历年初中数学竞赛试题.doc

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初中数学竞赛专项训练
1、一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，由此六位数可以被（　　）整除。
　A. 111 B. 1000 C. 1001 D. 1111
解：依题意设六位数为，则＝a×105＋b×104＋c×103＋a×102＋b×10＋c＝a×102（103＋1）＋b×10（103＋1）＋c（103＋1）＝（a×103＋b×10＋c）（103＋1）＝1001（a×103＋b×10＋c），而a×103＋b×10＋c是整数，所以能被1001整除。故选C
方法二：代入法
2、若，则S的整数部分是____________________
解：因1981、1982……2001均大于1980，所以，又1980、1981……2000均小于2001，所以，从而知S的整数部分为90。

3、设有编号为1、2、3……100的100盏电灯，各有接线开关控制着，开始时，它们都是关闭状态，现有100个学生，第1个学生进来时，凡号码是1的倍数的开关拉了一下，接着第二个学生进来，由号码是2的倍数的开关拉一下，第n个（n≤100）学生进来，凡号码是n的倍数的开关拉一下，如此下去，最后一个学生进来，把编号能被100整除的电灯上的开关拉了一下，这样做过之后，请问哪些灯还亮着。
解：首先，电灯编号有几个正约数，它的开关就会被拉几次，由于一开始电灯是关的，所以只有那些被拉过奇数次的灯才是亮的，因为只有平方数才有奇数个约数，所以那些编号为1、22、32、42、52、62、72、82、92、102共10盏灯是亮的。

4、某商店经销一批衬衣，进价为每件m元，零售价比进价高a%，后因市场的变化，该店把零售价调整为原来零售价的b%出售，那么调价后每件衬衣的零售价是 （　　）
　A. m(1+a%)(1-b%)元 B. m·a%(1-b%)元
　C. m(1+a%)b%元 D. m(1+a%b%)元
解：根据题意，这批衬衣的零售价为每件m（1＋a%）元，因调整后的零售价为原零售价的b%，所以调价后每件衬衣的零售价为m（1＋a%）b%元。
应选C
5、如果a、b、c是非零实数，且a+b+c=0，那么的所有可能的值为 （　　）
　A. 0 B. 1或-1 C. 2或-2 D. 0或-2

解：由已知，a，b，c为两正一负或两负一正。
①当a，b，c为两正一负时：
；
②当a，b，c为两负一正时：

由①②知所有可能的值为0。
应选A

c
A
B
C
a
b
6、在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若∠B＝60°，则的值为 （　　）
　A. B.
C. 1 D.
解：过A点作AD⊥CD于D，在Rt△BDA中，则于∠B＝60°，所以DB＝，AD＝。在Rt△ADC中，DC2＝AC2－AD2，所以有（a－）2＝b2－C2，整理得a2＋c2=b2＋ac，从而有
　　应选C

7、设a＜b＜0，a2+b2=4ab，则的值为 （　　）
　A. B. C. 2 D. 3
解：因为(a+b)2=6ab，(a-b)2=2ab，由于a<b<0，得，故。
　　应选A
8.已知a＝1999x＋2000，b＝1999x＋2001，c＝1999x＋2002，则多项式a2+b2+c2-ab-bc-ca的值为 （　　）
　A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

9、已知abc≠0，且a+b+c＝0，则代数式的值是 （　　）
　A. 3 B. 2 C. 1 D. 0

10、某商品的标价比成本高p%，当该商品降价出售时，为了不亏损成本，售价的折扣（即降价的百分数）不得超过d%，则d可用p表示为＿＿＿＿＿
解：设该商品的成本为a，则有a(1+p%)(1-d%)=a，解得

11、已知实数z、y、z满足x+y=5及z2=xy+y-9，则x+2y+3z=_______________
解：由已知条件知（x+1）＋y=6，(x＋1)·y=z2＋9，所以x＋1，y是t2－6t＋z2＋9=0的两个实根，方程有实数解，则△＝（－6）2－4（z2＋9）＝－4z2≥0，从而知z=0，解方程得x+1=3，y=3。所以x+2y+3z＝8

12.气象爱好者孔宗明同学在x（x为正整数）天中观察到：①有7个是雨天；②有5个下午是晴天；③有6个上午是晴天；④当下午下雨时上午是晴天。则x等于（　　）
　A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
选C。设全天下雨a天，上午晴下午雨b天，上午雨下午晴c天，全天晴d天。由题可得关系式a=0①，b+d=6②，c+d=5③，a+b+c=7④，②＋③－④得2d-a=4，即d＝2，故b=4，c=3，于x＝a+b+c+d=9。

