1984年全国初中数学联赛试题及答案

1、一九八四年一、 选择题1 若|-a|-a，则（a）a0； （b）a0； （c）a-1； （d）-1a0；（e）以上结论都不对。答（ ）2 以线段a=16，b=13，c=10，d=6为边，且使ac作四边形，这样的四边形（a）能作一个；（b）能作二个；（c）能作三个；（d）能作无数多个；（e）不能作。答（ ）3 周长相同的正三角形、正方形、正六边形的面积分别是s3，s4，s6，则（a）s3s4s6（b）s6s4s3（c）s6s3s4（d）s3s6s4（e）s4s6s3答（ ）4 如图，直线l1和l2上点的坐标（x，y）满足关系式（a）|x|+|y|=0；（b）|x|+=1；（c）x2-|y|=1；

2、（d）|x|+|y|=0；（e）x-|y|=0 l1 y l2 45° 45° o x5 方程x2+1984513x+3154891=0（a）没有实数根；（b）有整数根；（c）有正数根；（d）两根的倒数和小于-1；（e）以上结论都不对。答（ ）6 abc的三条外角平分线相交成一个lmn，则lmn（a）一定是直角三角形；（b）一定是钝角三角形；（c）一定是锐角三角形；（d）不一定是锐角三角形；（e）一定不是锐角三角形。答（ ）7 已知方程2x2+kx-2k+1=0的两实根的平方和为29/4，则k的值为（a）3；（b）-11；（c）3或-11；（d）11；（e）以上结论都不对。

3、答（ ）8 一个两位数，交换它的十位数字与个位数字所得的两位数是原来数的7/4倍，则这样的两位数有（a）1个；（b）2个；（c）4个；（d）无数多个；（e）0个。答（ ）9 半径为13和半径为5的两个圆相交，圆心距为12，则这两圆公共弦长为（a）3；（b）65/6；（c）4；（d）10；（e）以上结论都不对。答（ ）10 下列哪一个数一定不是某个自然数的平方（其中n为自然数）（a）3n2-3n+3；（b）4n2+4n+4；（c）5n2-5n-5；（d）7n2-7n+7；（e）11n2+11n-11。答（ ）二、 试推导出一元二次方程ax2+bx+c=0（a0）的求根公式。三、 已知：a=6lg

4、p+lgq，其中p、q为质数，且满足q-p=29。 求证：3a4。四、 已知：如图，ab=bc=ca=ad，ahcd于h，cpbc交ah于p。求证：abc的面积s=ap·bd。 a p d h b c五、 在锐角abc中，ac=1，ab=c，abc的外接圆半径长r1。求证： cosaccosa+sina。六、 有两种重量（设分别为p与q，且pq）的球五个，涂红、白、黑三种颜色，其中，两个红球重量不同；两个白球重量也不同；一个黑球不知它的重量是p还是q。由于从外形上不能确定球的轻重，请你用一台无砝码的天平（只能比较轻重，不能称出具体重量）称两次，将5个球的轻重都区分出来。试叙述你的称球

5、办法，并说明理由。提示：用天平称球比较重量的结果，可用等号或不等号表示。一选择题1（a）若a0，则|-a|0，-a0，因此，|-a|-a成立。 102（e） c假设能作，如图1所示，在abc中， 13 b 6 d三边之长分别为6，6，13，此时两边 a b 6 c之和小于第三边，故不能作。 图13（b）设相同的周长为12l（l0），则它们的面积分别是s3=1/2×4l×4l×sin60°=4l2， s4=4l×4l=9 l2， s6=6l2， s6s4s34（d）由已给图像可得x=y，x=-y，即|x|=|y|。 |x|-|y|=0。5（e）由

6、判别式0，否定（a）；由不是完全平方数及求根公式否定（b）；由各项系数都是正数否定（c）；由，否定（d）。6（c） l a n如图2，l，m，n是abc外角平分线的交点，则lab=1/2（b+c），lba=1/2（a+c）， lab+lba=1/2（b+c）+1/2（a+c） b c 1/2=（a+b+2c）=90°+1/2c90° m故l90°，即为锐角。 图2同理m，n也为锐角。亦即lmn为锐角三角形。7（a）由于方程有两实根，则 =k2-4·2（-2k+1）0。 由两根平方和为29/4，则 x21+x22=29/4 由，有 k2+16k-80，解得

