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2013年江苏省初中数学应用邀请赛模拟试题1(含解答)

发布时间:2013-12-09 10:27:48  

2013年江苏省初中数学应用邀请赛模拟试题1

姓名 得分

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,b?3b?1?0,且a?b,所以a,b是一元二次方程22

x2?3x?1?0的两根,故a?b?3,ab?1,因此11a2?b2(a?b)2?2ab32?2?1??22???7. 故选B. a2b2ab(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( )

182421. (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,于是△AEF∽△ABC,故AFEF334??,即cos?BAC?,所以sin?BAC?. ACBC555

424在Rt△ABE中,BE?ABsin?BAC?6??. 故选D. 55

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). 51052

【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

.

1

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101010101010

数.

98a?()i?4?()n?i?49所以r的最小值为?()4. 故选B. 988a?()i?()n?i

1010

6. 已知实数x,y满

足(xy?2008,则

3x2?2y2?3x?3y?2007的值为( )

2

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

【答】D.

∵(xy?2008,

∴x???y

y???x

由以上两式可得x?y.

所以(x2?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)

1.

设a?1a5?a4?2a3?a2?a?2

2,则a3?a??2.

∵a2?1

2)2?32?1?a,∴a2?a?1, ∴a5?a4?2a3?a2?a?2a3(a2?a)?2a3?(a2?a)

a3?a??2

a?a2?a

a3?2a3?1?21?a3

?a?(1?a)?a??a2??1?a31?a??(1?a?a2)??(1?1)??2.

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?

2,

MO???2,

∴MB?MO?OB?

3

又?ABM??NDA?135?,

?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

3..用面积为1,2,3,4的4张长方形纸片拼成如右图所示的一个大长

方形。问:图中阴影部分面积是

解:大长方形面积为1+2+3+4=10。如右图那样延长RA和SB。

矩形ABPR面积是上部阴影三角形面积的2倍。矩形ABSQ面积是

下部阴影三角形面积的2倍。所以矩形RQSP的面积是阴影部分面积的2倍。

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;

4

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4112的个位数字,即为1.

三、解答题

一.平面上n(n≥2)个点A1,A2,…,An顺次排在同一条直线上,每点涂上黑白两色中的某一种颜色。已知A1和An涂上的颜色不同。证明:相邻两点间连接的线段中,其两端点不同色的线段的条数必为奇数。

证明:赋予黑点以整数值1,白点以整数值2,点Ai以整数 值为ai,当Ai为黑点时,ai=1,当Ai为白点时,ai=2。再赋予线段AiAi+1以整数值ai+ai+1,则两端同色的线段具有的整数值为2或4,两端异色的线段具有的整数值为3。

所有线段对应的整数值的总和为

(a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+…+(an-1+an) =a1+an+2(a2+a3+…+an-1)

=2+1+2(a2+a3+…+an-1)=奇数。

设具有整数值2,3,4的线段的条数依次为l,m,n,则 2l+m+4n=奇数。

由上式推知,m必为奇数,证明完毕。

二.设a为质数,b为正整数,且

5

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: ①?222222?511?t?36a,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?

?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,511?t?36,?

故舍去.

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?

三.设a为质数,b,c为正整数,且满足

6

(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,511?t?36,?

故舍去.综合可知a?251,此时方程(4)的解为m?3或m?502(舍去). 3

7

把a?251,m?3代入(3)式,得2b?c?509?3?6?251?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.

四.如图所示.P为△ABC内一点,过P点作线段DE,FG,HI分别平行于AB,BC和CA,且DE=FG=HI=d,AB=510,BC=450,CA=425.求d.

分析 由于图中平行线段甚多,因而产生诸多相似三角形及平行四边形.利用相似三角形对应边成比例的性质及平行四边形对边相等的性质,首先得到一个一般关系:

进而求d.

8

因为FG∥BC,HI∥CA,ED∥AB,易知,四边形AIPE,BDPF,CGPH均是平行四边形.△BHI∽△AFG∽△ABC,从而

将②代入①左端得

因为

DE=PE+PD=AI+FB, ④

AF=AI+FI, ⑤

BI=IF+FB. ⑥

由④,⑤,⑥知,③的分子为

DE+AF+BI=2×(AI+IF+FB)=2AB.

从而

9

下面计算d.

因为DE=FG=HI=d,AB=510,BC=450,CA=425,代入①得

解得d=306.

10

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