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2005年“卡西欧杯”全国初中数学竞赛试题及参考答案 一、 选择题（共5小题，每小题6分，满分30分。） 1、如图，有一块矩形纸片ABCD，AB＝8，AD＝6。将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED沿DE向右翻折，AE与BC的交点为F，则△CEF的面积为（　　） A、2　　　　B、4　　　C、6　　　D、8 A A A B B B C C C E E D D D F 答：A 解：由折叠过程知，DE＝AD＝6，∠DAE＝∠CEF＝45°，所以△CEF是等腰直角三角形，且EC＝8－6＝2，所以，S△CEF＝2 2、若M＝（x，y是实数），则M的值一定是（　　　） A、正数　　　B、负数　　　C、零　　　D、整数 A1 B C D A B1 C1 I 解：因为M＝＝≥0 且，，这三个数不能同时为0，所以M≥0 3、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（　　　） A、30°　　　B、45°　　　C、60°　　　D、90° 答：C 解：因为IA1＝IB1＝IC1＝2r（r为△ABC的内切圆半径），所以 点I同时是△A1B1C1的外接圆的圆心，设IA1与BC的交点为D，则IB＝IA1＝2ID， 所以∠IBD＝30°，同理，∠IBA＝30°，于是，∠ABC＝60° 4、设A＝，则与A最接近的正整数为（　　　） A、18　　　B、20　　　C、24　　　D、25 答：D 解：对于正整数m n≥3，有，所以A＝ ＝ 因为＜＜，所以与A最接近的正整数为25。 5、设a、b是正整数，且满足56≤a＋b≤59，0.9＜＜0.91，则等于（　　） A、171　　　B、177　　　C、180　　　D、182 答：B 解：由题设得0.9b＋b＜59，0.91b＋b＞56，所以29＜b＜32。因此b＝30，31。 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＝177 二、 填空题：（共5小题，每小题6分，满分30分。） 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　　　　秒钟后，△OAB的面积第一次达到最大。 答： 解：设OA边上的高为h，则h≤OB，所以S△OAB＝≤ 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＝ 7、在直角坐标系中，抛物线（m＞0）与x轴交于A、B两点，若A、B两点到原点的距离分别为OA、OB，且满足，则m的值等于　　　　　　 答：2 解：设方程的两根分别为且＜，则有 ＜0，＜0 所以有＜0，＞0，由，可知OA＞OB，又m＞0，所以，抛物线的对称轴在y轴的左侧，于是，OB＝，所以由得m＝2 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，，，…，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，那么此时手中恰好有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，最后剩下的就是原来顺序的第88张牌。按照两副扑克牌的花色排列顺序，88－54－2－26＝6，所剩下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　　　　　　　。 A B C D F E P Q R 答： 解：过点E作EF∥AD，且交边BC于点F， 则所以FD＝CD＝， 又因为PQ∥CA，所以， 于是PQ＝ 由△QPR∽△ACB，故 10、已知,,…，都是正整数，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，故的最小值和最大值是存在的。 不妨设≤≤…≤，若＞1，则＋＝，且 ＞ 所以当＞1时，可以把逐步调整到1，这时，将增大；同样地，可以把，，…逐步调整到1，这时将增大。于是，当，，…均为1，＝19时，取得最大值，即 39个 A＝。 若存在两个数，，使得－≥2 ( 1≤i＜j≤ 40，则 ＜ 这说明在,,…，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，将减小。 所以，当取到最小时，,,…，中任意两个数的差都不大于1。于是，当，时，取得最小值，即 18个 22个 B＝＝94，故A＋B＝494 三、 解答题（共4题，每小题15分，满分60分） 11、某校举行春季运动会时，由若干个同学组成一个8列的长方形队列。如果原队列中增加120人，就能组成一个正方形队列；如果原队列中减少120人，也能组成一个正方形队列。问原长方形队列有同学多少人？ ① ② 解：设原长方形队列有同学8x人，由已知条件知8x＋120和8x－120均为守全平方数。于是可设 其中m、n均为正整数，且m＞n。 ① －②得即 由①、②可知，、都是8的倍数，所以m、n均能被4整除。于是m＋n，m－n均能被4整除。所以或　　　解得：或 所以，或 。 故原长方形队列有同学136人或904人。 12、已知p，q都是质数，且使得关于x的二次方程 　　　　　 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8p－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，（≤），由根与系数的关系得 ＋＝8p－10q　　　① ＝5pq　　　　　　② 由②得，，有如下几种可能的情况： 所以＋＝5pq＋1，pq+5，p＋5q，q＋5p，代入① 当＋＝5pq＋1时，5pq＋1＝8p－10q，而5pq＋1＞10p＞8p－10q，故此时无解。 当＋＝pq＋5时，pq＋5＝8p－10q，所以（p＋10）（q－8）＝－85 因为p、q都是质数，只可能　　所以（p，q）＝（7，3） 当＋＝p＋5q时，p＋5q＝8p－10q，所以7p＝15q，不可能。 当＋＝5p＋q时，5p＋q＝8p－10q，所以3p＝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） 13、如图，分别以△ABC（△ABC为锐角三角形）的边AB，BC，CA为斜边向外作等腰直角三角形DAB，EBC，FAC。求证：（1）AE＝DF；（2）AE⊥DF。 证明：（1）延长BD至点P，使DP＝BD，连结AP、CP。 A B C F P D E 　　因为△DAB是等腰直角三角形， 所以∠ADB＝90°，AD＝BD， 在等腰直角三角形EBC中， ∠BEC＝90，BE＝CE， 所以 因为∠PBC＝∠PBA＋∠ABC＝45°＋∠ABC， ∠ABE＝∠CBE＋∠ABC＝45°＋∠ABC 所以∠PBC＝∠ABE。于是△ABE∽△PBC， 即AE＝PC。 同理，在△ADF和△APC中，有,∠DAF=∠PAC=45°+∠DAC 所以△ADF∽△APC 即DF＝PC。　　所以，AE＝DF。 （2）因为△ADF∽△APC，所以∠ADF＝∠APC，又由△ABE∽△PBC，得∠BAE＝∠CPB，于是∠DAE＋∠ADF＝45°＋∠BAE＋∠ADF＝45°＋∠CPB＋∠APC＝90° 所以，AE⊥DF。 14、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，满足条件。 事实上，设a，b，c（a＜b＜c）这三个数取自1，14，15，…，205。若a＝1，则ab＝b＜c；若a＞1，则ab≥14×15＝210＞c 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＜205 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。 6