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2012年全国初中数学联合竞赛试题及解答

发布时间:2013-10-10 09:36:50  

2012年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准

说明:评阅试卷时,请依据本评分标准.第一试,选择题和填空题只设7分和0分两档;第二试各题,请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时请参照本评分标准划分的档次,给予相应的分数.

第一试

一、选择题:(本题满分42分,每小题7分)

1.

已知a?

1,b?

c?2,那么a,b,c的大小关系是( )

A. a?b?c B. a?c?b C. b?a?c D.b?c?a

【答】C.

因为1111?

1,?0??,故b?a.

abab

22又c?a?2)?1)?

1),而?1)?3??0.所

?

2.方程x?2xy?3y?34的整数解(x,y)的组数为( )

A.3. B.4. C.5. D.6.

【答】B.

方程可化为(x?y)?2y?34,显然x?y必须是偶数,所以可设x?y?2t,则原方程变为2t?y?17,它的整数解为?2222221,故c?a.因此b?a?c. ?t??2.从而可求得原方程的整数解为(x,y)=y??3?

(?7,3),(1,3),(7,?3),(?1,?3),共4组.

3.已知正方形ABCD的边长为1,E为BC边的延长线上一点,CE=1,连接AE,与CD交于点F,连接BF并延长与线段DE交于点G,则BG的长为( )

A

【答】D.

延长AD、BG交于点H,连接HE,过点G作GP⊥BE于点P.

1

B

C

D

易知BG:GH=2:1

,所以BG=2

BH?33

B

2244 4.已知实数a,b满足a?b?1,则a?ab?b的最小值为 ( )

A.?

【答】B.

由已知可得a?ab?b?(a?b)?2ab?ab?1?2ab?ab??2(ab?)?44222222219. B.0. C.1. D.. 881

429. 8

11311?ab?,从而??ab??. 22444

1291299944故0?(ab?)?,因此0??2(ab?)??,即0?a?ab?b

?. 4168488因为2|ab|?a?b?1,所以?22

因此

a?ab?b的最小值为0

,当a? 44

或a?时取得. b?b?5.若方程x?2px?3p?2?0的两个不相等的实数根x1,x2满足x1?x1?4?(x2?x2),则实数p的所有可能的值之和为( )

A.0. B.?

【答】 B.

由一元二次方程的根与系数的关系可得x1?x2??2p,x1?x2??3p?2. 所以x1?x2?(x1?x2)?2x1?x2?4p?6p?4,

33x1?x2?(x1?x2)[(x1?x2)2?3x1?x2]??2p(4p2?9p?6). 22222232335. C.?1. D.?. 44

又由x1?x1?4?(x2?x2)得x1?x2?4?(x1?x2),

所以4p?6p?4?4?2p(4p?9p?6).

2

2223232233

化简得p(4p?3)(p?1)?0,解得:p1?0,p2??,p3??1. 3

4

3均满足题意,p3??1不满足题意. 4

33因此,实数p的所有可能的值之和为p1?p2?0?(?)??. 44代入检验可知:p1?0,p2??

6.由1,2,3,4这四个数字组成四位数abcd(数字可重复使用),要求满足a?c?b?d. 这样的四位数共有( )

A.36个. B.40个. C.44个. D.48个.

【答】C.

根据使用的不同数字的个数分类考虑:

(1)只用1个数字,组成的四位数可以是1111,2222,3333,4444,共有4个.

(2)使用2个不同的数字,使用的数字有6种可能(1、2,1、3,1、4,2、3,2、4,3、4).如果使用的数字是1、2,组成的四位数可以是1122,1221,2112,2211,共有4个;同样地,如果使用的数字是另外5种情况,组成的四位数也各有4个.因此,这样的四位数共有6×4=24个.

(3)使用3个不同的数字,只能是1、2、2、3或2、3、3、4,组成的四位数可以是1232,2123,2321,3212,2343,3234,3432,4323,共有8个.

(4)使用4个不同的数字1,2,3,4,组成的四位数可以是1243,1342,2134,2431,3124,3421,4213,4312,共有8个.

因此,满足要求的四位数共有4+24+8+8=44个.

二、填空题:(本题满分28分,每小题7分)

1.已知互不相等的实数a,b,c满足a?

【答】 ?1. 方法一:由a?111?b??c??t,则t?_________. bca11?t得b?. bt?a

111??t. 代入b??t得ct?ac

整理得ct?(ac?1)t?(a?c)?0 ① 2

3

又由c?1?t可得ac?1?at. a

222代入①式得ct?at?(a?c)?0,即(c?a)(t?1)?0.

又c?a,所以t?1?0,所以t??1. 验证可知:b?

因此,t??1. 21a?11a?1时t?1;b??时t??1. ,c?,c??1?aa1?aa

11b?c. ?b?可得bc?bca?b

c?aa?b 同理可得:ca?,ab?. b?cc?a方法二:由a?

三式相乘得:(abc)?1

所以abc=1或-1.

