.

3．（D）

因为x1、x1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，yx1x12；

当x1时，yx1x122x12；

当x1时，yx1x122x12.

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

x1x4a1a2，x2x5a2a3，

x3x1a3a4，x4x2a4a5，

第 28 页 共 119 页 ∵

a1a2a3a4a5，

∴

x1x4，x2x5，x3x1，x4x2.

于是有

x3x1x4x2x5.

5．（A）

(x2)(x1)0,注意到

x1(x1)3x7

(x1)(x6)0.2

(x2)(x1)0x1或x2.

(x1)(x6)01x6.

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

12.

又由题设

OABC，

知

RtOAF≌RtBCF，

∴

OFBF，

于是

BOF45.

而

OBCOCB

180BOF135，

∴

cos(OBCOCB)cos135

7．（C）

如图，设O是ABC的外心，

OAOBOCR，

2.

2m1cosBOCcosA，

R2∴

mRcosA.

同理

nRcosB，pRcosC.

第 29 页 共 119 页 ∴

m:n:pcosA:cosB:cosC.

8．（D）

1331 原式3()(2231)

9133(2)1

31321二、填空题

1．4

1131312121321.

3x26x56x212x1026

12x22x2x22x2xx12

62，

(x1)21∴ 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,

∵

7a2a3a430，a2a3a4a530，

∴

a57.

同理

a9a13a17a4k1a19937.

3．4

722设xy，原方程变为y5y4k0.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

第 30 页 共 119 页 19，，

229于是

4k，

47∴

k.

4

4．3

如图，BC为圆的直径，

AEB180BEC90，

∴

AE3.

cosAcos30AB2又

ADE∽ABC，

∴

ADAE3.

ACAB2由此可知

1ADAEsinASAED2AE2()

1SABCABABACsinA23

.

4因而四边形DBCE面积

S21SABC.

4∴

S1:S23.

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.

∵

BHDAHE,

∴

HBDHAE.

因此

RtBDH∽RtADC

ADDC.

BDHD1又

BDDCBC,

2∴

第 31 页 共 119 页 1BC2.

411于是SABCSHBC(ADBC)(HDBC)

221BC4.

16∴ADHDBDDC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SABCSHBC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△HBD≌△GBD知，

CBGCBHCAG.

因而，A,B,G,C四点共圆.由相交弦定理，得

ADHDADDGBDDC

1BC2.

4因此，

SABCSHBC

11ADBC)(HDBC)

221BC4.

16

(由于BC是不变的.所以当点A至BC的距离变小时，乘积SABCSHBC保持不变.

222二、 由于51213，知△ABC是直角三角形.如图.SABC151230，

2设

ADx，AEy，

1xysinA

2

15，

5

sinA，

13由于

SADE知

xy

= 78.

由余弦定理知：

DE2x2y22xycosA(xy)22xy(1cosA)

(xy)278(1212)

13第 32 页 共 119 页

(xy)212≣12，

当x=y时，上式的等号成立，此时

DE1223达到最小值.

三、 （1）假如x10,同由x1x20，知x20，对于已知两个方程用韦达定理得x1x2bx\'1x\'2，这与已知x1x20，x\'1x\'20矛盾.因此x10，x20.

同理

x\'10，x\'20.

（2）由韦达定理及

x10，x20，有

c(b1)x1x2x1x21

(x11)(x21)≣0,

c≣b-1.

对于方程

xcxb0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x1x2x1x21从而(x11)(x21)2.由于2x1,x2都是负整数，故

x111,x112,

 或

x12.x11.22由此算出b5，c6.

经检验

b5，c6符合题意.

（II）当c=b时，有x1x2(x1x2)，从而(x11)(x21)1.因此

x1x22.故

bc4.

经检验

bc4符合题意.

2（III）当cb1时，bc1对方程

xcxb0作（I）类似讨论，得b6，c5.

