分秒必争的意思-同学qq群名

2015年上海初三数学竞赛试卷解答
（2015年12月6日上午9:00--- 11:00）

解答本题可以使用科学计算器

一、填空题（每小题10分，共80分）
1、已知AB为圆O的直径，AB=1，延长AB到 点C，使得BC=1，CD是圆O的切线，D
是切点，则
ABD
的面积为_____ _________。
解答：依据切割线定理可以得到：
CD
2
CBCACD2
。
因为可以得到
CBD∽CDA
BDCD


ADAC
因此有
BD21
。

AD2
2
因为AB为圆O的直径，所以
ABD
时直角三
角形。
依据勾股定理有< br>AB
2
BD
2
AD
2
13BD
2< br>BD
2

而
S
ABD

1
。
3
122

BDADBD
2

226

2、有编号分别为1,2,3,4,5,6,7的7个大小相同的小球，从中任取3个小球，则取出的3 个小
球的编号和为奇数的概率为______________。
3
解答：从七个小 球任意取出三个小球的取法为
C
7
35
种，因为没有小球的数字不同，这样
这三个球的数字和有35和结果。要使用和为奇数。应该包括两种下面情况
3
第一种 三个数均为奇数，也就是从1,3,5,7四个数中取三个，取法为
C
4
4

第二种，一个奇数，两个偶数，也就是从1,3,5,7的四个数中取1个，从2,4,6三个数中取两
22
个，取法有
C
4
C
3
12
. < br>这样和为奇数一共有
41216
种。从而取出的3个小球的编号和为奇数的概率为< br>
3、实数
x,y
满足
x
2
3y4
，< br>y
2
3x4
，
xy
，则
16

35
xy

的值为____________。
yx

2


x3y4①
解答：因为


2


y3x4②
上述①②两个相减，得到：
(xy)(xy)3(xy)0
。因为
xy

所以有
xy3
。
上述①②相加得到
x
2
y
2
3(xy)4(xy)
2
2xy3(xy)4

xy(xy)
2
2xy
所以
xy1
。因此
 1

yxxy

4. 若三个素数的乘积恰好等于它们和的23 倍，则这三个素数为________．
解答：设这三个素数为
a,b,c
。则有< br>abc23(abc)
。因为23是素数，从
abc23(abc)
，可以得到23能够整除三个素数
a,b,c
的
abc
积。从而可以得到其 中
有一个素数必为23。假设
a23

这样就有
bc23b cbcbc124(b1)(c1)2446212

因为
b,c
为素数，所以得到
b5,c7
或
b3,c13

这样得到三个素数为5,7,23或3,13,23。

5. 如图，圆
O
1
与圆

O
2
外切于点P ，从圆
O
1
上点A 作圆
O
2
的切线AB ， B 是切点，连接
AP 并延长，与圆
O
2
交于点
C
．已知圆
O
1

、圆
O
2
的半径分别为2、1，则
AC

________．
AB
解答：做如图所示的辅助线。可以得到
C
O1
P
O2
B
A
PC
CO
2
1
AO
1
CO< br>2


PAAO
1
2
为此设
PCk< br>，则
PA2k.

应用切割线定理有：
AB
2
APAC2k3kAB6k.

所以
AC3k6
。


AB2
6k

6、 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，
MON
的两边分别是射线 y x(x 0)与
x
轴正

半轴．点A(6,5)，B(10,2)是
MON
内的两个定点，点P、Q分别是
MON
两边上的
动点，则四边形ABQP 周长的最小值是________．
解答：本题主要就是应用对称。应为四边形ABQP ，其中一个边AB为定值。要求四边形
ABQP 周长的最小值，只要求另外三边的最小值。
从对称可以得到
A
< br>(5,6)
,
B

(10,2)
.
四边形另外三边的最小值为
AB

依据两点间距离公式有
。

A'
A
P
，
M
A

B

 (105)
2
(26)
2
89
B
N
Q< br>B'
AB(105)
2
(25)
2
34

从而最小值为
8934
。


7. 不定方程
x
2
y
2
xy2x2y
的整数
(x,y)
解共有________组。
解答：设
xyk
，所以从
x
2< br>y
2
xy2x2y
，可以得到
k
2
2xy xy2k

k
2
2k
所以
k2k3xyxy
。
3
2
k
2
2k
0
的两个根，并且根为整数。 这样
x,y
是方程
tkt
3
2
k
2
 2k
0k
2
8k0
。因此有
0k8
。 所以< br>(k)4
3
2
k
2
2kk(k2)

