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2008年2009年2010年全国初中数学联合竞赛试题及参考答案

发布时间:2013-10-17 08:01:44  

2008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)

本题共有6小题,每题均给出了代号为A,B,C,D的四个答案,其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内.每小题选对得7分;不选、选错或选出的代号字母超过一个(不论是否写在括号内),一律得0分.

1.设a?1?3a,b?1?3b,且a?b,则代数式2211?2的值为 ( ) 2ab

(A) 5. (B)7. (C) 9. (D)11.

【答】B.

解 由题设条件可知a?3a?1?0,且a?b,所以a,b是一元二次方程x?3x?1?0b?3b?1?0,222

11a2?b2(a?b)2?2ab32?2?1???7. 故选B. 的两根,故a?b?3,ab?1,因此2?2?aba2b2(ab)212

2.如图,设AD,BE,CF为三角形ABC的三条高,若AB?6,BC?5,

EF?3,则线段BE的长为 ( )

182124. (B)4. (C). (D). 555

【答】D. (A)

解 因为AD,BE,CF为三角形ABC的三条高,易知B,C,E,F四点共圆,

AFEF334??,即cos?BAC?,所以sin?BAC?. ACBC555

424在Rt△ABE中,BE?ABsin?BAC?6??. 故选D. 55于是△AEF∽△ABC,故

3.从分别写有数字1,2,3,4,5的5张卡片中任意取出两张,把第一张卡片上的数字作为十位数字,第二张卡片上的数字作为个位数字,组成一个两位数,则所组成的数是3的倍数的概率是 ( )

1321. (B). (C). (D). 55210

【答】C. (A)

解 能够组成的两位数有12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54,共20个,其中是3的倍数的数为12,15,21,24,42,45,51,54,共8个. 所以所组成的数是3的倍数的概率是82?. 故选C

. 205

4.在△ABC中,?ABC?12?,?ACB?132?,BM和CN分别是这两个角的外角平分线,且点M,N分别在直线AC和直线AB上,则 ( )

(A)BM?CN. (B) BM?CN.

(C) BM?CN. (D) BM和CN的大小关系不确定.

【答】B.

1(180??12?)?84?. 2

又?BCM?180???ACB?180??132??48?,∴?BMC?180??84??48??48?,

∴BM?BC. 11又?ACN?(180???ACB)?(180??132?)?24?, 22解 ∵?ABC?12?,BM为?ABC的外角平分线,∴?MBC?

∴?BNC?180???ABC??BCN?180??12??(?ACB??ACN)?168??(132??24?)

?12???ABC,

∴CN?CB. 因此,BM?BC?CN.故选B.

5.现有价格相同的5种不同商品,从今天开始每天分别降价10%或20%,若干天后,这5种商品的价格互不相同,设最高价格和最低价格的比值为r,则r的最小值为 ( )

9999(A) ()3. (B) ()4. (C) ()5. (D) . 8888

【答】 B.

解 容易知道,4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况.

设5种商品降价前的价格为a,过了n天. n天后每种商品的价格一定可以表示为

98a?(1?10%)k?(1?20%)n?k?a?()k?()n?k,其中k为自然数,且0?k?n. 1010

9i8n?i9i?18n?i?1要使r的值最小,五种商品的价格应该分别为:a?()?(),a?()?(), 10101010

989898a?()i?2?()n?i?2,a?()i?3?()n?i?3,a?()i?4?()n?i?4,其中i为不超过n的自然数. 101010101010

98a?()i?4?()n?i?49所以r的最小值为?()4. 故选B. 8a?()i?()n?i

1010

6. 已知实数x,y

满足(xy?2008,则3x2?2y2?3x?3y?2007的值为 ( )

(A) ?2008. (B)2008. (C) ?1. (D)1.

【答】D

.

∵(x∴x?y?2008,

??y

y???x?

由以上两式可得x?y.

所以(x?2?2008,解得x2?2008,所以

3x2?2y2?3x?3y?2007?3x2?2x2?3x?3x?2007?x2?2007?1. 故选D.

