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初中数学竞赛专项训练(5)及答案

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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＝售价进价进价），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由甲乙两人共同合作，则完成任务需（ ）天

A. cab B. ababc C. 2cba D. cbabc

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. baab2 B. abab2 C. baab D. abab 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43，然而实际情况并不理想，甲厂仅有21的产品，乙厂仅有31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31，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，522天完成，需付180000元；由乙、丙两队承包，433天完成，需

付150000元；由甲、丙两队承包，762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？参考答案 一、选择题 1、D。 解：设甲的速度为1v千米/时，乙的速度为2v千米/时，根据题意知，从出发地点

到A的路程为1v千米，到B的路程为2v千米，从而有方程：

60352112vvvv，化简得012)(7)(1221221vvvv，解得34(432121vvvv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

864)9(6)]1(28)][1(360[2kkky 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%x，

则%%)251(%20xamam解这个方程组，得16x，即提价后的利润率为16%。 4、B。解：设甲乙合作用x天完成。 由题意：1)11(xbaca，解得cbaabx。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

。千米。甲先到。故选乙走（千米时， 即甲走 A)a)(s000))((:)()(:22222sasssasassasassasasxxasass

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bSxvaSxv，求得abSabx2)(所以ababxS2。 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x，乙厂该产品的年产量为y。 则：31433121yxyx，解得1:2:2yxyx 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11921分或4点11654分时，两针在同一直线上。 解：设四点过x分后，两针在同一直线上， 若两针重合，则xx211206，求得11921x分，

若两针成180度角，则180211206xx，求得11654x分。 所以在4点11921分或4点11654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%3.20203.014.195.06.11%)401%(95%601 5、共11次。

6、30岁、15岁、22岁。 解：设甲、乙、丙的年龄分别为x岁、y岁、z岁，则





为质数 ③且 ② ① zyxzyxzyyx7072

显然zyx是两位数，而13＝4+9＝5+8＝6+7 ∴zyx只能等于67 ④。由①②④三式构成的方程组，得30x，15y，22z。

60 100米 180 300 420 540 660 720 三、解答题 1、设甲、乙、丙单独承包各需x、y、z天完成，

则207111541112511xzzyyx解得1064zyx 再设甲、乙、丙单独工作一天，各需u、v、w元， 则160000)(720150000)(415180000)(512uwwvvu，解得105002950045500wvu 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x辆，在生产厂最后少供的6辆车中，甲少要了y

辆（60y），乙少要了（y6）辆，则有

)]6(6)6(41[26)6(43yxyx，整理后得yx1218。

当6y时，x最大，为90；当0y时，x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xkm，根据题意，有