综上所述得三组值：

第 33 页 共 119 页 b5b6b4





c6,c5,c4.

1994年全国初中数学联赛试题

第一试

一、选择题

本题共有8个小题，每小题都给出了（A）、（B）、（C）、（D）四个结论，其中只有一个是正确的，请把正确结论代表字母在题后的圆括号内。

1．若0

2(1)a1aa2

1aa122 （B） （C）1a （D）a1

1aa1222．设a，b，c是不全相等的任意实数，若xabc，yb2ca，zcab，则x，y，z( )

（A） 都不小于0； （B）都不大于0；

（C）至少有一个小于0；（D）至少有一个大于0；

3．如图，半圆O的直径在梯形ABCD的底边AB上，且与其余三边BC，CD，DA相切。若BC=2，DA=3。则AB的长( )。

（A）等于4； （B）等于5； （C）等于6； （D）不能确定

4．当x119943时，多项式(4x1997x1994)2001的2值为( )

20012001（A）1； （B）-1； （C）2 （D）-2

5．若平行直线，EF，MN与相交直线，AB，CD相交成如图所示的图形，同共得同旁内角( )对。

（A）4； （B）8； （C）12； （D）16。

6．若方程 有两个不相等的根，则实数P的取值范围是( )

（A）p0； （B）p111 ； （C）0p；

p

444答（ ）

7．设锐角△ABC的三条高AD，BE，CF相交于H，若BC= a，AC= b，AB= c，则AH²AD+BH²BE+CH²CF的值是( )

第 34 页 共 119 页 11(abbcca) （B）(a2b2c2)

2222222（C）(abbcca) （D）(abc)

33（A）8．若ab1994（其中a，b是自然数）且有的取值是( )

（A）1001； （B）1001，3898；

（C）1001，1996 （D）1001，1996，3989

二、填空题

1．若在关于x的恒等式xyy111，则2a+b的一切可能xyzMxN2cMxN中，为最简分式，且22xx2xaxbxx2有a>b，a+b= c，则N=________。

2．当|x1|6时，函数yx|x|2x1的最大值是_________。

3．在△ABC中，设AD是高，BE是角平分线，若BC=6，CA=7，AB=8，则DE=__________。

4．把两个半径为5和一个半径为8的圆形纸片放在桌面上，使它们两两相切，若要用大圆形纸片把这三个圆形纸片完全盖住，则这个大圆形纸片的最小半径等于_________。

第二试

一、如图所示，在△ABC中，AB=AC，任意延长CA到P，再延长AB到Q使，AP=BQ，求证：△ABC的外心O与A，P，Q四点共圆。

二、周长为6，面积为整数的直角三角形是否存在？若不存在，请给出证明；若存在，请证明共有几个？

三、某次数学竞赛共有15个题，下表是对于做对n（n=0,1,2,„,15）个题人数的一个统计，如果又知其中做对4个题和4个题以上的学生每人平均做对6个题，做对10个题和10题以下的学生每人平均做对4个题，问这个表至少统计了多少？

n

做对n个题的人数

0

7

1

8

2 3 „ 12

15

13

6

14

3

15

1 10 21 „

1994年全国初中数学联赛试题答案

第 一 试

一、选择题

1．（A）

第 35 页 共 119 页 1211a2∵

(a)(a)，

aaa1a2a11a∴ 原式.

aa11a1a2．（D）

2(xyz)2(a2b2c2abbcca)

(ab)2(bc2)(ca)20，

即xyz0，故x,y,z中至少有一个大于0.

3．（B）

如图，连接OC，OD.设半圆O的半径为r，则在△AOD中，AO与DA上的高都为r，故AO=DA. 同理，BO=BC.故AB=BC+DA=5.

4．（B）

因为x边119942，所以(2x1)1994，即24x24x19930.于是，

(4x31997x1994)2001

(14x24x1993)x(4x24x1993)1(1)20011.

