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2007年上海新知杯初中数学竞赛试题解析

发布时间:2013-10-08 08:04:28  

2007年上海市“新知杯”初中数学竞赛

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分)

考点:函数最值问题;解一元一次不等式组. 分析:根据﹣1<2x﹣1<1,可以得出x的取值范围,进而求出 ﹣1的取值范围即可.

解:∵﹣1<2x﹣1<1, ∴ ,

解得:0<x<1, ∴当 x=1 时,原式最小, ∴ ﹣1 的取值范围是: ﹣1>1. 故答案为:大于 1.

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 2、在面积为1的△ABC中,P为边BC的中点,点Q在边AC上,且AQ=2QC.连接AP、 BQ交于点R,则△ABR的面积是 _________ .

考点:面积及等积变换. 分析:连接PQ,利用已知条件条件分别求出△ABP的面积,△BQC的面积,△ABQ的 面积,△BQC的面积,以及△ABR和△BRP的面积和为△ABP面积的 这一关系,即可求 出△ABR的面积,在解题时时刻注意同底等高的两三角形面积相等.

解:如图,连接 PQ, ∵P 为 BC 中点, ∴S△ ABP=S△ APC= ×S△ ABC= ×1= , ∴同理由题可知△ BQC 面积为 ,△ ABQ 面积 , ∴S△ BPQ= S△ BQC= , ∵△ABQ 与△ BPQ 为共底三角形, ∵面积比等于高的比=4:1, 又∵△ABR 和△ BRP 分别与△ ABQ 和△ BPQ 同高,且共用底边 BR, ∴△ABR 和△ BRP 的面积比为 4:1 ∵S△ ABR+S△ BRP=S△ ABP, ∴S△ ABR= × = , 故答案为: .

本题考查了求三角形的面积, 对于此类题目最常见的是利用三角形的面积公式, 也可直接求解也可分割作和或作差; 还可以转化为等底等高的两三角形或同底等高的两三角形面积相等.

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分)

考点:三角形边角关系;根与系数的关系. 分析:将原方程整理为一元二次方程的一般形式,设方程两根为x1,x2,再根据两根 平方和为10,列出等式并变形,将两根关系整体代入即可.

解:原方程整理为(c﹣a)x ﹣ bx+(c+a)=0, 2 2 2 设 x1,x2 是方程的两个根,则 x1 +x2 =10,即(x1+x2) ﹣2x1x2=10, 把方程根公式代入,得 ( ) ﹣2×
2 2 2

2

=10,即 4b ﹣(c ﹣a )=5(c﹣a) ,
2

2

2

2

2

由勾股定理得:c ﹣a =b ,代入以上方程整理后有 2 2 3b =5(c﹣a) . ∵c 是斜边, ∴c>a,两边开平方,得 b+ a= c, 两边同时平方得, 3b +5a +2 ab=5c , 再次将勾股定理代入得, 3b +5a +2 ab=5a +5b , 2 2b =2 ab, ∴ = . .
2 2 2 2 2 2 2 2 2

故答案为:

本题考查了三角形的边角关系,根与系数关系,勾股定理的运用.关键是根据题意得出 x1 +x2 =10,将等式变形, 将根与系数关系代入,结合勾股定理求解.

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 4、数x1,x2,

…,x100满足如下条件:对于k=1,2,…,100,xk比其余99个数的和 小k,则x25的值为 _________ .

考点:整数问题的综合运用. 分析:根据已知对于k=1,2,…,100,xk比其余99个数的和小k,得出 x2+…+x100=x1+1,x1+x3+…+x100=x2+2…进而得出x1+x2+…+x100的值,即可求出答 案.