二、填空题(本题满分28分,每小题7分)

a5?a4?2a3?a2?a?2?1.

设a?,则3a?a

∵a?2?2. 2??1?a,∴a2?a?1, a5?a4?2a3?a2?a?2a3(a2?a)?2a3?(a2?a)?2?∴ a3?aa?a2?a

a3?2a3?1?21?a31?a3

2??????(1?a?a)??(1?1)??2. 2a?(1?a)?a?a1?a

2.如图,正方形ABCD的边长为1,M,N为BD

所在直线上的两点,且AM??MAN?135?,则四边形AMCN的面积为5

解 设正方形ABCD的中心为O,连AO,则AO?

BD,AO?OB?

, 2MO??又?ABM??NDA?135?, ?,

∴MB?MO?OB?2

?NAD??MAN??DAB??MAB?135??90???MAB?45???MAB??AMB,

所以△ADN∽△MBA,故ADADDN?BA?1?,从而DN?. ?

MB2MBBA根据对称性可知,四边形AMCN的面积

115S?2S△MAN?2??MN?AO?2?????. 22222

23.已知二次函数y?x?ax?b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m,n,且m?n?1.设满

足上述要求的b的最大值和最小值分别为p,q,则p?q?1

解 根据题意,m,n是一元二次方程x?ax?b?0的两根,所以m?n??a,mn?b. ∵m?n?1,∴m?n?m?n?1,m?n?m?n?1. 2

a2(m?n)21∵方程x?ax?b?0的判别式??a?4b?0,∴b???. 44422

114b?4mn?(m?n)2?(m?n)2?(m?n)2?1??1,故b??,等号当且仅当m??n?时取得; 42

114b?4mn?(m?n)2?(m?n)2?1?(m?n)2?1,故b?,等号当且仅当m?n?时取得. 42

111所以p?,q??,于是p?q?. 442

4.依次将正整数1,2,3,…的平方数排成一串:149162536496481100121144…,排在第1个位置的数字是1,排在第5个位置的数字是6,排在第10个位置的数字是4,排在第2008个位置的数字是 1 .

解 1到3,结果都只各占1个数位,共占1?3?3个数位; 22

42到92,结果都只各占2个数位,共占2?6?12个数位;

102到312,结果都只各占3个数位,共占3?22?66个数位;

322到992,结果都只各占4个数位,共占4?68?272个数位;

1002到3162,结果都只各占5个数位,共占5?217?1085个数位;

此时还差2008?(3?12?66?272?1085)?570个数位.

3172到4112,结果都只各占6个数位,共占6?95?570个数位.

所以,排在第2008个位置的数字恰好应该是411的个位数字,即为

1.

2

第二试 (A)

一.(本题满分20分) 已知a?b?1,对于满足条件0?x?1的一切实数x,不等式 22

a(1?x)(1?x?ax)?bx(b?x?bx)?0 (1)

恒成立.当乘积ab取最小值时,求a,b的值.

解 整理不等式(1)并将a?b?1代入,得 22

(1?a?b)x2?(2a?1)x?a?0 (2)

在不等式(2)中,令x?0,得a?0;令x?1,得b?0.

易知1?a?b?0,0?2a?1?1,故二次函数y?(1?a?b)x2?(2a?1)x?a的图象(抛物线)2(1?a?b)

的开口向上,且顶点的横坐标在0和1之间.

由题设知,不等式(2)对于满足条件0?x?1的一切实数x恒成立,所以它的判别式??(2a?1)2?4(1?a?b)?a?0,即ab?

由方程组 1. 4

?a2?b2?1,? (3) ?1?ab??4

消去b,得16a?16a?1?

0,所以a?

4222a?又因为a?

0,所以a?

或a?, ??a?a?????44于是方程组(3

)的解为?或?

?b??b????

4?4

所以ab的最小值为1,此时a,b的值有两组,分别为

4

a?

b?

b?a?

二.(本题满分25分) 如图,圆O与圆D相交于A,B两点,BC

为圆D的切线,点C在圆O上,且AB?BC.

(1)证明:点O在圆D的圆周上.

(2)设△ABC的面积为S,求圆D的的半径r的最小值.

