haihongyuan.com
海量文库 文档专家
全站搜索:
您现在的位置:首页 > 初中教育 > 学科竞赛学科竞赛

2009到2013年数学周报竞赛题

发布时间:2013-12-20 10:40:52  

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2009年全国初中数学竞赛试题参考答案

一、选择题(共5小题,每小题7分,共35分. 以下每道小题均给出了代号为A,B,C,D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里,不填、多填或错填都得0分)

1.已知非零实数a,b 满足

2a?4?b?2?4?2a,则a?b等于( ).

(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2 2.如图,菱形ABCD的边长为a,点O是对角线AC上的一点,且OA=a,OB=OC=OD=1,则a等于( ).

(A

12 (B

)1

2

(C)1 (D)2

3.将一枚六个面编号分别为1,2,3,4,5,6的质地均匀的正方体骰子先 后投掷两次,记第一次掷出的点数为a,第二次掷出的点数为b,则使关于x,y

的方程组??ax?by?3,

?x?2y?2

只有正数解的概率为( ).

(A)

112 (B)29 (C)518 (D)13

36

4.如图1所示,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,?B?90?. 动点P从点 B出发,沿梯形的边由B→C→D→A运动. 设点P运动的路程为x,△ABP的面积为y. 把y看作x的函数,函数的图像如图2所示,则△ABC的面积为( ).

(A)10 (B)16 (C)18 (D)32

1

5.关于x,y的方程x2?xy?2y2?29的整数解(x,y)的组数为( ). (A)2组 (B)3组 (C)4组 (D)无穷多组 二、填空题(共5小题,每小题7分,共35分)

6.一个自行车轮胎,若把它安装在前轮,则自行车行驶5000 km后报废;若把它安装在后轮,则自行车行驶 3000 km后报废,行驶一定路程后可以交换前、后轮胎.如果交换前、后轮胎,要使一辆自行车的一对新轮胎同时报废,那么这辆车将能行驶 km .

7.已知线段AB的中点为C,以点A为圆心,AB的长为半径作圆,在线段AB的延长线上取点D,使得BD=AC;再以点D为圆心,DA的长为半径作圆,与⊙A分别相交于F,G两点,连接FG交AB于点H,

则AH

AB

的值为 . 8.已知a1,a2,a3,a4,a5是满足条件a1?a2?a3?a4?a5?9的五个不同的整数,若b是关于x的方程?x?a1??x?a2??x?a3??x?a4??x?a5??2009的整数根,则

b的值为.

9.如图,在△ABC中,CD是高,CE为?ACB的平分线.若AC=15,BC=20,CD=12,则CE的长等于 .

10.10个人围成一个圆圈做游戏.游戏的规则是:每个人心里都想好一个数,并把自己想好的数如实地告诉他两旁的两个人,然后每个人将他两旁的两个人告诉

他的数的平均数报出来.若报出来的数如图所示,则报3的人心里想的数是 .

试题来源:数学备课室

三、解答题(共4题,每题20分,共80分)

11(A).函数y?x2?(2k?1)x?k2的图像与x轴的两个交点是否都在直线x?1的右侧?若是,请说明理由;若不一定是,请求出两个交点都在直线x?1的右侧时k的取值范围.

11(B).已知抛物线y?x2

与动直线y?(2t?1)x?c有公共点(x1,y1),(x2,y2),

且x22

1?x2?t2?2t?3.

(1)求实数t的取值范围;

(2)当t为何值时,c取到最小值,并求出c的最小值.

12(A).在平面直角坐标系xOy中,我们把横坐标为整数、纵坐标为完全平方数的点称为“好点”,求二次函数y?(x?90)2

?4907的图像上所有“好点”的坐标.

12(B).已知正整数a满足192a3?191,且a?2009,求满足条件的所有可能的正整数a的和.

13(A).如图,给定锐角三角形ABC,BC?CA,AD,BE是它的两条高,过点

C作△ABC的外接圆的切线l,过点D,E分别作l的垂线,垂足分别为F,G.试比较线段DF和EG的大小,并证明你的结论.

2

13(B).已知AB为⊙O的直径,弦DC//AB,连接DO.过点D作DO的垂线,与BA的延长线交于点E,过点E作AC的平行线交CD于点F,过点D作AC的平行线交BF于点G.求证:AG?BG.

14(A).n个正整数a1,a2,?,an满足如下条件:1?a1?a2???an?2009;

且a1,a2,?,an中任意n-1个不同的数的算术平均数都是正整数.求n的最大值.

14(B).已知正整数x,y使得

4xy

x?y

是一个奇数,证明:存在一个正整数k,使得4k-1整除

4xy

x?y

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会 “《数学周报》杯”2010年全国初中数学竞赛试题

一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分. 每道小题均给出了代号为A,B,C,D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里,不填、多填或错填都得0分)

1.下列函数:y??x;y?2x;y??1

x

;y?x2.当x?0时,y随x的增大而减

小的函数有

(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个

2.如果a,b是任意的两个实数,下列各式的值一定是负数的是

(A)?b? (B)??a?b?2

(C)?a2?b2

(D)??a2

?1?

3.若

aba?b

b?20, c?10,则

b?c的值为( ). (A)1121 (B)2111 (C)11021021 (D)11

4.某超市销售一种计数器,每个售价48元。后来,计数器的进价降低了4%,但售价未

变,从而使超市销售这种计数器的利润提高了5%,则这种计数器原来每个进价为

(A) 36元; (B)38元; (C) 40元; (D

) 42元

5.若实数a,b

满足1

2

a?ab?

b2?2?0,则a的取值范围是 ( ).

(A)a≤?2

(B)a≥4 (C)a≤?2或 a≥4 (D)?2≤a≤4 6.如图,在四边形ABCD中,∠B=135°,∠C=120°,AB=BC=4?CD=则AD边的长为( ).

(A)

(B)46

(C)4?6 (D)2?26

7.在一列数x1,x2,x3,??中,已知x1?1,且当k≥2时,

x??k?1??k?2??

k?xk?1?1?4????4?????4?

???

(取整符号?a?表示不超过实数a的最大整数,例如?2.6??2,?0.2??0),则x2010等于( ).

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 8.如图,在平面直角坐标系xOy中,等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A(1,1),B(2,-1),C(-2,-1),D(-1,1).y轴上一点P(0,2)绕点A旋转180°得点P1,点P1绕点B旋转180°得点P2,点P2绕点C旋转180°得点P3,点P3绕点D旋转180°得点P4,??,重复操作依

次得到点P1,P2,?, 则点P2010的坐标是( ). (A)(2010,2) (B)(2010,?2) (C)(2012,?2) (D)(0,2) 二、填空题(共8小题,每小题5分,共40分)

9.从甲、乙、丙三个厂家生产的同一种产品中各抽取8件产品,对其使用寿命跟踪调查,结果如下:(单位:年)

甲:3,4,5,6,8,8,8,10 乙:4,6,6,6,8,9,12,13 丙:3,3,4,8,8,10,11,12

三个厂家在广告中都称自己产品的使用寿命是8年,请根据结果判断厂家在广告中分别运用了平均数、众数、中位数中的哪一个?甲: ,乙: , 丙: 。

10.若x2

?xy?2y?1,y2

?xy?2x?1,则x?y的值为

11.若a,b,

c为?ABC的三边长,且a?a?b??b?b?c??c?c?a??0,则此?ABC的形状是 .

12.已知a=-1,则2a3+7a2-2a-12 的值等于 .

3

试题来源:数学备课室

13.一辆客车、一辆货车和一辆小轿车在一条笔直的公路上朝同一方向匀速行驶.在某一时刻,客车在前,小轿车在后,货车在客车与小轿车的正中间.过了10分钟,小轿车追上了货车;又过了5分钟,小轿车追上了客车;再过t分钟,货车追上了客车,则t= .

14.如图,在平面直角坐标系xOy中,多边形OABCDE的顶点坐标分别是 (2)过抛物线上点A作直线AC∥x轴,交抛物线于另一点C,求所有满足△EOC∽△AOB的点E的坐标.

