一、 选择题。
1、如图，有一块矩形纸片abcd，ab＝8，ad＝6。将纸片折叠，使得ad边落在ab边上，折痕为ae，再将△aed沿de向右翻折，ae与bc的交点为f，则△cef的面积为（ ）
a、2 b、4 c、6 d、8
答：a解：由折叠过程知，de＝ad＝6，∠dae＝∠cef＝45°，所以△cef是等腰直角三角形，且ec＝8－6＝2，所以，s△cef＝2
2、若m＝（x，y是实数），则m的值一定是（ ）
a、正数 b、负数 c、零 d、整数。
解：因为m＝＝≥0
且，，这三个数不能同时为0，所以m≥0
3、已知点i是锐角三角形abc的内心，a1，b1，c1分别是。
点i关于边bc，ca，ab的对称点。若点b在△a1b1c1的外接。
圆上，则∠abc等于（ ）
a、30° b、45° c、60° d、90°
答：c解：因为ia1＝ib1＝ic1＝2r（r为△abc的内切圆半径），所以。
点i同时是△a1b1c1的外接圆的圆心，设ia1与bc的交点为d，则ib＝ia1＝2id，所以∠ibd＝30°，同理，∠iba＝30°，于是，∠abc＝60°
4、设a＝，则与a最接近的正整数为（ ）
a、18 b、20 c、24 d、25
答：d解：对于正整数m
n≥3，有，所以a＝
因为＜＜，所以与a最接近的正整数为25。
5、设a、b是正整数，且满足56≤a＋b≤59，0.9＜＜0.91，则等于（ ）
a、171 b、177 c、180 d、182
答：b解：由题设得0.9b＋b＜59，0.91b＋b＞56，所以29＜b＜32。因此b＝30，31。
当b＝30时，由0.9b＜a＜0.91b，得27＜a＜28，这样的正整数a不存在。
当b＝31时，由0.9b＜a＜0.91b，得27＜a＜29，所以a＝28。
所以＝177
二、 填空题：
6、在一个圆形时钟的表面，oa表示秒针，ob表示分针，（o为两针的旋转中心），若现在时间恰好是12点整，则经过秒钟后，△oab的面积第一次达到最大。
解：设oa边上的高为h，则h≤ob，所以s△oab＝≤
当oa⊥ob时，等号成立。此时△oab的面积最大。
设经过t秒时，oa与ob第一次垂直。又因为秒针1秒钟旋转6度，分针1秒钟旋转0.1度，于是（6－0.1）t＝90，解得t＝
7、在直角坐标系中，抛物线（m＞0）与x轴交于a、b两点，若a、b两点到原点的距离分别为oa、ob，且满足，则m的值等于
解：设方程的两根分别为且＜，则有。
所以有＜0，＞0，由，可知oa＞ob，又m＞0，所以，抛物线的对称轴在y轴的左侧，于是，ob＝，所以由得m＝2
8、有两副扑克牌，每副牌的排列顺序是：第一张是大王，第二张是小王，然后是黑桃、红桃、方块、梅花四种花色排列，每种花色的牌又按a、…j、q、k的顺序排列。某人把按上述排列的两副扑克牌上下叠放在一起，然后从上到下把第一张丢掉，把第二张放在最底层，再把第三张丢掉，把第四张放在最底层，……如此下去，直至最后只剩下一张牌，则所剩的这张牌是
解：根据题意，如果扑克牌的张数为2，，，那么依照上述操作方法，只剩下的一张牌就是这些牌的最后一张。例如，手中只有64张牌，依照上述操作方法，最后只剩下第64张牌。
现在，手中有108张牌，多出108－64＝44（张），如果依照上述操作方法，先丢掉44张牌，那么此时手中恰好有64张牌，而原来顺序的第88张牌恰好放在手中牌的最底层。这样，再继续进行丢、留的操作，最后剩下的就是原来顺序的第88张牌。按照两副扑克牌的花色排列顺序，88－54－2－26＝6，所剩下的最后一张牌是第二副牌中的方块6。
9、已知d、e分别是△abc的边bc、ca上的点，且bd＝4，dc＝1，ae＝5，ec＝2。连结ad和be，它们相交于点p，过点p分别作pq∥ca，pr∥cb，它们分别与边ab交于点q、r，则△pqr的面积与△abc的面积之比为 。
解：过点e作ef∥ad，且交边bc于点f，则所以fd＝cd＝，又因为pq∥ca，所以，于是pq＝
由△qpr∽△acb，故。
10、已知， ,都是正整数，且，若的最大值为a，最小值为b，则a＋b的值等于 。
解：因为把58写成40个正整数的和的写法只有有限种，故的最小值和最大值是存在的。