2001

5．（D）

因为每一个“三线八角”基本图形中都有两对同旁内角，而从所给图形中可以分解出如下8个基本图形，共有16对同旁内角.

第 36 页 共 119 页 6．（C）

取p1，代入原方程得是可排除（A），（B）.

取p1，代入原方程得xx10，无解，故排除（D）.因此应选（C）.

7．（B）

由题设可知，H，D，C，E四点共圆.因此，有（如图）

ADAHACAE

ACABcosBAE

2x1x，即x2x10.此时方程有一个负根，于1(AC2AB2BC2)

21222

(bca).

2

12(ca2b2)，

21222

CHCF(abc).

21222所以

AHADBHBECHCF(abc).

2同理，

BHBE8．（C）

由1z1z1x1z1ba199411xyxx及b19941zyz4b1994可得a199及.故(ab)19941994.因此ab1994119942997.

但a,b均不为1，故有a2，b997或a997，b2.于是，2a+b=1001或1996

二、填空题

1．-4

2b1，∵xx2(x1)(x2)，且ab，所以，取a2，从而cab1.因此，

MxN21.

2xx2x2x1在上式中，令x0，得N4.

2．16

由x1≢6 解得-7≢x≢5.

当0≢x≢5时，yx2x1(x1)，此时

第 37 页 共 119 页

22

y增大(51)216；

当-7≢x≢0时，yx22x12(x1)2，此时

因此，当-7≢x≢5时，y的最大值是16.

3．151.

4CEBC.由此可得

EAABCEBC .

CEEABCAB63. ∴

CE714如图，由已知有AC2BC2AB2又

cosC

2ACBC7262821，

2764∴

DECEDC2CEDCcosC

3(7)237222214211151.

4416因此，

DE4．13151.

41

3如图，设⊙O1的半径为8，⊙O2，⊙O3的半径为5，切点为A，由对称性可知，能盖住这三个圆的最小圆形片的圆心O必在对称轴O1A上，且与已知三个圆相内切.若设这个圆形纸片的半径为r，则在Rt△O1O2A中，

O1A(85)25212.

在Rt△OO2A中，

(r5)5(128r)

解出

r22240113.

33第 38 页 共 119 页 第 二 试

一、证明 如图，连接OA,OC,OP,OQ.在OCP和OAQ中，OC=OA.由已知，CAAB，APBQ.

∴

CPAQ.

又∵O是ABC的外心，

∴

OCPOAC.

由于等腰三角形的外心必在顶角的平分线上.

∴OACOAQ，从而OCPOAQ.

因此，

OCP≌OAQ，

于是，

CPOAQO.

所以，O,A,P,Q四点共圆.

二、这样的直角三角形存在，恰有一个.设此直角三角形斜边为c,两直角边分别为a,b,面积为S,则

a≢b

a+b+c=b， ②

abc，

S222

④

③

1ab为整数

2由①,②有

2cabc63c

可得

2c3.

22 ⑤

又由①有

(ab)(6c)，

即

a2abb3612cc.

把③,④代入上式，得

c4S3612cc，

22222 ⑥

从而得

由⑤有63x9，又因S为整数，再由⑥，3c亦为整数，从而3c7或8.

若3c7，则S2，代入②,④得ab11，ab4，由于此方程组无解，故此3第 39 页 共 119 页 情形不可能；

若3c8则S1，此时ab10，ab2.

3解此方程组得a85757，b，而c，以这三个数为边长构成唯一直333角三角形.

三、由统计表可知：做对0—3个题的总人为78102146(人)，他们做对题目数的总和为708110221391(题)；做对12—15个题的总人数为1563125(人)，他们做对题目数的总和为15³12+6³13+3³14+1³15=315(题).

以x0,x1,x15分别表示做对0个，1个，„，15个题目的人数，由题意有

4x45x515x156，

x4x5x15及

0x0x12x210x104，

x0x1x10即

4x45x515x156(x4x5x15)，

0x0x12x210x104(x0x2x10).