O(0,0),A(0,6),B(4,6),C(4,4),D(6,4),E(6,0).若直线l经过点M(2,3),且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分,则直线l的函数表达式是 .

15

,BN都垂直于线段AB

A作BE的垂线AC分别交BE,BN于点F,C,过点C作AM的垂线CD,垂足为D.若

CD=CF,则AEAD

?.

16.对于i=2,3,?,k,正整数n除以i所得的余数为i-1.若n的最小值n0

满足2000?n0?3000,则正整数k的最小值为.

三、解答题(共4题,17、18每题15分,19、20每题20分,共70分) 17.如图,抛物线y?ax2?bx(a?0)与双曲线y?

k

x

相交于点A,B. 已知点A的坐标为(1,4),点B在第三象限内,且△AOB的面积为3(O为坐标原点).

(1)求实数a,b,k的值;

18.设实数a,b满足:3a2?10ab?8b2?5a?10b?0, 求u?9a2?72b?2的最小值.

19.如图,△ABC为等腰三角形,AP是底边BC上的高,点D是线段PC上的一点,BE和CF分别是△ABD和△ACD的外接圆直径,连接EF. 求证:

tan?PAD?

EF

BC

20.实数a,b使得关于x,y的方程组

???xy?x2

?1,①??xy2?ax2?bx?a?0

有实数解(x,y).

(1)求证:y≥2; (2)求a2+b2的最小值.

4

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会 “《数学周报》杯”2011年全国初中数学竞赛试题

一、选择题(共10小题,每小题6分,共60分. 每道小题均给出了代号为A,B,C,D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里,不填、多填或错填都得0分)

1.设a1,则代数式3a3?12a2?6a?12的值为( ).

(A)24 (B)25 (C)10 (D)12 2.二次函数y?ax2

?bx?c的图象如图所示,反比例函数y?a

x

与正比例函数y?(b?c)x在同一坐标系中的大致图象可能是( ).

x

x

x

x

B.

x

3.如图,将△

ABC绕点C(0,?1)旋转180

°得到

△A?B?C?,设点

A?的坐标为(a,b),则点A的坐标为

( )

(A)(

?a,?b) (B)(?a,?b?1) (C)(?a,?b?1) (D)(?a,?b?2)

4.设x?

3

2

,则代数式x(x?1)(x?2)(x?3)的值为( ). (A)0 (B)1 (C)﹣1 (D)2 5.对于任意实数a,b,c,d,定义有序实数对(a,b)与(c,d)之间的运算“△”为:(a,b)△(c,d)=(ac?bd,ad?bc).如果对于任意实数u,v, 都有(u,v)△(x,y)=(u,v),那么(x,y)为( ).

(A)(0,1) (B)(1,0) (C)(﹣1,0) (D)(0,-1) 6.已知x,y,z为实数,且满足x?2y?5z?3,x?2y?z??5,则

x2?y2?z2的最小值为( ).

(A)

111 (B)0 (C)5 (D)54

11

7.若x?1,y?0,且满足xy?xyx

y

?x3y,则x?y的值为( ).

(A)1 (B)2 (C)911

2 (D)2

8.已知A,B是两个锐角,且满足sin2A?cos2B?54t,cos2A?sin2B?3

4t2,则

实数t所有可能值的和为( ).

(A)?83 (B)?511

3 (C)1 (D)3

9.点D,E分别在△ABC的边AB,AC

上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADF?S1,S?BDF?S2,S?BCF?S3,S?CEF?S4,则S1S3与S2S4的大小关系为

5

试题来源:数学备课室

( ).

(A)S1S3?S2S4 (B)S1S3?S2S4 (C)S1S3?S2S4 (D)不能确定

10.设S?

1111

13?23?33???2011

3

,则4S的整数部分等于( ). (A)4 (B)5 (C)6 (D)7 二、填空题(共5小题,每小题6分,共30分)

11.若关于x的方程(x?2)(x2

?4x?m)?0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是 .

12.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8. 同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为5的概率是 . 13.如图,点A,B为直线y?x上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y?1

x

(x>0)于C,D两点. 若

BD?2AC,则4OC2

?OD2

的值为14

.若y?a,最小值为b, 则a2?b2的值为

15.如图,在Rt△ABC中,斜边AB的长为35,

正方形CDEF内接于△ABC,且其边长为12, 则△ABC的周长为 .

三、解答题(共4题,每题15分,共60分)

16.已知关于x的一元二次方程x2?cx?a?0的两个整数根恰好比方程

x2?ax?b?0的两个根都大1,求a?b?c的值.

17.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙

O2相交于点D,延长AD交CH于点P.

求证:点P为CH的中点.

18.如图,点A为y轴正半轴上一点,A,B两点

x轴对称,过点A任作直线交抛物线y?

22

3

x于P,Q两点. (1)求证:∠ABP=∠ABQ;

(2)若点A的坐标为(0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解析式.

19.如图,△ABC中,?BAC?60?,AB?2AC.点且

PA?PB?5,PC?2,求△ABC的面积.

6

试题来源:数学备课室

2012

一、选择题(共10小题,每小题6分,共60分. 每道小题均给出了代号为A,B,C,D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里,不填、多填或错填都得0分)

1.如果实数a,b,c在数轴上的位置如图所示,|a?b||b?c|可以化简为( ).

(A)2c?a (B)2a?2b (C)?a (D)a 2.如果a??21?

1的值为( ).

2?

3?a

(A)(B (C)2 (D)3.如果正比例函数y = ax(a ≠ 0)与反比例函数y =b

x(b ≠0 )的图象有两

个交点,其中一个交点的坐标为(-3,-2),那么另一个交点的坐标为( ).(A)(2,3) (B)(3,-2) (C)(-2,3) (D)(3,2) 4. 在平面直角坐标系xOy中,满足不等式x2+y2≤2x+2y的整数点坐标(x,y)的个数为( ).

(A)10 (B)9 (C)7 (D)5

5.如果a,b为给定的实数,且1?a?b,那么1,a?1, 2a?b,a?b?1这四个

数据的平均数与中位数之差的绝对值是( ). (A)1 (B)

2a?1

114

(C)2 (D)4

6.如图,四边形ABCD中,AC,BD是对角线, △ABC是等边三角形.?ADC?30?,AD = 3,BD = 5, 则CD的长为( ).

(A)32 (B)4 (C)25 (D)4.5

7.小倩和小玲每人都有若干面值为整数元的人民币.小倩对小玲说:“你若给我2元,我的钱数将是你的n倍”;小玲对小倩说:“你若给我n元,我的钱数将是你的2倍”,其中n为正整数,则n的可能值的个数是( ).

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

8.如果关于x的方程 x2?px?q?0(p,q是正整数)的正根小于3, 那么这样的方程的个数是( ).

(A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8

9.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,3,4,5,6.掷两次骰子,设其朝上的面上的两个数字之和除以4的余数分别是0,1,2,3的概率为p0,p1,p2,p3,则p0,p1,p2,p3中最大的是( ).

(A)p0 (B)p1 (C)p2 (D)p3

10.黑板上写有11213 ,?1

100

共100个数字.每次操作先从黑板上的

数中选取2个数a,b,然后删去a,b,并在黑板上写上数a?b?ab,则经过99次操作后,黑板上剩下的数是( ).

(A)2012 (B)101 (C)100 (D)99

7

试题来源:数学备课室

范围.

二、填空题(共5小题,每小题6分,共30分) 11.按如图的程序进行操作,规定:程序运行从“输入一个值x”到“结果是

否>487?”为一次操作. 如果操作进行四次才停止,那么x

的取值范围是 .

12.如图,正方形ABCD的边长为

, E,F分别是AB,BC的中点,AF与DE,DB 分别交于点M,N,则△DMN的面积是 .

13.如果关于x的方程x2+kx+34

k2-3k+9

2= 0的两个实数根分别为x1,x2,

2011那么

x1x2012

的值为

2

14.2位八年级同学和m位九年级同学一起参加象棋比赛,比赛为单循环,即所有参赛者彼此恰好比赛一场.记分规则是:每场比赛胜者得3分,负者得0分;平局各得1分. 比赛结束后,所有同学的得分总和为130分,而且平局数不超过比赛局数的一半,则m的值为 .