不妨设≤≤…若＞1，则＋＝，且。
所以当＞1时，可以把逐步调整到1，这时，将增大；同样地，可以把，，…逐步调整到1，这时将增大。于是，当，，…均为1，＝19时，取得最大值，即。
a＝。若存在两个数，，使得－≥2 ( 1≤i＜j≤ 40，则。
这说明在， ,中，如果有两个数的差大于1，则把较小的数加1，较大的数减1，这时，将减小。
所以，当取到最小时，, 中任意两个数的差都不大于1。于是，当，时，取得最小值，即。
b＝＝94，故a＋b＝494
三、 解答题。
11、某校举行春季运动会时，由若干个同学组成一个8列的长方形队列。如果原队列中增加120人，就能组成一个正方形队列；如果原队列中减少120人，也能组成一个正方形队列。问原长方形队列有同学多少人？
解：设原长方形队列有同学8x人，由已知条件知8x＋120和8x－120均为守全平方数。于是可设其中m、n均为正整数，且m＞n。
1 －②得即。
由①、②可知，、都是8的倍数，所以m、n均能被4整除。于是m＋n，m－n均能被4整除。所以或解得：或。
所以，或 。
故原长方形队列有同学136人或904人。
12、已知p，q都是质数，且使得关于x的二次方程。
至少有一个正整数根，求所有的质数对（p，q）。
解：由方程两根的和为8p－10q可知，若方程有一个根为整数，则另一个根也是整数。由方程两根的积为5pq，知方程的另一个根也是正整数。
设方程的两个正整数根分别为，（≤由根与系数的关系得。
＝8p－10q ①
＝5pq ②
由②得，，有如下几种可能的情况：
所以＋＝5pq＋1，pq+5，p＋5q，q＋5p，代入①
当＋＝5pq＋1时，5pq＋1＝8p－10q，而5pq＋1＞10p＞8p－10q，故此时无解。
当＋＝pq＋5时，pq＋5＝8p－10q，所以（p＋10）（q－8）＝－85
因为p、q都是质数，只可能所以（p，q）＝（7，3）
当＋＝p＋5q时，p＋5q＝8p－10q，所以7p＝15q，不可能。
当＋＝5p＋q时，5p＋q＝8p－10q，所以3p＝11q，于是（p，q）＝（11，3）
综上所述，满足条件的质数对（p，q）＝（7，3）或（11,3）
13、如图，分别以△abc（△abc为锐角三角形）的边ab，bc，ca为斜边向外作等腰直角三角形dab，ebc，fac。求证：（1）ae＝df；（2）ae⊥df。
证明：（1）延长bd至点p，使dp＝bd，连结ap、cp。
因为△dab是等腰直角三角形，所以∠adb＝90°，ad＝bd，
在等腰直角三角形ebc中，bec＝90，be＝ce，
所以。因为∠pbc＝∠pba＋∠abc＝45°＋∠abc，∠abe＝∠cbe＋∠abc＝45°＋∠abc
所以∠pbc＝∠abe。于是△abe∽△pbc，即ae＝pc。
同理，在△adf和△apc中，有，∠daf=∠pac=45°+∠dac
所以△adf∽△apc 即df＝pc。 所以，ae＝df。
2）因为△adf∽△apc，所以∠adf＝∠apc，又由△abe∽△pbc，得∠bae＝∠cpb，于是∠dae＋∠adf＝45°＋∠bae＋∠adf＝45°＋∠cpb＋∠apc＝90°
所以，ae⊥df。
14、从1，2，…，205共205个正整数中，最多能取出多少个数，使得对于取出来的数中的任意三个数a，b，c（a＜b＜c），都有ab≠c。
解：首先，1，14，15，…，205这193个数，满足条件。
事实上，设a，b，c（a＜b＜c）这三个数取自1，14，15，…，205。若a＝1，则ab＝b＜c；若a＞1，则ab≥14×15＝210＞c
另一方面，考虑如下12个数组：（2，25，2×25），（3，24，3×24），（13，14，13×14）
上述这36个数互不相等，且其中最小的数为2，最大的数为13×14＝182＜205
所以，每一个数组中的三个数不能全部都取出来。于是，如果取出来的数满足题设条件，那么取出来的数的个数不超过205－12＝193（个）
综上所述，从1，2，…，205中，最多能取出193个数，满足题设条件。
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