解 (1)连OA,OB,OC,AC,因为O为圆心,AB?BC,所

以△OBA∽△OBC,从而?OBA??OBC.

因为OD?AB,DB?BC,所以

?DOB?90???OBA?90???OBC??DBO,

所以DB?DO,因此点O在圆D的圆周上.

(2)设圆O的半径为a,BO的延长线交AC于点E,易知BE?AC.设AC?2y(0?y?a),OE?x,AB?l,则a2?x2?y2,S?y(a?x),

l2?y2?(a?x)2?y2?a2?2ax?x2?2a2?2ax?2a(a?x)?2aS. y

因为?ABC?2?OBA?2?OAB??BDO,AB?BC,DB?DO,所以△BDO∽△ABC,所以

alraBDBO,即?,故r?. ?2yl2yABAC

a2l2a22aSSa3S????()?r?所以r?,

即,其中等号当a?y时成立,这时AC是圆O的224y4yy2y222

直径.所以圆D的的半径r

三.(本题满分25分)设a为质数,b为正整数,且

9(2a?b)2?509(4a?511b) (1)

求a,b的值.

解 (1)式即(6a?3b24a?511b6a?3b4a?511b,设m?,则 )?,n?509509509509

509m?6a509n?4a (2) b??3511

22故3n?511m?6a?0,又n?m,所以3m?511m?6a?0 (3)

由(1)式可知,(2a?b)能被509整除,而509是质数,于是2a?b能被509整除,故m

为整数,即

2

关于m的一元二次方程(3)有整数根,所以它的判别式??511?72a为完全平方数.

不妨设??511?72a?t(t为自然数),则72a?511?t?(511?t)(511?t).

由于511?t和511?t的奇偶性相同,且511?t?511,所以只可能有以下几种情况: 22222

?511?t?36a,①?两式相加,得36a?2?1022,没有整数解. 511?t?2,?

②??511?t?18a,两式相加,得18a?4?1022,没有整数解.

?511?t?4,

?511?t?12a,两式相加,得12a?6?1022,没有整数解. 511?t?6,?③?

④??511?t?6a,两式相加,得6a?12?1022,没有整数解.

?511?t?12,

?511?t?4a,两式相加,得4a?18?1022,解得a?251. 511?t?18,?⑤?

?511?t?2a,⑥?两式相加,得2a?36?1022,解得a?493,而493?17?29不是质数,故舍去. 511?t?36,?

综合可知a?251.

502(舍去). 3

509?3?6?251把a?251,m?3代入(2)式,得b??7. 3此时方程(3)的解为m?3或m?

第二试 (B)

一.(本题满分20分)已知a?b?1,对于满足条件x?y?1,xy?0的一切实数对(x,y),不等式 22

ay2?xy?bx2?0 (1)

恒成立.当乘积ab取最小值时,求a,b的值.

解 由x?y?1,xy?0可知0?x?1,0?y?1.

在(1)式中,令x?0,y?1,得a?0;令x?1,y?0,得b?0.

将y?1?x代入(1)式,得a(1?x)?x(1?x)?bx?0,即

22

(1?a?b)x2?(2a?1)x?a?0 (2)

易知1?a?b?0,0?2a?1?1,故二次函数y?(1?a?b)x2?(2a?1)x?a的图象(抛物线)2(1?a?b)

的开口向上,且顶点的横坐标在0和1之间.

由题设知,不等式(2)对于满足条件0?x?1的一切实数x恒成立,所以它的判别式??(2a?1)2?4(1?a?b)?a?0,即ab?

由方程组 1. 4

?a2?b2?1,? ? (3) 1?ab??4

消去b,得16a?16a?1?

0,所以a?

4222?2?2或a?,又因为a?

0,所以a?

444或a?. 4

???a??a???于是方程组(3

)的解为?或?所以满足条件的a,b的值有两组,分别为

?b??b????

?a?b?

b?a? 二.(本题满分25分)题目和解答与(A)卷第二题相同.

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(A)卷第二题相同.