15.如图,四边形ABCD内接于⊙O, AB是直径,AD = DC. 分别延长BA,CD, 交点为E. 作BF⊥EC,并与EC的延长线 交于点F. 若AE = AO,BC = 6,则CF的 长为 .

三、解答题(共4题,每题15分,共60分)

16.已知二次函数y?x2?

(m?3)x?m?2,当?1?x?3时,恒有y?0;关于x的方程x2?

(m?3)x?m?2?0的两个实数根的倒数和小于?9

10

.求m的取值

17.如图,⊙O的直径为AB,⊙O ?O1过点O,且与⊙O内切于点B.C为⊙O上的点,OC与?O1交于点D,且OD?CD.点E在OD上,且DC?DE,BE的延长线与?O1交于点F,求证:△BOC∽△DO1F.

18.已知整数a,b满足:a-b是素数,且ab是完全平方数. 当a≥2012时,求a的最小值.

19.求所有正整数n,使得存在正整数x1,x2, ,?x2012,满足x1?x2???x20,且122012

1

x?x????n. 12x2012

8

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会

(A)6条 (B) 8条 (C)10条 (D)12条

.4.已知AB是半径为1的圆O的一条弦,且AB?a?1.以AB为一边在圆O内作正△ABC,点D为圆O上不同于点A的一点,且DB?AB?a,DC的延长线交圆O于点E,则AE的长为( ).

(A“《数学周报》杯”2013年全国初中数学竞赛试题

(D)a (B)1 (C5.将1,2,3,4,5这五个数字排成一排,最后一个数 是奇数,且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数 中的第一个数整除,那么满足要求的排法有( ).

(A)2种 (B)3种 (C)4种 (D)5种 二、填空题(共5小题,每小题6分,满分30分)

6.对于实数u,v,定义一种运算“*”为:u?v?uv?v.若关于x的方程x?(a?x)??有两个不同的实数根,则满足条件的实数a的取值范围是 .

7.小王沿街匀速行走,发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车,每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车.假设每辆18路公交车行驶速度相同,而且18路公交车总站每隔固定时间发一辆车,那么发车间隔的时间是 分钟.

8.如图,在△ABC中,AB=7,AC=11,点M是BC的中点, AD是∠BAC 的平分线,MF∥AD,则FC的长为.

9.△ABC中,AB=7,BC=8,CA=9,过△ABC的内切圆圆心I作DE∥BC,分别与AB,AC相交于点D,E,则DE的长为.

10.关于x,y的方程x?y?208(x?y)的所有 正整数解为 .

(第3题)

9

2

2

(第4题)

答题时注意:1.用圆珠笔或钢笔作答.

2.解答书写时不要超过装订线. 3.草稿纸不上交.

一、选择题(共5小题,每小题6分,满分30分. 以下每道小题均给出了代号为A,B,C,D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里. 不填、多填或错填都得0分)

1.已知实数x,y满足

1

4

42442

,则. ?y4的值为( )??3,y?y?3442

xxx

(A)7 (B) (C) (D)5

2.把一枚六个面编号分别为1,2,3,4,5,6的质地均匀的正方体骰子先 后投掷2次,若两个正面朝上的编号分别为m,n,

则二次函数y?x?mx?n的图象与x轴有两个不同交点的概率是( ). (A)

2

54171

(B) (C) (D)

921236

3.有两个同心圆,大圆周上有4个不同的点,小圆周上有 2个不同的点,则这6个点可以确定的不同直线最少有( ).

(第9题答案)

试题来源:数学备课室

三、解答题(共4题,每题15分,满分60分)

11.在直角坐标系xOy中,一次函数y?kx?b(k?0)的图象与x轴、y轴的正半轴分别交于A,B两点,且使得△OAB的面积值等于OA?OB?3.

(1) 用b表示k;

(2) 求△OAB面积的最小值.

12.是否存在质数p,q,使得关于x的一元二次方程px2

?qx?p?0有有理数根? ★12、已知a,b为正整数,关于x的方程x

2

?2ax?b?0的两个实数根为x1,x2,

关于

y

的方程

y2

?2ay?b?0

的两个实数根为

y1,y2

,且满足

x1?y1?x2?y2?2008.

求b的最小值.

13.是否存在一个三边长恰是三个连续正整数,且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC?证明你的结论.

(第13(A)题答案)

★13、如图,△ABC的三边长BC

?a, AC?b, AB?c, a,b,c都是整数,

且a,b的最大公约数是2。点G和点I分别为△ABC的重心和内心,且?GIC?90?,求

△ABC的周长.

a

C

14.从1,2

,…,9中任取n个数,其中一定可以找到若干个数(至少一个,也可以是全部),它们的和能被10整除,求n的最小值.

10

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2008年全国初中数学竞赛试题参考答案

一、选择题

1.(A)解:因为x2?0,y2≥0,由已知条件得

12?1?1?x2?8?4,

y2

?2??1?2

, 所以

4x4?y4?2x

2

?3?3?y2

?

2

?y2x

2?6?7. 2.(C)解:基本事件总数有6×6=36,即可以得到36个二次函数. 由题意知

?=m2?4n>0,即m2>4n.

通过枚举知,满足条件的m,n有17对. 故P?

17

36

. 3.(B)解:如图,大圆周上有4个不同的点A,B,C,D,两两连线可以确定6条不同的直线;小圆周上的两个点E,F中,至少有一个不是四边形ABCD的对角线AC与BD的交点,则它与A,B,C,D的连线中,至少有两条不同于A,B,C,D的两两连线.从而这6个点可以确定的直线不少于8条.

当这6个点如图所示放置时,恰好可以确定8条直线. 所以,满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条. 4.(B)解:如图,连接OE,OA,OB. 设?D??,则

?ECA?120?????EAC.

又因为

?ABO?11

2?ABD?2

?60??180??2??

11

?120???,

所以△ACE≌△ABO,于是AE?OA?1.

5.(D)解:设a(第4题)

1,a2,a3,a4,a5是1,2,3,4,5的一个满足要求的排列. 首先,对于a1,a2,a3,a4,不能有连续的两个都是偶数,否则,这两个之后都是偶数,与已知条件矛盾.

又如果ai(1≤i≤3)是偶数,ai?1是奇数,则ai?2是奇数,这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数,除非接的这个奇数是最后一个数.

所以a1,a2,a3,a4,a5只能是:偶,奇,奇,偶,奇,有如下5种情形满足条件:

2,1,3,4,5; 2,3,5,4,1; 2,5,1,4,3; 4,3,1,2,5; 4,5,3,2,1.

6、a?0,或a??1.解:由x?(a?x)??1

4,得

(a?1)x2?(a?1)x?1

4?0,

依题意有 ??a?1?0,

???(a?1)2

?(a?1)?0,

解得,a?0,或a??1.

7. 答案4 解:设18路公交车的速度是x米/分,小王行走的速度是y米/分,同向行驶的相邻两车的间距为s米.

每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车,则

6x?6y?s. ①

每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车,则

3x?3y?s. ② 由①,②可得 s?4x,所以

s

x

?4.

试题来源:数学备课室

即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟.

8. 【答】9.

解:如图,设点N是AC的中点,连接MN,则MN∥AB. 又MF//AD,

所以 ?FMN??BAD??DAC??MFN,

所以 FN?MN?1

2

AB.

因此 FC?FN?NC?11(第8题) 2AB?2

AC?9. 9.16

3

.解:如图,设△ABC的三边长为a,b,c,内切圆I的半径为r,BC

边上的高为ha,则

12ahS1

a?△ABC?2

(a?b?c)r, 所以

rh?a

?b?c

. aa因为△ADE∽△ABC,所以它们对应线段成比例,因此

ha?rh?DE

, 9题答案)

aBC

(第所以 DE?ha?rh?a?(1?ra)?(?a

a )ahaa?b?c

?

a(b?c)

a?b?c,

故 DE?8?(7?)916

8?7?9?3

10.关于x,y的方程x2?y2?208(x?y)的所有正整数解为.

