2009年第 l0期 35
数孥 游蜃窘劫 铡傲澄(122)
第 一 试
一
、选择
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
(每小题 7分，共 42分)
1．已知 是无理数．且( +1)(X+3)是
有理数。在上述假定下，有下面四个结论：
① 是有理数；
②( 一1)( 一3)是无理数；
③( +1) 是有理数；
④( 一1) 是无理数．
其中，正确的个数是( )．
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
2．已知关于 的方程
父
昔 一0= +142，
‘ J
当a为某些正整数时，方程的解为正整数．则
正整数。的最小值是( )．
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
3．设 a、b∈N ，且满足
56≤r上+b≤59，0．9<_a <0
． 91
D
则 b 一rz 等于(
(A)171 (B)177
4．如图1，在△ABC
中，已知 AB>AC，点
D、 分 别 在 AB、AC
上 ，且 BD=CE．取 BE、
CO的中点 、Ⅳ，直线
／}IN分别交 AB、AC于
点 P、9．则( )．
)．
(C)180 (D)182
A
图 1
C
又S +S =209，由于 S。、5 中的最大数
不大于 108，则最小数不小于 101，其差的绝
对值不大于7．而 s 5 一奇一偶，故 ．s ～5。
≠0，即 S1≠S2(rood 11)，矛盾．
所以，满足条件的数至少为25位．
(2)如果该数为25位数，类似上面的设
法，令该数为S，
S1=0l+a3+⋯ +a25，
S2=a2+a4+⋯ +a24．
1)如果 a巧=1，由于 |s 、S 中的最大数不
大于 109．则最小数不小于 100，其差的绝对
值不大于9．而s 、s：一奇一偶，故|s 一S ≠
0，即 S。≠S：(rood 11)．此时，不存在满足条
件的数．
2)如果 a =2，由于 、5：中的最大数不
大于 110，则最小数不小于99，其差的绝对值
不大于11．而S 、 一奇一偶，故．s 一S2≠0，
只有S ：110，S：：99可能满足条件．此时，
口l=a3 ⋯ =a23 9．
(i)如果 a =0，则该数为
S=2×10 +10 一1．
除以19余5，不满足条件．
(ii)如果 a =1，则该数为
S：2 X 10 +2 X 10 一1—1O ．
其中， 为奇数．
由于2 X 10 +2×10∞一1---8(rood 19)，
而10 模 19的余数为 l0，5，12，6，3，11，15，
17，18，9，14，7，l3，l6，8，4，2，1循环，于是，
= 18t+l5．故 =15．此时，满足条件的数为
2 x 1O24+2×1023～10 一1
．
综上，满足条件的最小数为
2×1024+2×1O23—10 一1
。
(张同君 提供)
36 中 等 数 学
(A)AP>AQ (B)AP
BG，
C=60。．分别以AB、BC、CA为边向形外作
三个正三角形，即△ABC 、ABCA 、△ CAB ．
问S Bc与S△4 、 ，、S~CAB'之间存在怎样
的关系式?请你作出判断并加以证明．
三、(25分)证明：存在无穷多对正整数
(m， )满足方程
m +25n =lOmn+7(m+n)．
参 考 答 案
第 一 试
— —
、1．C．
取无理数 = 一2，此时，
( +1)( +3)=(,／3一】)(√3+1)=2
是有理数．
而 =( 一2) =7—4 是无理数，故
结论①不正确；
由( +1) =(3-一1) =4—2 是无理
数，故结论③不正确，
由( 一1)( 一3)= 一4 +3
= +4 +3—8x=( +1)( +3)一8x，
且( +1)( +3)是有理数，8 是无理数，故
( 一1)( 一3)是无理数，即结论②正确．
同样，由
( 一1) =( +1)( +3)一6x一2，
知结论④正确．
2．A．
由原方程解得n 一142·
因为a为正整数，所以，
