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历届希望杯全国数学邀请赛高二数学精选100题详析一

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1 / 21 历届“希望杯”全国数学邀请赛高二数学精选100题详析 题1 已知yxabbybbaxba,,,,0则的大小关系是 . （第十一届高二第一试第11题）

解法1 bbaabbax，abbaabby.

yxabbbbaba,,0.

解法2 bbaabbabbbbayx，yxyxabba,1,.

解法3 aabbabbaabbbbayx1111 =yxyxaabba,011,0. 解法4 原问题等价于比较abba与b2的大小.由,2)(222yxyx得babbaabba4)(2)2（，babba2.

yxbabbaabba,2,.

解法5 如图1，在函数xy的图象上取三个不同的点A（ab，ab）、B（b，b）、C（ba，ba）. 由图象，显然有ABBCkk，即)()(abbabbbbabba， 即abbbba，亦即yx. 解法6 令()ftatt，ttaatf)(单调递减，而abb，)()(abfbf，即abbbba，yx. 解法7 考虑等轴双曲线)0(22xayx.

A B C x y

O b-a b b+a 图1 2 / 21

如图2，其渐近线为xy.在双曲线上取两点 A（b，ab）、B（ab，b）.

由图形，显然有1ABk，即1bbaabb，从而yx. 解法8 如图3.在Rt△ABC中，∠C为直角，BC=a，AC=b，BD=b，则AB=ba，DC=ab. 在△ABD中，AB-AD从而baAD-DC<bDC， 即abbbba，故yx. 评析 比较大小是中学代数中的常见内容.其最基本的方法是作差比较法、作商比较法、利用函数的单调性.解法1通过分子有理化（处理无理式常用此法）将问题转化成比较两个分母的大小.解法

2直接作商与1比较大小，顺理成章，也很简洁.要注意的是：0,ba

时，1aabb；0,ba时，1aabb.此题直接作差难以确定差与0的大小，解法3对yx,的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反映了思维的灵活性.解法6运用函数的单调性解题，构造一个什么样的函数是关键.我们认为构造的函数应使得yx,恰为其两个函数值，且该函数还应是单调的（最起码在包含yx,对应的自变量值的某区间上是单调的）.解法5与解法7分别构造函数与解几模型，将yx,的大小关系问题转化成斜率问题加以解决，充分沟通了代数与几何之间的内在联系，可谓创新解法.解法8充分挖掘代数式的几何背景，构造平面图形，直观地使问题得到解决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用方法. 有人对此题作出如下解答：

取,2,1ba则12112,23123yx，322Q

10，.,121231yx可再取两组特殊值验证，都有yx.故答案为yx.

从逻辑上讲，取2,1ba，得yx.即使再取无论多少组值（也只能是有限组值）验证，都得yx，也只能说明yx或yx作为答案是错误的，而不能说明yx一定是正确的,因为这不能排除xy的可能性.因此答案虽然正确，但解法是没有根据的.当然，如果将题目改为选择题：

已知yxabbybbaxba,,,,0则的大小关系是

A B O x

y

b 图2 a ab A B D C b

图3 a ab

ba b 3 / 21

（ ） A、yx B、yx C、yx D、yx 此时用上述解法，且不用再取特殊值验证就可选D，并且方法简单，答案一定正确. 总而言之，特殊值法在解许多选择题时显得特别简捷，那是因为选择支中的正确答案是唯一的，从而通过特殊值排除干扰支，进而选出正确答案.但特殊值法只能排除错误结论，而不能直接肯定正确答案，因此，用此法解填空题（少数特例除外）与解答题是没有根据的.当然，利用特殊值指明解题方向还是十分可取的.

题2 设cbaNn,，且11nabbcac恒成立，则n的最大值为 （ ） A、2 B、3 C、4 D、5 （第十一届高二第一试第7题）

解法1 原式ncbcabaca．minacacnabbc．而bacacbca

bacbbabcabbc2+bacbcbba4，且当bacbcbba

，即

bca2时取等号．minacacabbc4．4n．故选C．

解法2 cba，0,0,0cacbba，已知不等式化为 2

acnabbc

．由22242acacabbcabbc，即4min2cbbaca，

故由已知得4n，选C． 解法3 由cba，知0,0,0cacbba，有



cbbacan11

．又

41111112cbbacbbacbbaca，

即411mincbbaca，由题意，4n．故选C． 解法4 cba，0,0,0cacbba．已知不等式可变形为 2acnabbc．记2

ackabbc

， 4 / 21

则4222cbbacbbacbbacbbak．由题意，4n．故选C． 解法5 cba110,0.abbc于是 cacbbacbba

4411．比较得4n．故选C．

评析 由已知，可得cbbacan11恒成立．根据常识“若afx恒成立，则minxfa；若xfa恒成立，则maxafx,”cbbaca11的最小值就是所求n的最大值，故问题转化为求cbbaca11的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了2,,baabRab“”；解法2运用了”“22baab；解法3运用了