13、有编号为①、②、③、④的四条赛艇，其速度依次为每小时、、、千米，且满足＞＞＞＞0，其中，为河流的水流速度（千米/小时），它们在河流中进行追逐赛规则如下：（1）四条艇在同一起跑线上，同时出发，①、②、③是逆流而上，④号艇顺流而下。（2）经过1小时，①、②、③同时掉头，追赶④号艇，谁先追上④号艇谁为冠军，问冠军为几号？
解：出发1小时后，①、②、③号艇与④号艇的距离分别为

　　各艇追上④号艇的时间为

　　对＞＞＞有，即①号艇追上④号艇用的时间最小，①号是冠军。

14.有一水池，池底有泉水不断涌出，要将满池的水抽干，用12台水泵需5小时，用10台水泵需7小时，若要在2小时内抽干，至少需水泵几台？

解：设开始抽水时满池水的量为，泉水每小时涌出的水量为，水泵每小时抽水量为，2小时抽干满池水需n台水泵，则

　　由①②得，代入③得：
　　∴，故n的最小整数值为23。
答：要在2小时内抽干满池水，至少需要水泵23台

15.某宾馆一层客房比二层客房少5间，某旅游团48人，若全安排在第一层，每间4人，房间不够，每间5人，则有房间住不满；若全安排在第二层，每3人，房间不够，每间住4人，则有房间住不满，该宾馆一层有客房多少间？

解：设第一层有客房间，则第二层有间，由题可得

　　由①得：，即
　　由②得：，即
　　∴原不等式组的解集为
　　∴整数的值为。
　　答：一层有客房10间。

16、某生产小组开展劳动竞赛后，每人一天多做10个零件，这样8个人一天做的零件超过200个，后来改进技术，每人一天又多做27个零件，这样他们4个人一天所做零件就超过劳动竞赛中8个人做的零件，问他们改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的几倍？
解：设劳动竞赛前每人一天做个零件
　　由题意
　　解得
　　∵是整数　∴＝16
　　（16＋37）÷16≈3.3
　　故改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的3.3倍。

初中数学竞赛专项训练（5）
（方程应用）
一、选择题：
1、甲乙两人同时从同一地点出发，相背而行1小时后他们分别到达各自的终点A与B，若仍从原地出发，互换彼此的目的地，则甲在乙到达A之后35分钟到达B，甲乙的速度之比为 （　　）
　A. 3∶5 B. 4∶3 C. 4∶5 D. 3∶4
2、某种产品按质量分为10个档次，生产最低档次产品，每件获利润8元，每提高一个档次，每件产品利润增加2元，用同样工时，最低档次产品每天可生产60件，提高一个档次将减少3件，如果获利润最大的产品是第R档次（最低档次为第一档次，档次依次随质量增加），那么R等于 （　　）
　A. 5 B. 7 C. 9 D. 10
3、某商店出售某种商品每件可获利m元，利润为20%（利润＝），若这种商品的进价提高25%，而商店将这种商品的售价提高到每件仍可获利m元，则提价后的利润率为 （　　）
　A. 25% B. 20% C. 16% D. 12.5%
4、某项工程，甲单独需a天完成，在甲做了c（c<a）天后，剩下工作由乙单独完成还需b天，若开始就由甲乙两人共同合作，则完成任务需（　　　）天
　A. B. C. D.
5、A、B、C三个足球队举行循环比赛，下表给出部分比赛结果：
球队
比赛场次
胜
负
平
进球数
失球数
A
2
2场

