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08年数学周报杯竞赛试卷

发布时间:2014-02-25 09:17:38  

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 1 页 共 10 页

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2008年全国初中数学竞赛试题参考答案

答题时注意:1.用圆珠笔或钢笔作答.

2.解答书写时不要超过装订线. 3.草稿纸不上交.

一、选择题(共5小题,每小题6分,满分30分. 以下每道小题均给出了代号为A,B,C,D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里. 不填、多填或错填都得0分)

424

1.已知实数x,y满足 4?2?3,y4?y2?3,则4?y4的值为( ).

xxx

(A)7 (B) 【答】(A)

解:因为x2?0,y2≥0,由已知条件得

12

??y?? , 2x (C) (D)5 所以

42242

?y??3?3?y??y2?6?7. 422

xxx

2?22

(?)?(?)?3?022?2

另解:由已知得:?x2,显然?2?y2,以?2,y2为根的一元二次方x

xx?(y2)?y2?3?0

?

程为t2?t?3?0,所以 (?

2222)?y??1,  (?)?y??3 22xx

422故4?y4=[(?2)?y2]2?2? (?2)?y2?(?1)2?2?(?3)?7 xxx

2.把一枚六个面编号分别为1,2,3,4,5,6的质地均匀的正方体骰子先

后投掷2次,若两个正面朝上的编号分别为m,n,则二次函数y?x2?mx?n的图象与x轴有两个不同交点的概率是( ).

1

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 2 页 共 10 页

(A)54117 (B) (C) (D) 129236

【答】(C)

解:基本事件总数有6×6=36,即可以得到36个二次函数. 由题意知

?=m2?4n>0,即m2>4n.

通过枚举知,满足条件的m,n有17对. 故P?17. 36

3.有两个同心圆,大圆周上有4个不同的点,小圆周上有2个不同的点,则这6个点

可以确定的不同直线最少有( ).

(A)6条 (B) 8条 (C)10条 (D)12条

【答】(B)

解:如图,大圆周上有4个不同的点A,B,C,D,两两连线

可以确定6条不同的直线;小圆周上的两个点E,F中,至少有一

个不是四边形ABCD的对角线AC与BD的交点,则它与A,B,C,

D的连线中,至少有两条不同于A,B,C,D的两两连线.从而这

6个点可以确定的直线不少于8条.

当这6个点如图所示放置时,恰好可以确定8条直线.

所以,满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条.

4.已知AB是半径为1的圆O的一条弦,且AB?a?1.以AB为一边在圆O内作正△

ABC,点D为圆O上不同于点A的一点,且DB?AB?a,DC的延长线交圆O于点

E,则(第3题)

. AE的长为( )

(A)

a (B)1 (C) (D)a 22

【答】(B)

解:如图,连接OE,OA,OB. 设?D??,则

?ECA?120?????EAC.

11又因为?ABO??ABD??60??180??2???120???, 22

所以△ACE≌△ABO,于是AE?OA?1.

另解:如图,作直径EF,连结AF,以点B为圆心,AB作⊙B,因为AB=BC=BD,则点A,C,D都在⊙B 上, E(第4题) 11由?F??EDA??CBA??60??30? 22

所以AE?EF?sim?F?2?sim30??1

2

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 3 页 共 10 页

5.将1,2,3,4,5这五个数字排成一排,最后一个数是奇数,且使得其中任意连续

三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除,那么满足要求的排法有( ).

(A)2种 (B)3种 (C)4种 (D)5种

【答】(D)

解:设a1,a2,a3,a4,a5是1,2,3,4,5的一个满足要求的排列.

首先,对于a1,a2,a3,a4,不能有连续的两个都是偶数,否则,这两个之后都是偶数,

与已知条件矛盾.

又如果ai(1≤i≤3)是偶数,ai?1是奇数,则ai?2是奇数,这说明一个偶数后面一定要

接两个或两个以上的奇数,除非接的这个奇数是最后一个数.

所以a1,a2,a3,a4,a5只能是:偶,奇,奇,偶,奇,有如下5种情形满足条件:

2,1,3,4,5; 2,3,5,4,1; 2,5,1,4,3;

4,3,1,2,5; 4,5,3,2,1.

二、填空题(共5小题,每小题6分,满分30分)

6.对于实数u,v,定义一种运算“*”为:u?v?uv?v.若关于x的方程x?(a?x)??

有两个不同的实数根,则满足条件的实数a的取值范围是 .

【答】a?0,或a??1.