三.(本题满分25分)设a为质数,b,c为正整数,且满足

(1)?9(2a?2b?c)2?509(4a?1022b?511c) ?(2)?b?c?2

求a(b?c)的值

.

6a?6b?3c24a?1022b?511c, )?509509

6a?6b?3c4a?1022b?511c设m?,则 ,n?509509

509m?6a509n?4a (3) 2b?c??3511解 (1)式即(

故3n?511m?6a?0,又n?m,所以 2

3m2?511m?6a?0 (4)

由(1)式可知,(2a?2b?c)能被509整除,而509是质数,于是2a?2b?c能被509整除,故m为整数,即关于m的一元二次方程(4)有整数根,所以它的判别式??511?72a为完全平方数.

不妨设??511?72a?t(t为自然数),则72a?511?t?(511?t)(511?t).

由于511?t和511?t的奇偶性相同,且511?t?511,所以只可能有以下几种情况:

①?222222?511?t?36a,两式相加,得36a?2?1022,没有整数解. 511?t?2,?

?511?t?18a,②?两式相加,得18a?4?1022,没有整数解. 511?t?4,?

③??511?t?12a,两式相加,得12a?6?1022,没有整数解. 511?t?6,?

?511?t?6a,④?两式相加,得6a?12?1022,没有整数解. 511?t?12,?

⑤??511?t?4a,两式相加,得4a?18?1022,解得a?251.

?511?t?18,

?511?t?2a,⑥?两式相加,得2a?36?1022,解得a?493,而493?17?29不是质数,故舍去.综511?t?36,?

合可知a?251,此时方程(4)的解为m?3或m?502(舍去). 3

509?3?6?251把a?251,m?3代入(3)式,得2b?c??7,即c?2b?7. 3

代入(2)式得b?(2b?7)?2,所以b?5,c?3,因此a(b?c)?251?(5?3)?2008.

2009年全国初中数学联合竞赛试题参考答案

第一试

一、选择题(本题满分42分,每小题7分)

1.

设a?1,则3a3?12a2?6a?12? ( A )

A.24. B. 25.

C. 10.

D. 12.

2.在△ABC中,最大角∠A是最小角∠C的两倍,且AB=7,AC=8,则BC= ( C )

A. B. 10.

C.

3.用[x]表示不大于x的最大整数,则方程x?2[x]?3?0的解的个数为 ( C ) 2

D. A.1. B. 2. C. 3. D. 4.

4.设正方形ABCD的中心为点O,在以五个点A、B、C、D、O为顶点所构成的所有三角形中任意取出两个,它们的面积相等的概率为 ( B ) A.3314. B. . C. . D. . 72714

D

5.如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=2,以BC为直径在矩形内作半圆,自点A作半

圆的切线AE,则sin?CBE= ( D )

21 B. . C. .

D. 33

6.设n是大于1909的正整数,使得Cn?1909为完全平方数的n的个数是 ( B ) 2009?n

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

二、填空题(本题满分28分,每小题7分)

1.已知t是实数,若a,b是关于x的一元二次方程x?2x?t?1?0的两个非负实根,则(a?1)(b?1)的最小值是_____?3_______.

2. 设D是△ABC的边AB上的一点,作DE//BC交AC于点E,作DF//AC交BC于点F,已知△ADE、△DBF的面积分别为m和n,则四边形DECF的面积为

______. 222

3.如果实数a,b满足条件a2?b2?1,|1?2a?b|?2a?1?b?a,则a?b?__?1____. 22

4.已知a,b

是正整数,且满足是整数,则这样的有序数对(a,b)共有___7__对. 第二试

一.(本题满分20分)已知二次函数y?x?bx?c(c?0)的图象与x轴的交点分别为A、B,与y轴的交点为C.设△ABC的外接圆的圆心为点P.

(1)证明:⊙P与y轴的另一个交点为定点.

(2)如果AB恰好为⊙P的直径且S△ABC=2,求b和c的值.

解 (1)易求得点C的坐标为(0,c),设A(x1,0),B(x2,0),则x1?x2??b,x1x2?c.

