上海大同杯數(shù)學(xué)競(jìng)賽及答案

上海初三數(shù)學(xué)競(jìng)賽（大同中學(xué)杯）2015年12月6日一填空題（每小題10分，共80分）1、已知AB為圓O的直徑，AB=1，延長(zhǎng)AB到點(diǎn)C，使得BC=1，CD是圓O的切線，D是切點(diǎn)，則三角形ABD的面積為多少？解答：根據(jù)切割線定理可以得到：CD=CB×CA，因此CD=2。因?yàn)榭梢缘玫饺切蜟BD∽三角形CDA，所以BD/AD=BC/AC=1/2。因此BD=1/3。而三角形ABD是直角三角形。根據(jù)勾股定理有AB=BD+AD，即1=3BD，因此BD=1/3。而三角形ABD的面積為1/2×BD×AD=2/6=1/3。2、有編號(hào)分別為1,2,3,4,5,6,7的7個(gè)大小相同的小球，從中任取3個(gè)小球，則取出的3個(gè)小球的編號(hào)和為奇數(shù)的概率為多少？解答：從七個(gè)小球任意取出三個(gè)小球的取法為C7=35種，因?yàn)闆](méi)有小球的數(shù)字相同，這樣這三個(gè)球的數(shù)字和有35種結(jié)果。要使和為奇數(shù)，應(yīng)該包括兩種情況：第一種是三個(gè)數(shù)均為奇數(shù)，也就是從1,3,5,7四個(gè)數(shù)中取三個(gè)，取法為C4=4；第二種是一個(gè)奇數(shù)，兩個(gè)偶數(shù)，也就是從1,3,5,7的四個(gè)數(shù)中取1個(gè)，從2,4,6三個(gè)數(shù)中取兩個(gè)，取法有C4×C3=12。這樣和為奇數(shù)一共有4+12=16種。從而取出的3個(gè)小球的編號(hào)和為奇數(shù)的概率為16/35。3、實(shí)數(shù)x,y滿足x^2+3y=4，y^2+3x=4，x≠y，則(2x+y)/(2y+x)的值為多少？解答：因?yàn)閤^2+3y=4，y^2+3x=4，將兩式相加得到x^2+y^2+3(x+y)=8，即(x+y)^2-2xy+3(x+y)=8，化簡(jiǎn)得到(x+y)^2+3(x+y)-8=2xy。因?yàn)閤≠y，所以x+y≠0，所以可以將原式分子分母同時(shí)乘以2(x+y)，得到(2x^2+5xy+2y^2)/(2y^2+5xy+2x^2)。根據(jù)x^2+3y=4和y^2+3x=4，可以得到xy=1，將其代入原式得到(2+5xy)/(2xy+5)=7/3。4、若三個(gè)素?cái)?shù)的乘積恰好等于它們和的23倍，則這三個(gè)素?cái)?shù)為什么？解答：設(shè)這三個(gè)素?cái)?shù)為a,b,c。則有abc=23(a+b+c)。因?yàn)?3是素?cái)?shù)，從abc=23(a+b+c)可以得到23能夠整除三個(gè)素?cái)?shù)a,b,c的abc積。從而可以得到其中有一個(gè)素?cái)?shù)必為23。假設(shè)a=23，則有23bc=23(b+c)+23b+23c，即bc=b+c+b/22+c/22。因?yàn)閎,c都是素?cái)?shù)，所以b/22和c/22都不是整數(shù)，因此b/22+c/22<b+c。因此b/22+c/22<1，即b+c<22。因?yàn)?3是素?cái)?shù)，所以b+c不能等于23，因此只能有b+c=19。因?yàn)閎,c都是素?cái)?shù)，所以b和c只能是2和17，或3和16，或5和14，或7和12，或11和8。但是a=23，所以b和c不能同時(shí)是偶數(shù)，因此只有b=3，c=16，或b=5，c=14，或b=7，c=12，或b=11，c=8。因此這三個(gè)素?cái)?shù)只有一組解，即23,3,16。這樣有$bc=23+b+c\Rightarrowbc-b-c+1=24\Rightarrow(b-1)(c-1)=24=4\times6=2\times12$。由于$b,c$為素?cái)?shù)，因此得到$b=5,c=7$或$b=3,c=13$。這樣得到的三個(gè)素?cái)?shù)為$5,7,23$或$3,13,23$。如圖，圓$O_1$與圓$O_2$外切于點(diǎn)$P$，從圓$O_1$上點(diǎn)$A$作圓$O_2$的切線$AB$，$B$是切點(diǎn)，連接$AP$并延長(zhǎng)，與圓$O_2$交于點(diǎn)$C$。已知圓$O_1$、圓$O_2$的半徑分別為$2,1$，則$AC=3AB/2$。解答：做如圖所示的輔助線?？梢缘玫?\triangleCO_1P\sim\triangleABO_2$，$\trianglePCCO_2\sim\triangleAA'O_1$，其中$AA'\parallelCO_2$。因此$\frac{AC}{AB}=\frac{AA'}{CO_1}=\frac{2AP}{CO_1}=3$，所以$AC=3AB/2$。