12

【答】??x?48,?x?160,

?y?32,?

?

y?32. 解:因为208是4的倍数,偶数的平方数除以4所得的余数为0,奇数的平方数除以4所得的余数为1,所以x,y都是偶数.

设x?2a,y?2b,则

a2?b2?104(a?b),

同上可知,a,b都是偶数.设a?2c,b?2d,则

c2?d2?52(c?d),

所以,c,d都是偶数.设c?2s,d?2t,则

s2?t2?26(s?t),

于是 (s?13)2?(t?13)2=2?132, 其中s,t都是偶数.所以

(s?13)2?2?132?(t?13)2≤2?132?152?112.

所以s?13可能为1,3,5,7,9,进而(t?13)2为337,329,313,289,257,

故只能是(t?13)2=289,从而s?13=7.于是??s?6,?s?20,

?t?4;?

?

t?4, 因此 ??x?48

,?x?16,0?y?32,?

?y?32 .

(3) 11(A). 解:(1)令x?0,得y?b,b?0;

令y?0,得x??b

k

?0,k?0.

所以A,B两点的坐标分别为A(?b

k,0),B(0,b),于是,△OAB的面积为

S?12b?(?b

k

).

试题来源:数学备课室

由题意,有

12b?(?bk)??b

k

?b?3, k?2b?b2

解得 2(b?3)

,b?2.

?????? 5分

(2)由(1)知

S?12b?(?bk)?b(b?3)(b?2)2?7(b?2)?10

b?2?b?

2

?b?2?

10b?2?7?2

)?7?≥7?2,

当且仅当b?2?10

b?

2

时,有S?,即当b?2?,k??1时,不等式中的等号成立.

所以,△ABC面积的最小值为7?2.

?????? 15分

11(B).解:存在满足条件的二次函数.

因为 y2

22

1?y2?2x?(x?1)??x?2x?1??(x?1)≤0,所以,当自变量x取任意实数时,y1≤y2均成立.

由已知,二次函数y3?ax2?bx?c的图象经过点(-5,2),得

25a?5b?c?2. ①

当x?1时,有y1?y2?2,y3?a?b?c.

由于对于自变量x取任意实数时,y1≤y3≤y2均成立,所以有

2 ≤a?b?c≤2,

故 a?b?c?2. ②

由①,②,得 b?4a,c?2?5a,所以

y3?ax2?4ax?(2?5a).

?????? 5分

当y1≤y3时,有 2x≤ax2?4ax?(2?5a),即

ax2

?(4a?2)x?(2?≥5a0),

所以,二次函数y?ax2?(4a?2)x?(2?5a)对于一切实数x,函数值大于或等于零,故

??a?0,

?(4a?2)2

?4a(2?5a) 即 ?

a?0,

?

?0.?(3

a?12)?

0,

所以a?1

3

?????? 10分 当y3≤y2时, 有 ax2?4ax?(2?5a)≤x2?1,即

(1?a)x

2

?4ax?(5a?≥10), 所以,二次函数y?(1?a)x2?4ax?(5a?1)对于一切实数x,函数值大于或等于零,故

??1?a?0,

即 ?a?1,

?(?4a)2

?4(1?a)(5a?1)?0. ??

(3a?12)?

0,

所以 a?1

3

综上,a?13,b?4a?43, c?2?5a?1

3

所以,存在二次函数y141

3?3x2?3x?3

,在实数范围内,对于x的同一个值,

都有y1≤y3≤y2成立.

?????? 15分

13

试题来源:数学备课室

12(A).是否存在质数p,q,使得关于x的一元二次方程

px2?qx?p?0

有有理数根?

解:设方程有有理数根,则判别式为平方数.令

??q2?4p2?n2,

其中n是一个非负整数.则

(q?n)(q?n)?4p2.

?????? 5分由于1≤q?n≤q+n,且q?n与q?n同奇偶,故同为偶数.因此,有如下几种可能情形:

??q?n?2,

??q?n?4,

??

q?n?,p??q?n?2p2

?q?n?p2

, ?

q?n?2,

p?q?n?p2,?q?n?4,p ?q?n?2,

p ??q?n?4. 2消去n,解得q?p2

?1, q?2?p2, q?5p2, q?2p, q?2?p2

2

. ?????? 10分对于第1,3种情形,p?2,从而q=5;对于第2,5种情形,p?2,从而q=4(不合题意,舍去);对于第4种情形,q是合数(不合题意,舍去).

又当p?2,q=5时,方程为2x2?5x?2?0,它的根为x1

1?2

,x2?2,它们

都是有理数.

综上所述,存在满足题设的质数.

?????? 15分12(B).解:关于x的方程x2

?2ax?b?

0的根为a?y的方程

y2?2ay?b?

0的根为?a?.

?t,则

当x1?a?t,x2?a?t;y1??a?t,y2??a?t时,有x1y1?x2y2?0,不满足条件;

当x1?a?t,x2?a?t;y1??a?t,y2??a?t时,有x1y1?x2y2?0,不满足条件;

当x1?a?t,x2?a?t;y1??a?t,y2??a?t时,得x1y1?x2y2?4at;

当x1?a?t,x2?a?t;

y1??a?t,y2??a?t时,得x1y1?x2y2??4at.

由于t??0,于是有

at?502.

?????? 10分又由于a为正整数,得知t是有理数,从而t是整数. 由at?502,得a?251,t?2,即b取最小值为

b?a2?t2=2512?22?62997.

所以,b的最小值为62997.

?????? 15分

13(A).是否存在一个三边长恰是三个连续正整数,且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC?证明你的结论.

解:存在满足条件的三角形.

当△ABC的三边长分别为a?6,b?4,c?5时,?A?2?B.

?????? 5分 如图,当?A?2?B时,延长BA至点D,使

AD?AC?b.连接CD,则△ACD为等腰三角形.

因为?BAC为△ACD的一个外角,所以

?BAC?2?D.由已知,?BAC?2?B,所以

?B??D.所以△CBD为等腰三角形.

(第13(A)题答案)

14

试题来源:数学备课室

又?D为△ACD与△CBD的一个公共角,有△ACD∽△CBD,于是

ADCDba

, 即 ?, ?

CDBDab?c所以 a?b?b?c?.

2

2

即 2?

2S△ABC1?2S2S?ABC

, ???△AB?C△?

a?b?c3?ab?

从而可得 a?b?c?

6ab

. a?b

?????? 10分

而6?4?(4?5),所以此三角形满足题设条件,故存在满足条件的三角形. 因为△ABC的重心G和内心I不重合,所以,△ABC不是正三角形,且b?a,

?????? 15分 说明:满足条件的三角形是唯一的.

若?A?2?B,可得a2?b?b?c?.有如下三种情形:

(i)当a?c?b时,设a?n?1,c?n,b?n?1(n为大于1的正整数),

代入a2?b?b?c?,得?n?1?2

??n?1??

2n?1?,解得n?5,有a?6,b?4,c?5;

(ⅱ)当c?a?b时,设c?n?1,a?n,b?n?1(n为大于1的正整数), 代入a2?b?b?c?,得n2??n?1??2n,解得 n?2,有a?2,b?1,c?3,此时不能构成三角形;

(ⅲ)当a?b?c时,设a?n?1,b?n,c?n?1(n为大于1的正整数), 代入a2?b?b?c?,得?n?1?2

?n?2n?1?,即 n2?3n?1?0,此方程无整数解.

所以,三边长恰为三个连续的正整数,且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在,而且只有三边长分别为4,5,6构成的三角形满足条件.

13(B).解:如图,延长GI,与边BC,CA分别交于点P,Q.

设重心G在边BC,CA上的投影分别为E,F,△ABC

的内切圆的半径为r,BC,CA边上的高的长分别为h)题) a,hb,易知CP=CQ,由

(第13(BS(第13(B)题答案)

△PQC?S△GPC?S△GQC,

可得 2r?GE?GF?1

3

?ha?hb?,

否则,a?b?2,可得c?2,矛盾. 不妨假设a?b,由于?a,b??2,设a?2a1,b?2b1,?a,1b?1

?1,于是有6aba?b?12a1b1

a为整数,所以有(a1?b1)12,即(a?b)24. 1?b1

于是只有a?14,b?10时,可得c?11,满足条件.