设⊙P与y轴的另一个交点为D,由于AB、CD是⊙P的两条相交弦,它们的交点为点O,所以OA×OB=OC×OD,则OD?2cOA?OBx1x2???1. OCcc

因为c?0,所以点C在y轴的负半轴上,从而点D在y轴的正半轴上,所以点D为定点,它的坐标为(0,1).

(2)因为AB⊥CD,如果AB恰好为⊙P的直径,则C、D关于点O对称,所以点C的坐标为(0,?1),

即c??1.

又AB?x1?x2??

S△ABC?1AB?OC?1?2,

2解得b??.

二. (本题满分25分) 已知△ABC中,∠ACB=90°,AB边上的高线CH与△ABC的两条内角平分线 AM、BN分别交于P、Q两点.PM、QN的中点分别为E、F.求证:EF∥AB.

NB

解 因为BN是∠ABC的平分线,所以?ABN??CBN.

又因为CH⊥AB,所以?CQN??BQH?90???ABN?90???CBN??CNB,

因此CQ?NC.

又F是QN的中点,所以CF⊥QN,所以?CFB?90???CHB,因此C、F、H、B四点共圆. 又?FBH=?FBC,所以FC=FH,故点F在CH的中垂线上.

同理可证,点E在CH的中垂线上.

因此EF⊥CH.

又AB⊥CH,所以EF∥AB.

三.(本题满分25分)已知a,b,c为正数,满足如下两个条件:

a?b?c?32 ①

b?c?ac?a?ba?b?c1??? ②

bccaab4

.

解法1 将①②两式相乘,得(b?c?ac?a?ba?b?c??)(a?b?c)?8, bccaab

(b?c)2?a2(c?a)2?b2(a?b)2?c2

即???8, bccaab

(b?c)2?a2(c?a)2?b2(a?b)2?c2

?4??4??0, 即bccaab

(b?c)2?a2(c?a)2?b2(a?b)2?c2

???0, 即bccaab

(b?c?a)(b?c?a)(c?a?b)(c?a?b)(a?b?c)(a?b?c)???0, bccaab

(b?c?a)即[a(b?c?a)?b(c?a?b)?c(a?b?c)]?0, abc

(b?c?a)(b?c?a)2即[2ab?a2?b2?c2]?0,即[c?(a?b)2]?0, abcabc

(b?c?a)即(c?a?b)(c?a?b)?0, abc

所以b?c?a?0或c?a?b?0或c?a?b?0,即b?a?c或c?a?b或c?b?a.

即90°.

32?2a32?2b32?2c1???, bccaab4

1222变形,得1024?2(a?b?c)?abc ③ 4解法2 结合①式,由②式可得

又由①式得(a?b?c)?1024,即a?b?c?1024?2(ab?bc?ca), 代入③式,得1024?2[1024?2(ab?bc?ca)]?

即abc?16(ab?bc?ca)?4096. 22221abc, 4

(a?16)(b?16)(c?16)?abc?16(ab?bc?ca)?256(a?b?c)?163

??4096?256?32?163?0,

所以a?16或b?16或c?16.

结合①式可得b?a?c或c?a?b或c?b?a.

90°

2010年全国初中数学联合竞赛试题参考答案

第一试

一、选择题:(本题满分42分,每小题7分)

1. 若a,b,c均为整数且满足(a?b)?(a?c)?1,则|a?b|?|b?c|?|c?a|? ( B )

A.1. B.2. C.3. D.4.

2.若实数a,b,c

满足等式3|b|?

6,9|b|?6c,则c可能取的最大值为 ( C )

A.0. B.1. C.2. D.3. 1010

a?1b?1??1?0, 则 ( C ) ba

1144A.0?a?b?. B.?a?b?1. C.1?a?b?. D.?a?b?2. 33333.若a,b是两个正数,且

4.若方程x?3x?1?0的两根也是方程x?ax?bx?c?0的根,则a?b?2c的值为 ( A )

A.-13. B.-9. C.6. D. 0.

5.在△ABC中,已知?CAB?60?,D,E分别是边AB,AC上的点,且?AED?60?,ED?DB?CE,?CDB?2?CDE,则?DCB? ( B )

A.15°. B.20°. C.25°. D.30°.

