储能中学初三 “储能杯” 数学竞赛试卷 一、选择题 1.在 中, ,则 的范围为 ( ) A. B. C. D. 2.化简 ( ) A. B. C. D. 3.已知 有四个非零实数根,且在数轴上对应的四个点等距排列,则 的值为 ( ) A. B. C. D. 4. 均为整数, 为完全平方数,则(X, Y)有几组 ( ) A. 0 B. 1 C. 无数组 D. 以上都不对 5. 是 的一个任意排序数列,令 ,则 的最小值为 ( ) A. 84 B.85 C.86 D. 87 二、填空题 6.令 ,则 _____. 7.小明有六件工艺品,四件正品,两件次品,小明对其进行逐一检查,检查次数小于等于三次的概率_____. 8.如图, 是直角三角形, ,三角形内有一圆且圆心在斜边 上,圆与 相切,则圆的半径 _____. 9.现有数列 ,则第 2024 项除以 5 的余数是_____. 10.已知 ,则 _____. 11.如图,在 中, , 则 _____. 三、解答题 12.现有 三个正整数, 均为正整数,求 的最大值与最小值之和. 13.已知 ,满足 . (1) 求 ; (2)对于任意整数 ,使得 恒成立,求 的最大值. 14.是否存在正整数 满足 . 若存在请求出值; 若不存在请说明理由. 15.如图,在四边形 中, 于 于 为 的垂心,求证: 三点共线. 解析 1.解析： 构造一个角的角度为 的直角三角形,斜边长度为 3,与角 相对的直角边长度为 2,由勾股定理得,第三边的边长为 ,大于 2,小于 ,因此 范围在 到 之间. 、选 B. 2.解析： 原式 . 选 B. 3. 解析： 对原式变形 可设 得, ,且数轴上的四个点关于原点对称,不妨设 的两根为 ,且 ,由等距排列可推出, ,化简得 ,又 , . 选 C. 4. 解析： ,必定为奇数,同理 也必定为奇数,考虑 模 4 的情况,考虑任何奇数的平方除以 4 的余数, ,因此 , 然而, 一个完全平方数除以 4 的余数只能为 0 或 1 ,奇数的平方除以 4 的余数必定为 1 , 考虑偶数的平方 ,余数必定为 0,因此 不可能是完全平方数,有 0 组. 选 A. 5. 解析： 考虑将较大的数与较小的数交替配对, 最小的数为 1 , 两侧的数应为 6 、 7 , 最大的数为 7 , 两侧的数应为 1 、 2 , 因此可以得到序列 6、1、7、2, 2 右侧应当填写剩余的数中的最大数 5 , 6 左侧应当填写剩余的数中的最小数 3 , 得到序列 ,经过计算得 87,选 D. 二、填空题 6.解析： ,直接把 和 代入得 (也可通过构造 或 平方来辅助求解). 7.解析： 由题意得: (检查次数小于等于三次的概率) (检查次数等于三次) (检查次数等于两次) . 8. 解析： 设圆心为 ,设 分别与圆 切于点 ,连接 ,显然四边形 是正方形,设圆的半径为 ,则 ,由一线三等角显然有 ,则 ,即 ,解得 . 9.解析： 显然该数列由 1 个 1,2 个 2,3 个3, 个 组成,而 项和为 ,要求第 2024 项,即要使 项和趋于 2024,当 时, ,当 时, , 故第 2024 项是 64 , 故第 2024 项除以 5 的余数是 4 . 10.解析： 由题意有 ,两边平方并化简有 ,两边再次平方并化简有 (化出此步的关键是把 看成一个整体),即 ,解得 或 (舍),故 . 11.解析： 显然 ①,以 为例,其被 所截,由梅涅劳斯定理得 ,则 ,则 ,故 ; 在以 为例,其被 所截,由梅涅劳斯定理得 ,与前面同理得 ; 同理有 ,代入①即可解得 . 三、解答题 12.解析： 注意到, 一定与 互素,故要么 ,要么 . 不妨设 ,若 ,则只能 或(3,3,3); 若 ,则由 得 ,故只有 ,即 . ① 若 ,则同理 ,故 或 ,即 ,即 ,解得 或(6,4,2)或(7,5,3)或(8,6,4)或(11,9,7) ② 若 ,则 或 (i) 若 ,则 ,只有 ,则 ,代入发现这是不行的 (ii) 若 ,可直接得到 ,矛盾! 综上所有满足条件的(x, y, z),可得 的最小值为 ,最大值为 , 其和为 701. 13.解析： (1)由题代入得到 ①, ②, ③, 40④,若 为奇数,由①②即可得到 ,代入③④得 ,故 ; 若 为偶数,由①②即可得到 ,代入③④得 ,显然无解. 故 . (2) ,由 ,只需 , 整理得 ,代入 ,有 ,下面说明等号可以取到: 当 时 ,显然恒成立,故 的最大值为 3 . (解法二）: ,只需 ) 14.解析： 联想到海伦公式和秦九韶公 ... ...
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