6015155xx

解得1330x，因此这8个人全部到火车站所需时间为 （分钟）（分钟）＝小时4213540523560)133015(51330

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

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初中数学 竞赛专题：梅涅劳斯定理专项训练

初中数学 竞赛专题：梅涅劳斯定理专项训练

初中数学 竞赛专题：梅涅劳斯定理专项训练（含答案）1. 设等腰直线三角形ABC 中，90B ∠=︒，D 是三角形内一点，90ADB ∠=︒，连结CD 并延长至E ，使90AEB ∠=︒，G 是AB 中点，直线CG 分别与AE 、AD 交于M 、N ，求证：G 是MN 的中点.解析 如图，延长AE 、AD ，分别交直线BC 于P 、Q ，设PB a =，BQ b =，CQ c =，则由梅氏定理，有1PC QD AECQ DA EP ⋅⋅=，而222222QD AE BQ AB b DA EP AB PB a ⋅=⋅=，故22a b c a c b ++=，即222a b a b c b +-=，或b c = a b b -，或b c ac b+=.又由梅氏定理，1BC NQ AG CQ NA GB ⋅⋅=，此即AN a PB NQ b BQ ==，所以NB AP ∥，于是1MG AG NG BG==.2. 设ABC △的边AB 的中点N ，A B ∠>∠，D 是射线AC 上一点，满足CD BC =，P 是射线DN 上一点，且与A 在边BC 的同侧，满足PBC A ∠=∠，PC 与AB 交于E ，BC与DP 交于T ，求BC EATC EB-.解析 设边长分别为a 、b 、c ，由梅氏定理，1AD CT BNDC TB NA⋅⋅=，由于AD AC BC b a =+=+，BN NA =，CD a =，故 1TB AD b a bTC CD a a +===+， 2BC bTC a=+. A M E Pa Bb QcCD N GQA CDTBN P E接下去处理EAEB.延长BP 与CA 交于Q ，则Q ABC ∠=∠，故22BC a CQ CA b ==，2()a a QD a a b b b =+=+，AD a b =+，又由梅氏定理，1QD AN BPDA NB PQ ⋅⋅=，得2BP DA b a BC a PQ QD a CQ b====，故CP 平分ACB ∠，AE AC bEB BC a==.故答案为2. 3. 在ABC △中，90ABC ∠=︒，F 为AB 的中点，以BC 为直径的圆O 交AC 、CF 于另一点D 、E .分别过点C 、E 作圆O 的切线C l 和E l .证明：C l 、E l 和直线BD 共点. 解析 如图设C l 交直线BD 于点G ，E l 与直线BD 交于点H .由条件，90ABC ∠=︒及圆O 以BC 为直径，可知C l AB ∥，于是CD DGDA BD=. ① 为证C l 、E l 与直线BD 共点，只需证明G 与H 重合.我们下证：GB HBGD HD=. 利用CBG GCD ∠=∠，可知BCG △∽CDG △，故BC CG BGCD DG CG ==，于是22BG BC DG CD =.同理可证2BH EB HD ED ⎛⎫= ⎪⎝⎭ .于是222BEC EDC S BG BH BC EB BI DG HD CD ED S ID ⎛⎫⨯⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭△△，其中I 为BD 与CE 的交点.对ABD △考虑割线CIF ，运用梅涅劳斯定理，可知1BF AC DIFA CD BI⋅⋅=，结合BF FA =，可知BI AC ID CD =，从而2BG BH AC GD HD CD ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.再由①可知CD DG AC BG =，综合上式，得BH BGHD GD=.命题获证.4. 设等腰直角三角形ABC ，90A ∠=︒，E 是AC 中点，D 在BC 上，AD BE ⊥，求证：AEB ∠=CED ∠.（试用梅氏定理证明）解析 如图，设AD 与BE 交于F ，则224BF AB FE AE ==，由梅氏定理，1CA EF BDAE FB CD⋅⋅=，得2BD ABCD CE==，又45ABC C ∠=︒=∠，故ABD △∽ECD △，故CED BAD AEB ∠=∠=∠.5. 设D 是锐角三角形ABC 的边BC 上的一点，23BD DC =，E 是边AC 上的一点，43AE EC =，AD 与BE 相交于点F ，求AF BFFD FE⋅. 解析 由梅涅劳斯定理1AF DB CE FD BC EA ⋅⋅=，1BF EA CD FE AC DB ⋅⋅=，得23154AF FD ⋅⋅=，43172BF FE ⋅⋅=，故103AF FD =，76BF FE =. 所以359AF BF FD FE ⋅=.6. 证明：锐角三角形一条高线的垂足在另两边及另两条高线的身影在同一直线上.解析 设ABC △的三条高线为AD 、BE 、CF ，D 在AB 、BE 、CF 、CA 上的身影分别为P 、Q 、R 、S ，欲证P 、Q 、R 、S 共线，先证P 、Q 、R 共线.由梅氏逆定理，知该结论为真，即221FR HQ BP AD HD BD AD HDRH QB PF HD BD CD CD BD⋅⋅=⋅⋅=⋅=，最后一步是由于ADC △∽BDH △.ABDCE FAEFBDCAF P DCS E H R Q同理，S 、Q 、R 共线，故P 、Q 、R 、S 四点共线.7. 已知AD 是ABC △的高，D 在BC 内，且3BD =，1CD =，作DE 与AB 垂直，DF 与AC 垂直，E 、F 分别是垂足，连结EF 并延长，交BC 延长线于G ，求CG . 解析 如图，设CG x =，则由梅氏定理41x CF AEx FA EB+⋅⋅=. 又由身影定理，22CF DC FA AD =，22AE AD EB BD =，于是1419x x +⋅=，得12x =. 8. 如图，已知锐角三角形ABC ，AD 是高，D 在AB 、AC 上的垂足分别是N 、M ，NM延长后交BC 延长线于E ，若1AD DE ==，求cot cot CAD BAD ∠-∠.