两式相减得

11x1112x1215x15(x12x23x3)

6(x4x5x15)4(x0x1x10)

6(x11x12x15)4(x0x1x2x3)2(x4x5x10)

4(x11x12x15)6(x0x1x2x3)2(x0x1x15)

4x114(x12x13x14x15)6(x0x1x2x3)2(x0x1x15).

而已求得

x0x1x2x346，

x12x13x14x1525，

0x0x12x23x391，

第 40 页 共 119 页

12x1213x1314x1415x15315，

代入上式得

11x1131591

4x114256462(x0x1x15)，

故

x0x1x152003.5x11，（x11≣0）

因此，当x110时，统计的总人数x0x1x15最少为200人.

1995年全国初中数学联赛试题

第一试

一、选择题

本题共有6个小题，每一个小题都给出了以（A）、（B）、（C）、（D）为代号的四个答案，

其中只有一个答案是正确的，请将正确的答案用代号填在各小题的括号内。

1．已知a3，b4，c5则有（ ）

（A）abc ；（B）

cba ； （C）cab； （D）acb

5544332．方程组

xyyz63的正整数解的组数是（ ）

xzyz232（A）1； （B）2； （C）3； （D）4

3．如果方程(x1)(x2xm)0的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数m的取值范围是（ ）

（A）0m1； （B）m333； （C）m1 ； （D）m1

4444．如果边长顺次为25，39，52和60的四边形内接于一圆，那么此圆的周长为（ ）

（A）62π （B）63π （C）64π （D）65π

5．AB是圆O的一条弦，CD是圆O的直径，且与弦AB相交，记

M|SCABSDAB|.N2SOAB，则（ ）

（A）MN； （B）M=N； （C）MN （D）M，N的大小关系不确定

6．设实数a，b 满足不等式||a|(ab)||a|ab||（ ）

第 41 页 共 119 页 （A）a0且b0 （B）a0且b0

（C）a0且b0 （D）a0且b0

二、填空题

22321． 在1，2，3，„，95 这95个数中，十位数字为奇数的数共有________个。

1212． 已知α是方程xx0的根，则5的值等于________。

443223． 设x为正实数，则涵数yxx21的最小值是_________。

x24． 以线段AB为直径作一个半圆，圆心为O，C是半圆周上的点，OC=AC²BC，则∠CAB=________。

第二试

一、已知∠ACE=∠CDE=90°，点B在CE上，CA=CB=CD，过A，C，D三点的圆交AB于F（如图）。求证：F为△CDE的内心。

二、在坐标平面上，纵坐标与横坐标都是整数的点称为整点。试在二次函数x2x9y的图像上找出满足y|x|的所有整点（x，y）

10105二、试证：每个大于6的自然数n都可表示为两个大于1且互质的自然数之和。

1995年全国初中数学联赛试题答案

第 一 试

一、选择题

1．（C）

a3

b4

c555(35)1124311，

(34)1125611，

(53)1112511，

4433∴

cab.

2．（B）

第二个方程可以改写为

第 42 页 共 119 页

(xy)z23.

因为x+y≣2,且23是质数，故z=1，x+y=23，由此得y=23-x，将此代入第一个方程得

(23x)(x1)63，

即

x22x400.

解之得

x12,x220.

因此，原方程组的两组解为：

x12,y121,z11；

x220,y23,z21.

3．（C）

2因为x2xm0有两根，故44m≣0，得m≢1.原方程的三根为x11，2x211m，x311m.显然，x2≢x1≢x3.注意到x1x221m11mx3，由此得m3.

44．（D）

设ABCD为圆内接四边形，且AB=25，BC=39，CD=52，DA=60.圆内接四边形对角互补，故C180A.连接BD，由余弦定理（如图），

BD2AB2AD22ABADcosACB2CD22CBCDcosC

即

256022560cosA395223952cosA

2222252602392522解得

cosA0

2(25603952)故

A90BD为圆的直径.BD25260265.