1
B
2

1场

2
4
C
2

3
7
则：A、B两队比赛时，A队与B队进球数之比为 （　　）
　A. 2∶0 B. 3∶1 C. 2∶1 D. 0∶2
6、甲乙两辆汽车进行千米比赛，当甲车到达终点时，乙车距终点还有a千米（0＜a＜50）现将甲车起跑处从原点后移a千米，重新开始比赛，那么比赛的结果是 （　　）
　A. 甲先到达终点 B. 乙先到达终点
　C. 甲乙同时到达终点 D. 确定谁先到与a值无关
7、一只小船顺流航行在甲、乙两个码头之间需a小时，逆流航行这段路程需b小时，那么一木块顺水漂流这段路需（　　）小时
　A. B. C. D.
8、A的年龄比B与C的年龄和大16，A的年龄的平方比B与C的年龄和的平方大1632，那么A、B、C的年龄之和是 （　　）
　A. 210 B. 201 C. 102 D. 120
二、填空题
1、甲乙两厂生产同一种产品，都计划把全年的产品销往济南，这样两厂的产品就能占有济南市场同类产品的，然而实际情况并不理想，甲厂仅有的产品，乙厂仅有的产品销到了济南，两厂的产品仅占了济南市场同类产品的，则甲厂该产品的年产量与乙厂该产品的年产量的比为＿＿＿＿＿＿＿
2、假期学校组织360名师生外出旅游，某客车出租公司有两种大客车可供选择，甲种客车每辆有40个座位，租金400元；乙种客车每辆有50个座位，租金480元，则租用该公司客车最少需用租金＿＿＿＿＿元。
3、时钟在四点与五点之间，在＿＿＿＿＿＿＿时刻（时针与分针）在同一条直线上？
4、为民房产公司把一套房子以标价的九五折出售给钱先生，钱先生在三年后再以超出房子原来标价60%的价格把房子转让给金先生，考虑到三年来物价的总涨幅为40%，则钱先生实际上按＿＿＿＿＿%的利率获得了利润（精确到一位小数）
5、甲乙两名运动员在长100米的游泳池两边同时开始相向游泳，甲游100米要72秒，乙游100米要60秒，略去转身时间不计，在12分钟内二人相遇＿＿＿＿次。
6、已知甲、乙、丙三人的年龄都是正整数，甲的年龄是乙的两倍，乙比丙小7岁，三人的年龄之和是小于70的质数，且质数的各位数字之和为13，则甲、乙、丙三人的年龄分别是＿＿＿＿＿＿＿＿＿

三、解答题
1、某项工程，如果由甲乙两队承包，天完成，需付180000元；由乙、丙两队承包，天完成，需付150000元；由甲、丙两队承包，天完成，需付160000元，现在工程由一个队单独承包，在保证一周完成的前提下，哪个队承包费用最少？

2、甲、乙两汽车零售商（以下分别简称甲、乙）向某品牌汽车生产厂订购一批汽车，甲开始定购的汽车数量是乙所订购数量的3倍，后来由于某种原因，甲从其所订的汽车中转让给乙6辆，在提车时，生产厂所提供的汽车比甲、乙所订购的总数少了6辆，最后甲所购汽车的数量是乙所购的2倍，试问甲、乙最后所购得的汽车总数最多是多少量？最少是多少辆？

3、8个人乘速度相同的两辆小汽车同时赶往火车站，每辆车乘4人（不包括司机），其中一辆小汽车在距离火车站15km的地方出现故障，此时距停止检票的时间还有42分钟。这时惟一可利用的交通工具是另一辆小汽车，已知包括司机在内这辆车限乘5人，且这辆车的平均速度是60km/h，人步行的平均速度是5km/h。试设计两种方案，通过计算说明这8个人能够在停止检票前赶到火车站。

4、某乡镇小学到县城参观，规定汽车从县城出发于上午7时到达学校，接参观的师生立即出发到县城，由于汽车在赴校途中发生了故障，不得不停车修理，学校师生等到7时10分仍未见汽车来接，就步行走向县城，在行进途中遇到了已修理好的汽车，立即上车赶赴县城，结果比原来到达县城的时间晚了半小时，如果汽车的速度是步行速度的6倍，问汽车在途中排除故障花了多少时间？

数学竞赛专项训练（5）方程应用参考答案

一、选择题
1、D。　解：设甲的速度为千米/时，乙的速度为千米/时，根据题意知，从出发地点到A的路程为千米，到B的路程为千米，从而有方程：
　　，化简得，解得不合题意舍去）。应选D。
2、C。　解：第k档次产品比最低档次产品提高了（k－1）个档次，所以每天利润为

　　所以，生产第9档次产品获利润最大，每天获利864元。
3、C。　解：若这商品原来进价为每件a元，提价后的利润率为，
　　则解这个方程组，得，即提价后的利润率为16%。
4、B。解：设甲乙合作用天完成。
　　由题意：，解得。故选B。
5、A。解：A与B比赛时，A胜2场，B胜0场，A与B的比为2∶0。就选A。
6、A。解：设从起点到终点S千米，甲走(s+a)千米时，乙走x千米