解析 由图知，AB AC >，故BD CD >.11cot cot AD AD CAD BAD CD BD CD BD∠-∠=-=-. 由梅氏定理及身影定理，有1BE CM ANEC AM NB⋅⋅=，22CM CD AM AD =，22AN AD NB BD =，故2211BD BD CD CD +=-，即221111BD BD CD CD +=-， 移项并因式分解，得111110CD BD CD BD ⎛⎫⎛⎫+--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，于是111CD BD-=，即是所求答案. 9. 证明，ABC △两内角B ∠、C ∠平分线分别交对边于E 、F ，而A ∠的外角平分线交直线BC 于D ，求证：D 、E 、F 共线.解析 如图，既然A ∠的外角平分线BC 直线相交，说明AB AC ≠，不防设AB AC >，则D 在BC 延长线上.AEBDC GFANBDCEMAFBCDE由角平分线性质知1BD CE AF AB BC ACDC EA FB AC AB BC⋅⋅=⋅⋅=， 故由梅氏逆定理知D 、E 、F 共线.10. 已知不等边三角形ABC ，A ∠、B ∠、C ∠的平分线分别交对边于A '、B '、C '，A A '的中垂线与直线BC 交于A ''，同理得到B ''、C ''，证明：A ''、B ''、C ''共线.解析 如图，不妨设AA '的中垂线PA ''与BC 延长线相交，连结AA ''，则A AA AA A ''''''∠=∠，于是CAA A AA A AC AA A BAA B ''''''''''∠=∠-∠=∠-∠=∠，因此ACA ''△∽BAA ''△，于是22ABA ACA S BA AB A C S AC ''''''==''△△. 同理22CB BC B A AB ''=''，22AC AC C B CB ''=''，于是1BA CB AC A C B A C B ''''''⋅⋅=''''''，由梅氏逆定理，知A ''、B ''、C ''共线.11. 已知：D 是ABC △的边BC 上一点，G 是AD 上一点，E 、F 分别在AC 、AB 上，GB与DF 交于M ，DE 与CG 交于N .求证：若EF BC ∥，则MN BC ∥. 解析 如图，由梅氏定理，1AD GM BF AD GN CEDG BM FA DG NC EA ⋅⋅==⋅⋅.于是 GM BF GN CEBM FA NC EA⋅=⋅. 由于EF BC ∥，故BF CE FA EA =，于是GM GNBM NC=，故MN BC ∥. 12. 已知ABC △的面积为1，点D 、E 在BC 上，且BD ∶DE ∶1EC =∶2∶1，点G 在AC 上，且AG ∶3GC =∶5，AD 、AE 分别与BG 交于点F 、H ，求四边形DEHF 的面积.A B A'C A''PA GF EMNBDC解析 这类题目基本且典型，显然有ADE AFH DEHF S S S =-△△四边形，而12ADE S =△，于是下求AFH S △.由梅氏定理，有1CB DF AG BD FA GC ⋅⋅=，代入已知数值得3415DF FA ⋅⋅=，于是515DF FA =，从而1217AF AD =. 又由1CB EH AG BE HA GC ⋅⋅=，即43135EH HA ⋅⋅=，得54EH HA =，从而49AH AE =，于是1241617951AFH ADE S S =⋅=△△，故116351251102DEHF S ⎛⎫=-=⎪⎝⎭四边形. 13. 已知不等边锐角三角形ABC ，CP 、BQ 是高，且位置如图所示，PQ 与中位线MN 交于点E ，点O 、H 分别是ABC △的外心与垂心，求证：AE OH ⊥.解析 一个熟知事实是AO PQ ⊥，AH BC ⊥.延长PQ 交直线BC 于点F ，则有OAH F ∠=∠，延长AE 交BC 于点D ，于是只需证明FED △∽AOH △，即只需证 DF AHEF AO=. 由于2cos AH A AO =，问题归结为2cos DF A EF=，下面计算DF 与EF .由梅氏定理知1FE QA CDEQ AC DF⋅⋅=，于是cos 2cos DF AB A CD AB ENA EF AC EQ AC EQ=⋅=⋅. 因EQN B ∠=∠，由正弦定理有sin sin EN B ACEQ C AB==，故上式为2cos A .证毕. 14. 如图，已知PA 、PB 是圆的两条切线，PQR 为圆的一条割线，交AB 于S ，F 在AF 上，AGHFB D E CA P M EN OHBDCFQQF PA ∥，QF 交AB 于E ，求证：QE EF =.解析 易知P 、Q 、S 、R 为调和点列，于是 PR SRPQ QS=.（见题12.3.13） 由梅氏定理，1RA FE QS FE PR QS EFAF EQ SR EQ PQ SR EQ =⋅⋅=⋅⋅=， 因此 QE EF =.15. 已知AOB 为O e 的直径，弦CD AB ⊥，弦AN 与CO 交于M ，CM OM =，求证：DN平分BC . 解析 如图，无非要证明CDN BDN S S =△△，或证明CN CD NB BD NB BC ⋅=⋅=⋅，或证明CN BCNB CD=. 设CB 与AN 交于K ，AB 与CD 交于J .由梅氏定理，1BA OM CK AO MC KB ⋅⋅=，得2KBCK=，故ANB S =△2ACN S △，即2AC CN AB BN ⋅=⋅，得22CN AB BC BCBN AC CJ CD===，证毕.16. 证明牛顿定理：设ABC △中，D 、E 分别在AB 、AC 上，CD 、BE 交于F ，则DE 、AF 、BC 的中点在一条直线上（牛顿线）.PQ ABE SFRC N BMKAO JD解析 设EF 、CE 、CF 的中点分别为X 、Y 、Z ，则易由中位线知P 、X 、Z 共线，Q 、X 、Y 共线，Y 、Z 、R 共线.且 1YR ZP XQ EB CA DF RZ PX QY BF AE CD⋅⋅=⋅⋅= （后者是AB 截ECF △所得）.故由梅氏逆定理，知P 、Q 、R 共线.评注 此题亦可由面积证.ADBR CY E X Q PFZ。