”“411baba；解法4运用了”“Rbaabba,2；解法5运用了

”“Rbababa,

411

．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归．

此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P30第8题： 已知cba，求证：0111accbba． 证：令0,0,yxycbxba，则yxca．

22111111xyxyabbccaxyxyxyxy



．0,0xyQ，

0111accbba．

此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式，使得推证更简单了．运用这一思路，又可得本赛题如下解法：

设0,0,yxycbxba，则yxca．cancbba11恒成立，

就是yxnyx11恒成立．也就是yxyxn11恒成立．411yxyx恒5 / 21

成立， 由题意得4n．故选C．

再看一个运用这一思想解题的例子．

例 设Rcba,,，求证：2222cbabacacbcba． （第二届“友谊杯”国际数学竞赛题） 证明 设,,,zbayacxcb则0,,21zyxzyxcba．

02222yxxybxayyxbaybxa，222ababxyxy ①，

222

2222

22ababcabcabccabcxyzxyzxyzabc,即

2222cbazcybxa，2222cbabacacbcba．

本赛题还可直接由下面的命题得解． 命题 若021naaa，则nnnaanaaaaaa12132211111．

证明 021naaa，nnaaaaaa13221,,,都大于0．反复运用

①式，可得: “若,(1,2,,)iixyRinL,则22111niniiniiiixxyy,当且仅当1212nn

xxx

yyyL时取等号”.故有

22122311223111111111nnnnnnaaaaaaaaaaaaaa



LLL．

也可以这样证明： 021naaa，12231,,,0nnaaaaaaL．故由柯西不等式，得

1223112231111()nnnnaaaaaaaaaaaa







LL

2

11111nL1442443个

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1993年第4届“希望杯”全国数学邀请赛试卷(初二第1试)(解析版)

1993年第4届“希望杯”全国数学邀请赛试卷(初二第1试)(解析版)

