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2007初中数学竞赛

发布时间:2013-10-07 17:30:03  

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2007年全国初中数学竞赛试题参考答案

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、多填或错填得零分)

??x?y?12,1.方程组?的解的个数为( ).

??x?y?6

(A)1 (B) 2 (C) 3 (D)4

答:(A).

??x?y?12,解:若x≥0,则?于是y?y??6,显然不可能. ??x?y?6,

???x?y?12,若x?0,则 ? x?y?6,??

于是y?y?18,解得y?9,进而求得x??3.

?x??3,所以,原方程组的解为?只有1个解.

?y?9,

故选(A).

2.口袋中有20个球,其中白球9个,红球5个,黑球6个.现从中任取10个球,使得白球不少于2个但不多于8个,红球不少于2个,黑球不多于3个,那么上述取法的种数是( ).

(A) 14 (B) 16 (C)18 (D)20

答:(B).

解:用枚举法:

红球个数 白球个数 黑球个数 种 数

5 2,3,4,5 3,2,1,0 4

4 3,4,5,6 3,2,1,0 4

3 4,5,6,7 3,2,1,0 4

2 5,6,7,8 3,2,1,0 4

所以,共16种.

故选(B).

3.已知△ABC为锐角三角形,⊙O经过点B,C,且与边AB,AC分别相交于点D,E. 若⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等,则⊙O一定经过 1

△ABC的( ).

(A)内心 (B)外心 (C)重心 (D)垂心 答:(B).

解: 如图,连接BE,因为△ABC为锐角三角形,所以

?BAC,?ABE均为锐角.又因为⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等,且DE为两圆的公共弦,所以?BAC??ABE.于是,?BEC??BAC??ABE?2?BAC.

OC?BAC若△ABC的外心为O1,则?B1?2,所以,⊙O

一定过△ABC的外心.

故选(B).

4.已知三个关于x的一元二次方程

ax2?bx?c?0,bx2?cx?a?0,cx2?ax?b?0 a2b2c2

恰有一个公共实数根,则??的值为( ). bccaab

(A) 0 (B)1 (C)2 (D)3

答:(D).

解:设x0是它们的一个公共实数根,则

ax0?bx0?c?0,bx0?cx0?a?0,cx0?ax0?b?0. 222

把上面三个式子相加,并整理得

2(a?b?c)(x0?x0?1)?0. 132因为x0?x0?1?(x0?)2??0,所以a?b?c?0. 24

于是

a2b2c2a3?b3?c3a3?b3?(a?b)3

???? bccaababcabc

??3ab(a?b)?3. abc

故选(D).

5.方程x3?6x2?5x?y3?y?2的整数解(x,y)的个数是( ).

(A)0 (B)1 (C)3 (D)无穷多 答:(A).

2

解:原方程可化为

x(x?1)(x?2)?(3x2?x)?y(y?1)(y?1)?2,

因为三个连续整数的乘积是3的倍数,所以上式左边是3的倍数,而右边除以3余2,这是不可能的.所以,原方程无整数解.

故选(A).

二、填空题(共5小题,每小题6分,满分30分)

6.如图,在直角三角形ABC中,?ACB?90?,CA=4.点P是半圆弧AC的中点,连接BP,线段BP把图形APCB分成两部分,则这两部分面积之差的绝对值是 .

答:4.

解:如图,设AC与BP相交于点D,点D关于圆心O的对称

点记为点E,线段BP把图形APCB分成两部分,这两部分面积之

差的绝对值是△BEP的面积,即△BOP面积的两倍.而

11S?BPO?PO?CO??2?2?2. 22

因此,这两部分面积之差的绝对值是4.

7.如图, 点A,C

都在函数y

x?0)的图象上,点B,D都在x轴上,且使得△OAB,△BCD都是等边三角形,则点D的坐标

为 .

答:

(0).

解:如图,分别过点A,C作x轴的垂线,垂足分别

为E,F.设OE=a,BF=b, 则AE

,CF

所以,点A,C的坐标为

(a

),(2a+b

),

2?所以

(2a?b)?解得

??a? ???b?因此,点D

的坐标为(0).

3

8.已知点A,B的坐标分别为(1,0),(2,0). 若二次函数y?x2??a?3?x?3的图象与线段AB恰有一个交点,则a的取值范围是 .

1答:?1≤a??,

或者a?3? 2

解:分两种情况:

(Ⅰ)因为二次函数y?x2??a?3?x?3的图象与线段AB只有一个交点,且点A,B的坐标分别为(1,0),(2,0),所以

?1

1得?1?a??. 22?(a?3)?1?3?22?(a?3)?2?3?0, ???

由12?(a?3)?1?3?0,得a??1,此时x1?1,x2?3,符合题意;

31由22?(a?3)?2?3?0,得a??,此时x1?2,x2?,不符合题意. 22

(Ⅱ)令x2??a?3?x?3?0,由判别式??

