希望杯第一届（1990年）初中二年级第一试试题一、选择题:（每题1分，共10分）1一个角等于它的余角的5倍，那么这个角是( )A45.B75.C55.D6522的平方的平方根是( )A2. B-2. C2.D43当x=1时，a0x10-a1x9+a0x8-a1x7-a1x6+a1x5-a0x4+a1x3-a0x2+a1x的值是( )A0Ba0. Ca1Da0-a1 4. ABC,若AB=,BC=1+,CA=,则下列式子成立的是( )AACB;BCBA;CBAC;DCAB5平面上有4条直线，它们的交点最多有( )A4个B5个. C6个.D76的立方根是 （A）. （B）.（C）. （D）.7把二次根式化为最简二次根式是 (A) . (B). (C) . (D) 8如图1在ABC中，AB=BC=CA，且AD=BE=CF，但D，E，F不是AB，BC，CA的中点又AE，BF，CD分别交于M，N，P，如果把找出的三个全等三角形叫做一组全等三角形，那么从图中能找出全等三角形( )A2组B3组.C4组D5组。9.已知 等于一个固定的值，则这个值是( )A0.B1. C2. D4. 把f1990化简后，等于( )A. B.1-x. C. D.x.二、填空题（每题1分，共10分）1.2.3.=_.4如图2，A=60，1=2，则ABC的度数是_5如图3,O是直线AB上一点,AOD=117,BOC=123,则COD的度数是_度6ABC中，C=90，A的平分线与B的平分线交于O点，则AOB的度数是_度7计算下面的图形的面积（长度单位都是厘米）（见图4）.答：_8方程x2+px+q=0，当p0，q0时，它的正根的个数是_个9x，y，z适合方程组 则1989x-y+25z=_10已知3x2+4x-7=0，则6x4+11x3-7x2-3x-7=_答案与提示一、选择题提示：1因为所求角=5(90-),解得=75故选(B)2因为2的平方是4，4的平方根有2个，就是2故选(C)3以x=1代入，得a0-a1+a0-a1-a1+a1-a0+a1-a0+a1=2a0-3a1+3a1-2a0=0故选(A)3，根据大边对大角，有CBA5如图5，数一数即得又因原式中有一个负号所以也不可能是(D)，只能选(A)7a0，故选(C)8有ABE，ABM，ADP，ABF，AMF等五种类型选(D)9题目说是一个固定的值，就是说：不论x，y取何值，原式的值不变于是以x=y=0代入，得：故选(B)故选(A)二、填空题提示：4ADC=2+ADB=1+ADB=180-A=120所以ADC的度数是120度5COD度数的一半是30度8=p2-4qp29方程组可化简为：解得： x=1，y=-1，z=01989x-y+25z=1990106x4+11x3-7x2-3x-7=(3x2+4x-7)(2x2+x+1)而3x2+4x-7=0希望杯第一届（1990）第二试试题一、选择题:（每题1分，共5分） 1.等腰三角形周长是24cm，一腰中线将周长分成53的两部分，那么这个三角形的底边长是 A7.5B12. C4.D12或42.已知P=，那么P的值是 A1987B1988. C1989D19903abc，xyz，M=ax+by+cz，N=az+by+cx，P=ay+bz+cx，Q=az+bx+cy，则 AMPN且MQN. BNPM且NQMCPMQ且PNQ. DQMP且QNP4凸四边形ABCD中，DAB=BCD=900, CDAABC=21,ADCB=1,则BDA= A30B45. C60. D不能确定5把一个边长为1的正方形分割成面积相等的四部分，使得在其中的一部分内存在三个点，以这三个点为顶点可以组成一个边长大于1的正三角形，满足上述性质的分割 A是不存在的. B恰有一种. C有有限多种，但不只是一种.D有无穷多种二、填空题:（每题1分，共5分）1 ABC中，CAB-B=90，C的平分线与AB交于L，C的外角平分线与BA的延长线交于N已知CL=3，则CN=_2 若,那么的值是_.3 已知a，b，c满足a+b+c=0，abc=8，则c的取值范围是_4 ABC中, B=300,AB=,BC=,三个两两互相外切的圆全在ABC中，这三个圆面积之和的最大值的整数部分是_5 设a,b,c是非零整数,那么的值等于_.三、解答题:（每题5分，共15分）1从自然数1，2，3，354中任取178个数，试证：其中必有两个数，它们的差是1772平面上有两个边长相等的正方形ABCD和ABCD，且正方形ABCD的顶点A在正方形ABCD的中心当正方形ABCD绕A转动时，两个正方形的重合部分的面积必然是一个定值这个结论对吗？