解:∵数 x1,x2,…,x100 满足如下条件:对于 k=1,2,…,100,xk 比其余 99 个数的和小 k, ∴x2+…+x100=x1+1, x1+x3+…+x100=x2+2, … x1+x2+…+x99=x100+100 将以上所有式子相加即可, ∴99(x1+x2+…+x100)=(x1+x2+…+x100)+1+2+…+100, ∴98(x1+x2+…+x100)=1+2+…+100, ∴98(x1+x2+…+x100)=5050, ∴x1+x2+…+x100= ,

∴x1+x2+…+x100=2x25+25, ∴2x25+25= ∴x25= , . 进而得出是解题关键. ,

故答案为:

此题主要考查了整数的综合应用,根据已知得出 x1+x2+…+x100=

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 5、已知实数a、b、c,且b≠0.若实数x1、x2、y1、y2满足x12+ax22=b,x2y1﹣x1y2=a, x1y1+ax2y2=c,则y12+ay22的值为 _________ . 考点:对称式和轮换对称式. 分析:∵x12+ax22=b①,x2y1﹣x1y2=a②,x1y1+ax2y2=c③.首先将第②、③组合成一个 方程组,变形把x1、x2表示出来,在讲将x1、x2的值代入①,通过化简就可以求出结 论.

解:∵x1 +ax2 =b① ,x2y1﹣x1y2=a② ,x1y1+ax2y2=c③ . 由② ,得 ④, 把④ 代入③ ,得 ⑤ 把⑤ 代入③ ,得 ⑥ 把⑤ 、⑥ 代入① ,得

2

2

+

=b





∴(a +c ) 1 +ay2 )=b(y1 +ay2 ) (y ∴y1 +ay2 = 故答案为:
2 2

3

2

2

2

2

2

2



本题是一道代数式的转化问题,考查了对称式和轮换对称式在代数式求值过程中的运用.

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 6、如图,设P是凸四边形ABCD内的一点,过P分别作AB、BC、CD、DA的垂线,垂 足分别为E、F、G、H.已知AH=3,HD=4,DG=1,GC=5,CF=6,FB=4,且 BE﹣AE=1.则四边形ABCD的周长为 _________ .

考点:勾股定理. 分析:根据勾股定理分别求出AP2、BP2、CP2、DP2,再把四式后一等号两边分别相加, 并代入已知数值,最后进行化简,即可得出答案. 解:由勾股定理可得: AP2=AH2+PH2=AE2+PE2 BP2=BE2+PE2=BF2+PF2 CP2=CF2+PF2=CG2+PG2 DP2=DG2+PG2=DH2+PH2 以上四式后一等号两边分别相加,并代入已知数值可得: 9+BE2+36+1=AE2+16+25+16 化简得:BE2﹣AE2=11,即(BE+AE)(BE﹣AE)=11, 又已知:BE﹣AE=1, 解得:BE=6,AE=5, 故周长为34

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 7、如图,△ABC的面积为1,点D、G、E 和F分别在边AB、AC、BC上,BD<DA, DG∥BC,DE∥AC,GF∥AB.则梯形DEFG面积的最大可能值为 _________ .

解:设

=x,则

=1﹣x,

∵DG∥BC, ∴ =1﹣x,

∵DG∥BC,DE∥AC,GF∥AB, ∴△ADG∽△ABC,△ BDE∽△BAC,△ CFG∽△CBA, ∴ =x ,
2 2 2 2

=(1﹣x) ,
2

2

=(1﹣x) ,

2

∴S 梯形 DEFG=1﹣x ﹣2(1﹣x) =﹣3x +4x﹣1=﹣3(x﹣ ) + , ∴当 x= 时,即 故答案为: . 此题考查了相似三角形的判定与性质, 二次函数的性质以及平行线分线段成比例定理. 此题综合性较强, 难度较大, 解题的关键是利用相似三角形的性质求得二次函数,注意数形结合思想的应用. = ,此时 BD<DA,梯形 DEFG 面积的最大值为 .