同时要保证
xy
为整数。这样就有
k0
，
3
，
5
，
6
，
8

33
当
k0
时，
(x,y)(0,0)

2
当
k3
时，方程为方程
t3t10
没有整数解。
2
当
k5
时，方程为方程
t5t50
没有整数解。
2
当
k6
时，方程为方程
t6t80
，有整数解为 2,4。所以
(x,y)(2,4)
或
(4,2)

2
当
k8
时，方程为方程
t8t160
，有整数解为4,4。所以
(x,y)(4,4)

整数
(x,y)
解共有4组

8. 设
a
是给定的正实数，
n
是给定的大于1 的整数，实数
x
1
,x
2
,x
3
,,x
n
满足
2
，则
x
1
2
x
2
2
 x
3
2
xa
n
(x
1
x
2
)
2
(x
1
x
3
)
2
 (x
1
x
n
)
2
(x
2
x3
)
2
(x
2
x
n
)
2
(x
n1
x
n
)
2
的最
大 值________________。
解答：
因为
(x
1
x
2
)
2
(x
1
x
3
)
2(x
1
x
n
)
2
(x
2
x
3
)
2
(x
2
x
n
)
2
(x
n1
x
n
)
2
< br>(n1)(x
1
2
x
2
2
x
n
2
)2x
1
(x
2
x
3
 x
n
)2x
2
(x
3
x
4
x
n
)
2x
n2
(x
x1
x
n
)2x
n1
x
n
(n1)a2x
1
(x
2
x
3
x
n
)2x
2
( x
3
x
4
x
n
)2x
n2
(x
x1
x
n
)2x
n1
x
n< br>
有这样的一个结论，因为
x
2
y
2
xy 2xy2xyx
2
y
2
(x
2
y
2< br>)2xyx
2
y
2

而
2x
1< br>(x
2
x
3
x
n
)2x
2(x
3
x
4
x
n
)2x
n2< br>(x
x1
x
n
)2x
n1
x
n
22
[(x
1
2
x
2
2
)( x
1
2
x
3
2
)(x
1
2x
n
2
)][(x
2
2
x
3
2
)(x
2
2
x
4
2
)(x
2
2
x
n
2
)]
[(x
3
2
 x
4
2
)(x
3
2
x
5
2
) (x
3
2
x
n
2
)][(x
n 2
2
x
n1
2
)(x
n2
2
 x
n
2
)](x
n1
2
x
n
2)]
(n1)x
1
2
(x1)x
2
2
(x1)x
n
2
(n1)(x
1
2
x2
2
x
n
2
)(n1)a
所以最大值为< br>2(n1)a


二、解答题（第9、10 题，每题15 分，第11、12 题，每题20 分，共70 分）
9. 如图，在△ABC中，
BC a
，
CA b
，
ACB 60
，
△ABD
是正三角形，P是其中
心，求
CP
的长度．
解答：分析作D点关于AB的对称点
D
。
0
则
ADB
为等边三角形，这样就有
ADB60
，已知
ACB 60


所以
A,C,D

,B
四点共圆。这个 圆过P
A
P
C
D'
B
D
点。连接AP，BP。

因为P是正三角形
ABD
的中心，所以
APBP
23
ABsin60
0
AB

33

因为A,C,B,P四点共圆，也就是四边形ACBP为
圆内接四边形，应用圆内接四边形托勒密定理
可以得到
ABPCBPACAPBC

所以
PC
3
(ab)
。
3

10. 在1，2，… ，2015 这2015 个正整数中选出
k
个数，使得其中任意两个不同的数的和
都不是50 的倍数，求
k
的最大值．
解答：因为所有的整数，被5除余数为0,1,2,3,4，… ,47,48,49。共50中情况。而
2015504015
。
下面吧从1,2，… ，2015这2015个数被50除，余数的情况列表如下。
余数
第1行
第2行
第3行
…
1
1
51
101
…
2
2
52
102
…
…
…
…
…
…
15
15
65
115
…
…
… 24
… 24
… 74
… 124
… …