1993年第4届“希望杯”全国数学邀请赛试卷（初二第1试）一、选择题（共15小题，每小题1分，满分15分）1．（1分）如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（）A．B．ab＜1 C．D．2．（1分）已知四个命题：①1是1的平方根．②负数没有立方根．③无限小数不一定是无理数．④一定没有意义．其中正确的命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．43．（1分）已知8个数：，，0.236，，3.1416，﹣π，，，其中无理数的个数是（）A．3 B．4 C．5 D．64．（1分）若A=，A的算术平方根是（）A．a2+3 B．（a2+3）2C．（a2+9）2D．a2+95．（1分）下列各组数可以成为三角形的三边长度的是（）A．1，2，3 B．a+1，a+2，a+3，其中a＞0C．a，b，c，其中a+b＞c D．1，m，n，其中1＜m＜n6．（1分）方程x2+|x|﹣6=0的最大根与最小根的差是（）A．6 B．5 C．4 D．37．（1分）等腰三角形的某个内角的外角是130°，那么这个三角形的三个内角的大小是（）A．50°，50°，80°B．50°，50°，80°或130°，25°，25°C．50°，65°，65°D．50°，50°，80°或50°，65°，65°8．（1分）如果x+y=，x﹣y=，那么xy的值是（）A．B．C．D．9．（1分）如图所示，△ABC中，AB=AC，过AC上一点作DE⊥AC，EF⊥BC，若∠BDE=140°，则∠DEF=（）A．55°B．60°C．65°D．70°10．（1分）已知﹣＜x＜1，将化简得（）A．3﹣3x B．3+3x C．5+x D．5﹣x11．（1分）如图，在△ABC中，AB=AC，G是三角形的重心，那么图中全等的三角形的对数是（）A．5 B．6 C．7 D．812．（1分）关于x的一元二次方程2x+（k﹣4）x2+6=0没有实数根，则k的最小整数是（）A．﹣1 B．2 C．3 D．513．（1分）对于三边的长是三个连续自然数的任意三角形，在下列四个命题中①周长能被2整除．②周长是奇数．③周长能被3整除．④周长大于10．正确的命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．414．（1分）若方程9x2﹣6（a+1）x+a2﹣3=0的两根之积等于1，则a的值是（）A．B．C．D．15．（1分）有下列四个命题：①两边和其中一边上的高对应相等的两个三角形一定是全等三角形．②两边和第三边上的高对应相等的两个锐角三角形一定是全等三角形．③两边和第三边上的高对应相等的两个三角形是全等三角形．④两边和其中一边所对的角对应相等的两个三角形不一定是全等三角形．其中正确的是（）A．①，②B．②，③C．③，④D．②，④二、填空题（共15小题，每小题1分，满分15分）16．（1分）某自然数的平方是一个四位数，千位数字是4，个位数字是5，这个数是．17．（1分）实数x满足x+=10，则的值为．18．（1分）设10个数：195.5，196.5，197.5，198.5，199.5，200，200.5，201，201.5，202.5的平均数为A，则10A=．19．（1分）如果实数x、y满足2x2﹣6xy+9y2﹣4x+4=0，那么=．20．（1分）设△ABC的三边a，b，c的长度均为自然数，且a≤b≤c，a+b+c=13，则以a，b，c为三边的三角形共有个．21．（1分）+++┉┉+=．22．（1分）当0＜x＜2时，=．23．（1分）已知方程x2+（2m+1）x+（m2+m+1）=0没有实数根，那么m为．24．（1分）已知a，b，c，d满足a＜﹣1＜b＜0＜c＜1＜d，且|a+1|=|b+1|，|1﹣c|=|1﹣d|，那么a+b+c+d=．25．（1分）如图，在△ABC中，AE是∠BAC的外角的平分线，D是AE上任意一点，则AB+AC DB+DC．（用“＞”、“＜”、“=”号连接）26．（1分）如果x﹣y=+1，y﹣z=﹣1，那么x2+y2+z2﹣xy﹣yz﹣zx=．27．（1分）若u、v满足v=，则u2﹣uv+v2=．