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 8、不超过1000的正整数x,使得x和x+1两者的数字和都是奇数,则满足条件的正整 数x有 _________ 个. 考点:奇数与偶数. 分析:满足条件的一位数只有9,满足条件的两位数,要使x的数字之和为奇数,则两 位数必满足一奇一偶,再由x+1的数字和也为奇数,那么可得十位数字为偶数,个位 数字为奇数,且个位一定为9,三位数则需要前两位的和为偶数,尾数为9,从而可得 出符合条件的正整数. 解:①满足条件的一位数只有9; ②对于两位数,要使x和x+1的数字之和都为奇数,则十位数字为偶数,个位数字为9, 故满足条件的两位数有:29,49,69,89; ③对于三位数,要使x和x+1的数字之和都为奇数,则需要前两位的和为偶数,尾数 为9: 故满足条件的数有:119,139,159,179,209,229,249,269,289…共 4×5+5×4=40个. ④999和1000 综上可得满足条件的数有:1+4+40+1=46个

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分) 9、已知k为不超过50的正整数,使得对任意正整数n,2×36n+k×23n+1﹣1都能被7整 除,则这样的正整数k有 _________ 个. 考点:数的整除性. 分析:首先把2×36n+k×23n+1﹣1整理成2×272n+2k×8n﹣1=2×(﹣1)2n+2k﹣1=2k+1, 然后根据原式能被7整除可得2k+1=7m(m是奇数),于是求出k的个数. 解:2×36n+k×23n+1﹣1=2×272n+2k×8n﹣1=2×(28﹣1)2n+2k×(7+1)2n =2×(﹣1)2n+2k﹣1=2k+1(mod7), 但2×36n+k×23n+1﹣1=0(mod7), 2k+1=0(mod7),即2k+1=7m(m为奇数), 因为1≤k≤50,所以3≤7m≤101, 故m=1、3、…13,相应的k=3、10、…、45共7个. 故答案为7

一、填空题(第1--5小题,每题8分,第6--10小题,每题10分,共90分)

解:设
2

=a ,

2

所以 p(p+1)=2a ﹣2=2(a+1) (a﹣1) , 因为 p 为质数,所以① p=a﹣1 或者② p=a+1 或者③ p=2, ① 当 p=a﹣1 时,设 a﹣1=kp, 为≥1 的正整数)所以 a=kp+1, (k 所以 p(p+1)=2kp(kp+2) , 所以 p+1=2k(kp+2) , 所以(2k ﹣1)p=1﹣4k, 2 2 因为(2k ﹣1)>0,所以(2k ﹣1

)p, 又因为 1﹣4k<0, 2 所以(2k ﹣1)p=1﹣4k 不可能成立. ② 当 p=a+1 时,设 a+1=kp, 为≥1 的正整数)所以 a=kp﹣1. (k 所以 p(p+1)=2kp(kp﹣2) , 所以 p+1=2k(kp﹣2) , 2 所以(2k ﹣1)p=1+4k, 2 所以 2k ﹣1<1+4k. 2 因为当 k≥3 时,2k ﹣1≥6k﹣1=4k+1+2(k﹣1)>1+4k 所以 k=1 或者 2, 当 k=1 时, (2k ﹣1)p=1+4k≥p=5, 2 当 k=2 时, (2k ﹣1)p=1+4k≥7p=9,所以不存在质数 p. ③ 当 p=2 时,因为 p 是质数. 所以 p=2, 综上所述,p=2 或者 p=5, 验算: 当 p=2 时, 当 p=5 时, 故答案为 2 或 5. =4=2
2 2 2

=16=4 .

2

二、解答题(共3小题,共60分) 11、如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=2,AC=x,点F在边AB上,点G、H在边 BC上,四边形EFGH是一个边长为y的正方形,且AE=AC. (1)求y关于x的函数解析式; (2)当x为何值时,y取得最大值?并求出y的最大值.