因此有a?b?c?35.

所以,△ABC的周长为35.

?????? 15分

14(A).解:当n=4时,数1,3,5,8中没有若干个数的和能被10整除.

?????? 5分

当n=5时,设a1,a2,

?,a5是1,2,?,9中的5个不同的数.若其中任意若干个数,它们的和都不能被10整除,则a1,a2,

?,a5中不可能同时出现1和9;2和8;3和7;4和6.于是a1,a2,

?,a5中必定有一个数是5. 若a1,a2,?,a5中含1,则不含9.于是不含4(4+1+5=10),故含6;于

是不含3(3+6+1=10),故含7;于是不含2(2+1+7=10),故含8.但是5+7+8=20是10的倍数,矛盾.

若a1,a2,?,a5中含9,则不含1.于是不含6(6+9+5=20),故含4;于

是不含7(7+4+9=20),故含3;于是不含8(8+9+3=10),故含2.但是5+3+2=10是10的倍数,矛盾.

综上所述,n的最小值为5.

15

试题来源:数学备课室

?????? 15分

14(B).证明:在6个正整数中任意取出3个数共有20种取法,从而确定了20个数组?i,j,k?.由于

0?f?i,j,k??12312313

a??≤??1?3

iajak32?????? 5分

把数轴上的点0到点

13

3

分成如下9个部分: 0?x≤113

2, 2?x≤1, 1?x≤2

32?x≤2, 2?x≤52, 5

2

?x≤3, 3?x≤72, 72?x≤4, 4?x≤13

3

由于20=9×2+2,由抽屉原则知,在上述9个部分中,一定有一个至少含有3个f?i,j,k?.从而,这3个f?i,j,k?两两之差的绝对值都小于0.5.

?????? 15分

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2009年全国初中数学竞赛试题参考答案

一、选择题

1C.解:由题设知a≥3

,所以,题设的等式为b?2??0,于是

a?3,b??2,从而a?b=1.

2. A.解:因为△BOC ∽ △ABC,所以BOBC

AB?

AC

,即

1a

a?

a?1

, 所以, a2

?a?1?0.

16

由a?

0,解得a?

1?2

. 3. D.解:当2a?b?0时,方程组无解.

?当2a?b?0时,方程组的解为??x?6?2b?2a?b

,?2a?3

??y?2a?b.??2a?b?0,?由已知,得?6?2b

??2a?b

?0,?2a?b?0,即?3??3?2a?3?a?,或?a?,

?a?b?0,?2?2?2??b?3,??b?3.

由a,b的实际意义为1,2,3,4,5,6,可得

??a?2,3,4,5,6,?b?1,2,共有 5×2=10种情况;或??

a?1,

?b?4,

5,6,共3种情况. 又掷两次骰子出现的基本事件共6×6=36种情况,故所求的概率为13

36

.4.

【答】B.解:根据图像可得BC=4,CD=5,DA=5,进而求得AB=8,故S1

△ABC=2

×8×4=16.

5. C.解:可将原方程视为关于x的二次方程,将其变形为

x2?yx?(2y2?29)?0.

由于该方程有整数根,则判别式?≥0,且是完全平方数.

由 ??y2?

4(2y2?29)??y72

?≥1106

试题来源:数学备课室

解得 y2≤

116

?16.57

.于是 显然,只有y2?16时,??4是完全平方数,符合要求. 当y?4时,原方程为x2?4x?3?0,此时x1??1,x2??3; 当y=-4时,原方程为x2

?4x?3?0,此时x3?1,x4?3. 所以,原方程的整数解为

??x1??1,?y ??x2??3, ??x3?1,?x4?3,

?y ?

1?4;?y2?4;3??4;

?y4??4.6.【答】3750.解:设每个新轮胎报废时的总磨损量为k,则安装在前轮的轮胎每行驶1 km

磨损量为k5000,安装在后轮的轮胎每行驶1km的磨损量为k

3000

.又设一对新轮胎

交换位置前走了x km,交换位置后走了y km.分别以一个轮胎的总磨损量为等量关系列方程,有

??kxky??

5000?3000

?k, ?ky??5000?kx3000

?k,两式相加,得 k(x?y)5000?k(?x300?)y

2k,

则 x?y?2

11?3750.

5000?

3000

7.解:如图,延长AD与⊙D交于点E,连接AF,EF . 由题设知AC?

13AD,AB?1

3

AE,在△FHA和△EFA中,

?EFA??FHA?90?,?FAH??EAF

所以 Rt△FHA∽Rt△EFA,

AHAF?AF

AE

.

而AF?AB,所以

AHAB?1

3

. 8.【答】 10.解:因为?b?a1??b?a2??b?a3??b?a4

??b?a?5?2009,且

a1,a2,a,3a,4a是五个不同的整数,5

所有b?a1,b?a2,b?a3,b?a4,b?a5也是五个不同的整数.

又因为2009?1???1??7??

?7??41,所以

b?a1?b?a2?b?a3?b?a4?b?a5?41.

由a1?a2?a3?a4?a5?9,可得b?10. 9..解:如图,由勾股定理知AD=9,BD=16,所以AB=AD+BD=25 .

故由勾股定理逆定理知△ACB为直角三角形,且?ACB?90?.

作EF⊥BC,垂足为F.设EF=x,由?ECF?1

2

?ACB?45?,得CF=x,于

是BF=20-x.由于EF∥AC,所以

EFBF

AC

?

BC,

x20?x

15?

20

, 60

解得x?7

.所以CE??7.

10.【答】?2.

17

试题来源:数学备课室

解:设报3的人心里想的数是x,则报5的人心里想的数应是8?x.

于是报7的人心里想的数是 12?(8?x)?4?x,报9的人心里想的数是

16?(4?x)?12?x,报1的人心里想的数是 20?(12?x)?8?x,报3的人心里想

的数是4?(8?x)??4?x.所以

x??4?x, 解得x??2.

11(A).解:不一定,例如,当k=0时,函数的图像与x轴的交点为(0,0)和

(1,0),不都在直线x?1的右侧. ??????5分

设函数与x轴的两交点的横坐标为x1,x2,则x1?x2??(2k?1),x1x2?k2,当 且仅当满足如下条件

??≥0,

?

?(x?1?1)?(x2?1)?0, ??????10分

?(x1?1)(x2

?1)?0时,抛物线与x轴的两交点都在直线x?1的右侧.

?(2k?1)2?4k2≥0,

由 ?

??2k?1?0,

??

k2?2k?0,??k≤1,?

4解之,得 ?

?k??1, ??????15分

?

2?k??2或?k?0.?

所以当k??2时,抛物线与x轴的两交点在直线x?1的右侧.

??????20分

11(B).解:(1)联立y?x2与y?(2t?1)x?c,消去y得二次方程

x2?(2t?1)x?c?0 ①

有实数根x1,x2,则x1?x2?2t?1,x1x2?c.所以

c?x121x2?2[(x1?x2)2?(x21?x2)]

=12[(2t?1)2?(t2?2t?3)]=1

2

(3t2?6t?4). ② ??????5分

把②式代入方程①得

x2?(2t?1)x?1

2

(3t2?6t?4)?0. ③

??????10分

t的取值应满足

t2?2t?3?x2?x2

12≥0, ④

且使方程③有实数根,即

??(2t?1)2?2(3t2?6t?4)=?2t2?8t?7≥0, ⑤

解不等式④得 t≤-3或t≥1,解不等式⑤得

2≤t

≤2?. 所以,t的取值范围为

2?

2≤t

≤2?2

. ⑥ ??????15分

(2) 由②式知c?12(3t2?6t?4)?31

2(t?1)2?2

.

由于c?32(t?1)2?

1

2

在2?2≤t

≤2?

2时是递增的,所以,当t?2?2

18

试题来源:数学备课室

,c?3111?min

2(2?2?1)2?2?