故圆周长为65.

5．（B）

如图，作DEAB于E，CFAB于F，延长CF交圆O于G，连接DG，因CD是直径，故DGC是直角，从而EFGD是矩形，DEGF.不妨设CFFG，作OHCG于G，OLAB于L，则H是CG的中点，于是

第 43 页 共 119 页

CFFGCHHFFC2HF2OL.

因此

MSCABSDABABCFABDEAB(CFFG)

222

ABOL2SOAB.

6．（B）

若a,b满足题设的不等式.则有

a(ab)2aab，

2经化简整理得a(ab)aab.

由此知a0，ab0.从而aba，

aba上式仅当a0，ab0时成立，从而ba0

二、填空题

1．9

在1,2,„10中，十位数字是奇数的只有416，636.两位数的平方可以表22222示为(10ab)2100a220abb2，它的十位数的奇偶性与b十位数字的奇偶性相同.2因此，b只能取4与6.即相邻的每10个数中有两个数的十位数字是奇数.因此，题目给的95个数中，十位数字是奇数的共有19个.

2．20

a31(a1)(a1)(a2a1),

aaaaa(a1)(a1).

54322210，

4∴

a1，a10.

∵a满足等式

aa2a31a2a1所以

5

24322aaaaa(a1)11

420.

12()43．1

第 44 页 共 119 页

y(x1)x21121(x1)2(x)1.

xx当x=1时，(x1)2与(x4．75°或15°

1x)2同时取最小值0，因此y的最小值为1.

如图，因AB是直径，故ACB90，sinCABBC2.由OCACBC得ACOCOCBC.

在ABC中，由正弦定理得

sinAOCACsinCABOC

OCBCBCABOCAB12.

∴

AOC30或150.

在等腰OAC中，

CAB180AOC275或15.

第 二 试

一、证明

∵

ACBC，ACB90，

∴

CABCBA45.

∵

A,C,F,D四点共圆.

∴

CDFCAF45，

∵

CDE90，

∴

EDFCDECDF

45CDF，

DF平分CDE.

∵

CACD， ∴CADCDA，

又

CFD180CAD

180CDA

180CFA

CFB，

CDFCBF45

∴

DCF180CFDCDF

第 45 页 共 119 页

AB

即

180CFBCBF

BCF.

即CF平分DCE.

所以F是CDE的内心.

二、由y≢|x|，得

x2x18 ≢|x|，

10即

xx18≢10|x|.

当x≣0时，式为xx18≢10x，

即

x11x18≢0，

解得 2≢x≢9.

对于上述区间内x的整数值，当x=2,4,7,9时，相应的y为整数值.此时，满足条件的点有(2,2),(4,3),(7,6),(9,9).

当x0时，式为

xx18≢-10x，

即

x9x18≢0，

解得 -6≢x≢-3.

对于上述区间内x的整数值，当x=-6,-3时，相应的y为整数值.此时，满足条件的点有(-6,6)(-3,3).

故满足条件的整点共有6个.

三、证明 对n分情况讨论.

（1）当n为奇数时，设n2k1(k>1,k为整数）.若n=4k，此时

n=k+(k+1)

由于(k,k1)1，上述表示符合要求.

（2）当n为偶数时，设n4k或4k2(k>1,k为整数).若n4k，此时

n(2k1)(2k1).

222222k1与2k1是互质的，因为若它们有公因数d≣2，设2k1nd,2k1md (m,n是自然数)，则(mn)d2，可见d2，所以d2，这与2k1，2k1均为奇数相矛盾.

若

n4k2，此时

第 46 页 共 119 页

n(2k1)(2k3).