考点:相似三角形的判定与性质;直角三角形的性质;正方形的性质 分析:延长FE,交AC于D,显然DF∥BC,则Rt△ADF∽Rt△ACB,利用AE=AC=x, 求得DE,于是可得方程,然后解方程即可

解: (1)如图,延长 FE,交 AC 于 D, ∵DF∥BC, ∴Rt△ ADF∽Rt△ ACB, ∴ ,


2 2 3 2


2

两边平方,并整理得(x +2x+2)y ﹣(x +2x +4x)y+2x =0, 解得: (另一解 y=x 舍去) .

答:y 关于 x 的函数解析式为



(2)由第(1)题得



当 答:当

,即

时, .



时,y 最大值为

二、解答题(共3小题,共60分) 12、求满足下列条件的正整数n的所有可能值:对这样的n,能找到实数a、b,使得 函数f(x)= x2+ax+b对任意整数x,f(x)都是整数.

考点:含字母系数的二次函数

由题意函数 f(x)= x +ax+b 对任意整数 x,f(x)都是整数,则可令 g(x)=f(x+1)﹣f(x) ,化简后得 x+ +a, 为整数;同理,g(x+1)﹣g(x)= 也是整数,所以,n=1 或 2 时,f(x)都是整数

2

解:设函数 f(x)= x +ax+b 对任意整数 x,f(x)都是整数, 则 g(x)=f(x+1)﹣f(x) , =[ (x+1) +a(x+1)+b]﹣[ x +ax+b], = x+ +a,也为整数, 则,g(x+1)﹣g(x)= 也是整数, 所以,n=1 或 2, 当 n=1 时,取整数 a、b,则 f(x)=x +ax+b 对任意整数 x,f(x)都是整数, 当 n=2 时,取 a= ,b 为整数,则 f(x)= x + x+b= x(x+1)+b,对于任意整数 x,f(x)都是整数. 综上所述,n=1 或 2. 本题主要考查了含字母系数的二次函数,讨论 g(x)=f(x+1)﹣f(x)及 g(x+1)﹣g(x)都是整数,是解答本 题的关键.
2 2 2 2

2

二、解答题(共3小题,共60分) 13、在一个盒子里有红、黄、黑三种颜色的小球共88个.已知从中任意取出24个, 就可以保证至少有10个小球是同色的.问在满足上述

条件下,无论各种颜色的小球 如何分配,至少要从盒子中任意取出多少个小球,才能保证至少有20个小球是同色 的?

考点:简单的极端原理 分析:首先证明取出43个球是不够的,进而得出至少取出44个小球,进行讨论 分析得出满足条件,才能保证有20个小球同色

证明:只取出 43 个球是不够的, 事实上,当盒子中有 42 个红球、41 个黄球、5 个黑球时,任取 24 个球,则红球与黄球至少有 24﹣5=19 个, 从而,红球或黄球中必有一种大于或等于 10 个,而 19 个红球,19 个黄球,5 个黑球,共 43 个球,但其中没有 20 个是同一色的, 其次证明:从中取 44 个球,则其中一定有 20 个小球同色,记盒子中红、黄、黑球的个数分别为 x、y、z,不妨设 x≥y≥z, (1)若 z≤5,则取出的 44 个球中,红球与黄球至少有 44﹣5=39 个,从而,红球与黄球中一定有一种大于或等于 20 个, (2)若 z=6,当 y≤8 时,44 个球中红球的个数大于或等于 44﹣8﹣6>20,当 y≥9 时,取出 9 个红球,9 个黄球,6 个黑球,24 个球中无 10 个同色球,不满足题设条件; (3)若 z=7,当 y≥8 时,取出 9 个红球,8 个黄球,7 个黑球,24 个球中无 10 个同色球,不满足题设条件;当 y=7 时,44 个球中红球个数大于或等于 44﹣7﹣7>20, (4)若 z≥8,则红球、黄球、黑球各取 8 个,即知不满足题设条件, 综上所述,至少取出 44 个小球才能保证有 20 个小球同色. 此题主要考查了简单的极端原理,根据已知分别进行讨论分析得出 z 的取值进而得出答案是解题很关键.


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