证明你的判断3用1，9，9，0四个数码组成的所有可能的四位数中，每一个这样的四位数与自然数n之和被7除余数都不为1，将所有满足上述条件的自然数n由小到大排成一列n1n2n3n4，试求：n1n2之值答案与提示一、选择题提示：1若底边长为12则其他二边之和也是12，矛盾故不可能是(B)或(D)又：底为4时，腰长是10符合题意故选(C)=19882+31988+1-19892=(1988+1)2+1988-19892=19883只需选a=1，b=0，c=-1，x=1，y=0，z=-1代入，由于这时M=2，N=-2，P=-1，Q=-1从而选(A)4由图6可知：当BDA=60时，CDB5如图7按同心圆分成面积相等的四部分在最外面一部分中显然可以找到三个点，组成边长大于1的正三角形如果三个圆换成任意的封闭曲线，只要符合分成的四部分面积相等，那么最外面部分中，仍然可以找到三个点，使得组成边长大于1的正三角形故选(D) 二、填空题提示：1如图8：NLC=B+1=CAB-90+1=CAB-3=NNC=LC=35当a，b，c均为正时，值为7当a，b，c不均为正时，值为-1三、解答题1证法一 把1到354的自然数分成177个组：(1，178)，(2，179)，(3，180)，(177，354)这样的组中，任一组内的两个数之差为177从1354中任取178个数，即是从这177个组中取出178个数，因而至少有两个数出自同一个组也即至少有两个数之差是177从而证明了任取的178个数中，必有两个数，它们的差是177证法二 从1到354的自然数中，任取178个数由于任何数被177除，余数只能是0，1，2，176这177种之一因而178个数中，至少有两个数a，b的余数相同，也即至少有两个数a，b之差是177的倍数，即a-b=k177又因1354中，任两数之差小于2177=354所以两个不相等的数a，b之差必为177即a-b=177从自然数1，2，3，354中任取178个数，其中必有两个数，它们的差是1772如图9，重合部分面积SAEBF是一个定值证明：连AB，AC，由A为正方形ABCD的中心，知ABE=ACF=45又，当AB与AB重合时，必有AD与AC重合，故知EAB=FAC在AFC和AEB中，SAEBF=SABC两个正方形的重合部分面积必然是一个定值3可能的四位数有9种：1990，1909，1099，9091，9109，9910，9901，9019，9190其中 1990=7284+2，1909=7272+51099=7157,9091=71298+5,9109=71301+2,9910=71415+5，9901=71414+3，9019=71288+3，9190=71312+6即它们被7除的余数分别为2，5，0，5，2，5，3，3，6即余数只有0，2，3，5，6五种它们加1，2，3都可能有余1的情形出现如0+11，6+21，5+3(mod7)而加4之后成为：4，6，7，9，10，没有一个被7除余1，所以4是最小的n又：加5，6有：5+31，6+21(mod7)而加7之后成为7，9，10，12，13没有一个被7除余1所以7是次小的n即 n1=4，n2=7 n1n2=47=28第二届（1991年）初中二年级第一试试题一、选择题:（每题1分，共15分）1如图1，已知AB=8，AP=5，OB=6，则OP的长是 A2; B3; C4; D52方程x2-5x+6=0的两个根是 A1，6 ;B2，3; C2，3;D1，63已知ABC是等腰三角形，则 AAB=AC;BAB=BC;CAB=AC或AB=BC;DAB=AC或AB=BC或AC=BC4.a=,则a,b,c的大小关系是 AabcBa=b=c Ca=cb Da=bc5.若ab,则(b-a)等于 A.; B.; C.; D.6已知x，y都是正整数，那么三边是x，y和10的三角形有 A3个B4个; C5个D无数多个7两条直线相交所成的各角中， A必有一个钝角;B必有一个锐角;C必有一个不是钝角;D必有两个锐角8已知两个角的和组成的角与这两个角的差组成的角互补，则这两个角 A一个是锐角另一个是钝角;B都是钝角;C都是直角;D必有一个角是直角9方程x2+|x|+1=0有 个实数根A4; B2; C1; D010一个两位数，用它的个位、十位上的两个数之和的3倍减去-2，仍得原数，这个两位数是 A26;B28; C36;D3811若11个连续奇数的和是1991，把这些数按大小顺序排列起来，第六个数是 A179;B1