11解:由x?(a?x)??,得(a?1)x2?(a?1)x??0, 44

?a?1?0,依题意有 ? 2???(a?1)?(a?1)?0,14

解得,a?0,或a??1.

7.小王沿街匀速行走,发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车,每隔3分钟从迎

面驶来一辆18路公交车.假设每辆18路公交车行驶速度相同,而且18路公交车总站每隔

固定时间发一辆车,那么发车间隔的时间是 分钟.

【答】4.

解:设18路公交车的速度是x米/分,小王行走的速度是y米/分,同向行驶的相邻两车

的间距为s米.

每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车,则 6x?6y?s. ①

每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车,则3x?3y?s. ②

3

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 4 页 共 10 页

由①,②可得 s?4x,所以 s?4. x

即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟.

8.如图,在△ABC中,AB=7,AC=11,点M是BC的中点,

AD是∠BAC 的平分线,MF∥AD,则FC的长为

【答】9.

解:如图,设点N是AC的中点,连接MN,则MN∥AB.

又MF//AD,所以 ?FMN??BAD??DAC??MFN,

1AB. 2

11因此 FC?FN?NC?AB?AC?9. 22(第8题) 所以 FN?MN?(第8题答案) 另解:如图,过点C作AD的平行线交BA的延长线为E,延长MFAE于点N.

则?E??BAD??DAC??ACE

所以AE?AC?11. 又FN//CE,所以四边形CENF是等腰梯形,

即CF?EN?11BE??(7?11)?9 22D

9.△ABC中,AB=7,BC=8,CA=9,过△ABC的内切圆圆心I作DE∥BC,分别与

AB,AC相交于点D,E,则DE的长为.

【答】16. 3

解:如图,设△ABC的三边长为a,b,c,内切圆I的半径为r,

BC边上的高为ha,则

11aha?S△ABC?(a?b?c)r, 22

ra? 所以 . haa?b?c(第9题答案)

因为△ADE∽△ABC,所以它们对应线段成比例,因此ha?rDE?, haBC

所以 DE?

故 DE?

ha?rraa(b?c)?a?(1?a)?(?a), ?hahaa?b?ca?b?c8?(7?)916?. 8?7?934

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 5 页 共 10 页

另解:

?

S?ABC?rp?

(这里?所以rp?a?b?c)

2?2S2??

ha?△ABC?? a812

由△ADE∽△ABC,得

即DE??216BC? 33DEha?r2???, BCha310.关于x,y的方程x2?y2?208(x?y)的所有正整数解为.

?x?48,?x?160,【答】? ?y?32,y?32.??

解:因为208是4的倍数,偶数的平方数除以4所得的余数为0,奇数的平方数除以4

所得的余数为1,所以x,y都是偶数.

设x?2a,y?2b,则

a2?b2?104(a?b),

同上可知,a,b都是偶数.设a?2c,b?2d,则

c2?d2?52(c?d),

所以,c,d都是偶数.设c?2s,d?2t,则

s2?t2?26(s?t),

于是 (s?13)2?(t?13)2=2?132,

其中s,t都是偶数.所以

(s?13)2?2?132?(t?13)2≤2?132?152?112. 所以s?13可能为1,3,5,7,9,进而(t?13)2为337,329,313,289,257,故只能

?s?6,?s?20,是(t?13)2=289,从而s?13=7.于是? ?t?4;t?4,??

,?x?16,0?x?48因此 ? ?y?32,y?32.??

5

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 6 页 共 10 页

另解:因为(x?104)2?(y?104)2?2?1042?21632 则有(y?104)2?21632,

又y正整数,所以 1?y?43

令a?|x?104|,b?|y?104|, 则a2?b2?21632

因为任何完全平方数的个位数为:1,4,5,6,9

由a2?b2?21632知a2,b2的个位数只能是1和1或6和6;

当a2,b2的个位数是1和1时,则a,b的个位数字可以为1或9

但个位数为1和9的数的平方数的十位数字为偶数,与a2?b2的十位数字为3矛盾。

当a2,b2的个位数是6和6时,则a,b的个位数字可以为4或6。

由105?b?147,取b=106,114,116,124,126,134,136,144,146代入a2?b2?21632

?|x?104|?56?x?48?x?160,?得,只有当b=136时,a=56,即? 解得? |y?104|?136y?32y?32???

三、解答题(共4题,每题15分,满分60分)

11.在直角坐标系xOy中,一次函数y?kx?b(k?0)的图象与x轴、y轴的正半轴分别

交于A,B两点,且使得△OAB的面积值等于OA?OB?3.