28．（1分）如图，B、C、D在同一条直线上，且AB=BC=AC，CD=DE=EC，若BM：ME=r，则DN：NA=．29．（1分）设方程x2﹣y2=1993的整数解为α，β，则|αβ|=．30．（1分）若，x+=3，则=．1993年第4届“希望杯”全国数学邀请赛试卷（初二第1试）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题1分，满分15分）1．（1分）如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（）A．B．ab＜1 C．D．【解答】解：A、如果a＜b＜0，则；故不成立；B、ab＞1，故不成立；C、，故不成立；D、不等式成立的是．故选：D．2．（1分）已知四个命题：①1是1的平方根．②负数没有立方根．③无限小数不一定是无理数．④一定没有意义．其中正确的命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：1的平方根是1或﹣1，故①正确．﹣1的立方根是﹣1，所以负数有立方根，故②错误．无限循环小数是有理数，所以③正确．当a≤0④中的根式有意义．所以①③两项正确．故选：B．3．（1分）已知8个数：，，0.236，，3.1416，﹣π，，，其中无理数的个数是（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：=、=﹣1、﹣π，这三个数是无理数，、0.236、3.1416、=﹣、=8这五个数都是有理数，故选：A．4．（1分）若A=，A的算术平方根是（）A．a2+3 B．（a2+3）2C．（a2+9）2D．a2+9【解答】解：∵a2≥0，∴a2+9＞0，∴A==（a2+9）2，∵==a2+9，∴A的算术平方根是a2+9．故选：D．5．（1分）下列各组数可以成为三角形的三边长度的是（）A．1，2，3 B．a+1，a+2，a+3，其中a＞0C．a，b，c，其中a+b＞c D．1，m，n，其中1＜m＜n【解答】解：A、∵1+2=3，∴1，2，3不能构成三角形，故此选项错误；B、∵（a+1）+（a+2）=2a+3＞a+3，a+3﹣a﹣2=1＜a+1（a＞0），∴a+1，a+2，a+3可以成为三角形的三边，故此选项正确；C、例如：5+1＞2，而1+2＜5，∴以a，b，c，其中a+b＞c为边的不一定能够成直角三角形；D、例如：m=2，n=3，∵1+2=3，∴以1，m，n（1＜m＜n）为边不一定能构成三角形．故选：B．6．（1分）方程x2+|x|﹣6=0的最大根与最小根的差是（）A．6 B．5 C．4 D．3【解答】解：原方程化为（|x|+3）（|x|﹣2）=0，解得|x|=﹣3，或|x|=2．但应舍去|x|=﹣3．=±2．故由|x|=2得：x1，2则x1﹣x2=4．故选：C．7．（1分）等腰三角形的某个内角的外角是130°，那么这个三角形的三个内角的大小是（）A．50°，50°，80°B．50°，50°，80°或130°，25°，25°C．50°，65°，65°D．50°，50°，80°或50°，65°，65°【解答】解：∵等腰三角形的某个内角的外角是130°∴等腰三角形的这个内角是50°①若50°的角是底角，则三个内角是50°，50°，80°；②若50°的角是顶角，则三个内角是50°，65°，65°．故选：D．8．（1分）如果x+y=，x﹣y=，那么xy的值是（）A．B．C．D．【解答】解：∵（x+y）2=，（x﹣y）2=∴4xy=（x+y）2﹣（x﹣y）2=﹣（）=12（）∴xy=．故选：B．9．（1分）如图所示，△ABC中，AB=AC，过AC上一点作DE⊥AC，EF⊥BC，若∠BDE=140°，则∠DEF=（）A．55°B．60°C．65°D．70°【解答】解：∵DE⊥AC，∠BDE=140°，∴∠A=50°，又∵AB=AC，∴∠C==65°，∵EF⊥BC，∴∠DEF=∠C=65°．所以A错，B错，C对，D错．故选C．10．（1分）已知﹣＜x＜1，将化简得（）A．3﹣3x B．3+3x C．5+x D．5﹣x【解答】解：∵﹣＜x＜1，∴2x+1＞0，x﹣1＜0，∴x﹣4＜0，∴原式=|2x+1﹣（4﹣x）|=|3x﹣3|=3﹣3x．