2k1与2k3是互质的.因为若它们有公因数d≣2，设2k1nd,2k3md (m,n是自然数)，则(mn)d2，可见d2，所以d2，这与2k1，2k1均为奇数相矛盾.

若

n4k2，此时

n(2k1)(2k3).

2k1与2k3是互质的.因为若它们有公因数d≣2，设2k1nd,2k3md (m,n是自然数)，则(mn)d4，可见d4，即d=2或4.这与2k1，2k3均为奇数相矛盾.

综上所述，原命题得证.

1995年全国初中数学联赛参考答案

第一试

一、选择题

1．讲解：这类指数幂的比较大小问题，通常是化为同底然后比较指数，或化为同指数然后比较底数，本题是化为同指数，有

c＝(53)11＝12511＜24311＝(35)11＝a＜25611＝(44)11＝b。选C。

利用lg2＝0.3010，lg3＝0.4771计算lga、lgb、lgc也可以，但没有优越性。

2．讲解：这类方程是熟知的。先由第二个方程确定z＝1,进而可求出两个解：(2，21，1)、(20，3，1)．也可以不解方程组

直接判断：因为x≠y(否则不是正整数)，故方程组①或无解或有两个解，对照选择支，选B。

3．讲解：显然，方程的一个根为1，另两根之和为x1＋x2＝2＞1。三根能作为一个三角形的三边，须且只须｜x1－x2｜＜1又

第 47 页 共 119 页 有0≢4－4m＜1．

4．讲解：四个选择支表明，圆的周长存在且唯一，从而直径也存在且唯一．又由

AB2＋AD2＝252＋602＝52³（52＋122）＝52³132

＝(32＋42)³132＝392＋522＝BC2＋CD2

故可取BD＝65为直径，得周长为65π，选D．

5．讲解：此题的得分率最高，但并不表明此题最容易，因为有些考生的理由是错误的．比如有的考生取AB为直径，则M＝N＝0，于是就选B．其实，这只能排除A、C，不能排除D．

不失一般性，设CE≣ED，在CE上取CF＝ED，则有OF＝OE，且S△ACE－S△ADE＝S△AEF＝2S△AOE．同理，S△BCE－S△BDE＝2S△BOE．相加，得S△ABC－S△DAB＝2S△OAB，即M＝N．选B．

若过C、D、O分别作AB的垂线（图3），CE⊥AB、DF⊥AB、OL⊥AB，垂足分别为E、F、L．连CF、DE，可得梯形CEDF．又由垂径分弦定理，知L是EF的中点．根据课本上做过的一道作业：梯形对角线中点的连线平行底边，并且等于两底差的一半，有

｜CE－DF｜＝2OL．

即M＝N．选B．

6．讲解：取a＝-1、b＝2可否定A、C、D，选B．一般地，对已知不等式平方，有

｜a｜(a＋b)＞a｜a＋b｜．

显然｜a｜｜(a＋b)｜＞0（若等于0，则与上式矛盾），有

第 48 页 共 119 页 两边都只能取1或-1，故只有1＞-1，即

有a＜0且a＋b＞0，从而b＞-a＞0．选B．

二、填空题

1．讲解：本题虽然以计算为载体，但首先要有试验观察的能力．经计算12，22，„，102，知十位数字为奇数的只有42＝16，62＝36．然后，对两位数10a＋b，有

（10a＋b）2＝20a（5a＋b)＋b2．

其十位数字为b2的十位数字加上一个偶数，故两位数的平方中，也中有b＝4或6时，其十位数字才会为奇数，问题转化为，在1，2，„，95中个位数出现了几次4或6，有2³9＋1＝19．

2.讲解：这类问题一般都先化简后代值，直接把a

学生在这道题上的错误主要是化简的方向不明确，最后又不会将a2＋a作为整体代入．这里关键是整体代入，抓住这一点，计算可以灵活．比如，由①有

由②－①，得

由③－②并将④代入，得

第 49 页 共 119 页