浙江初一初中数学竞赛测试带答案解析

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浙江初一初中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、单选题1.计算：（）A．3B．C．0.14D．2.下列各组数中互为倒数的是（）．A．与2B．与C．与D．与3.下列计算结果等于1的是（）A．（-2）+（-3）B．（-3）-（-2）C．D．（-3）-（-2）4.对于，下列说法错误的是（）A．＞B．其结果一定是负数C．其结果与-3相同D．表示5个-3相乘5.下列说法正确的是（）A．是六次多项式B．是单项式C．的系数是，次数是2次D．+1是多项式6.已知代数式的值是5，则代数式的值是（）A．6B．-6C．11D．-97.有下列说法：①无限小数都是无理数；②数轴上的点和有理数一一对应；③在1和3之间的无理数有且只有，，，，，这6个；④；⑤近似数7.30所表示的准确数a的范围是：7.295≤a＜7.305；其中正确的是（）A．⑤B．④⑤C．③④⑤D．①④⑤8.有理数a，b在数轴上对应的位置如图所示，那么代数式-+-的值是（）A．-1B．0C．1D．29.洪峰到来前，120名战士奉命加固堤坝，已知5人运沙袋3人堆垒沙袋，正好运来的沙袋能及时用上且不窝工，为了合理安排，如果设x人运送沙袋，其余人堆垒沙袋，那么以下所列方程正确的是（）A．B．C．D．10.完成下列填空： ，解：化简，得：2.5-（ ）=0.6. 括号内填入的应该是（ ） A ．B ．C ．D ．二、填空题1.在数轴上，与表示的点距离为5的数是____________ .2.用科学记数法表示-5259000=_______________；用科学记数法表示5259000≈ ____________（精确到万位）3.“x 的平方与 的算术平方根的和”用代数式可以表示为 ____________。

4.一件商品的进价是a 元，提高30%后标价，然后打9折销售，利润为 __________元.5.你的“24点游戏”玩的怎么样?（所给的四个数必须都使用一次且不能使用四个数之外的其他数）请你将“3,-3,8,-8”这四个数用加、减、乘、除或括号进行运算,使其结果为24,你写出的算式是________；如果可以用乘方、开方运算，那么3，4，8，8的“24点”算式是_______________（可以分步列式，每个数字只能用一次，例如：）6.先阅读再计算：取整符号［a ］表示不超过实数a 的最大整数，例如：［ 3.14 ］=3；［0.618］=0；如果在一列数X 1、X 2、X 3、……X n 中，已知X 1="2" ，且当k≥2 时， 满足，则求X 2016的值等于_____________三、解答题1.解下列方程 （1） （2）2.计算 (1) (2）（3）3.在一组实数,，，， 1+，(1)将它们分类，填在相应的括号内： 有理数｛ … ｝； 无理数｛ …｝；（2）请你选出2个有理数和2个无理数, 再用 “＋,－,×,÷” 中的3种不同的运算符号将选出的4个数进行运算（可以用括号）, 使得运算的结果是一个正整数. 4.（1）已知是有理数且满足：是-27的立方根，，求的值； （2）已知5.若，则单项式和是同类项吗？如果是，请把它们进行加法运算；如果不是同类项，请从下列代数式中找出同类项进行加法运算：，6.为了节约用水，某市居民生活用水按级收费，下面是东东家收到的自来水公司水费专用发票。