9 7F6x>142 >157／． ·
又 为正整数，要使 为整数， 必须
是 l0的倍数，而且为使a最小，应取 =160．
因此，n i -6×160—142=2·
故满足题设的正整数 a的最小值为2．
2009年第 10期 37
3．B．
由题设得 0．9b+6<59，0．916+b>56．
解得 29 aqt'= APQ~AP=AQ。
5．B．
设 y： ．
由～25= 5×(
一
1)+6，得 6=一 95
．
所 = ～莩．
(19，0)、 ( 莩)．
由，，= ，o≤戈<19，取 =3，7，
11，15，19时，Y是整数．
因此，在线段 AB上(包括A、B)，横、纵
坐标都是整数的点有5个．
6．B．
设内切圆o0与AC、BC的切点分别为
D、E．则 CD：CE： ：r．
又OD上 CD，OE j_CE
∞ _lI CE C=90。．
二、1．2cos 或 2sin
易知 1+2sin ·COS
=sin +2sin ．cos +c0S
= (sin +COS )2．
同理，1—2sin ·COS =(sin —COS ) ．
故原式
： 、 +
= Isin +COS I+I sin 一COS I．
由于0。< ≤90。，sin >0，COS >0，且
当0。< <45。时，sin 0
对一切实数 。成立，即
8b≤4Ⅱ +4a=(2口+1) 一1
对一切实数 n成立．
显然，当 。：一 时，(2口+1) 一1取最
小值 一1．
故 86≤一lj6≤一 1
．
3．1．
设点A( ，a )、C(c，c )(JCIc。，则 a 一c =i．
故斜边A日上的高为
4．6．
如图4，联结 DM．
由 BDM
= ／ 曰，4D
= CAD
W----- DMN．
MN／／BC．
则△AMN 6_／3△ ABC．
n 一 C
2
= 1
网4
易知 BD：9 ×8： 9
，BM．BABD BM BA=BD2 易知 =
， ． ，
× ， ‘
j删 =}
jA =9一詈=丢×9，
又一MN
： ：
3
BC AB 9 4
因此 ， 一 4 4 ，
／ 、 ， ⋯ ，
MN = 8=6．
第 二 试
— —
、由a+c>『】 r上+b+C>2b
： 2，：血+b+c>2b~ 2b<21．
又 f =2abel <2al~ l<2a．
二、结论：s八僦
如图 5，在 AC
上取 CD：CB，联
结 DB、DC 、DB ．
易知
D曰C=60。．
故 C BD
= ABC．
又 C B =AB，
= S c +S AB-一s 犏c
图 5
DB=CB．则
△ C DB △ ACB．
此时， C DB= ACB=60。，
ADC ：180。一 ． C DB一 BDC
= l80。一60。一60。=60。= 日 ．
于是 C D ／AB ．
注意到 C D：AC=AB ，因此，四边形
AB DC 为平行四边形．
故 S c2C，)4=S^川D．
又易证△ACB △ B CD △ C DB，则
得
．s f旧=S△ ， D， △c，D =S~B，CD．
由S 口c+S
= s BDc+S』r98+s 2 ，nA
= S +s cfI+s ·AD
= S CA-+S 3c ，
Siva c S△ ，+S c 惦，一S：~Bc，．
1
注：本题运用S=÷。bsin C及余弦定理
可以直接得此结论．
三、原方程可化为
nz 一(10 +7)" +25n 一7n：0．
故 △=168n+49是完全平方数．
设 168n+49=49(12k+1) (k∈N+)
于是，n=42k +7 ．
贝0 lr， ：⋯10n+ 7 ~~
— —
-
10(42k +7 )+7±7(12k+1)
一
2 厶
= 210k 一7k或 210k +77k+7．
所以，存在无穷多对正整数
(m，，2)=(210k2—7k，42 +Tk)(k∈N+)
满足题设方程．
(孙 彦 安徽省安庆市教育教学研究
室．246004 黄全福 安徽省怀宁县江镇 中
学，246142)
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