7、B。解：设小船自身在静水中的速度为v千米/时，水流速度为x千米/时，甲乙之间的距离为S千米，于是有求得所以。
8、C。解：设A、B、C各人的年龄为A、B、C，则A＝B+C+16　①
　A2＝（B＋C）2+1632　②　由②可得（A＋B＋C）（A－B－C）＝1632　③，由①得A－B－C＝16　④，①代入③可求得A＋B＋C＝102
二、填空题
1、2∶1。解甲厂该产品的年产量为，乙厂该产品的年产量为。
　　　则：，解得
2、3520。解：因为9辆甲种客车可以乘坐360人，故最多需要9辆客车；又因为7辆乙种客车只能乘坐350人，故最多需要8辆客车。
　①当用9辆客车时，显然用9辆甲种客车需用租金最少，为400×9＝3600元；
　②当用8辆客车时，因为7辆甲种客车，1辆乙种客车只能乘坐40×7+50＝330人，而6辆甲种客车，2辆乙种客车只能乘坐40×6+50×2＝340人，5辆甲种客车，3辆乙种客车只能乘坐40×5+50×3＝350人，4辆甲种客车，4辆乙种客车只能乘坐40×4+50×4＝360人，所以用8辆客车时最少要用4辆乙种客车，显然用4辆甲种客车，4辆乙种客车时需用租金最少为400×4+480×4＝3520元。
3、4点分或4点分时，两针在同一直线上。
　解：设四点过分后，两针在同一直线上，
　　若两针重合，则，求得分，
　　若两针成180度角，则，求得分。
　所以在4点分或4点分时，两针在同一直线上。
4、20.3。解：钱先生购房开支为标价的95%，考虑到物价上涨因素，钱先生转让房子的利率为
5、共11次。

60
100米
180
300
420
540
660
720

6、30岁、15岁、22岁。
　解：设甲、乙、丙的年龄分别为岁、岁、岁，则

　显然是两位数，而13＝4+9＝5+8＝6+7
　∴只能等于67　④。由①②④三式构成的方程组，得，，。
三、解答题
1、设甲、乙、丙单独承包各需、、天完成，
　则解得
　再设甲、乙、丙单独工作一天，各需、、元，
　则，解得
　于是，甲队单独承包费用是45500×4＝182000（元），由乙队单独承包费用是29500×6＝177000（元），而丙不能在一周内完成，所以，乙队承包费最少。
2、解：设甲、乙最后所购得的汽车总数为辆，在生产厂最后少供的6辆车中，甲少要了辆（），乙少要了（）辆，则有
　，整理后得。
　当时，最大，为90；当时，最小为18。
　所以甲、乙购得的汽车总数至多为90辆，至少为18辆。

3、解：［方案一］：当小汽车出现故障时，乘这辆车的4个人下车步行，另一辆车将车内的4个人送到火车站，立即返回接步行的4个人到火车站。
　设乘出现故障汽车的4个人步行的距离为，根据题意，有

　解得，因此这8个人全部到火车站所需时间为

　故此方案可行。
　［方案二］：当小汽车出现故障时，乘这辆车的4个人下车步行，另一辆车将车内的4个人送到某地方后，让他们下车步行，再立即返回接出故障汽车而步行的另外4个人，使得两批人员最后同时到达车站。
　分析此方案可知，两批人员步行的距离相同，如图所示，D为无故障汽车人员下车地点，C为有故障汽车人员上车地点。因此，设AC＝BD＝y，有
　解得。因此这8个人同时到火车站所需时间为
　，故此方案可行。
火车站
A
C
D
B
·
·
·
·
故障点

4、解：假定排除故障花时分钟，如图设点A为县城所在地，点C为学校所在地，点B为师生途中与汽车相遇之处。在师生们晚到县城的30分钟中，有10分钟是因晚出发造成的，还有20分钟是由于从C到B步行代替乘车而耽误的，汽车所晚的30分钟，一方面是由于排除故障耽误了分钟，但另一方面由于少跑了B到C之间的一个来回而省下了一些时间，已知汽车速度是步行速度的6倍，而步行比汽车从C到B这段距离要多花20分钟，由此汽车由C到B应花（分钟），一个来回省下8分钟，所以有-8＝30　＝38　即汽车在途中排除故障花了38分钟。
A
B
C
·
·
·

