初中数学奥林匹克竞赛试卷八

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初中数学奥林匹克竞赛试卷八

四、证明题1、求证：方程2x-x2=

2、?ABC的三边为a，b，c，求证二次方程cx2+（a-b-c）x+b=0无实数根.

3、1994个非负整数的和等于2991，求证必有997个数之和不小于1994.

4、a、b、c为互不相等的数。若以下三个等式中有任意两个等式成立，

求证：第三个等式也成立。

（b2+bc+c2）x2-bc（b+c）x+b2c2=0；

（c2+ca+a2）x2-ca（c+a）x+c2a2=0；（a2+ab+b2）x2-ab（a+b）x+a2b2=0。

5、沿圆周写1992个数码.假使从某一个数码开始，依顺时针方向逐个读出这些数码，所得

到的1992位数可被27整除，那么，无论从哪个数码开始，依顺时针方向逐个读出这些数码，所得到的1992位数全都可以被27整除.

6、某工厂开工的第一天的产量不超过20件，此后日产量每天都有所增加，但每次增产的数

量也不超过20件，证明：当日产量达到1995件时，工厂生产的产品总数量不会少于100500件。

7、圆周上有n个点（n?4），若存在一种染色，使得每一个点的两旁都是一红一蓝，

2没有正根.x求证n是4的倍数.

8、有人编了一个程序：从1开始，交织地做加法或乘法（第一次可以是加法，也可以是乘

法）每次加法，将上次的运算结果加2或加3；每次乘法，将上次的运算结果乘2或乘3．例如，30可以这样得到：．（1）（10分）证明：可以得到22；

（2）（10分）证明：可以得到2100+297-2．

9、一个圆被分成n个扇形，在这些扇形中共有n+1只青蛙。每一秒钟都有某两只同在一个

扇形中的青蛙分别跳入两侧相邻的扇形中。求证：在某一时刻，至少有一半的扇形落有青蛙。

10、写出10个不同的自然数，使得它们中的每个是这10个数和的一个约数（要说明写出

的10个自然数符合题设条件的理由）.

11、已知x-y=1.求证：x3-3xy-y3=1.

x2?1y2?112、设x与y为自然数，使得两个分为整数，证明：这两个分数都是数之和?y?1x?1整数.

13、已知a,b,c为正整数，且满足a2?b2?c2,又a为质数，证明：

(1)b与c两数必为一奇一偶；(2)2(a+b+c)是完全平方数。

b3c14、已知0??a?b?,求证a不是二次方程x2?2(2c?b)x?b2的根.

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15、实数a,b,c满足(a?c)(a?c?b)?0,证明：(b?c)2?4a(a?b?c)

四、证明题

1、证明：（1）当x>2时，2x-x2=x（2-x）1），这时对这n个数作如下调整，令a1=a1-1，a2=a2，…，ak-1=ak-1，，，，，，，，，

ak=ak+1，ak+1=ak+2…=an=20.这时仍有a1+a2+…+an=1995.然而此时相应的S比原来的S

，

变小，即S-S=k-1.由此可见，S的最小值是在0?a1?20，且a2=a3=…an=20时得到，由于1995=99?20+15，则a1=15，n=100.此时可求出最小值S=100?15+[1+2+…+99]?20=1500+99000=100500.

8、证明：（1）

．

也可以倒过来考虑：

．

?2?2?2?3?2??2???4???8???11???22．）（或者1?

（2）

?2?2?3?3???3?23?2?(不断乘以2，再加2)???3?296?4???3?296?1????2?2299?296?3???299?296?1???2100?297?2.或倒过来考虑：

．

注意：加法与乘法必需是交织的，否则不能得分

9、解：首先证明：每一对相邻的扇形中，一旦其中有一个落有青蛙，则在此后任何时刻，在这两

个扇形中都必然有一个青蛙.

在某时刻时假使其中有青蛙的扇形中只有1个或至少3个青蛙，则下一时刻该扇形中仍有青蛙；

假使落有青蛙的扇形中恰有2个青蛙，那么下一时刻与它相邻的扇形中将落有青蛙，得证.下面再来证明：每一扇形中或早或迟都会出现青蛙.

用反证法.假若不然，即有某个扇形A中永远无青蛙着落，自A开始依顺时针方向将扇形编号为1，2，…，n，并令青蛙具有它所在扇形的号码.下面我们来考虑这n+1只青蛙编号的平方和S.首先，n号和2号扇形将不会有多于1个的青蛙，否则1号会有青蛙跳入.其次，显然在3，4，…，n-1中必然总存在某个扇形里有两个青蛙（或两个以上）存在.在这样的状况下，青蛙跳一次，S的增加值为（k-1）2+（k+1）2-2k2=2.这个跳动显然不能中止，但S却不可能无限增加.矛盾.于是，所设不真，得证.

综上所述，原命题得证.

10、1，2，3，6，12，24，48，96，192，384

解:3个自然数1，2，3，它们中的每一个都是这3个数和的一个约数.若已有k（≥3）个自然数a1，a2，…，ak，它们中的每个是这k个数和（记为p）的一个约数，则k+1个自然数a1，a2，…，ak，p，它们中的每一个也是这k+1个自然数和的一个约数.依照这个想法，可将1，2，3扩展到以下10个自然数：

1，2，3，6，12，24，48，96，192，384.它们中的每一个是它们和的一个约数.

x2?1y2?112、解：设?u,?v,则u?v,uv都是整数，所以u,v是某个整系数二次方程

y?1x?1z2?mz?n?0的两个根，其中u?v??m,uv?r,由于u,v都是有理数，所以??m2?4n是完

?m?m2?4全平方数，且奇偶性与m一致，又u,v?,所以u,v都是整数.

2

13、解：由已知a2?c2?d2?(c?d)(c?d),这时c?d?2,c?b?2,则b?0.

或a?b?4,c?b?1,?c?5都与假设矛盾，故a?2.因此a是奇数且为质数。又2?c?b?c?b,?c?b?1,c?b?a2(*),由奇偶性知，b,c为一奇一偶.

2(a?b?1)?2a?2b?2?2a?a2?1?2?(a?1)2,即：2(a?b?1)是完全平方数.

(2)由（8）式，得c?b?1,a2?c?b?2b?1，即：2b?a2?1,又

14、解:设f(x)?x2?(2b?c)x?b2,其图象开口向上,顶点的横坐标为x0?b?c对2

15、解：设辅助二次函数y?ax2?(b?c)x?(a?b?c),显然，

当x1?0时，函数y1?a?b?c,

当x2??1时，y2?a?(a?c)?(a?b?c?2(a?c);即：

bb2b43cbc?(2b?c)??b2?b(b?)?0从而?a?b??,有f(a)?f()?39394323c4b3ca2?2(2c?b)a?b2?f(a)?4a(b?)?(?4a)(b2?)?0这