故选：A．11．（1分）如图，在△ABC中，AB=AC，G是三角形的重心，那么图中全等的三角形的对数是（）A．5 B．6 C．7 D．8【解答】解：①∵AB=AC，G是三角形的重心，∴AD=AE，∠BAF=∠CAF，∵AG=AG，∴△AGD≌△AGE；②∴DG=EG，∵BD=EC，∠DGB=∠EGC，∴△DGB≌△EGC；③∴BG=CG，∵BF=CF，GF=GF，∴△BGF≌△CGF；④∵AB=AC，AG=AG，BG=CG，∴△AGB≌△AGC；⑤∵AB=AC，AF=AF，BF=CF，∴△AFB≌△AFC；⑥∵BE=CD，AD=AE，AB=AC，∴△AEB≌△ADC；⑦∵BD=CE，BE=CD，BC=BC，∴△DBC≌△ECB．故选：C．12．（1分）关于x的一元二次方程2x+（k﹣4）x2+6=0没有实数根，则k的最小整数是（）A．﹣1 B．2 C．3 D．5【解答】解：∵一元二次方程2x+（k﹣4）x2+6=0没有实数根，∴△=b2﹣4ac=4﹣4×6（k﹣4）＜0，解得k＞．k最小整数=5．故选D．13．（1分）对于三边的长是三个连续自然数的任意三角形，在下列四个命题中①周长能被2整除．②周长是奇数．③周长能被3整除．④周长大于10．正确的命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：设三个连续自然数为k、k+1、k+2（k＞1），则k+（k+1）+（k+2）=3（k+1），故以k，k+1，k+2为三边的三角形的周长总可以被3整除．又∵以2，3，4为三边的三角形，其周长为9，显然不能被2、4整除，∴①，④错误．∵以3，4，5为三边的三角形，其周长为12，∴②错误．正确的结论是③．故选：A．14．（1分）若方程9x2﹣6（a+1）x+a2﹣3=0的两根之积等于1，则a的值是（）A．B．C．D．【解答】解：∵△=36（a+1）2﹣4×9×（a2﹣3）=36（2a+4）≥0∴a≥﹣2．∵x1•x2==1∴a2=12∴a1=2，a2=﹣2（舍去）故选：B．15．（1分）有下列四个命题：①两边和其中一边上的高对应相等的两个三角形一定是全等三角形．②两边和第三边上的高对应相等的两个锐角三角形一定是全等三角形．③两边和第三边上的高对应相等的两个三角形是全等三角形．④两边和其中一边所对的角对应相等的两个三角形不一定是全等三角形．其中正确的是（）A．①，②B．②，③C．③，④D．②，④【解答】解：①此题忽略了锐角和钝角三角形高的位置不相同的情况，故错误；②正确，两边和第三边上的高对应相等的两个锐角三角形是全等三角形，故正确．③不正确，举一反例说明，如图：在钝角△ABC与锐角△ABC1中，AB=AB，AC=AC1，AD⊥BC1，AD=AD．但△ABC 与△ABC1显然是不全等的；④正确，可举一例说明，如图：在钝角△ABC与锐角△ABC1中，AB=AB，AC=AC1，∠ABC=∠ABC1，但△ABC与△ABC1显然是不全等的．所以正确的是②④．故选：D．二、填空题（共15小题，每小题1分，满分15分）16．（1分）某自然数的平方是一个四位数，千位数字是4，个位数字是5，这个数是65．【解答】解：∵自然数的平方是一个四位数，千位数字是4，又∵1002=10000，92=81，∴这个自然数只能是两位数，∵个位数字是5，∴这个自然数的个位数字也为5，∵602=3600，802=6400，∴它的十位数字可能是6或7，∵752=5625，652=4225，∴它的十位数字是6，∴这个数为65．故答案为：65．17．（1分）实数x满足x+=10，则的值为6．【解答】解：∵x+=10，∴5x+16=（10﹣x）2，经整理得x2﹣25x+84=0，解得x=4或21，经检验x=4是方程的根，故=6．故答案为6．18．（1分）设10个数：195.5，196.5，197.5，198.5，199.5，200，200.5，201，201.5，202.5的平均数为A，则10A=1993．