4

. ??????20分 12(A). 解:设y?m2,(x?90)2?k2,m,k都是非负整数,则

k2?m2?7?701?1?4907,

即 (k?m)(k?m)?7?70?1?1.49

?????10分 则有 ??k?m?701,?k?m?4907?k?m?7;?

?k?m?1. 解得 ??

k1?354,

??m?

k2?2454,

1?347;

?m2

?2453. 所以

??x1?444,??y?x2??264?,x3?2544,?x4??23641?120409?;y2?120?4?0y?

,

39?;60?1y742

?09;601720故“好点”共有4个,它们的坐标是:

(444,120409),(?264,120409),(2544,6017209),(?2364,6017209).

??????20分 12(B).解:由192a3?191可得192a3?1.192?3?26,且

a3

?1??a?1??a(a?1)?1??(a?1)a(a?1)?(a?1).

??????5分因为a?a?1??1是奇数,所以26a3?1等价于26a?1,又因为3(a?1)a(a?1),所以3a3?1等价于3a?1.因此有192a?1,于是可得a?192k?1.

??????15分 又0?a?2009,所以k?01,,?,10.因此,满足条件的所有可能的正整数a的和为

11+192(1+2+?+10)=10571. ??????20分

13(A).

解法1:结论是DF?EG.下面给出证明. ???5分 因为?FCD??EAB,所以Rt△FCD ∽ Rt△EAB.于是可得

DF?BE?

CD

AB

. 同理可得 EG?AD?CE

AB

??????10分

t

a?AnCAD

CD

BC,EE

所以有

B?EC?D,于是可得?A

DF?EG

??????20分

解法2:结论是DF?EG.下面给出证明.

?????? 5分

连接DE,因为?ADB??AEB?90?,所以A,B,D,E四点共圆,故

?CED??ABC. ??????10分

又l是⊙O的过点C的切线,所以?ACG??ABC. ??????15分 所以,?CED??ACG,于是DE∥FG,故DF=EG.

??????20分

13(B)..

证明:连接AD,BC,因为四边形AEFC是平行四边形,所以AE?FC. 由于AD?C,B?DA?E?B,C因此有?DAE≌

?BCF,于是可得

?ADE??CBF

??????10分

9.

19

试题来源:数学备课室

又因为DE与⊙O相切于点D,所以?DCA??ADE.结合DG//AC,可得

4xy2s?t?2ab2s?2ab

?GDC??DCA??ADE??GBC,

于是D,B,C,G四点共圆.因此点G在⊙O上,从而有AG?BG.

??????20分

14(A).解:设a1,a2,?,an中去掉ai后剩下的n-1个数的算术平均数为正整数ban)?ai

i,i?1,2,?,n.即 ba1?a2???i?

(n?1

于是,对于任意的1≤i?j≤n,都有

baj?aii?bj?

n?1

从而 n?1(

aj?ai.) ??????5分 由于 b12008

1?ban?an?

n?1?

n?1

是正整数,故 n?12

3

?25.1 ??????10分 由于 an?1??an?an?1???an?1?an?2?????a2?a1? ≥?n?1???n?1?????n?1??(n?1)2, 所以,(n?1)2

≤2008,于是n ≤45.

结合n?123

?251,所以,n ≤9. ??????15分

另一方面,令a1?8?0?1,a2?8?1?1,a3?8?2?1,?,a8?8?7?1,

a9?8?251?1,则这9个数满足题设要求.

综上所述,n的最大值为9. ??????20分

14(B).证明:设x?2sa,y?2tb,这里的s,t是非负整数,a,b都是奇数,不妨设s≥t,则

x?y?2t(2s?ta?b)?

2s?ta?b

. ??????5分 若s?t,则上式的分母是一个奇数,而分子是一个偶数,故上式是偶数,于是,s?t.所以

4xy2s?2 ab

x?y?

a?b

. 设(a,b)?d,a?a1d,b?b1d,(a1,b1)?1,则

4xy2s?2a1b1d

x?y?a 1?b1

是一个奇数. ??????10分

所以,a1?b1能被2s?2整除,故a1?b1能被4整除,所以a1,b1都是奇数,它们除以4的余数为1或3,如果a1,b1除以4余数都是1,则它们的和不能被4整除,所以其中一定有一个除以4余数为3,设a1除以4余3,则可设a1?4k?1,k是一个正整数,因为(a1,a1?b1)?1,所以a1整除

4xyx?y,从而4k-1整除4xy

x?y

. ?????? 20分

20

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2010年全国初中数学竞赛试题参考答案

一、选择题

1.B 2.D 3.D 4.C 5.C 6.D 7.B 8.B

二、填空题

9.众数,平均数,中位数。 10. 1+3或1- 11.等边三角形 12.0

13.15 14.y??13x+11

3

15.?12 16.9

三、解答题

17解:(1)因为点A(1,4)在双曲线y?k

x

上,所以k=4. 故双曲线的函数

表达式为y?4

x.

设点B(t,4

t

),t?0,AB所在直线的函数表达式为y?mx?n,则有

??

4?m?n,??4

?t

?mt?n,解得m??44(t?1)

t,n?t

.

于是,直线AB与y轴的交点坐标为???0,4(t?1)?t??

,故

S?1(4t??AOB

2?1)

t

?1?t??3,

整理得 2t2?3t?2?,0 解得t??2,或t=

1

2

(舍去).所以点B的坐标为(?2,?2). 因为点A,B都在抛物线y?ax2?bx(a?0)上,所以

??

a?b?4,

?

4a?2b??2, 解得??a?1,

?b?3.

????(8分)

(2)如图,因为AC∥x轴,所以C(?4,4),于是CO=42.

又BO=22,所以

CO

BO

?2. 设抛物线y?ax2?bx(a?0)与x轴负半轴相交于点D, 则点D的坐标为(?3,0).

因为∠COD=∠BOD=45?,所以∠COB=90?.

(i)将△BOA绕点O顺时针旋转90?,得到△B?OA1.这时,点B?(?2,2)是CO的中点,点A1的坐标为(4,?1).

延长OA1到点E1,使得OE1=2OA1,这时点E1(8,?2)是符合条件的点. (ii)作△BOA关于x轴的对称图形△B?OA2,得到点A2(1,?4);延长OA2

到点E2,使得OE2=2OA2,这时点E2(2,?8)是符合条件的点.

所以,点E的坐标是(8,?2),或(2,?8). ????(15分) 18.解:由

3a2?10ab?8b2?5a?10b?

21

试题来源:数学备课室

可得?a?2b??3a?4b?5??0,

所以 a?2b?0,或 3a?4b?5?0. ????(4分)

(i)当a?2b?0时,

u?9a2

?72b?2?36b2

?72b?2?36?b?1?2

?34,

于是b??1时,u的最小值为?34,此时a??2,b??1. ????(10分)

(ii)当3a?4b?5?0时,

u?9a2

?72b?2?16b2

?32b?27?16?b?1?2

?11,

于是b??1时,u的最小值为11,此时a??3,b??1.

综上可知,u的最小值为?34. ????(15分) 19证明:如图,连接ED,FD. 因为BE和CF都是直径,所以

ED⊥BC, FD⊥BC,

因此D,E,F三点共线. ????(5分) 连接AE,AF,则

?AEF??ABC??ACB??AFD,

所以,△ABC∽△AEF. ????(10分)

作AH⊥EF,垂足为H,则AH=PD. 由△ABC∽△AEF可得

EF

AH

BC?AP, 从而 EF

PD

BC

?

AP

, 所以 tan?PAD?PDEF

AP?

BC

. ????(20分) 20.解:(1)由方程①知,x?0,且y=x+1

x

. 所以,当x?0时,y≥2;

当x?0时,y≤?2,故

22

y≥2. ????(5分)

(2)将x2?xy?1代入方程②,得x(y2?ay?b)?0,所以

y2?ay?b?0.

因为方程组有实数解,所以方程y2+ay+b=0在y ≤-2,或y≥2的范围内至少有一个实根.

(i) 当a≤4时,有

?a?2?2, 或

?a?2

≥2,

所以

4?a, 或

4?a,

即 2a≥b?4, 或 2a≤?(b?4).