初中数学竞赛专项训练(不等式)

初中数学竞赛专项训练(不等式)

初中数学竞赛专项训练（不等式与不等式组）及参考答案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. 1000C. 1001D. 11112、若2001119811198011⋯⋯++=S ，则S 的整数部分是____________________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。

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5、如果a 、b 、c 是非零实数，且a+b+c=0，那么||||||||abc abc c c b b a a +++的所有可能的值为（ ）A. 0B. 1或-1C. 2或-2D. 0或-26、在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，若∠B ＝60°，则bc ab ac +++的值为 （ ）A. 21B. 22C. 1D.27、设a ＜b ＜0，a 2+b 2=4ab ，则ba ba -+的值为（ ）A.3B.6C. 2D. 38.已知a ＝1999x ＋2000，b ＝1999x ＋2001，c ＝1999x ＋2002，则多项式a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca 的值为 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3cAB Cab9、已知abc ≠0，且a+b+c ＝0，则代数式ab c ca b bc a 222++的值是 （ ）A. 3B. 2C. 1D. 010、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＿＿＿＿＿11、已知实数z 、y 、z 满足x+y=5及z 2=xy+y-9，则x+2y+3z=_______________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。

初中数学竞赛试题及答案解析

初中数学竞赛试题及答案解析

初中数学竞赛试题二、填空题1、 41-的负倒数与4-的倒数之和等于 . 2、 甲、乙、丙、丁四个数之和等于90-.甲数减4-,乙数加4-,丙数乘4-,丁数除以4-彼此相等.则四个数中的最大的一个数比最小的一个数大 .3、 已知a 1999=,则=-+---+-200133314232323a a a a a a .4、 填数计算:〇中填入的最小的自然数.△中填入最小的非负数.□中填入不小于5-且小于3的整数的个数.将下式的计算结果写在等号右边的横线上.(〇+□)⨯△= .5、 从集合}5,4,1,2,3{---中取出三个不同的数,可能得到的最大乘积填在□中,可能得到的最小乘积填在〇中,并将下式计算的结果写在等号右边的横线上.-(-□)÷〇= .6、 计算:=------------)4151()3141()2131(1)4151()3141()2131(1 . 7、 x 是有理数,则22195221100++-x x 的最小值是 . 8、 如图,C 是线段AB 的中点,D 是线段AC 的中点.已知图中所有线段的长度之和为23,则线段AC 的长度为.9、 在1000到5000之间同时被24,36,30整除的最小整数是_________,最大整数是__________.10、 一个有理数的倒数的相反数的3倍是31,那么这个有理数是 . 11、 一个有理数的二次幂大于这个有理数,那么这样的有理数的取值范围是 .12、 若8919+=+=+c b a ,则=-+-+-222)()()(a c c b b a .13、 a 1的倒数是51-,那么=a _____. 14、 小丽写出三个有理数,其中每两个有理数的平均值分别是326,217,7,那么这三个有理数的平均值是 .15、 计算:=--+-)36173)(72.0()722(125.11.16、 m ，y 互为相反数,n 和y 互为倒数,则5)(y my n -的值是_____.17、 已知1171=x ,则3)114(3)711)(1(2++--x x x 的值是 . 18、 已知52,32<-<-b a a b .则化简98272-+++-----b a a b a b 所得的结果是 .19、 m ,n 是正整数,mn =120,则m +n 可能取到的最小值是_____.20、 若a=1997,则7122----+a a a a 的值是 .21、 若x = -0.239,则199********-------++-+-x x x x x x 的值等于_____.参考答案二、填空题1、 417- 解：41-的负倒数为411--,4-的倒数为41-, 二者之和为:411--+41-417414-=--=.2、 204解：设等数为a ,则 90)4()4()]4([)]4([-=-⨯+-+--+-+a a a a 即90412-=-a ,∴ a =40, 因此,甲数为36,乙数为44,丙数为-10,丁数为-160,其中,最大数-最小数=44-(-160)=204.3、 4000000 解：当a 1999=时,142314232323-+-=-+-a a a a a a=-+-200133323a a a 200133323-+-a a a ,所以,原式=142323-+-a a a )2001333(23-+--a a a2000200019992000)1(20002+⨯=++=++=a a a a400000020002000=⨯=.4、 0解：〇中填1,△中0,□填8. []⎣⎦⎡⎤00)81(=⨯+.5、 ⎣⎦⎡⎤2160)30(-=÷-- 解：由-3,-2,-1,4,5中任取三个相乘可得10种不同的乘积,它们是:124)1)(3(,205)2)(3(,244)2)(3(,6)1)(2)(3(=⋅--=⋅--=⋅--=---,105)1)(2(,84)1)(2(,6054)3(,155)1)(3(=⋅--=⋅---=⋅⋅-=⋅--,2054)1(,4054)2(-=⋅⋅--=⋅⋅-,最大乘积是30,最小的乘积是-60.