初中数学竞赛专项训练（7）
（逻辑推理）　
一、选择题：
1、世界杯足球赛小组赛，每个小组4个队进行单循环比赛，每场比赛胜队得3分，败队得0分，平局时两队各得1分，小组赛完以后，总积分最高的两个队出线进入下轮比赛，如果总积分相同，还要按净胜球排序，一个队要保证出线，这个队至少要积 （　　）
　A. 6分 B. 7分 C. 8分 D. 9分
2、甲、乙、丙三人比赛象棋，每局比赛后，若是和棋，则这两个人继续比赛，直到分出胜负，负者退下，由另一个与胜者比赛，比赛若干局后，甲胜4局，负2局；乙胜3局，负3局，如果丙负3局，那么丙胜 （　　）
　A. 0局 B. 1局 C. 2局 D. 3局
3、已知四边形ABCD从下列条件中①AB∥CD　②BC∥AD　③AB＝CD　④BC＝AD　⑤∠A＝∠C　⑥∠B＝∠D，任取其中两个，可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结论的情况有 （　　）
　A. 4种 B. 9种 C. 13种 D. 15种
4、某校初三两个毕业班的学生和教师共100人，一起在台阶上拍毕业照留念，摄影师要将其排列成前多后少的梯形阵（排数≥3），且要求各行的人数必须是连续的自然数，这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空档处，那么满足上述要求的排法的方案有 （　　）
　A. 1种 B. 2种 C. 4种 D. 0种
5、正整数n小于100，并且满足等式，其中表示不超过x的最大整数，这样的正整数n有（　　）个
　A. 2 B. 3 C. 12 D. 16
6、周末晚会上，师生共有20人参加跳舞，其中方老师和7个学生跳舞，张老师和8个学生跳舞……依次下去，一直到何老师，他和参加跳舞的所有学生跳过舞，这个晚会上参加跳舞的学生人数是 （　　）
　A. 15 B. 14 C. 13 D. 12
7、如图某三角形展览馆由25个正三角形展室组成，每两个相邻展室（指有公共边的小三角形）都有门相通，若某参观者不愿返回已参观过的展室（通过每个房间至少一次），那么他至多能参观（　　）个展室。
　A. 23 B. 22 C. 21 D. 20
8、一副扑克牌有4种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌，最小要抽（　　）张才能保证有4张牌是同一花色的。
　A. 12 B. 13 C. 14 D. 15

二、填空题：
1、观察下列图形：
①
②
③
④

　根据①②③的规律，图④中三角形个数＿＿＿＿＿＿
2、有两副扑克牌，每副牌的排列顺序是：第一张是大王，第二张是小王，然后是黑桃、红桃、方块、梅花四种花色排列，每种花花色的牌又按A，1，2，3，……J，Q，K的顺序排列，某人把按上述排列的两副扑克牌上下叠放在一起，然后从上到下把第一张丢掉，把第二张放在最底层，再把第三张丢掉，把第四张放在最底层，……如此下去，直到最后只剩下一张牌，则所剩的这张牌是＿＿＿＿＿＿
3、用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9十个数字一共可组成＿＿＿＿＿个能被5整除的三位数
4、将7个小球分别放入3个盒子里，允许有的盒子空着不放，试问有＿＿＿＿种不同放法。
5、有1997个负号“－”排成一行，甲乙轮流改“－”为正号“＋”，每次只准画一个或相邻的两个“－”为“＋”，先画完“－”使对方无法再画为胜，现规定甲先画，则其必胜的策略是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
6、有100个人，其中至少有1人说假话，又知这100人里任意2人总有个说真话，则说真话的有＿＿＿＿＿人。
三、解答题
1、今有长度分别为1、2、3、……、9的线段各一条，可用多少种不同的方法从中选用若干条组成正方形？
2、某校派出学生204人上山植树15301株，其中最少一人植树50株，最多一人植树100株，证明至少有5人植树的株数相同。
3、袋中装有2002个弹子，张伟和王华轮流每次可取1，2或3个，规定谁能最后取完弹子谁就获胜，现由王华先取，问哪个获胜？他该怎样玩这场游戏？
4、有17个科学家，他们中的每一个都和其他的科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论三个问题，每一对科学家互相通信时，仅仅讨论同一个问题。证明至少有三个科学家关于同一个题目互相通信

