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全国初中数学联合竞赛 测试三答案

发布时间:2013-12-10 14:28:58  

全国初中数学联合竞赛 测试三 答案

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

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

【答】B.

因为a,b,c均为整数,所以a?b和a?c均为整数,从而由(a?b)?(a?c)?1可得 10101010

?|a?b|?1,?|a?b|?0,或? ??|a?c|?0?|a?c|?1.

?|a?b|?1,若?则a?c,从而|a?b|?|b?c|?|c?a|?|a?b|?|b?a|?|a?a|?2|a?b|?2. |a?c|?0,?

若??|a?b|?0,则a?b,从而|a?b|?|b?c|?|c?a|?|a?a|?|a?c|?|c?a|?2|a?c|?2. ?|a?c|?1,

因此,|a?b|?|b?c|?|c?a|?2.

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 ( )

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

【答】C.

?32(c?3),|b|?(2?c),而|b|?0,所以c?2. 55

当c?2时,可得a?9,b?0,满足已知等式.

所以c可能取的最大值为2.

a?1b?1??1?0, 则 ( ) 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

【答】C. 由a?1b?1??1?0可得a2?ab?b2?a?b,则 ba

ab?(a?b)2?(a?b)?(a?b)(a?b?1) ①

由于a,b是两个正数,所以ab?0, a?b?0,所以a?b?1?0,从而a?b?1.

(a?b)2a?b另一方面,由(a?b)?(a?b)?4ab?4ab可得ab?,结合①式可得?a?b?1,所以4422

4a?b?. 3

因此,1?a?b?

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

【答】A.

设m是方程x?3x?1?0的一个根,则m?3m?1?0,所以m?3m?1.

由题意,m也是方程x?ax?bx?c?0的根,所以m?am?bm?c?0,把m?3m?1代入此式,得(3m?1)?am?bm?c?0,整理得(9?a)m?(6?b)m?c?1?0.

从而可知:方程x?3x?1?0的两根也是方程(9?a)x?(6?b)x?c?1?0的根,这两个方程实质上应该是同一个一元二次方程,从而有(9?a)x?(6?b)x?c?1?k(x?3x?1)(其中k为常数),故222224. 34222224242222

9?a6?bc?1,所以b??3a?33,c??a?10. ??1?3?1

因此,a?b?2c?a?(?3a?33)?2(?a?10)??13.

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? ( )

A.15°. B.20°. C.25°. D.30°.

【答】 B.

如图,延长AB到F,使BF=ED,连CF,EF.

∵ ?EAB??AED?60?,∴?EDA?60?,?EDB??CED?120?,

AD?AE?ED?BF,CE?ED?DB?DB?BF?DF,

于是,AC?AF,?ACF??AFC?60?.

又∵?EDB?120?,?CDB?2?CDE,

∴ ?CDE?40?,?CDB?80?,?ECD?180???CED??EDC?20?.

在△CDA和△CBF中,CA=CF,?CAD??CFB?60?,AD=BF,∴ △CDA≌△CBF,

∴ ?FCB??ACD?20?.

于是,?DCB?60???CDE??FCB?20?.

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? ( )

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

【答】

D.

把1到2010之间的所有自然数均看作四位数(如果n不足四位,则在前面加0,补足四位,这样做不会改变an的值).

1在千位上出现的次数为10,1在百位上出现的次数为2?10,1在十位和个位上出现的次数均为32

2?102?1,因此,1出现的总次数为103?2?102?3?2?1602.

2在千位上出现的次数为11,2在百位和十位上出现的次数均为2?10,2在个位上出现的次数为2?10?1,因此,2出现的总次数为11?2?10?3?1?612.

类似的,可求得k(k?3,4,5,6,7,8,9)出现的总次数均为2?10?3?1?601.

因此a1?a2?a3???a2009?a2010?1602?1?612?2?601?(3?4?5?6?7?8?9)=28068.

二、填空题:(本题满分28分,每小题7分) 2222

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

【答】 13.

由x?y?19得(x?y)[(x?y)?3xy]?19,把x?y?1代入,可得xy??6.

因此,x,y是一元二次方程t?t?6?0的两个实数根,易求得这两个实数根分别为3和?2,所以2332

x2?y2?32?(?2)2?13.

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AB?23AC,?CAO?30?,则c?.

1【答】 . 9

由题意知,点C的坐标为(0,c),OC?c.

设A,B两点的坐标分别为(x1,0),(x2,0),则x1,x2是方程x?bx?c?0的两根.

由根与系数的关系得x1?x2??b,2x1x2?c.

3AC?2c. 又?CAO?30?,则AC?2c,AB?

于是,x1?OA?ACcos30??

由x1x2?9c?c,得c?

23c,x2?OB?OA?AB?33c. 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=______.

【答】

作PE⊥AB,交AB于点E,作PF⊥BC,交BC于点F,设PE?m,PF?n,分别在△PAE、△PCF中利用勾股定理,得 m2?(5?n)2?5 ①

(5?m)?n?25 ②

②-①,得10(n?m)?20,所以m?n?2,

代入①中,得n?7n?12?0,解得n1?3,n2?4.

当n?3时,m?n?2?1,在Rt△PAE

中,由勾股定理可得PB?2FC22?当n?4时,m?n?2?2,此时PE?AE,所以点P在△ABC的外面,不符合题意,舍去.

因此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_______个球.

【答】 15.

将这些球的位置按顺序标号为1,2,3,4,…….

由于1号球与7号球中间夹有5个球,1号球与12号球中间夹有10个球,12号球与6号球中间夹有5个球,7号球与13号球中间夹有5个球,13号球与2号球中间夹有10个球,2号球与8号球中间夹有5个球,8号球与14号球中间夹有5个球,14号球与3号球中间夹有10个球,3号球与9号球中间夹有5个球,9号球与15号球中间夹有5个球,15号球与4号球中间夹有10个球,4号球与10号球中间夹有5个球,因此,编号为1,7,12,6, 13,2,8,14,3,9,15,4,10的球颜色相同,编号为5,11的球可以为另外的一种颜色.因此,可以按照要求摆放15个球.

如果球的个数多于15个,则一方面,16号球与10号球应同色,另一方面,5号球与16号球中间夹有10个球,所以5号球与16号球同色,从而1到16号球的颜色都相同,进一步可以知道:所有的球的颜色都相同,与要求不符.

因此,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

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:??m?3,?m?1,和? …………10分 ?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. …………15分 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. ……………………20分

A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.

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. CN

又因为PA、PQ均为⊙I的切线,所以∠APC=∠NPC.

又CP公共,所以△ACP≌△NCP, …………10分

所以∠PAC=∠PNC.

由NM=QN,BA=BC,所以△QNM∽△BAC,故∠NMQ=∠ACB,所以MQ//AC.

………………………………20分

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. ……………………………25分

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. ………………………………5分

(1)由c?b?8a知??8a?2?9a?3,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. ………………………………10分

(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.

………………………………15分

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

1021???m?,m??,m?,???m?1,????9993解得?或?或?或? n?2,1372??n?,?n?,?n?,???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.

………………………………20分

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

………………………………25分

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

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:??m?3,?m?1,和? …………10分 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. …………15分 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. ……………………20分

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………………………5分

(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.………………10分

(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?2k?1, m

……………………………15分 k?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………………………20分 m故(x1?2)?(x2?2)?mp?

k?1k?1?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如果m为正整数,则(m?1)p?(1?1)?3?6,

因此,k?1时,方程x?px?(k?1)p?4?0不可能有整数根. 2

综上所述,k?1. ………………………………25分

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