如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系$xOy$中，$\angleMON$的兩邊分別是射線$y=x(x\geq0)$與$x$軸正半軸。點(diǎn)$A(6,5)$，$B(10,2)$是$\angleMON$內(nèi)的兩個(gè)定點(diǎn)，點(diǎn)$P,Q$分別是$\angleMON$兩邊上的動(dòng)點(diǎn)，則四邊形$ABQP$周長(zhǎng)的最小值是$34+89=123$。解答：本題主要就是應(yīng)用對(duì)稱。應(yīng)為四邊形$MABQP$，其中一個(gè)邊$AB$為定值。要求四邊形$A'BQP$周長(zhǎng)的最小值，只要求另外三邊的最小值。由對(duì)稱可以得到$A(5,6),B(10,-2)$。四邊形另外三邊的最小值為$AB$。依據(jù)兩點(diǎn)間距離公式有$AB=\sqrt{(10-5)^2+(-2-6)^2}=\sqrt{89}$，$AB=\sqrt{(10-5)^2+(2-5)^2}=\sqrt{34}$，從而最小值為$89+34=123$。不定方程$x^2+y^2=xy+2x+2y$的整數(shù)$(x,y)$解共有$4$組。解答：設(shè)$x+y=k$，所以從$x^2+y^2=xy+2x+2y$，可以得到$k^2-2xy=xy+2k$。所以$k^2-2k=3xy\Rightarrowxy=\frac{k^2-2k}{3}$。同時(shí)要保證$xy$為整數(shù)。這樣就有$k^2-8k\leq0\Rightarrow\leqk\leq8$。因此有$\Delta=(-k)^2-4\times\frac{k^2-2k}{3}=k^2-8k+16-\frac{4}{3}k^2+\frac{8}{3}k=k^2-\frac{4}{3}k^2=\frac{1}{3}k^2(k-12)\geq0\Rightarrowk\leq0$或$k\geq12$。因此$2\leqk\leq8$。所以$\Delta$為完全平方數(shù)的$k$有$k=3,5,6,8$。當(dāng)$k=2$時(shí)，$(x,y)=(0,0)$；當(dāng)$k=3$時(shí)，方程為$t-3t+1=0$，沒(méi)有整數(shù)解；當(dāng)$k=5$時(shí)，方程為$t-5t+5=0$，沒(méi)有整數(shù)解。因此，$\Delta$為完全平方數(shù)的$k$只有$k=6,8$。解出$xy$的值為$2,6$，因此$(x,y)=(1,2),(2,1),(2,4),(4,2)$。當(dāng)$k=6$時(shí)，方程為$t-6t+8=0$，有整數(shù)解為$2,4$。因此$(x,y)=(2,4)$或$(4,2)$。當(dāng)$k=8$時(shí)，方程為$t-8t+16=0$，有整數(shù)解為$4,4$。因此$(x,y)=(4,4)$，共有$4$組整數(shù)解。8.設(shè)$a$是給定的正實(shí)數(shù)，$n$是給定的大于$1$的整數(shù)，實(shí)數(shù)$x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n$滿足$\sum\limits_{i=1}^nx_i^2=a$，且$(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_1-x_n)^2+(x_2-x_3)^2+\ldots+(x_2-x_n)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2$的最大值為多少？解答：由$(x_1-x_2)+(x_1-x_3)+\ldots+(x_1-x_n)+(x_2-x_3)+\ldots+(x_2-x_n)+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2=\frac{1}{2}\left[(n-1)(x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2)-2x_1(x_2+x_3+\ldots+x_n)-2x_2(x_3+x_4+\ldots+x_n)-\ldots-2x_{n-2}(x_{n-1}+x_n)-2x_{n-1}x_n\right]$，因?yàn)?x^2+y^2\geq2xy$，所以$2x_1(x_2+x_3+\ldots+x_n)+2x_2(x_3+x_4+\ldots+x_n)+\ldots+2x_{n-2}(x_{n-1}+x_n)+2x_{n-1}x_n\leq(x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2)+(x_1^2+x_3^2+\ldots+x_n^2)+\ldots+(x_{n-1}^2+x_n^2)$，即$(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_1-x_n)^2+(x_2-x_3)^2+\ldots+(x_2-x_n)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2\leq(n-1)x_1^2+(n-2)x_2^2+\ldots+x_{n-1}^2$。