7、k-8-6或k-8+6 由，有x21+x22=（x1+x2）2- 2x1x2=，即为 k2+8k-33=0。 解得k=3或k=-11。但k=-11不符合的范围，所以k=3为所求。8（c）设原数的十位数字为a，个位数字为b，则7/4（10a+b）=10b+a，即2a=b。 1a，b9， a=1，2，3，4。则b=2，4，6，8。故符合条件的数是12，24，36，48共四个。9（d）设大圆半径（两圆交点到圆心）与连心线的夹角的，显然90°，于是从而公共弦长为2·13·sin=2·13·=1010（b）3n2-3n+3=3（n2-n+1），若令n2-

8、n+1=3，这样当n=2时，3n2-3n+3是3的平方。同理当n=3时5n2-5n-5是5的平方； n=3时7n2-7n+7是7的平方； n=3时11n2+11n-11是11的平方。由此可否定（a）、（c）、（d）、（e），故应选（b）。一、 ax2+bx+c=0（a0） 方程两边可以都除以a，得两边都加上一次项系数一半的平方，得当b2-4ac0时，得二、 证明 q-p=29， p，q为一奇一偶。又 p，q为质数， p=2，q=31。因此 a=6lg2+lg31=lg（26×31）=lg1984。大于1000的四位数的对数的首数为3，尾数是小于1的正小数。lg1984的首数为3，尾数

9、是小于1的正小数。故得 3a4。三、 证法1 如图3，作aebc交bc于e，则e是bc的中点又h是cd的中点，连eh，则有ehbd。hec=dbc。 ahcd，aebc， a，h，c，e四点共圆。hac=hec=dbc。又eac=ehc=bdc=30°，pca=90°-60°=30°， a pca=bdc， 从而acpbdc。 p d得 ap·bd=bc·ac。 b e c h sabc=bc·ac·sin60°=ap·bd。 图3证法2 如图4，设bd与ah交于q，则由ac=ad，ahcd，得

10、acq=adq， ab=ad， aadq=abq，abq=acq。 p q因此 a，b，c，q四点共圆。 b h daqb=acb=60°， dqh=60°， 又 qhd= 90°， cbdc=90°-60°=30°。 图4acp=90°-60°=30°，acp=bdc 又 apc=90°+pch， bcd=90°+pch， apc=bcd。 由、得apcbcd。 即 bc2=ac·bc=ap·bd。 sabc=bc2sabc=ap·bd。四、 证明 如图

11、5，由余弦定理，得bc2=ac2+ab2-2ab·accosa=12+c2-2ccosa，又由正弦定理，得bc2=4r2sin2a，于是12+c2-2ccosa=4r2sin2a。r1，又r是正数， r21。从而12+c2-2ccosa=4r2sin2a4r2sin2a， a 即c2-（2cosa）c+1-4r2sin2a0。 d解得 cosa- sinaccosa+ sina。过c作cdab于d， b 图5 cabc是锐角三角形，则d在ab上，从而ab=cad=ac cosa= cosacosaccosa+ sina。五、 分别用x1和x2表示两个红球重量，y1和y2表示两个白球重

12、量，z表示黑球重量。将x1+z与x2+ y1通过天平进行比较（第一次称），结果可分三种情况：情况1 x1+z=x2+ y1因为 x1x2 所以zy1。解法1 将z与y1用天平进行比较（第二次称）：当zy1，得z=p，y1=q，y2=p，x1=q，x2=p；当zy1，得z=q，y1=p，y2=q，x1=p，x2=q。解法2 也可以将z与x1进行比较：z=x1（不可能）当zx1，得z=p，x1=q，x2=p ，y1=q，y2=p；当zx1，得z=q，x1=p，x2=q ，y1=p，y2=q。情况2 x1+zx2+ y1此时必有 x1x2即 x1=q，x2=p（否则有x1+zp+qx2+ y1并且zy1（否则有x1+z=p+q=x2+ y1）现将z与y2进行比较（第二次称）：当zy2，得z=p，y1=p，y2=q；当zy2，只能z=q，y1=q，y2=p；当z=y2，从zy1，只能z=p，y1=q，y2=p。解法3 也可以将x1+x2与y1+z进行比较（第二次称）：当