0,得a?3?.

当a?3?

时,x1?x2?不合题意;

当a?3?

x1?x2?符合题意.

1综上所述,a的取值范围是?1≤a??

,或者a?3? 2

9.如图,?A??B??C??D??E??F??G?n?90?,则n= 答:6.

解:如图,设AF与BG相交于点Q,则

?AQG??A??D??G,

于是

?A??B??C??D??E??F??G

??B??C??E??F??AQG

??B??C??E??F??BQF

?540??6?90?.

所以,n=6.

10.已知对于任意正整数n,都有

a1?a2???an?n3,

则 111?????.

a2?1a3?1a100?1

4

33. 100

解:当n≥2时,有 答:

a1?a2???an?1?an?n3,

a1?a2???an?1?(n?1)3,

2?3n?1两式相减,得 an?3n,

所以 11111??(?), n?2,3,4,? an?13n(n?1)3n?1n

111??? a2?1a3?1a100?1因此

11111111?(1?)?(?)???(?) 32323399100

1133. ?(1?)?3100100

三、解答题(共4题,每小题15分,满分60分)

11(A).已知点M,N的坐标分别为(0,1),(0,-1),点P是抛物线y?上的一个动点.

(1)判断以点P为圆心,PM为半径的圆与直线y??1的位置关系;

(2)设直线PM与抛物线y?

证:?PNM??QNM.

解:(1)设点P的坐标为(x0,12x0),则 412x的另一个交点为点Q,连接NP,NQ,求412x4

12??x0?1; PM

=4

1212又因为点P到直线y??1的距离为x0?(?1)?x0?1, 44

所以,以点P为圆心,PM为半径的圆与直线y??1相切.

…………5分

(2)如图,分别过点P,Q作直线y??1的垂线,垂

足分别为H,R.由(1)知,PH=PM,同理可得,QM

=QR.

5

因为PH,MN,QR都垂直于直线y??1,所以,PH∥MN∥QR,于是 QM?RN

QR所以 ?RN MP, NHPH, HN

因此,Rt△PHN∽Rt△QRN.

于是?HNP??RNQ,从而?PNM??QNM.

…………15分

112(A).已知a,b都是正整数,试问关于x的方程x2?abx?(a?b)?0是 2

否有两个整数解?如果有,请把它们求出来;如果没有,请给出证明.

解:不妨设a≤b,且方程的两个整数根为x1,x2(x1≤x2),则有

?x1?x2?ab,? ?1xx?(a?b),12?2?

所以 x1x2?x1?x2?a?b?ab,

4(x1?1)(x2?1)?(2a?1)(2b?1)?5. 1212

…………5分

因为a,b都是正整数,所以x1,x2均是正整数,于是,x1?1≥0,x2?1≥0,

2a?1≥1,2b?1≥1,所以

?(?x1?1)(x2?1)?1,?(x1?1)(x2?1)?0, 或 ? (2a?1)(2b?1)?5,(2a?1)(2b?1)?1.??

(1)当??(x1?1)(x2?1)?0,时,由于a,b都是正整数,且a≤b,可得 (2a?1)(2b?1)?5?

a=1,b=3,

此时,一元二次方程为x2?3x?2?0,它的两个根为x1?1,x2?2.

(2)当??(x1?1)(x2?1)?1,时,可得 (2a?1)(2b?1)?1?

a=1,b=1,

此时,一元二次方程为x2?x?1?0,它无整数解.

综上所述,当且仅当a=1,b=3时,题设方程有整数解,且它的两个整数解为x1?1,x2?2. ……………15分 6

13(A).已知AB为半圆O的直径,点P为直径AB

上的任意一点.以点A为圆心,AP为半径作⊙A,⊙A与半圆O相交于点C;以点B为圆心,BP为半径作⊙B,⊙B与半圆O相交于点D,且线段CD的中点为M.求证:MP分别与⊙A和⊙B相切.

证明:如图,连接AC,AD,BC,BD,并且分别过点

C,D作AB的垂线,垂足分别为E,F,则CE∥DF.

因为AB是⊙O的直径,所以

?ACB??ADB?90?.

在Rt△ABC和Rt△ABD中,由射影定理得

PA2?AC2?AE?AB,

PB2?BD2?BF?AB.

……………5分

两式相减可得

PA2?PB2?AB?AE?BF?,

又 PA2?PB2?(PA?PB)(PA?PB)?AB?PA?PB?, 于是有 AE?BF?PA?PB,

即 PA?AE?PB?BF,

所以PE?PF,也就是说,点P是线段EF的中点.

因此,MP是直角梯形CDFE的中位线,于是有MP?AB,从而可得MP分别与⊙A和⊙B相切.

……………15分

14(A).(1)是否存在正整数m,n,使得m(m?2)?n(n?1)?