数学竞赛专项训练（7）逻辑推理参考答案

一、选择题
1、答B。解：4个队单循环比赛共比赛6场，每场比赛后两队得分之和或为2分（即打平），或为3分（有胜负），所以6场后各队的得分之和不超过18分，若一个队得7分，剩下的3个队得分之和不超过11分，不可能有两个队得分之和大于或等于7分，所以这个队必定出线，如果一个队得6分，则有可能还有两个队均得6分，而净胜球比该队多，该队仍不能出线。应选B。
2、答B。解有人胜一局，便有人负一局，已知总负局数为2+3+3＝8，而甲、乙胜局数为4+3＝7，故丙胜局数为8-7＝1，应选B。
3、答B。解：共有15种搭配。①和②　③和④　⑤和⑥　①和③　②和④　①和⑤　　　①和⑥　②和⑤　②和⑥　能得出四边形ABCD是平行四边形。
　①和④　②和③　③和⑤　③和⑥　④和⑤　④和⑥　不能得出四边形ABCD是平行四边形。应选B。
4、答B。解：设最后一排k个人，共n排，各排人数为k，k+1，k+2……k+（n－1）。由题意，即，因k、n都是正整数，且n≥3，所以，且n与的奇偶性相同，将200分解质因数可知n＝5或n＝8，当n=5时，k=18，当n=8时，k＝9，共有两种方案。应选B。
5、答D。解：由，以及若x不是整数，则［x］＜x知，2|n，3|n，6|n，即n是6的倍数，因此小于100的这样的正整数有个。应选D。
6、答C。解设参加跳舞的老师有x人，则第一个是方老师和（6+1）个学生跳过舞；第二是张老师和（6+2）个学生跳过舞；第三个是王老师和（6+3）个学生跳过舞……第x个是何老师和（6+x）个学生跳过舞，所以有x＋（6+x）＝20，∴x＝7，20-7＝13。故选C。
7、答C。解：如图对展室作黑白相间染色，得10个白室，15个黑室，按要求不返回参观过的展室，因此，参观时必定是从黑室到白室或从白室到黑室（不会出现从黑到黑，或从白到白），由于白室只有10个，为使参观的展室最多，只能从黑室开始，顺次经过所有的白室，最终到达黑室，所以，至多能参观到21个展室。选C。
8、选B。解：4种花色相当于4个抽屉，设最少要抽x张扑克，问题相当于把x张扑克放进4个抽屉，至少有4张牌在同一个抽屉，有x=3×4+1＝13。故选B。
二、填空题
1、解：根据图中①、②、③的规律，可知图④中的三角形的个数为1+4+3×4+32×4+33×4＝1+4+12+36+108＝161（个）
2、解：根据题意，如果扑克牌的张数为2、22、23、……2n，那么依照上述操作方法，剩下的一张牌就是这些牌的最后一张，例如：手中只有64张牌，依照上述操作方法，最后只剩下第64张牌，现在手中有108张牌，多出108-64＝44（张），如果依照上述操作方法，先丢掉44张牌，那么此时手中恰有64张牌，而原来顺序的第88张牌恰好放在手中牌的最底层，这样，再继续进行丢、留的操作，最后剩下的就是原顺序的第88张牌，按照两副扑克牌的花色排列顺序88-54-2-26＝6，所剩的最后一张牌是第二副牌中的方块6。
3、解：百位上的数共有9个，十位上的数共有10个，个位上的数共有2个，因此所有的三位数共9×10×2＝180。
4、解：设放在三个盒子里的球数分别为、、，球无区别，盒子无区别，故可令，依题意有，于是，，故x只有取3、4、5、6、7共五个值。
　①时，，则只取3、2，相应取1、2，故有2种放法；
　②＝4时，3，则只取3、2，相应取0、1，故有2种放法；
　③＝5时，2，则只取2、1，相应取1、0，故有2种放法；
　④＝6时，1，则只取1，相应取0，故有1种放法；
　⑤＝7时，0，则只取0，相应取0，故有1种放法；
　综上所求，故有8种不同放法。
5、解：先把第999个（中间）“－”改为“＋”，然后，对乙的每次改动，甲做与之中心对称的改动，视数字为点，对应在数轴上，这1997个点正好关于点（999）对称。
6、解：由题意说假话的至少有1人，但不多于1人，所以说假话的1人，说真话的99人。
三、1、解：1+2+3+……9＝45，故正方形的边长最多为11，而组成的正方形的边长至少有两条线段的和，故边长最小为7。
　7＝1+6＝2+5＝3+4
　8＝1+7＝2+6＝3+5
　9+1＝8+2＝7+3＝6+4
　9+2＝8+3＝7+4＝6+5
　9＝1+8＝2+7＝3+6＝4+5
　故边长为7、8、10、11的正方形各一个，共4个。而边长为9的边可有5种可能能组成5种不同的正方形。所以有9种不同的方法组成正方形。
2、证明：利用抽屉原理，按植树的多少，从50至100株可以构造51年抽屉，则问题转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里。（用反证法）假设无5人或5人以上植树的株数在同一个抽屉里，那只有4人以下植树的株数在同一个抽屉里，而参加植树的人数为204人，每个抽屉最多有4人，故植树的总株数最多有：
　4（50＋51＋52＋……＋100）＝4×＝15300＜15301，得出矛盾。因此，至少有5人植树的株数相同。
3、解：王华获胜。
　　王华先取2个弹子，将2000（是4的倍数）个弹子留给张伟取，不记张伟取多少个弹子，设为x个，王华总跟着取（4－x）个，这样总保证将4的倍数个弹子留给张伟取，如此下去，最后一次是将4个弹子留给张伟取，张伟取后，王华一次取完余下的弹子。
4、解析在研究与某些元素间关系相关的存在问题时，常常利用染色造抽屉解题。17位科学家看作17个点，每两位科学家互相通信看作是两点的连线段，关于三个问题通信可看作是用三种颜色染成的线段，如用红色表示关于问题甲的通信，蓝色表示问题乙通信，黄色表示问题丙通信。这样等价于：有17个点，任三点不共线，每两点连成一条线段，把每条线段染成红色、蓝色和黄色，且每条线段只染一种颜色，证明一定存在一个三角形三边同色的三角形。
　证明：从17个点中的一点，比如点A处作引16条线段，共三种颜色，由抽屉原理至少有6条线段同色，设为AB、AC、AD、AE、AF、AG且均为红色。
　若B、C、D、E、F、G这六个点中有两点连线为红线，设这两点为B、C，则△ABC是一个三边同为红色的三角形。
　若B、C、D、E、F、G这六点中任两点的连线不是红色，则考虑5条线段BC、BD、BE、BF、BG的颜色只能是两种，必有3条线段同色，设为BC、BD、BE均为黄色，再研究△CDE的三边的颜色，要么同为蓝色，则△CDE是一个三边同色的三角形，要么至少有一边为黄色，设这边为CD，则△CDE是一个三边同为黄色的三角形。