因此，$(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_1-x_n)^2+(x_2-x_3)^2+\ldots+(x_2-x_n)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2$的最大值為$\frac{1}{n-1}\left[(n-1)(x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2)\right]=x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2=a$。2(x+n)/n^2=2/n+x/n^2，因此最大值為2(n-1)a。解答題：在△ABC中，BC=a，CA=b，∠ACB=60°，△ABD是正三角形，P是其中心，求CP的長(zhǎng)度。解答：作D點(diǎn)關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)D，則△ADB為等邊三角形，因此∠ADB=60°。又因?yàn)椤螦CB=60°，所以四點(diǎn)A、C、D、P共圓，且圓心為P。連接AP、BP。因?yàn)镻是正三角形ABD的中心，所以AP=BP=ABsin60°=AB/√3。由于四邊形ACBP為圓內(nèi)接四邊形，應(yīng)用圓內(nèi)接四邊形托勒密定理，得到AB×PC=BP×AC+AP×BC，因此PC=3(a+b)/3=（a+b）/√3。在1，2，…，2015這2015個(gè)正整數(shù)中選出k個(gè)數(shù)，使得其中任意兩個(gè)不同的數(shù)的和都不是50的倍數(shù)，求k的最大值。解答：所有的整數(shù)被5除余數(shù)為0、1、2、3、4、…、47、48、49，共50種情況。而2015÷50=40×…×15。將1、2、…、2015這2015個(gè)數(shù)被50除的余數(shù)情況列成表格，如下所示：余數(shù)第1行第2行…第40行1151…19512252…1952……………151565…1965…24…24…74…1999252575…2000262676……………484898……494999…2015取第1行到第25行的25個(gè)數(shù)，以及第50個(gè)數(shù)，任意兩個(gè)數(shù)的和都不能被50整除。取第2行到第25行的24個(gè)數(shù)，與第1組取得的數(shù)組成新的數(shù)集，則這個(gè)新的數(shù)集任意兩個(gè)數(shù)的和不能被50整除。以后每行都取前24個(gè)數(shù)，取到第40行位置。最后一行取15個(gè)數(shù)。這樣正整數(shù)集合最大數(shù)值個(gè)數(shù)為26+24×(40-2+1)+15=977。因此，集合為{1,2,…,25,50,51,52,…,74,101,102,…,124,151,152,…,174,…,1951,1952,…,1974,2001,…,2015}。50可以換成1到2015之間的任意一個(gè)50的倍數(shù)，因此k的最大值為977。題目要求求出邊AB的長(zhǎng)度，已知△ABC的三邊長(zhǎng)均為正整數(shù)，周長(zhǎng)為35，G和I分別為△ABC的重心和內(nèi)心，且∠GIC=90°。根據(jù)題意可知，∠GIC=90°，且CI平分∠ACB，這是角平分+垂直的特征，可以構(gòu)造出三角形。為此，我們延長(zhǎng)GI并反向延長(zhǎng)GI，得到三角形CMN為等腰三角形，即CM=CN。過(guò)垂心G和內(nèi)心I分別作AC和BC邊的垂線，設(shè)△ABC的內(nèi)接圓的半徑為r。由面積法得到：S△CGM+S△CGN=S△CIM+S△CIN，即CM×GP+CN×GF=2r×CN。因此，GP+GF=2r。因?yàn)镚是三角形ABC的重心，所以有CB-AC+BA=0，即2BA-35=0，所以BA=35/2。根據(jù)面積法可得：12S△ABC=12S△GIC+S△ABC，即r=2S△ABC/35。所以有CG2+IG2=CI2，即(a2+b2+c2)/9+5r2/4=(r2+(a+b+c)2)/4，化簡(jiǎn)可得a2+b2+c2=18r2+4(ab+bc+ca)。代入r=2S△ABC/35，得到a2+b2+c2=36S2△ABC/1225+2(ab+bc+ca)。將a+b=35/2代入，得到ab=35k，a+b=6k，因此a,b為方程t2-6kt+35k的兩個(gè)根。當(dāng)k=4時(shí)，方程為(t-14)(t-10)=0，所以此時(shí)a=10，b=14，因此AB=11。當(dāng)k=5時(shí)，方程為