6.对于自然数n,将其各位数字之和记为an,如a2009?2?0?0?9?11,a2010?2?0?1?0?3,则a1?a2?a3???a2009?a2010? ( D )

A.28062. B.28065. C.28067. D.28068.

242

二、填空题:(本题满分28分,每小题7分)

?x3?y3?19,221.已知实数x,y满足方程组?则x?y??x?y?1,

2.二次函数y?x?bx?c的图象与x轴正方向交于A,B两点,与y轴正方向交于点C.已知2

AB?AC,?CAO?30?,则c?1. 9

3.在等腰直角△ABC中,AB=BC=5,P是△ABC内一点,且PA

PC=5,则PB=

4.将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行,要求两种颜色的球都要出现,且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放,最多可以摆放____15___个球.

第二试 (A)

一.(本题满分20分)设整数a,b,c(a?b?c)为三角形的三边长,满足a?b?c?ab?ac?bc?13,求符合条件且周长不超过30的三角形的个数.

解 由已知等式可得 222

(a?b)2?(b?c)2?(a?c)2?26 ①

令a?b?m,b?c?n,则a?c?m?n,其中m,n均为自然数.

于是,等式①变为m?n?(m?n)?26,即 222

m2?n2?mn?13 ②

?m?3,?m?1,由于m,n均为自然数,判断易知,使得等式②成立的m,n只有两组:?和? n?3.n?1??

(1)当m?3,n?1时,b?c?1,a?b?3?c?4.又a,b,c为三角形的三边长,所以b?c?a,即(c?1)?c?c?4,解得c?3.又因为三角形的周长不超过30,即a?b?c?(c?4)?(c?1)?c?30,解得c?2525.因此3?c?,所以c可以取值4,5,6,7,8,对应可得到5个符合条件的三角形. 33

(2)当m?1,n?3时,b?c?3,a?b?1?c?4.又a,b,c为三角形的三边长,所以b?c?a,即(c?3)?c?c?4,解得c?1.又因为三角形的周长不超过30,即a?b?c?(c?4)?(c?3)?c?30,解得c?2323.因此1?c?,所以c可以取值2,3,4,5,6,7,对应可得到6个符合条件的三角形. 33

综合可知:符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5+6=11.

二.(本题满分25分)已知等腰三角形△ABC中,AB=AC,∠C的平分线与AB边交于点P,M为△ABC的内切圆⊙I与BC边的切点,作MD//AC,交⊙I于点D.证明:

PD是⊙I的切线. A

证明 过点P作⊙I的切线PQ(切点为Q)并延长,交

BC于点N. 因为CP为∠ACB的平分线,所以∠ACP=∠BCP. 又因为PA、PQ均为⊙I的切线,所以∠APC=∠NPC. 又CP公共,所以△ACP≌△NCP,所以∠PAC=∠PNC.

C由NM=QN,BA=BC,所以△QNM∽△BAC,故∠NMQN

=∠ACB,所以MQ//AC.

又因为MD//AC,所以MD和MQ为同一条直线.

又点Q、D均在⊙I上,所以点Q和点D重合,故PD是⊙I的切线.

三.(本题满分25分)已知二次函数y?x?bx?c错误!未找到引用源。的图象经过两点P(1,a),Q(2,10a).

(1)如果a,b,c都是整数,且c?b?8a,求a,b,c的值.

(2)设二次函数y?x?bx?c错误!未找到引用源。的图象与x轴的交点为A、B,与y轴的交点为

C.错误!未找到引用源。如果关于x的方程x?bx?c?0的两个根都是整数,求△ABC的面积.

解 点P(1,a)、Q(2,10a)在二次函数y?x?bx?c错误!未找到引用源。的图象上,故1?b?c?a,2222

4?2a?c?10a,

解得b?9a?3,c?8a?2.

?8a?2?9a?3,(1)由c?b?8a知?解得1?a?3. 9a?3?8a,?

又a为整数,所以a?2,b?9a?3?15,c?8a?2?14.