【解答】解：∵195.5，196.5，197.5，198.5，199.5，200，200.5，201，201.5，202.5与200分别相差﹣4.5，﹣3.5，﹣2.5，﹣1.5，﹣0.5，0，+0.5，+1，+1.5，+2.5，∵[（﹣4.5）+（﹣3.5）+（﹣2.5）+（﹣1.5）+（﹣0.5）+0+0.5+1+1.5+2.5]÷10=﹣0.7，∴A=200﹣0.7=199.3，则10A=1993．故答案为：1993．19．（1分）如果实数x、y满足2x2﹣6xy+9y2﹣4x+4=0，那么=．【解答】解：可把条件变成（x2﹣6xy+9y2）+（x2﹣4x+4）=0，即（x﹣3y）2+（x﹣2）2=0，因为x，y均是实数，∴x﹣3y=0，x﹣2=0，∴x=2，y=，∴==．故答案为．20．（1分）设△ABC的三边a，b，c的长度均为自然数，且a≤b≤c，a+b+c=13，则以a，b，c为三边的三角形共有5个．【解答】解：∵a+b+c=13∴a+b=13﹣c∵a+b＞c∴13﹣c＞c∴c＜∵a+b+c=13∴c可取的值为5，6∴三边可能的取值为：∴以a，b，c为三边的三角形共有5种．21．（1分）+++┉┉+=9．【解答】解：原式=﹣1++┉┉+﹣=﹣1+=9．22．（1分）当0＜x＜2时，=．【解答】解：原式=+=+=+∵0＜x＜2，∴x+2＞0，x﹣2＜0，上式去掉绝对值符号得：+===．故答案是：．23．（1分）已知方程x2+（2m+1）x+（m2+m+1）=0没有实数根，那么m为任何实数．【解答】解：∵方程x2+（2m+1）x+（m2+m+1）=0没有实数根，∴△＜0，而△=（2m+1）2﹣4（m2+m+1）=﹣3，即无论m取何实数，△总是小于0．所以m的取值范围为：任何实数．故答案为任何实数．24．（1分）已知a，b，c，d满足a＜﹣1＜b＜0＜c＜1＜d，且|a+1|=|b+1|，|1﹣c|=|1﹣d|，那么a+b+c+d=0．【解答】解：∵a＜﹣1＜b＜0＜c＜1＜d，∴a+1＜0，b+1＞0，1﹣c＞0，1﹣d＜0，∵|a+1|=|b+1|，|1﹣c|=|1﹣d|，∴﹣a﹣1=b+1，1﹣c=d﹣1，整理得：a+b=﹣2，c+d=2，则a+b+c+d=0．故答案为：025．（1分）如图，在△ABC中，AE是∠BAC的外角的平分线，D是AE上任意一点，则AB+AC＜DB+DC．（用“＞”、“＜”、“=”号连接）【解答】解：在BA的延长线AF上，截取AG，使AG=AC，连接GD，∵∠GAD=∠CAD，AD是公共边，∴△ADG≌△ADC（SAS），∴AG=AC，DG=DC，∴DB+DC=DB+DG，又∵DB+DG＞BG，BG=BA+AG=BA+AC，∴AB+AC＜DB+DC．故答案为：＜．26．（1分）如果x﹣y=+1，y﹣z=﹣1，那么x2+y2+z2﹣xy﹣yz﹣zx=7．【解答】解：∵x﹣y=+1①，y﹣z=﹣1②，∴x﹣z=2③，则①2+②2+③2=（x﹣y）2+（y﹣z）2+（x﹣z）2=（+1）2+（﹣1）2+（2）2=14，即2（x2+y2+z2﹣xy﹣yz﹣yx）=14，∴x2+y2+z2﹣xy﹣yz﹣yx=7．故答案为：7．27．（1分）若u、v满足v=，则u2﹣uv+v2=．【解答】解：由题意得：≥0，﹣≥0，从而=0，2u﹣v=0，u=v，又v=，∴u=，∴u2﹣uv+v2=．故答案为．28．（1分）如图，B、C、D在同一条直线上，且AB=BC=AC，CD=DE=EC，若BM：ME=r，则DN：NA=1：r．【解答】解：AB=BC=AC，CD=DE=EC，△ABC、△CDE是等边三角形，AB∥CE，AC∥DE，△ABM∽△CEM，AB：CE=BM：ME=r，同理AC∥DE，△ACN∽△DEN，AN：DN=AC：DE，∵AB=AC，DE=EC，∴AN：DN=AB：CE=r，∴DN：NA=1：r．29．（1分）设方程x2﹣y2=1993的整数解为α，β，则|αβ|=993012．【解答】由方程可知（x+y）（x﹣y）=1993×1，可得或或或，解得或或或．∴|αβ|=997×996=993012．30．（1分）若，x+=3，则=．【解答】解：∵x+=3，∴（x+）2=9，即x2+=7，∴（x2+）2=49，∴x4+=47，（x+）3=27，∴x3++3（x2•+•x）=27，即x3+=18，∴==．故答案为：．。