(1) 用b表示k;

(2) 求△OAB面积的最小值.

解:(1)令x?0,得y?b,b?0;令y?0,得x??b?0,k?0. k

b所以A,B两点的坐标分别为A(?,0),B(0,b),于是,△OAB的面积为 k

1bS?b?(?). 2k

1bb由题意,有 b?(?)???b?3, 2kk

2b?b2

解得 k?,b?2.?????? 5分 2(b?3)

1bb(b?3)(b?2)2?7(b?2)?10? (2)由(1)知 S?b?(?)? 2kb?2b?

2

?b?2?

102?7?)?7?7?2, b?26

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 7 页 共 10 页

当且仅当b?2?

10

时,

有S?,即当b?2?,k??1时,不等式中的等号成立. b?2

所以,△ABC面积的最小值为7?2. ?????? 15分

12.是否存在质数p,q,使得关于x的一元二次方程px2?qx?p?0有有理数根?

解:设方程有有理数根,则判别式为平方数.令??q2?4p2?n2,

其中n是一个非负整数.则(q?n)(q?n)?4p2. ?????? 5分

由于1≤q?n≤q+n,且q?n与q?n同奇偶,故同为偶数.因此,有如下几种可能情形:

?q?n?2,

?2

q?n?2p,?

2

?q?n?4,

?2

q?n?p,?p?q?n?,

?

q?n?4,p?p?q?n?p2,?q?n?2,

? ?

q?n?2,pq?n?4.??

p25pp2

消去n,解得q?p?1, q?2?, q?, q?2p, q?2?.?????? 10分

222

对于第1,3种情形,p?2,从而q=5;对于第2,5种情形,p?2,从而q=4(不合题意,舍去);对于第4种情形,q是合数(不合题意,舍去).

1

又当p?2,q=5时,方程为2x2?5x?2?0,它的根为x1?,x2?2,它们都是有理数.

2

综上所述,存在满足题设的质数?????? 15分

★12、已知a,b为正整数,关于x的方程x?2ax?b?0的两个实数根为x1,x2,

关于y的方程y?2ay?b?0的两个实数根为y1,y2,且满足x1?y1?x2?y2?2008. 求b的最小值.

另解:由韦达定理,得 x1?x2?2a, x1?x2?b;y1?y2??2a, y1?y2?b

2

2

?y1?y2??2a??(x1?x2)?(?x1)?(?x2)即? , 

(?x2)?y1?y2?b?(?x1)??y1??x1?y1??x2

解得:? 或?

?y2??x2?y2??x1

(?x1)?x2?(?x2)?2008 把y1,y2的值分别代入x1?y1?x2?y2?2008 得x1?(?x2)?x2?(?x1)?2008(不成立) 或x1?

即x2?x1?2008,(x2?x1)(x2?x1)?2008

因为x1?x2?2a?0, x1?x2?b?0 所以x1?0, x2?0

7

2

2

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 8 页 共 10 页 于是有

2a?2008

即a?502?1?502?2?251 ?a?1?a?505?a?2?a?251因为a,b都是正整数,所以?2 或?2或?2或?222?a?b?502?a?b?1?a?b?251?a?b?4

?a?1?a?502?a?2?a?251分别解得:? 或?或?或?2222?b?1?502?b?502?1?b?2?251?b?251?4

?a?502?a?251经检验只有:?符合题意. , ?22?b?502?1?b?251?4

所以b的最小值为:b最小值?251?4=62997

13.是否存在一个三边长恰是三个连续正整数,且其中一个内角等于另一个内角2倍的

△ABC?证明你的结论.

解:存在满足条件的三角形.

当△ABC的三边长分别为a?6,b?4,c?5时,?A?2?B.?????? 5分

如图,当?A?2?B时,延长BA至点D,使AD?AC?b.连接CD,则△ACD为等腰三角

形.因为?BAC为△ACD的一个外角,所以?BAC?2?D.由已知,?BAC?2?B,所以

?B??D.所以△CBD为等腰三角形. 2

又?D为△ACD与△CBD的一个公共角,有△ACD∽△CBD,于是

ADCDba, 即 ?, ?CDBDab?c

所以 a2?b?b?c?.

而6?4?(4?5),所以此三角形满足题设条件,

故存在满足条件的三角形. ?????? 15分

说明:满足条件的三角形是唯一的.

