1984年全国初中数学联赛试题及答案
一九八四年
一、选择题
1．若|-a|＞-a，则
（A）a＞0；（B）a＜0；（C）a＜-1；（D）-1＜a＜0；（E）以上结论都不对。
答（）2．以线段a=16，b=13，c=10，d=6为边，且使a∥c作四边形，这样的四边形
（A）能作一个；（B）能作二个；（C）能作三个；（D）能作无数多个；（E）不能作。
答（）3．周长相同的正三角形、正方形、正六边形的面积分别是S3，S4，S6，则
（A）S3＞S4＞S6（B）S6＞S4＞S3（C）S6＞S3＞S4（D）S3＞S6＞S4（E）S4＞S6＞S3
答（）4．如图，直线l1和l2上点的坐标（x，y）满足关系式
（A）|x|+|y|=0；（B）|x|+2y=1；（C）x2-|y|=1；（D）|x|+|y|=0；（E）x-|y|=0
5．方程x2+1984513x+3154891=0
（A）没有实数根；（B）有整数根；（C）有正数根；（D）两根的倒数和小于-1；（E）以上结论都不对。
答（）6．△ABC的三条外角平分线相交成一个△LMN，则△LMN
（A）一定是直角三角形；（B）一定是钝角三角形；（C）一定是锐角三角形；（D）不一定是锐角三角形；（E）一定不是锐角三角形。
答（）7．已知方程2x2+kx-2k+1=0的两实根的平方和为29/4，则k的值为
（A）3；（B）-11；（C）3或-11；（D）11；（E）以上结论都不对。
答（）8．一个两位数，交换它的十位数字与个位数字所得的两位数是原来数的7/4倍，则这样的两位数有
（A）1个；（B）2个；（C）4个；（D）无数多个；（E）0个。
答（）9．半径为13和半径为5的两个圆相交，圆心距为12，则这两圆公共弦长为
（A）311；（B）65/6；（C）46；（D）10；（E）以上结论都不对。
答（）
10． 下列哪一个数一定不是某个自然数的平方（其中n 为自然数） （A ）3n 2-3n+3；（B ）4n 2+4n+4；（C ）5n 2-5n-5；（D ）7n 2-7n+7；（E ）11n 2+11n-11。
答（ ）
二、试推导出一元二次方程ax 2+bx+c=0（a ≠0）的求根公式。
三、已知：A=6lgp+lgq ，其中p 、q 为质数，且满足q-p=29。 求证：3＜A ＜4。
四、已知：如图，AB=BC=CA=AD ，AH ⊥CD 于H ，CP ⊥BC 交AH 于P 。求证：△ABC 的面积S=
4
3
AP ·BD 。 A
D
B C
五、在锐角△ABC 中，AC=1，AB=c ，△ABC 的外接圆半径长R ≤1。求证： cosA ＜c ≤cosA+3sinA 。
六、有两种重量（设分别为p 与q ，且p ＞q ）的球五个，涂红、白、黑三种颜色，其中，两个红球重量不同；两个白球重量也不同；一个黑球不知它的重量是p 还是q 。由于从外形上不能确定球的轻重，请你用一台无砝码的天平（只能比较轻重，不能称出具体重量）称两次，将5个球的轻重都区分出来。试叙述你的称球办法，并说明理由。 提示：用天平称球比较重量的结果，可用等号或不等号表示。
一．选择题 1．（A ） 若a ＞0，则|-a|＞0，-a ＜0，因此，|-a|＞-a 成立。 10 2．（E ） c
假设能作，如图1所示，在△ABC 中， 13 b 6 d 三边之长分别为6，6，13，此时两边 a B 6 C 之和小于第三边，故不能作。 图1 3．（B ）
设相同的周长为12l （l ＞0），则它们的面积分别是 S 3=1/2×4l ×4l ×sin60°=43l 2， S 4=4l ×4l=9 l 2， S 6=63l 2，
∴ S 6＞S 4＞S 3 4．（D ）