初中数学竞赛专项训练（8）
（命题及三角形边角不等关系）　
一、选择题：
1、如图8-1，已知AB＝10，P是线段AB上任意一点，在AB的同侧分别以AP和PB为边作两个等边三角形APC和BPD，则线段CD的长度的最小值是 （　　）
　A. 4 B. 5 C. 6 D.
2、如图8-2，四边形ABCD中∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，AD＝8，AB＝7，　　　　　　则BC＋CD等于 （　　）
　A. B. 5 C. 4 D. 3
3、如图8-3，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝3，BC＝9，AB＝6，CD＝4，若EF∥BC，且梯形AEFD与梯形EBCF的周长相等，则EF的长为 （　　）
60°
A
B
C
D
A
B
C
D
P
图8-1
图8-2
A
D
C
B
E
F
图8-3
　A. B. C. D.

4、已知△ABC的三个内角为A、B、C且α＝A+B，β＝C+A，γ＝C+B，则α、β、γ中，锐角的个数最多为 （　　）
　A. 1 B. 2 C. 3 D. 0
图8-4
A
B
C
D
A
D
C
F
C’
B
E
5、如图8-4，矩形ABCD的长AD＝9cm，宽AB＝3cm，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后DE的长和折痕EF的长分别为 （　　）
　A. 4cm B. 5cm
C. 4cm D. 5cm
6、一个三角形的三边长分别为a，a，b，另一个三角形的三边长分别为a，b，b，其中a>b，若两个三角形的最小内角相等，则的值等于 （　　）
　A. B. C. D.
7、在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是 （　　）
　A. 0 B. 1 C. 3 D. 5
8、若函数与函数的图象相交于A，C两点，AB垂直x轴于B，则△ABC的面积为 （　　）
　A. 1 B. 2 C. k D. k2
二、填空题
·
A
B
B′
D
C
图8-5
E
A′
1、若四边形的一组对边中点的连线的长为d，另一组对边的长分别为a，b，则d与的大小关系是＿＿＿＿＿＿＿
2、如图8-5，AA′、BB′分别是∠EAB、∠DBC的平分线，若AA′＝BB′＝AB，则∠BAC的度数为＿＿＿
图8-6
A
B
D
C
P
3、已知五条线段长度分别是3、5、7、9、11，将其中不同的三个数组成三数组，比如（3、5、7）、（5、9、11）……问有多少组中的三个数恰好构成一个三角形的三条边的长＿＿＿＿＿
4、如图8-6，P是矩形ABCD内一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则PD＝＿＿＿＿＿＿＿
图8-8
B
A
C
P
16
米
20米
A
B
C
D
甲
乙
图8-7
5、如图8-7，甲楼楼高16米，乙楼座落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午12时太阳光线与水平面的夹角为30°，此时求①如果两楼相距20米，那么甲楼的影子落在乙楼上有多高？＿＿＿＿＿＿②如果甲楼的影子刚好不落在乙楼上，那么两楼的距离应当是＿＿＿＿＿＿米。
6、如图8-8，在△ABC中，∠ABC＝60°，点P是△ABC内的一点，使得∠APB＝∠BPC＝∠CPA，且PA＝8，PC＝6，则PB＝＿＿
A
B
D
C
图8-9
三、解答题
1、如图8-9，AD是△ABC中BC边上的中线，　　　　　求证：AD＜（AB+AC）