考虑: 2

11111111t3?(a?)(b?)(c?)?abc??a??b??c??abc??3t bcaabcabcabc

若abc=1,则t?2?3t,即(t?1)(t?2)?0.解得:t=-1或2;

若abc=-1,则t??2?3t,即(t?1)(t?2)?0.解得:t=1或-2.

易证,当且仅当a=b=c时,t=2或-2,不符合题意,舍去,所以t??1.

2.使得5?2?1是完全平方数的整数m的个数为

【答】 1.

设5?2?1?n(其中n为正整数),则5?2?n?1?(n?1)(n?1),显然n为奇数,设n?2k?1(其中k是正整数),则5?2?4k(k?1),即5?2mm?23232mm2m2?k(k?1).

?k?5?2m?2,?k?5,?k?2m?2,显然k?1,此时k和k?1互质,所以?或?或?解m?2?k?1?1,?k?1?2,?k?1?5,

得k?5,m?4.

因此,满足要求的整数m只有1个.

4

3.在△ABC中,已知AB=AC,∠A=40°,P为AB上一点,∠ACP=20°,则

取D为BC的中点,连接AD.则∠CAD=20°. 由正弦定理可得:

所以AP?BC= .

APAPAC

?sin20?sin120? ① 又因为CDBC??sin20?. AC2AC

所以BC?2ACsin20? ②

联立①和②

可得:

4.已知实数a,b,c满足abc??1,a?b?c?4,BC?APabc++a2?3a?1b2?3b?1c2?3c?14222,则a?b?c= 9

33【答】 . 2=

因为a?3a?1?a?3a?abc?a(bc?a?3)?a(bc?b?c?1)?a(b?1)(c?1). 所以22a1. ?2a?3a?1(b?1)(c?1)

b1c1,. ??b2?3b?1(a?1)(c?1)c2?3c?1(a?1)(b?1)同理可得

由abc4 ???a2?3a?1b2?3b?1c2?3c?19

1114???, (b?1)(c?1)(a?1)(c?1)(a?1)(b?1)9可得

所以4(a?1)(b?1)(c?1)?(a?1)?(b?1)?(c?1). 9

1. 4又因为abc??1,a?b?c?4,可得ab?bc?ac??

因此,a?b?c?(a?b?c)?2(ab?bc?ac)?

实际上,满足条件的a,b,c可以分别为?

222233. 211,,4.

225

第二试 (A)

一、(本题满分20分)已知直角三角形的边长均为整数,周长为30,求它的外接圆的面积. 解 设直角三角形的三边长分别为a,b,c(a?b?c),则a?b?c?30.

显然,三角形的外接圆的直径即为斜边长c,下面先求c的值.

由a?b?c及a?b?c?30得30?a?b?c?3c,所以c?10.

由a?b?c及a?b?c?30得30?a?b?c?2c,所以c?15.

又因为c为整数,所以11?c?14. ……………………5分 根据勾股定理可得a?b?c.

把c?30?a?b代入,化简得ab?30(a?b)?450?0.

所以(30?a)(30?b)?450?2?3?5. ……………………10分

2??30?a?5因为a,b均为整数且a?b,所以只可能是?. 2??30?b?2?322222

解得??a?5 . ……………………15分 ?b?12

所以,直角三角形的斜边长c?13. 三角形的外接圆的面积为

二.(本题满分25分)如图,PA为⊙O的切线,PBC为⊙O的割线,AD⊥OP于点D.

证明:AD?BD?CD.

2169?. ……………………20分 4

P

P

证明:连接OA,OB,OC.

∵PA为⊙O的切线.

∴OA⊥AP

6

又∵AD⊥OP

∴由射影定理可得PA2=PD·PO,AD2=PD·OD. ……………………5分 又由切割线定理可得PA2=PB·PC

∴PB·PC=PD·PO

∴D、B、C、O四点共圆 ……………………10分 ∴∠PDB=∠PCO=∠OBC=∠ODC,∠PBD=∠COD

∴△PBD∽△COD ……………………20分 ∴PD?BD,

CDOD

∴AD2=PD·OD=BD·CD. ……………………25分

三.(本题满分25分)已知抛物线y??12x?bx?c的顶点为P,与x轴的正半轴交于6

A(x1,0)、B(x2,0)(x1?x2)两点,与y轴交于点C,PA是△ABC的外接圆的切线.设M(0,?),若AM//BC,求抛物线的解析式.

解 易求得点P(3b,b?c),点C(0,c).

设△ABC的外接圆的圆心为D,则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上,设点D的坐标为(3b,m).

显然,x1,x2是一元二次方程?

3232212x?bx?c?0的两根

6所以x1?3b

x2?3b又AB的中点E的坐标为(3b,0),所以AE

.……………………5分 因为PA为⊙D的切线,所以PA⊥AD,又AE⊥PD

所以由射影定理可得AE?PE?