(2) 设错误!未找到引用源。m,n是方程的两个整数根,且m?n.

由根与系数的关系可得m?n??b?3?9a,mn??c?2?8a,消去a,得9mn?8(m?n)??6, 两边同时乘以9,得81mn?72(m?n)??54,分解因式,得(9m?8)(9n?8)?10.

所以??9m?8?1,?9m?8?2,?9m?8??10,?9m?8??5,或?或?或? ?9n?8?10,?9n?8?5,?9n?8??1,?9n?8??2,

1021???m?,m??,m?,???m?1,????9993解得?或?或?或? ?n?2,?n?13,?n?7,?n?2,???993???

又m,n是整数,所以后面三组解舍去,故m?1,n?2.

因此,b??(m?n)??3,c??mn??2,二次函数的解析式为y?x?3x?2.

易求得点A、B的坐标为(1,0)和(2,0),点C的坐标为(0,2),所以△ABC的面积为21?(2?1)?2?1. 2

第二试 (B)

一.(本题满分20分)设整数a,b,c为三角形的三边长,满足a?b?c?ab?ac?bc?13,求符合条件且周长不超过30的三角形的个数(全等的三角形只计算1次).

解 不妨设a?b?c,由已知等式可得 222

(a?b)2?(b?c)2?(a?c)2?26 ①

令a?b?m,b?c?n,则a?c?m?n,其中m,n均为自然数.

于是,等式①变为m?n?(m?n)?26,即 222

m2?n2?mn?13 ②

?m?3,?m?1,由于m,n均为自然数,判断易知,使得等式②成立的m,n只有两组:?和? n?3.n?1??

(1)当m?3,n?1时,b?c?1,a?b?3?c?4.又a,b,c为三角形的三边长,所以b?c?a,即(c?1)?c?c?4,解得c?3.又因为三角形的周长不超过30,即a?b?c?(c?4)?(c?1)?c?30,解得c?2525.因此3?c?,所以c可以取值4,5,6,7,8,对应可得到5个符合条件的三角形. 33

(2)当m?1,n?3时,b?c?3,a?b?1?c?4.又a,b,c为三角形的三边长,所以b?c?a,即(c?3)?c?c?4,解得c?1.又因为三角形的周长不超过30,即a?b?c?(c?4)?(c?3)?c?30,解得c?2323.因此1?c?,所以c可以取值2,3,4,5,6,7,对应可得到6个符合条件的三角形. 33

综合可知:符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5+6=11.

二.(本题满分25分)题目和解答与(A)卷第二题相同.

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(A)卷第二题相同.

三.(本题满分25分)设p是大于2的质数,k为正整数.若函数y?x?px?(k?1)p?4的图象与x轴的两个交点的横坐标至少有一个为整数,求k的值.

解 由题意知,方程x?px?(k?1)p?4?0的两根x1,x2中至少有一个为整数.

由根与系数的关系可得x1?x2??p,22x1x2?(k?1)p?4,从而有

(x1?2)(x2?2)?x1x2?2(x1?x2)?4?(k?1)p ①

(1)若k?1,则方程为x?px?2(p?2)?0,它有两个整数根?2和2?p.

(2)若k?1,则k?1?0.

因为x1?x2??p为整数,如果x1,x2中至少有一个为整数,则x1,x2都是整数.

又因为p为质数,由①式知p|x1?2或p|x2?2.

不妨设p|x1?2,则可设x1?2?mp(其中m为非零整数),则由①式可得x2?2?

故(x1?2)?(x2?2)?mp?2k?1, mk?1k?1,即x1?x2?4?mp?. mm

k?1又x1?x2??p,所以?p?4?mp?,即 m

k?1(m?1)p??4 ② m

k?1k?1如果m为正整数,则(m?1)p?(1?1)?3?6,?0,从而(m?1)p??6,与②式矛盾. mm

k?1k?1如果m为负整数,则(m?1)p?0,?0,从而(m?1)p??0,与②式矛盾. mm

因此,k?1时,方程x?px?(k?1)p?4?0不可能有整数根.

综上所述,k?1.

2

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