25
25
75
125



26
26
76
126



…
…
…
…
…


48
48
98
148
…

49
49
99
149
…

0
50
100
150
…

第40行 1951 1952 …
第41行 2001 2002 …
1998 1999 2000
2015 …
第1行取1到25这25个数，取50这个个数，任意两个数的和都不能被50整除。
第2行 取51到74这24个数，和第一组取得的数组成新的数集，则这新的数集任意两个数的和
不能被50整 除。
以后每行都取前24个数，取到第40行位置。最后一行取15个数。这样正整数集合最大数值个
数为
2624(4021)15977

这样集合为这样式样< br>{1,2,,25,50,51,52,,74,101,102,,124,151 ,152,,174,,1951,1952,,1974,

2001,,2015}

50这个数可以换成1到2015之间50的倍数任意一个数。
因此
k
的最大值为977.

11. 已知△ABC的三边长均为正整数，周长为 35，
G
和I 分别为△ABC的重心和内心，
且
GIC 90
，求边AB的长度．
解答：本题有一定难度，但是抓住内心和重心的特征
还是能够找到解题的路径的。
C
由题意知道
GIC 90，并且平分
ACB
,出现角平分+垂直
的特征。这样可以构造出三角形。为此延长GI和反向延长GI.
很容易得到
CMN
为等腰三角形，也就是
CMCN

过垂心G和内心I分别做AC和BC边的垂线。设
ABC
的内接圆
G
I
的半径为
r
。
由面积法得到：
A
B

S
CGM
S
CGN
S
CIM< br>S
CIN

111
CMGPCNGF2rCN

222
所以
GPGF2r

也就是
因为G为三角形ABC的重心，可以得到
C
11
d
BAC
d
ABC
2r

33
用面积法有：
Q
P
M
G
A
E
D
I
O
F
N
B
12S12S2S
2
3b3aabc
116
化简为


baabc
ab6

也就是
ab35
6ab35(ab)
，因为
a,b
为正整数
所以得到
ab35k
，则
ab6k

为此
a,b
为方程
t6kt35k0
的两个根。
2
(6k)
2
435k0k
有
ab6k35 k
35

9
35
。因此
k4,5

6
2
当
k4
时，方程为
t24t3540(t14)( t10)0t14,10
所以此时
a10,b14
。因此
AB 11
。
2
当
k5
时，方程为
t30t3550
没有整数解。
因此
AB11
。

12. 设
a,b
是正整数，
ab
不是 4的倍数，求证：
(a3b)(5a7b)
不是完全平方数．
证明：
ab(ab)(ab)
，当
a,b
为同奇数，或者同偶数时，可以得到
22
22
a
2
b
2
(ab)(ab)
一 定是4的倍数。已知
a
2
b
2
不是 4的倍数，所以
a,b
中一个为奇
数，一个为偶数。
假设
a2n 1,b2m
。因为
(a3b)(5a7b)5a
2
22ab2 1b
2
5(2n1)
2
22(2n1)2m21(2m)
2
20n(n1)588mn44m84m
2
20n(n1)8 8mn40m80m
2
4m(m1)5

因为
20n (n1)88mn40m80m
2
4m(m1)
能够被8整除。
所以此时
(a3b)(5a7b)
被8除余5.因为要是完全平方数，奇数的时被8除余 1.因此此种情
况下不是完全平方数。
假如
a2m,b2n1
，因为
(a3b)(5a7b)5a
2
22ab21b
2
5( 2m)
2
222m(2n1)21(2n1)
2
20m
2
88mn44m214n(n1)2116m
2
88mn40m 214n(n1)

164m(m1)5
从而
16m
2
88mn40m214n(n1)164m(m1)
能够被8整除，所以此 时
(a3b)(5a7b)
被8除余5.因为要是完全平方数，奇数的时被8除余1.因此 此种情况下不是
完全平方数。
综合可以得到：
(a3b)(5a7b)
不是完全平方数．