由已给图像可得x=y ，x=-y ， 即|x|=|y|。 ∴ |x|-|y|=0。 5．（E ）
由判别式△＞0，否定（A ）；由△不是完全平方数及求根公式否定（B ）；由各项系数都是正
数否定（C ）；由
3154891
19845131
1212121-=
+=+x x x x x x ，否定（D ）。 6．（C ） L A N
如图2，L ，M ，N 是△ABC 外角平分线的交点，则
∠LAB=1/2（∠B+∠C ），∠LBA=1/2（∠A+∠C ），
∴ ∠LAB+∠LBA=1/2（∠B+∠C ）+1/2（∠A+∠C ） B C 1/2=（∠A+∠B+2∠C ）=90°+1/2∠C ＞90° M 故∠L ＜90°，即为锐角。 图2 同理∠M ，∠N 也为锐角。亦即△LMN 为锐角三角形。 7．（A ）
由于方程有两实根，则
△=k 2-4·2（-2k+1）＞0。 ① 由两根平方和为29/4，则
x 21+x 22=29/4 ② 由①，有
k 2+16k-8＞0，
解得k ＜-8-62或k ＞-8+62 ③ 由②，有
x 21+x 22=（x 1+x 2）2- 2x 1x 2=4
29
2122
)2
(2
=+---k k ， 即为 k 2+8k-33=0。 解得k=3或k=-11。
但k=-11不符合③的范围，所以k=3为所求。 8．（C ）
设原数的十位数字为a ，个位数字为b ，则 7/4（10a+b ）=10b+a ，即2a=b 。
∵ 1≤a ，b ≤9， ∴a=1，2，3，4。则b=2，4，6，8。 故符合条件的数是12，24，36，48共四个。 9．（D ）
设大圆半径（两圆交点到圆心）与连心线的夹角的α，显然α＜90°，于是
,13
5
sin ,
13
12
1312251213cos 222=
=??-+=αα 从而公共弦长为2·13·sin α=2·13·
13
5
=10 10．（B ）
∵3n 2-3n+3=3（n 2-n+1），
∴若令n 2-n+1=3，这样当n=2时，3n 2-3n+3是3的平方。 同理当n=3时5n 2-5n-5是5的平方； n=3时7n 2-7n+7是7的平方； n=3时11n 2+11n-11是11的平方。
由此可否定（A ）、（C ）、（D ）、（E ），故应选（B ）。 一、 ∵ ax 2+bx+c=0（a ≠0） ∴方程两边可以都除以a ，得
a
c x a b x a c
x a b x -
=+=++
22,.0得
移项
两边都加上一次项系数一半的平方，得
.
24)2(.2()2(22222a ac b a b x a b a c a b x a b x -=++-=++
即
当b 2-4ac ≥0时，得
a
ac b b a ac b a b x a
ac b a b x 2424.2,.2422
2
2-±-=-±-
=∴
-±=+
二、 证明 ∵ q-p=29， ∴p ，q 为一奇一偶。 又 ∵ p ，q 为质数， ∴ p=2，q=31。 因此 A=6lg2+lg31=lg （26×31）=lg1984。
∵大于1000的四位数的对数的首数为3，尾数是小于1的正小数。 ∴lg1984的首数为3，尾数是小于1的正小数。 故得 3＜A ＜4。 三、 证法1 如图3，作AE ⊥BC 交BC 于E ，则E 是BC 的中点又H 是CD 的中点，连EH ，则有EH ∥BD 。
∴∠HEC=∠DBC 。 ∵ AH ⊥CD ，AE ⊥BC ， ∴A ，H ，C ，E 四点共圆。 ∴∠HAC=∠HEC=∠DBC 。
又∠EAC=∠EHC=∠BDC=30°，∠PCA=90°-60°=30°， A ∴ ∠PCA=∠BDC ， 从而△ACP ∽△BDC 。 ∴