若?A?2?B,可得a2?b?b?c?.有如下三种情形:

(i)当a?c?b时,设a?n?1,c?n,b?n?1(n为大于1的正整数),

代入a2?b?b?c?,得?n?1???n?1??2n?1?,解得n?5,有a?6,b?4,c?5; 22(第13(A)题答案)

(ⅱ)当c?a?b时,设c?n?1,a?n,b?n?1(n为大于1的正整数),

代入a2?b?b?c?,得n2??n?1??2n,解得 n?2,有a?2,b?1,c?3,此时不能构成

三角形;

(ⅲ)当a?b?c时,设a?n?1,b?n,c?n?1(n为大于1的正整数),

代入a2?b?b?c?,得?n?1??n?2n?1?,即 n2?3n?1?0,此方程无整数解. 2

所以,三边长恰为三个连续的正整数,且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形

存在,而且只有三边长分别为4,5,6构成的三角形满足条件.

8

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 9 页 共 10 页

★13、如图,△ABC的三边长BC?a, AC?b, AB?c, a,b,c都是整数,且a,b的最大公约数是2。点G和点I分别为△ABC的重心和内心,且?GIC?90?,求△ABC的周长.

另解:如图,连结GA,GB,过G,I作直线交BC、AC于点E、

F,作△ABC的内切圆I,切BC边于点D。记△ABC的半周长为P,内切圆半径为r,BC,AC边上的高线长为ha,h

b

?S?ABC?rp?

a

C

?r?

r2

易知:CD?p?c,在Rt?CIE中,DE?

p?c

(p?a)(p?b)

即DE?

p

∴CE?CD?DE?(p?c)?

(p?a)(p?b)ab

?

pp

又∵CI?EF,CI平分?ACB,所以CE=CF 由S?ABC?S?ABG?S?BEG?S?AFG?S?FEC 

S?ABC1abha1abhb1ab

??(a?)???(b?)??2???r 得:S?ABC=32p32p32p

即S?ABC=

S?ABC1p?b1p?aab?(?a?ha)??(?b?hb)??2?rp 323p23pp

2

2

整理得 2p?cp?3ab,即3ab?2p?cp?p(2p?c)?P(a?b) 设△ABC的周长为m,则m?2p?

6ab

为整数。 a?b

12st

由已知(a,b)?2,设a?2s,b?2t,且(s,t)?1,s,t都是正整数,代入上式,得m?

s?t

∵(s,s?t)?1,(t,s?t)?1,∴s?t是12的约数,即s?t=1,2,3,4,6,12

?s?1?s?2?s?3?s?5?s?11?s?7??????

(s,t)=1,得?t?1,?t?1,?t?1,?t?1,?t?1,?t?5 不妨设s?t,则

?m?6?m?8?m?9?m?10?m?11?m?35??????

9

鹿城临江中学ckm505整理及另解 第 10 页 共 10 页

?s?7?经检验,只有?t?5符合题意,

?m?35?

所以:a?14,b?10,c?11或a?10,b?14,c?11,即所求△ABC的周长为35。

14.从1,2,?,9中任取n个数,其中一定可以找到若干个数(至少一个,也可以是

全部),它们的和能被10整除,求n的最小值.

解:当n=4时,数1,3,5,8中没有若干个数的和能被10整除.????? 5分

?,a5是1,2,?,9中的5个不同的数.若其中任意若干个数,当n=5时,设a1,a2,

?,a5中不可能同时出现1和9;它们的和都不能被10整除,则a1,a2,2和8;3和7;4和6.于

?,a5中必定有一个数是5. 是a1,a2,

?,a5中含1,则不含9.于是不含4(4+1+5=10)若a1,a2,,故含6;于是不含3(3

+6+1=10),故含7;于是不含2(2+1+7=10),故含8.但是5+7+8=20是10的倍数,

矛盾.

?,a5中含9,则不含1.于是不含6(6+9+5=20)若a1,a2,,故含4;于是不含7(7

+4+9=20),故含3;于是不含8(8+9+3=10),故含2.但是5+3+2=10是10的倍数,

矛盾.

综上所述,n的最小值为5.?????? 15分

★★ 14、已知有6个互不相同的正整数a1,a2,?,a6,且a1?a2???a6,从这6个数中任

意取出3个数,分别设为ai,aj, ak,其中i?j?k。记f(i,j,k)?123?? aiajak

证明:一定存在3个不同的数组(i,j,k),其中1?i?j?k?6,使得对应着的3个f(i,j,k)两

两之差的绝对值都小于0.5.(征求答案)

10

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