历届希望杯试题

历届希望杯试题

第四届小学“希望杯”全国数学邀请赛六年级第1试以下每题5分，共120分。

1．2006×2008×()＝________。

2．900000－9＝________×99999。

3．＝________。

4．如果a＝，b＝，c＝，那么a，b，c中最大的是________，最小的是________。

5．将某商品涨价25％，如果涨价后的销售金额与涨价前的销售金额相同，则销售量减少了________％。

6．小明和小刚各有玻璃弹球若干个。

小明对小刚说：“我若给你2个，我们的玻璃弹球将一样多。

”小刚说：“我若给你2个，我的弹球数量将是你的弹球数量的三分之一。

”小明和小刚共有玻璃弹球________个。

7．一次测验中，小明答错了10道题，小刚答错了8道题，小强答对的题的数量等于小明与小刚答对题的数量之和，且小强答错了3道题。

这次测验共有________道题。

8．一个两位数，加上它的个位数字的9倍，恰好等于100。

这个两位数的各位数字之和的五分之三是________。

9．将一个数A的小数点向右移动两位，得到数B。

那么B＋A是B－A的________倍。

(结果写成分数形式)10．用10根火柴棒首尾顺次连接接成一个三角形，能接成不同的三角形有________个。

11．希望小学举行运动会，全体运动员的编号是从1开始的连续整数，他们按图中实线所示，从第1珩第1列开始，按照编号从小到大的顺序排成一个方阵。

小明的编号是30，他排在第3行第6列，则运动员共有________人。

12．将长为5，宽为3，高为1的长方体木块的表面涂上漆，再切成15块棱长为l的小正方体。

则三个面涂漆的小正方体有________块。

13．如图，∠AOB的顶点0在直线l上，已知图中所有小于平角的角之和是400度，则∠AOB＝________度。

14．如图，桌面上有A、B、C三个正方形，边长分别为6，8，10。

B的一个顶点在A 的中心处，C的一个顶点在B的中心处，这三个正方形最多能盖住的面积是________。

(2020年编辑)希望杯数学竞赛第一届至十历届四年级全部试题与答案打

(2020年编辑)希望杯数学竞赛第一届至十历届四年级全部试题与答案打

教育精品资料目录1.第一届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (2)2. 第一届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (5)3. 第二届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (7)4. 第二届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (10)5. 第三届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (13)6. 第三届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (16)7. 第四届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (18)8. 第四届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (21)9. 第五届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (23)10. 第五届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (26)11. 第六届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (28)12. 第六届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (30)13. 第七届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (32)14. 第七届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (36)15. 第八届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (39)16. 第八届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (41)17. 第九届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (44)18. 第九届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (46)19. 第十届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试） (48)20. 第十届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第2试） (50)21.第一届---第八届“希望杯”全国数学邀请赛参考答案 (53)第一届小学“希望杯”全国数学邀请赛（第1试）四年级第1试1．下边三个图中都有一些三角形，在图A中，有个；在图B中，有个；在图C中，有个。

2．写出下面等式右边空白处的数，使等式能够成立:0.6＋0.06＋0.006＋…＝2002÷。

3．观察1，2，3，6，12，23，44，x，164的规律，可知x ＝。

4．如图，将一个三角形(有阴影)的两条边分别延长2倍，得到一个大三角形，这个大三角形的面积是原三角形面积的______倍。

2011年希望杯全国数学邀请赛初三竞赛二试模拟卷(一)

2011年希望杯全国数学邀请赛初三竞赛二试模拟卷(一)

第 ６期
２ １ 年希 望杯 全国数学邀请赛初 三竞赛二试模拟卷（ ） ０１ 一
・３ ７・
２ １ 年 希 望 杯 全 国数 学 邀 请 赛 初 三 竞 赛 二 试 模 拟 卷 （ ） ０１ 一
一
、
选择题 （ ８ 共 小题 ， 每小题 ５分 ， 满分 ４ ０分 ） （ 四边形 ．
５ 则 四边 形 Ｏ Ｂ ， Ｅ Ｆ的面积 为
Ａ． ５ Ｂ． ６ Ｃ． ７
（
）
Ｄ． ８
６ 在 一个 棱 长 为 ４的立 方体 中放 入直 径 为 １的相 同 的球 ， 以放人 最多 的个 数是 ． 可 （ ）
Ａ． ６ ６ Ｂ． ４ ６ Ｃ． ５ ７ Ｄ． ３ ７
（ ） Ｂ第一、 、 ． 二 四象 限 Ｄ 第一 、 、 ． 三 四象 限
１ 下列命题 中， ． 假命题是 Ａ 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 ． ｃ 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ．
Ａ． 一 、 、 第 二 三象 限 Ｃ 第二 、 、 ． 三 四象 限
）
２ 已知 一次 函数 Ｙ＝ 一 ， Ｙ随 的减 小 而减小 ， 该 函数 的图像经 过 ． ｋ若 则
图１
７ 如果关于 的方程 泓 ２ １ — ＝ ． ＋（ａ一 ） ＋ ５ ０的 ２个根一个大于 ２ 一个小于 ２ 那么实数 ０的取值范 围 、 ，
是
Ａ． ＞ 一 Ｉ 。 Ｂ
．
（
ｎ ＞
）
手
ｃ＜ 吾 ．ｎ ｏ＜
Ｑ
Ｄ＜＜或 ＞ ． 口吾 。７ ｏ
寺
— ； Ａ ２ 若 Ｂ＝ ，
８ 甲、 丙 、 ４ ． 乙、 丁 个人做相互传球游戏 ， １ 甲传 给其他 ３ 第 次 个人中的一人 ， ２次 由拿到球 的人再传给 第 其他 ３ 个人 中的一人（ 下同） 这样的传球共进行了 ４次 ， ， 则第 ４次仍传 回到 甲手 中的概率 为 （ ）