(2)设k(k≥3)是给定的正整数,是否存在正整数m,n,使得

m(m?k)?n(n?1)?

解:(1)答案是否定的.若存在正整数m,n,使得m(m?2)?n(n?1),则

(m?1)2?n2?n?1,

显然n?1,于是

n2?n2?n?1?(n?1)2,

所以,n2?n?1不是平方数,矛盾. ……………5分

7

(2)当k?3时,若存在正整数m,n,满足m(m?3)?n(n?1),则

4m2?12m?4n2?4n,

(2m?3)2?(2n?1)2?8,

(2m?3?2n?1)(2m?3?2n?1)?8,

(m?n?1)(m?n?2)?2,

而m?n?2?2,故上式不可能成立.

………………10分

当k≥4时,若k?2t(t是不小于2的整数)为偶数,取

m?t2?t,n?t2?1,

2(t?t)?4t?则 m(m?k)?(2t?t)2, t

2(t?12t)?4t?,t n(n?1)?2

因此这样的(m,n)满足条件.

若k?2t+1(t是不小于2的整数)为奇数,取

t2?tt2?t?2m?,n?, 22

t2?tt2?t1(?2t?1)?(t4?2t3?t2?2t), 则 m(m?k)?224

t2?t?2t2?t14??(t?2t3?t2?2t), n(n?1)?224

因此这样的(m,n)满足条件.

综上所述,当k?3时,答案是否定的;当k≥4时,答案是肯定的.

……………15分

注:当k≥4时,构造的例子不是唯一的.

8

11(B).已知抛物线C1:y??x2?3x?4和抛物线C2:y?x2?3x?4相交 于A,B两点. 点P在抛物线C1上,且位于点A和点B之间;点Q在抛物线C2上,也位于点A和点B之间.

(1)求线段AB的长;

(2)当PQ∥y轴时,求PQ长度的最大值.

解:(1)解方程组

2??y??x?3x?4, ?2y?x?3x?4,??

得 ??x1??2,?x?2, ?2 y?6,y??6,?1?2

所以,点A,B的坐标分别是(-2,6),(2,-6).

于是

AB??.

…………5分

(2)如图,当PQ∥y轴时,设点P,Q的坐标分别为

(t,?t2?3t?4), (t,t2?3t?4), ?2?t?2,

因此 PQ?2(4?t2)≤8,

当t?0时等号成立,所以,PQ的长的最大值8.

……………15分

12(B).实数a,b,c满足a≤b≤c,且ab?bc?ca?0,abc=1.求最大的实数k,使得不等式

a?b≥kc

恒成立.

解:

当a?b?

,c?a,b,c满足题设条件,此时k≤4. ……………5分 下面证明:不等式a?b≥4c对满足题设条件的实数a,b,c恒成立. 由已知条件知,a,b,c都不等于0,且c?0.因为

11ab??0,a?b??2?0, cc

所以a≤b?0.

9

由一元二次方程根与系数的关系知,a,b是一元二次方程

11x2?2x??0 cc

的两个实数根,于是

14??4?≥0, cc

1所以 c3≤. 4

……………10分

因此 1 a?b??(a?b)?2≥4c?4c. c

……………15分

13(B).如图,点E,F分别在四边形ABCD的边AD,BC的延长线上,且满足DEAD.若CD,FE的延长线相交于点G,△DEG的外接圆与△CFG?CFBC

ADPD; ?BCPC的外接圆的另一个交点为点P,连接PA,PB,PC,PD.求证: (1)

(2)△PAB∽△PDC.

证明:(1)连接PE,PF,PG,因为?PDG??PEG,

所以?PDC??PEF.

又因为?PCG??PFG,所以

△PDC∽△PEF,

PDPE于是有 ?,?CPD??FPE, PCPF

从而 △PDE∽△PCF,

PDDE所以 . ?PCCF

DEADADPD又已知,所以,. ??CFBCBCPC

………………10分

(2)由于?PDA??PGE??PCB,结合(1)知,△PDA∽△PCB,从而有

PAPD?, ?DPA??CPB, PBPC

所以?APB??DPC,因此

△PAB∽△PDC. ………………15分

14(B).证明:对任意三角形,一定存在两条边,它们的长u,v满足

1

≤u1??.

v2

10

证明:设任意△ABC的三边长为a,b,c,不妨设a?b?c.若结论不成立,则必有

a, ○1 b

b1≥. ○2 2c

………………5分

记b?c?s,a?b?t?c?s?t,显然s,t?0,代入○1得

c?s?t1≥, 2c?

s

st1??, s1?

c

st令x?,y?,则 cc

1?x?y1?≥. ○3 21?

x

由a?b?c,得c?s?t?c?s?c,即t?c,于是y?

由○2得 t?1. c

bc?s, ○4 ??1?

xcc

由○3,○4得

?1(1?x)?1, y

≥????

此式与y?1矛盾.从而命题得证.

………………15分

11

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