1988年全国初中数学联赛试题.pdf

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1、1988第五届全国初中数学联赛 第一试 一 选择题 1 下面四个数中最大的是 A tan48cot48 B sin48cos48 C tan48cos48 D cot48sin48 2 在实数范围内 设 1988 2 1 2 1 51 1 1 1 1 aaaaa x a a 则x的个位数字是 A 1 B 2 C 4 D 6 3 如图 1 在直角梯形ABCD中 7AB 2AD 3BC 如果这AB上 的点P使得以P A D为顶点的三角形和以P B C为顶点的三角形 相似 那么这样的点P有 A 1 个 B 2 个 C 3 个 D 4 个 4 下面有四个命题 一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四

2、边形 一组对边相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 一组对角相等且一组对角的顶点所连接的对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 一组对角相等且一组对角的顶点所连接的对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边 形 其中 正确的命题的个数是 A 1 B 2 C 3 D 4 二 填空题 1 如果质数p q满足关系式3531pq 那么 2 log 31 p q 的值是 2 如图 2 ABC 的边2AB 3AC 1 2 3 分别表示以AB BC CA为边的正方形 则图中三个阴影部分面积的和的最大值是 3 如果自然数 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 满足 1234512345

3、xxxxxx x x x x 那么 5 x的最大值是 4 如图 3 A B C D四点在同一圆周上 且4BCCD 6AE 线段BE和DE的长都是正整数 则BD的长等于 第二试 一 一串数 1 4 7 10 697 700 的规律是 第一个数是 1 以后的每一个 数等于它前面的一个数加 3 直到 700 为止 将所有这些数相乘 试求所得数 的尾部零的个数 例如 12003000 尾部零的个数是 3 二 如果p q 21p q 21q p 都是整数 并且1p 1q 试求pq 的值 图 1 P D CB A 图 2 CA B 1 3 2 图 3 E D C B A 欢迎加入太原初中数学联赛群 1 2

4、 9 5 2 8 4 7 2 一起学习数学 太原学而思初二数学团队 优秀学生的摇篮 9 4 PQR 和PQR 是两个全等的等边三角形 六边形ABCDEF的边长分别记为 1 ABa 1 BCb 2 CDa 2 DEb 3 EFa 3 FAb 求证 222222 123123 aaabbb 1988 第五届全国初中数学联赛 答案 第一试 一 选择题 1 A 解析 0cos481 0sin481 sin48cos48 sin48cos48tan48cot48 cos48sin48 cos48 tan48cos48tan48tan48cot48 sin48 sin48 cot48sin48cot48c

5、ot48tan48 cos48 所以最大的是tan48cot48 故选 A 点评 这道题考的是三角函数的基本概念 并且需要知道三角函数在090 度时的取值范围 对于 给出的 48 度 我们只要与 45 度角的三角函数数值比较即可 2 D 解析 要使两个根式都有意义 必须 2 1 0aa 且 2 1 0aa 但 2 1 2 1 aaaa 所以只能是 2 1 0aa 解得 1 2a 2 1a 3 1a 若 1 2a 则 1 10 1a 若 2 1a 则10a 均使分母为零 因而仅有 3 1a 适用 此时 1988 19884 497497 5 1 1 2 216 1 1 x 所以x的个位数字是 6

6、 故选 D 点评 题目的式子很复杂 但往往复杂的算式会有一个突破口 本题的突破口就是根据根式有意义 得出a的可能值 但是要注意的是对于分式我们一定要对求出的可能值进行检验 防止出现 P b1 a3 b2 b3 a2 a1 Q P R RQ F ED C BA 欢迎加入太原初中数学联赛群 1 2 9 5 2 8 4 7 2 一起学习数学 太原学而思初二数学团队 优秀学生的摇篮 pM 3 C 解析 如图 1 设APx 则7PBx 如果PADPBC 则 2 73 x x 14 7 5 x 符合条件 如果PADCBP 则 2 37 x x 1 1x 2 6x 也都符合条件 所以满足条件的点p有 3 个

7、 故选 C 4 A 解析 对于 可分别给出反例 例如 如图 2 中四边形ABCD 其中ABDCDE 如图 3 作等腰ADE 延长底边ED至任意点O 以O为对角线的交点可作出平行四边 形ABCE 而此时的四边形ABCD满足条件ADAEBC 且AOCO 但不是平行四边 形 如图 3 中的四边形ABCD 其中B D是AC的垂直平分线上的任意两点 以下证明命题 是正确的 如图 4 已知BADDCB 且OBOD 以O为中心 将ABD 逆时针旋转 180 度 由于OBOD 所以D与B重合 B与D重合 点A与射线OC上的某点 A 重合 如果 A 不是C 则BADBCD A 在线段OC内部 或BADBCD A

8、 在OC的延 长线上 都与BADBAD BCD 矛盾 从而 A 即是C 即OAOAOC 所以四边形ABCD是平行四边形 综上 仅有命题 正确 故选 A 点评 题目的解法比较明显 根据相似的条件列出方程再求解即可 但在列方程的时候要注意相似 有两种情况 要分情况求解 最后要注意验算 看得出的结果是否满足题意 二 填空题 1 3 或 0 解析 由条件知 3p和5q中必有一个是偶数 而另一个是奇数 若3p是偶数 则只有2p 从 而5q 这时 222 21 logloglog3 313 518 p q 若5q是偶数 则只有2q 从而7p 这时 222 7 logloglog 10 313 21 p q