∴ ⎣⎦⎡⎤2160)30(-=÷--.6、 137 解：)4151()3141()2131(1)4151()3141()2131(1------------ )4151()3141()2131(1)]4151([)]3141([)]2131([1---------------= )4151()3141()2131(1)4151()3141()2131(1-------+-+-+= 41513141213114151314121311+-+-+--+-+-+= 13710131075121151211==-++-=.7、 1715 解：一般解法是分三种情况讨论:（1）当22195-<x 时 ,,（2）当22110022195≤≤-x 时 ,,（3）当221100>x 时 ,.综合（1）,（2）,（3）可得,最小值是1715.最简单的解法是:根据绝对值的几何意义,22195221100++-x x 表示数轴上x 对应的点P 到22195-对应的点A 和221100对应的点B 的距离之和,易知当P 在线段AB 上时,P A +PB 最小值为2211001715)22195(=--.8、 1373 解：设线段AC 的长度为x ,则AD =2x ,则AB =2x ,DC =2x ,DB =x 23,CB =x ,所以 232321221=+++++x x x x x x ,即23213=x .∴13731346==x .即AB 长度为1373.9、 4680解：24,30,36三个数的最小公倍数是360,10803360=⨯,∴大于10000且能被24,30,36整除的最小整数是1080,又36010805000⋅+>n ,其中n 为自然数,解得9810<n .∴取10=n ,得4680360101080=⋅+.∴具有这种性质的最大整数是4680.10、 -9解：利用还原算法:某数a 的3倍是31,显然91=a ,而91应是一个有理数倒数的相反数,所以这个有理数的倒数为91-,故这个有理数是-9.11、 大于1的有理数和负有理数解：画出数轴如图.大于1的有理数的二次幂大于它自身；1的二次幂等于1;大于0且小于1的有理数的二次幂小于它本身;0的二次幂是0；负有理数的二次幂是正数,大于它自身.综上可知,二次幂大于其自身的有理数的范围,是大于1的有理数和负有理数.12、 222解：由8919+=+=+c b a 得:11,1,10=--=--=-a c c b b a .∴+-+-22)()(c b b a =-2)(a c 222121110011)1()10(222=++=+-+-.13、 51- 解：a 1的倒数是51-,那么a 1=-5,51-=a .14、 1817 解：设小丽写出的三个有理数为x ,y ,z ,则3262,2172,72=+=+=+z y z x y x , 所以15,340,14=+=+=+x z z y y x ,三式相加,3127)(2=++z y x , 则1817181273==++z y x .15、 -14 解：因为2179167212518511.125(2)(0.72)(3)73687100367214-+--=-+=-+=-. 所以原分式的值为-14.16、 0解：由m 和y 互为相反数,知m = -y ,由n 和y 互为倒数,知道0,0≠≠y n 且yn 1= ∴0=-=-y y y y y m y n ,故5)(ym y n -=0. ∴17、 38 解：由1171=x ，可知2114,1171=+=-x x ，所以原式= 37772(1117)322113838111111-+=+=.18、 -6解：由32<-a b ,得03272<--<--a b a b .由52<-b a ,得052>+-a b ,得 05282>+->+-a b a b .而853)2()2(=+<-+-=+b a a b a b . 089<-+<-+∴a b b a98272-+++-----b a a b a b9)()82()72(-+-+----=b a a b a b987+--=6-=.19、 22解：由222)(1204)(4)(n m n m mn n m -+⋅=-+=+当2)(n m -愈小时,2)(n m +越小,从而m +n 也愈小,m 、n 为120的约数,且n m -要最小,由53222120⋅⋅⋅⋅==mn所以,当m =12,n =10时,m +n =22为最小值.20、 4000解：当a =1997时,0719971997,011997199722>-->-+7122----+a a a a)7()1(22----+=a a a a7122++--+=a a a a62+=a4000619972=+⋅=.21、 999解：由b a x <≤,可得a b a x b x -=---,则原式)19961997()23()1(---++---+--=x x x x x x)19961997()23()01(-++-+-=个99921998111=÷+++= 999=.。