若b?4≥0,即b≥?4时,2a≥b?4,由此得

2

b2

a≥4

?2b?4,

所以 a2+b2≥5541616

4b2+2b+4=4(b+5)2+5≥5

当b=?48

5

时,上式等号成立,此时a=±5.

若b?4?0,即b??4时,对于满足2a≥b?4,或2a≤?(b?4)的任意实数a,均有a2+b2>

16

5

. ????(15分) (ii)当a?4时, a2+b2>16

5.

综上可知,a2+b2的最小值为16

5

. ????(20

试题来源:数学备课室

2011年全国初中数学竞赛试题参考答案

一、选择题

1.A

解:

因为a?1,

a?1?, a2?6?2a, 所以

3a3?12a2?6a?12?3(a6?2a)?12(6?2a)?6a?12

??6a2?12a?60

??(66?2a)?12a?60?24.

2. B

解:(略) 3. D 解:(略) 4.C

解:由已知得x2

?3x?1?0, 于是

x(x?1)(x?2)(x?3)?(x2

?3x)(x2

?3x?2)

?(x2?3x?1)2?1??1.

5.B

?ux?vy?u,?u(x?1)?vy?0,

解:依定义的运算法则,有??vx?uy?v,即??

v(x?1)?uy?0对任何实数

u,v都成立. 由于实数u,v的任意性,得

(x,y)=(1,0).

6.D

解:由 ??x?2y?5z?3,

?

x?2y?z??5,

可得 ??x?3z?1,

?

y?z?2.

于是 x2?y2?z2?11z2

?2z?5.

因此,当z?15411时,x2?y2?z2的最小值为11

. 7.C

解:由题设可知y?xy?1

,于是

x?yx3y?x4y?1,

所以 4y?1?1, 故y?

1

2,从而x?4.于是x?y?92

8.C

解:两式相加,得3t2?5t?8,解得t?1,或t??8

3

(舍去).

当t?1时,A?45?,B?30?满足等式,故t?1. 所以,实数t的所有可能值的和为1. 9.C

解:如图,连接DE,设S?DEF?S1?,则

S1?EFS4

S??,2BFS3

从而有S1?S3?S2S4.因为S1?S1?,所以S1S3?S2S4.

10.A

解:当k?2,, 3 ? , 2011,因为

23

试题来源:数学备课室

1k3?1kk2?1?1?2?1?1??k?1kkk?1?, ?

所以 1?S?1?

111?

23?33???3?1??111?2011

?2?22?011?

??20,5

12

4

于是有4?4S?5,故4S的整数部分等于4.

二、填空题 11.3<m≤4

解:易知x?2是方程的一个根,设方程的另外两个根为x1, x2,则x1?x2?4,x1x2?m.显然x1?x2?4?2,所以

x1?x2?2, ??16?4m≥0,

2,??16?4m≥

0,所以

2, ??16?4m≥0,

解之得 3<m≤4.

12.19

解: 在36对可能出现的结果中,有4对:(1,4),(2,3),(2,3),(4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是4136?9

. 13.6

解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c). 因为点C,D在

双曲线y?1

x

上,所以ab?1,cd?1.

由于AC?a?b,BD?c?d, 又因为BD?2AC,于是

c?d?2a?b,c2?2cd?d2?(4a2?2ab?b2),

所以 (4a2?b2)?(c2?d2)?8ab?2cd?6,

即4OC2?OD2?6.

14.

3

2

解:由1?x≥0,且x?11

2

≥0,得2≤x≤1.

y2?

12??12? 由于

12<3

4

<1,所以当x=34时,y2取到最大值1,故a=1.

当x=

12或1时,y2取到最小值1

2

,故b=.

所以,a2?b2?3

2

. 15.84

解:如图,设BC=a,AC=b,则

a2?b2?352=1225. ①

又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以

FEAF

CB?

AC

,即12b?12

a?

b

,故 12(a?b)?ab. ② 由①②得

(a?b)2?a2?b2?2ab1?225(?24a)?,b

解得a+b=49(另一个解-25舍去),所以

a?b?

c

?49?

35?84.

24

试题来源:数学备课室

三、解答题

16.解:设方程x2?ax?b?0的两个根为?,?,其中?,?为整数,且?≤?,则方程x2?cx?a?0的两根为??1,??1,由题意得

?????a,???1????1??a,

两式相加得 ???2??2??1?0, 即 (??2)(??2)?3,

所以 ????2?1,???2?3; 或????2??3,

???2??1.

解得 ?????1,????5,

???1; 或?????3.

又因为a??(???),b???,c??([??1)?(??1)],

所以 a?0,b??1,c??2;或者a?8,b?15,c?6,

故a?b?c??3,或29.

17.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB, QC,QH.

因为AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB?∠BDQ?90°, 故BQ为⊙O2的直径. 于是CQ?BC,BH?HQ.

又因为点H为△ABC的垂心,所以AH?BC,BH?AC.

所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形.

所以点P为CH的中点.

18.解:(1)如图,分别过点P, Q作y轴的垂线,垂足分别为C, D.

设点A的坐标为(0,t),则点B的坐标为(0,-t). 设直线PQ的函数解析式为y?kx?t,并设P,Q的坐

标分别为 (xP,yP),(xQ,yQ).由

??

y?kx?t,

???

y?23x2, 得 23

x2?kx?t?0, 于是 x3

2PxQ??2

t,即 t??3

xPxQ.

2于是

BCyx2?t2x2?2xx2

PxPPPQP(xP?xQ)BD??ty??Q?t23

x2Q

?t???xP. 3x2Q?3xPxQ3x(xxQQ?xP)Q又因为

PCxBCPC

QD??Px,所以?QD

. QBD 因为∠BCP?∠BDQ?90?,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ.

(2)解法一 设PC?a,DQ?b,不妨设a≥b>0,由(1)可知

∠ABP=∠ABQ?30?,BC

,BD

所以 AC

?2,AD

=2.

因为PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ

.

25

试题来源:数学备课室

于是

aPCAC

,即?,

?

bDQAD

同理,若xQ?

可得xP??

2 从而

k?(xP?xQ)?. 32

?

1,或y??1. 所以a?b.

所以,直线PQ

的函数解析式为y?由(1)中x3

33PxQ??2t,即?ab??

2,所以ab?2,a?b?2

于是可求得a?2b?

将b?2

代入y?213x2,得到点Q

,2).

再将点Q的坐标代入y?kx?

1,求得k??3

所以直线PQ

的函数解析式为y??1. 根据对称性知,所求直线PQ

的函数解析式为y??

1,或y?1.

解法二 设直线PQ的函数解析式为y?kx?t,其中t?1. 由(1)可知,∠ABP=∠ABQ?30?,所以BQ?2DQ. 故

2xQ?. 将y22

Q?

3

xQ代入上式,平方并整理得 4x415x2x22Q?Q?9?0,即(4Q?3)(xQ?3)?0. 所以

xQ?

2

又由 (1)得x333PxQ??2t??2,xP?xQ?2

k.

若xQ?

2

代入上式得

x从而

k?2P? 3(xP?xQ)?.

26

19.解:如图,作△ABQ,使得

?QAB??PAC,?ABQ??ACP,则△ABQ∽△ACP . 由于AB?2AC,所以相似比为2. 于是

AQ?2AP?BQ?2CP?4.

?QAP??QAB??BAP??PAC??BAP??BAC?60?.

由AQ:AP?2:1知,?APQ?90?

,于是PQ??3.

所以 BP2?25?BQ2?PQ2,从而?BQP?90?. 于是

AB2?PQ2?(AP?BQ)2?28?.

S1?ABC?2AB?ACsin6?0?26?38AB?2

试题来源:数学备课室

2012年全国初中数学竞赛试题参考答案

一、选择题

1 。C解:由实数a,b,c在数轴上的位置可知

b?a?0?c,且b?c,

所以

|a?b||b?c|??a?(a?b)?(c?a)?(b?c)??a. 2.B

解:1?

1?1?

11?

?1?2?1

?1?1?

3?

a

2?