BD
AC
BC AP =
得 AP ·BD=BC ·AC 。 ∴ S △ABC =
21BC ·AC ·sin60°=4
3AP ·BD 。 图3 证法2 如图4，设BD 与AH 交于Q ，则由AC=AD ，AH ⊥CD ，得
∠ACQ=∠ADQ ，
∵AB=AD ， A ∴∠ADQ=∠ABQ ，
∠ABQ=∠ACQ 。 因此 A ，B ，C ，Q 四点共圆。 D
∴∠AQB=∠ACB=60°， ∠DQH=60°，
又 ∵∠QHD= 90°， C ∴∠BDC=90°-60°=30°。 图4 ∵∠ACP=90°-60°=30°，
∴∠ACP=∠BDC ①
又 ∵∠APC=90°+∠PCH ， ∠BCD=90°+∠PCH ， ∴∠APC=∠BCD 。 ② 由①、②得△APC ∽△BCD 。 ∴
BD
AC
BC AP 即 BC 2=AC ·BC=AP ·BD 。 ∵ S △ABC =
4
3BC 2 ∴S △ABC =
4
3
AP ·BD 。 四、 证明 如图5，由余弦定理，得 BC 2=AC 2+AB 2-2AB ·AccosA=12+c 2-2ccosA ， 又由正弦定理，得
BC 2=4R 2sin 2A ，于是12+c 2-2ccosA=4R 2sin 2A 。 ∵R ≤1，又R 是正数， ∴R 2≤1。
从而12+c 2-2ccosA=4R 2sin 2A ≤4R 2sin 2A ， A 即c 2-（2cosA ）c+1-4R 2sin 2A ≤0。 D
解得 cosA-3 sinA ≤c ≤cosA+3 sinA 。
过C 作CD ⊥AB 于D ， B 图5 C ∵△ABC 是锐角三角形，则D 在AB 上，从而AB=c ＞AD=AC cosA= cosA ∴cosA ＜c ≤cosA+3 sinA 。
五、 分别用x 1和x 2表示两个红球重量，y 1和y 2表示两个白球重量，z 表示黑球重量。 将x 1+z 与x 2+ y 1通过天平进行比较（第一次称），结果可分三种情况： 情况1 x 1+z=x 2+ y 1
因为 x 1≠x 2 所以z ≠y 1。
解法1 将z 与y 1用天平进行比较（第二次称）： 当z ＞y 1，得z=p ，y 1=q ，y 2=p ，x 1=q ，x 2=p ； 当z ＜y 1，得z=q ，y 1=p ，y 2=q ，x 1=p ，x 2=q 。 解法2 也可以将z 与x 1进行比较： z=x 1（不可能）
当z ＞x 1，得z=p ，x 1=q ，x 2=p ，y 1=q ，y 2=p ； 当z ＜x 1，得z=q ，x 1=p ，x 2=q ，y 1=p ，y 2=q 。 情况2 x 1+z ＞x 2+ y 1
此时必有x1＞x2
即x1=q，x2=p（否则有x1+z≤p+q≤x2+ y1
并且z＞y1（否则有x1+z=p+q=x2+ y1）
现将z与y2进行比较（第二次称）：
当z＞y2，得z=p，y1=p，y2=q；
当z＜y2，只能z=q，y1=q，y2=p；
当z=y2，从z≥y1，只能z=p，y1=q，y2=p。
解法3 也可以将x1+x2与y1+z进行比较（第二次称）：当x1+x2＞y1+z，得y1=q，z=q，y2=p；
当x1+x2=y1+z，得y1=q，z=p，y2=p；
当x1+x2＜y1+z，得y1=p，z=p，y2=q。
情况3 x1+z＜x2+ y1
此时必有x1＜x2，即x1=q，x2=p，并且z≤y1
将z与y2比较（第二次称）：
当z＞y2，得z=p，y1=p，y2=q；
当z=y2，得z=q，y1=p，y2=q；
当z＜y2，只能z=q，y1=q，y2=p。