DE,即?(b?c)?|m|

又易知m?0,所以可得m??6 . ……………………10分 又由DA=DC得DA2=DC2

,即2+m2=(3b-0)2+(m-c)2,把m??6代入后可解得c??6(另一解c?0舍去). ……………………15分

又因为AM//BC,所以22322OAOM, ?OBOC

7

3|?|?. ……………………20分 |?6|55(另一解b??舍去). 22

125因此,抛物线的解析式为y??x?x?6. ……………………25分 62把c??6代入解得b?

一.(本题满分20分)已知直角三角形的边长均为整数,周长为60,求它的外接圆的面积. 解 设直角三角形的三边长分别为a,b,c(a?b?c),则a?b?c?60.

显然,三角形的外接圆的直径即为斜边长c,下面先求c的值.

由a?b?c及a?b?c?60得60?a?b?c?3c,所以c?20.

由a?b?c及a?b?c?60得60?a?b?c?2c,所以c?30.

又因为c为整数,所以21?c?29.

根据勾股定理可得a?b?c,

把c?60?a?b代入,化简得ab?60(a?b)?1800?0,

所以(60?a)(60?b)?1800?2?3?5,

32??60?a?2?5??60?a?2?5因为a,b均为整数且a?b,所以只可能是?或? 222??60?b?3?5??60?b?2?3322222

8

解得?

?a?20?a?10

或?.

?b?15?b?24

当a=20,b=15时,c=25,三角形的外接圆的面积为

625

?; 4

当a=10,b=24时,c=26,三角形的外接圆的面积为169?.

二.(本题满分25分)如图,PA为⊙O的切线,PBC为⊙O的割线,AD⊥OP于点D,△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E.证明:∠BAE=∠ACB.

P

证明:连接OA,OB,OC. ∵PA为⊙O的切线. ∴OA⊥AP

又∵AD⊥OP

∴由射影定理可得PA2=PD·PO,

AD2=PD·OD.

又由切割线定理可得PA=PB·PC ∴PB·PC=PD·PO ∴D、B、C、O四点共圆

∴∠PDB=∠PCO=∠OBC=∠ODC,∠PBD=∠COD ∴△PBD∽△COD ∴PD?BD,

CDOD

∴BD·CD=PD·OD=AD2

2

P

9

∴BDAD. ?ADCD

又∠BDA=∠BDP+90°=∠ODC+90°=∠ADC

∴△BDA∽△ADC

∴∠BAD=∠ACD

∴AB是△ADC的外接圆的切线

∴∠BAE=∠ACB.

三.(本题满分25分)题目和解答与(A)卷第三题相同.

第二试 (C)

一.(本题满分20分)题目和解答与(B)卷第一题相同.

二.(本题满分25分)题目和解答与(B)卷第二题相同.

三.(本题满分25分)已知抛物线y??12x?bx?c的顶点为P,与x轴的正半轴交于6

A(x1,0)、B(x2,0)(x1?x2)两点,与y轴交于点C,PA是△ABC的外接圆的切线.将抛物

线向左平移1)个单位,得到的新抛物线与原抛物线交于点Q,且∠QBO=∠OBC.求抛物线的解析式.

13b232?c,所以点P(3b,b2?c),点C(0,c). 解 抛物线的方程即y??(x?3b)?262

设△ABC的外接圆的圆心为D,则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上,设点D的坐标为(3b,m).

显然,x1,x2是一元二次方程?12x?bx?c?

0的两根,所以x1?3b

,6

x2?3bAB的中点E的坐标为(3b,0),所以AE

.

因为PA为⊙D的切线,所以PA⊥AD,又AE⊥PD,所以由射影定理可得AE2=PE·DE,

即?(b?c)?|m|,又易知m?0,所以可得m??6.

又由DA=DC得DA2=DC2

,即?m?(3b?0)?(m?c),

把m??6代入后可解得c??6(另一解c?0舍去).

10

22222322

13b2

2将抛物线y??(x?3b)??

6向左平移1)个单位后得到的新抛物线为

62

13b2

2y??(x?3b?24)??6. 62

3b2

易求得两抛物线的交点为

Q(3b?12??102). 2

接下来有两个方法:

方法一:由∠QBO=∠OBC可得tan∠QBO=tan∠OBC.

作QN⊥AB,垂足为N,

N(3b?12?

,又x2?3b?3(b, 3b2

?102QN所以:tan∠QBO==

BN

1=

21=

21=

2=

又tan∠OBC=1?1)]. 2OC

1???(b,

OB2

11?1)]??(b. 22

4解得b?

4(另一解b?5)?0,舍去). 3

12因此,抛物线的解析式为y??x?4x?6. 6所以

方法二:设C点关于x轴的对称点为C’,那么由∠QBO=∠OBC可知C’,Q,B三点共线.

设t4,则C’坐标为(0,6),Q点坐标为(3b?3t,b?

的坐标为(3b?.

11

32232t?6),B点

2

由kBC'3232b?t?12b2?t2?8

?

kQC'?3b?3t2b?2t整理得:2(b2?4)?(t?bt(b?t)?0

可进一步化简为:b?tt)?0

t?0

所以b?t?0,解得b=4. 因此,抛物线的解析式为y??12x?4x?6.

6

12

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