9、 所以 2 log 31 p q 的值是3 或 0 点评 这道题的关键是要解出p q的值 这其中要利用奇偶性来判断 并且要用到 2 是惟一的偶 质数 这点在竞赛中经常会成为一道题目的突破口 我们要加以注意 2 9 解析 利用公式 1 sin 2 SabC 和sin 180 sin 易知 三个阴影三角形的面积都分别等于 图 1 P D CB A 欢迎加入太原初中数学联赛群 1 2 9 5 2 8 4 7 2 一起学习数学 太原学而思初二数学团队 优秀学生的摇篮 ABC 的面积 如图 5 因此三个阴影部分与面积的和 1 33 sin9sin9 2 BACBAC 当90BAC 时 等号成立 所以三个

10、阴影部分面积的和的最大值是 9 正弦定理 三角形面积公式 正弦定理 在一个三角形中 各边和它所对角的正弦的比相等 并且都等于该三角形外接圆 的直径 即 2 sinsinsin abc R ABC 面积公式 111 sinsinsin 222 SbcAabCacB 正弦定理的变形及应用 变形 2 sinaRA 2 sinbRB 2 sincRC sin sin sin ABCa b c sin 2 a A R sin 2 b B R sin 2 c C R 应用 利用正弦定理和三角形内角和定理 可以解决以下两类解斜 三角形问题 已知两角和任一边 求其他两边和一角 已知两边和其中一边的对角 求另一

11、边的对角 一般地 已知两边和其中一边的对角解三角形 有两解 一解 无解三种情况 正弦定理 可以用来判断三角形的形状 其主要功能是实现三角形中边角关系转化 例如 在判断三角形形状时 经常把a b c 分别用2 sinRA 2 sinRB 2 sinRC来代替 点评 这道题其实并不难 但需要大家对三角形的面积公式很熟悉 并且能够灵活运用三角函数的 公式 这里面有些知识是高中的 同学们需要了解一下 3 5 解析 由条件等式的对称性 不妨设 12345 xcxxx 由 23451 345124512351234 11111 1 x x x xx x x xx x x xx x x xx x x x 4

12、5454554 11111 x xx xx xxx 45 45 3xx x x 得 4545 3x xxx 45 1 1 4xx 若 4 1x 则 1234 1xxxx 这时 题设等式成为 55 4xx 矛盾 若 4 1x 则 5 14x 即 5 5x 若 5 5x 时 容易找到满足条件的解组 1 1 1 2 5 所以 最大值是 5 点评 给出一个一般的结论 满足等式 1212nn xxxx xx 的自然数 12 i x in 至少有 一组 2 1 11 n 个 2 n 利用它我们不难解答下面的问题 试写出方程 121987121987 xxxx xx 的在自然数集中的一组解 答案 12198

13、5 1xxx 1986 2x 1987 1987x 4 7 2 3 1 B AC 图 5 A B C D E 图 6 欢迎加入太原初中数学联赛群 1 2 9 5 2 8 4 7 2 一起学习数学 太原学而思初二数学团队 优秀学生的摇篮 K L 如图 6 设ECx BEy EDz 由DCEACD 得 CDEC CADC 即 4 64 x x 解得 2 2x 8x 不合题意 又由AE ECBE ED 得6 212yz 但在BCD 中 又可得448yz 从而 只能求出正整数解组 3 4 y z 或 4 3 y z 此时 都有7BDyz 点评 这道题考的主要是圆的性质 这其中用到了相交弦定理 圆周角定

14、理等 这样的圆内接四边 形的图形是我们经常遇到的 我们要很熟悉这个图形中哪些三角形相似以及它们边之间的比 例关系 第二试 一 解析 首先 求出积中含有因数 5 的个数 数组中 10 25 40 35 700 均含有因数 5 这一组数共有 700 10 15 147 个 如果每一个数各计一个 5 共 47 个 5 但是 其中 25 100 175 700 还有含有第二个因数 5 这些数共计有 70025 75 1 100 因此 就该再添上 10 个 5 类似地 250 625 还会有第三个因数 5 625 还会有第四个因数 5 这样 积中因数 5 的个数为47 102 160 个 至于积中因数

15、2 的个数显然多于 60 个 所以 积的尾部共有 60 个零 点评 这种求尾数零的个数的问题相信大家不会陌生 这主要就是求含因数 5 的个数 在数的时候 要注意不要漏算 二 解析 解法 1 首先有pq 事实上 若pq 则 21211 2 pp qpp 因为1p 21p q 不是整数 与题设矛盾 由对称性 不妨设pq 且令 21q m p 则m为正整数 21212mpqpp 1m 这样21pq 据此 21433 4 pq qqq 但 21p q 也是正整数 且1q 3q 欢迎加入太原初中数学联赛群 1 2 9 5 2 8 4 7 2 一起学习数学 太原学而思初二数学团队 优秀学生的摇篮 e 21

16、5pq 8pq 解法 2 由解 1 知pq 不妨设pq 令 21p m q 21q n p 则m n都是正整数 且易知mn 由 1 2 np q 将 代入 得 1 21 2 np pmqm 4 2mn pm 4mn 是正整数 即1mn 2mn 或3mn 再注意到mn 因而仅有 2 1 m n 或3 1 n n 当2m 1n 时 由 解得 2p 3 2 q 不合题意 当3m 1n 时 由 解得 5p 3q 8pq 点评 这是一道综合性很强的题目 需要用到不定方程的解法 以及整除的性质等 题目的困难之 处在于不知道具体 21p q 和 21q p 等于多少 为此我们多设一个未知数来求解 这样的方法 以后也会经常用到 尤其是当多项式是整数时 三 解析 证明 首先容易证明PABQCBQCDREDREFPAF 依次记上述六个三角形的面积为 1 S 1 S 2 S 2 S 3 S 3 S 易知 123123 SSSSSS 由 2 11 2 11 bS aS 2 22 2 11 bS aS 2 33 2 11 bS aS 得 222 123123 2 11 bbbSSS aS 即 2 11 222