2、已知一个三角形的周长为P，问这个三角形的最大边长度在哪个范围内变化？
A
C
F
B
D
E
图8-10
3、如图8-10，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是角平分线，DE∥BC交AC于点E，DF∥AC交BC于点F。
求证：①四边形CEDF是正方形。
②CD2＝2AE·BF

4、从1、2、3、4……、2004中任选k个数，使所选的k个数中一定可以找到能构成三角形边长的三个数（这里要求三角形三边长互不相等），试问满足条件的k的最小值是多少？

数学竞赛专项训练（8）参考答案

A
B
C
D
P
E
F
G
一、选择题
1、如图过C作CE⊥AD于E，过D作DF⊥PB于F，过D作DG⊥CE于G。
显然DG＝EF＝AB＝5，CD≥DG，当P为AB中点时，有CD＝DG＝5，所以CD长度的最小值是5。
A
D
C
B
E
F
H
G
60°
A
B
C
D
E
2、如图延长AB、DC相交于E，在Rt△ADE中，可求得AE＝16，DE＝8，于是BE＝AE－AB＝9，在Rt△BEC中，可求得BC＝3，CE＝6，于是CD＝DE－CE＝2　BC＋CD＝5。
3、由已知AD+AE+EF+FD＝EF+EB+BC+CF　
　　∴AD+AE+FD＝EB+BC+CF＝
　　∵EF∥BC，∴EF∥AD，
　　设，
　　AD+AE+FD＝3+　∴　　解得k＝4
　　作AH∥CD，AH交BC于H，交EF于G，
则GF＝HC＝AD＝3，BH＝BC－CH＝9-3＝6
∵，∴　∴
4、假设α、β、γ三个角都是锐角，即α＜90°，β＜90°，γ＜90°，也就是A+B＜90°，B+C＜90°，C+A＜90°。∵2（A+B+C）＜270°，A＋B＋C＜135°与A＋B＋C＝180°矛盾。故α、β、γ不可能都是锐角，假设α、β、γ中有两个锐角，不妨设α、β是锐角，那么有A＋B＜90°，C＋A＜90°，∴A＋(A＋B＋C)<180°，即A+180°＜180°，A＜0°这也不可能，所以α、β、γ中至多只有一个锐角，如A＝20°，B＝30°，C＝130°，α＝50°，选A。
5、折叠后，DE＝BE，设DE＝x，则AE＝9－x，在Rt△ABC中，AB2＋AE2＝BE2，即，解得x＝5，连结BD交EF于O，则EO＝FO，BO＝DO
　　∵　∴DO＝
　　在Rt△DOE中，EO＝　∴EF＝。选B。
Q
A
B
C
D
6、设△ABC中，AB＝AC＝a，BC＝b，如图D是AB上一点，有AD＝b，因a>b，故∠A是△ABC的最小角，设∠A＝Q，则以b,b,a为三边之三角形的最小角亦为Q，从而它与△ABC全等，所以DC＝b，∠ACD＝Q，因有公共底角∠B，所以有等腰△ADC∽等腰△CBD，从而得，即，令，即得方程，解得。选B。
7、C。由于任意凸多边形的所有外角之和都是360°，故外角中钝角的个数不能超过3个，又因为内角与外角互补，因此，内角中锐角最多不能超过3个，实际上，容易构造出内角中有三个锐角的凸10边形。
8、A。设点A的坐标为（），则，故△ABO的面积为，又因为△ABO与△CBO同底等高，因此△ABC的面积＝2×△ABO的面积＝1。
A
B
D
C
P
M
N
二、填空题
1、如图设四边形ABCD的一组对边AB和CD的中点分别为M、N，MN＝d，另一组对边是AD和BC，其长度分别为a、b，连结BD，设P是BD的中点，连结MP、PN，则MP＝，NP＝，显然恒有，当AD∥BC，由平行线等分线段定理知M、N、P三点共线，此时有，所以与的大小关系是。
2、12°。设∠BAC的度数为x，∵AB＝BB′ ∴∠B′BD＝2x，∠CBD＝4x
　　∵AB＝AA′　∴∠AA′B＝∠AB A′＝∠CBD＝4x　∵∠A′AB