?3.D解:由题设知,?2?a?(?3),(?3)?(?2)?b,所以a?2

3

,b?6.

?

y?2

解方程组??

?

3

x,

6得???x??3, ?x?3,??

y?,?

y??2; ??y?2.

x

所以另一个交点的坐标为(3,2).

注:利用正比例函数与反比例函数的图象及其对称性,可知两个交点关于原点对称,因此另一个交点的坐标为(3,2).

4.B解:由题设x2+y2≤2x+2y, 得0≤(x?1)2?(y?1)2≤2. 因为x,y均为整数,所以有

???(x?1)2?0,??(x?1)2?0,??(x?1)2?1,??(2

??(y?1)2?0; ?x?1)?1,

??(y?1)2?1; ???(y?1)2?0; ???(y?1)2

?1.

解得

??x?1,?y?1; ??x?1,?x?1,?x?0,?x?0,?x?0,?x?2,?x?2,?x?2,?y?2; ??y?0; ??y?1; ??y?0; ??y?2; ??y?1; ??y?0; ??

y?2. 以上共计9对(x,y)

. 5.D解:由题设知,1?a?1?a?b?1?2a?b,所以这四个数据的平均数为

1?(a?1)?(a?b?1)?(2a?b)3?4a?2b

4?

4

, 中位数为 (a?1?)a(?b?1)?4a?4b2

2?

4, 于是 4?4a?2b3?a4?b21

4?4?4

.

6.B解:如图,以CD为边作等边△CDE,连接AE.

由于AC = BC,CD = CE,

∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD =∠ACE, 所以△BCD≌△ACE, BD = AE. 又因为?ADC?30?,所以?ADE?90?. 在Rt△ADE中,AE?5,AD?3,

于是DE

?4,所以CD = DE = 4.

7.D解:设小倩所有的钱数为x元、小玲所有的钱数为y元,x,y均为非负整数. 由题设可得

??

x?2?n(y?2),

?

y?n?2(x?n), 消去x得 (2y-7)n = y+4, 2n =

(2y

?7)?152y?7?1?15

2y?7

.

27

试题来源:数学备课室

因为

15

2y?7

为正整数,所以2y-7的值分别为1,3,5,15,所以y的值只能为4,5,6,11.从而n的值分别为8,3,2,1;x的值分别为14,7,6,7.

8.C解:由一元二次方程根与系数关系知,两根的乘积为?q?0,故方程的根为一正一负.由二次函数y?x2?px?q的图象知,当x?3时,y?0,所以

32?3p?q?0,即 3p?q?9. 由于p,q都是正整数,所以p?1,1≤q≤5;或

p?2,1≤q≤2,此时都有??p2?4q?0. 于是共有7组(p,q)

符合题意. 9.D解:掷两次骰子,其朝上的面上的两个数字构成的有序数对共有36个,其和除以4的余数分别是0,1,2,3的有序数对有9个,8个,9个,10个,所以p936,p8910

0?

1?36,p2?36,p3?

36

,因此p3最大. 10.C解:因为a?b?ab?1?(a?1)(b?1),所以每次操作前和操作后,黑板上的每个数加1后的乘积不变.

设经过99次操作后黑板上剩下的数为x,则

x?1?(1?1)(12?1)(11

3?1)???(100

?1),

解得 x?1?101,x?100.

二、填空题

11.7<x≤19解:前四次操作的结果分别为

3x-2,3(3x-2)-2 = 9x-8,3(9x-8)-2 = 27x-26,3(27x-26)-2 = 81x-80.

由已知得

x-26≤487, x-80>487.

解得 7<x≤19.

容易验证,当7<x≤19时,3x?2≤487 9x?8≤487,故x的取值范围是

7<x≤19.

12.8解:连接DF,记正方形ABCD的边长为2a. 由题设易知△BFN∽△DAN,所以

ADBF?ANNF?DNBN?2

1

, 由此得AN?2NF,所以AN?2

3

AF.

在Rt△ABF中,因为AB?2a,BF?a,所以

AF??,

于是 cos?BAF?

ABAF. 由题设可知△ADE≌△BAF,所以 ?AED??AFB,

?AME?1800??BAF??AED?1800??BAF??AFB?90?. 于是 AM?AE?cos?BAF?

, MN?AN?AM?23AF?AM?,

S?MNDMN4

S??. ?AFDAF15

又S1

?AFD?2

?(2a)?(2a)?2a2,所以S4?MND?15S8

?AFD?15

a2. 因为a?S?MND?8.

13.?2

3

解:根据题意,关于x的方程有

?=k2-4(39

4k2?3k?2

)≥0,

由此得 (k-3)2≤0.

又(k-3)2≥0,所以(k-3)2=0,从而k=3. 此时方程为x2+3x+

9

4

=0,解得x1=x2=?3

2

.

28

试题来源:数学备课室

2011故

x1x2012

=12

x=?2. 23

14.8解:设平局数为a,胜(负)局数为b,由题设知

2a?3b?130,

由此得0≤b≤43.

又 a?b?(m?1)(m?2)

2

,所以2a?2b?(m?1)(m?2). 于是

0≤b?130?(m?1)(m?2)≤43,

87≤(m?1)(m?2)≤130,

由此得 m?8,或m?9.

当m?8时,b?40,a?5;当m?9时,b?20,a?35,a?a?b55

2?

2

,不合题设.

故m?8. 15.

32

2

解:如图,连接AC,BD,OD. 由AB是⊙O的直径知∠BCA =∠BDA = 90°. 依题设∠BFC = 90°,四边形ABCD是⊙O 的内接四边形,所以

∠BCF =∠BAD,

所以 Rt△BCF∽Rt△BAD ,因此

BCBA

CF?

AD

. 因为OD是⊙O的半径,AD = CD,所以OD垂直平分AC,OD∥BC, 于是

DEDC?OE

OB

?2. 因此 DE?2CD?2AD,CE?3AD.

由△AED∽△CEB,知DE?EC?AE?BE.因为AE?BA3

2,BE?2

BA,

所以 2AD?3AD?

BA2?3

2

BA,BA=22AD ,故 CF?

AD

BA?

BC?

?2. 三、解答题

16.解: 因为当?1?x?3时,恒有y?0,所以

??(m?3)2

?(4m?2)?0,

即(m?1)2

?0,所以m??1.

????(3分)当x??1时,y≤0;当x?3时,y≤0,即

(?1)2?(m?3)(?1)?m?2≤0,

且 32?3m(?3?)m?≤20,

解得m≤?5.

????(8分)设方程x2??m?3?x??m?2??0的两个实数根分别为x1,x2,由一元二次方程根与系数的关系得

x1?x2???m?3?,x1x2?m?2.

因为

1x?1??9

,所以 1x210

x1?x2x??m?3??9

, 1x2m?210

解得m??12,或m??2.

因此m??12.

????(15分)

29

试题来源:数学备课室

17. 证明:连接BD,因为OB为?O1的直径,所以

?ODB?90?.又因为DC?DE,所以△CBE是等腰三角形.

????(5分)

设BC与?O1交于点M,连接OM,则?OMB?90?.又因为OC?OB,所以

?BOC?2?DOM?2?DBC?2?DBF??DO1F.

????(10分)又因为?BOC,?DO1F分别是等腰△BOC,等腰△DO1F的顶角,所以

△BOC∽△DO1F.

????(15分)18.解:设a-b = m(m是素数),ab = n2(n是正整数). 因为 (a+b)2-4ab = (a-b)2, 所以 (2a-m)2-4n2 = m2

(2a-m+2n)(2a-m-2n) = m2.

????(5分)因为2a-m+2n与2a-m-2n都是正整数,且2a-m+2n>2a-m-2n (m为素数),所以

2a-m+2n?m 2,2a-m-2n?1.

解得 a?(m?1)2m2?1

4,n?4

.

2

于是 b= a-m?(m?1)

4

.

????(10分)

,即(m?1)2

又a≥20124

≥2012.

又因为m是素数,解得m≥89. 此时,a≥(89?1)2

4

=2025.

当a?2025时,m?89,b?1936,n?1980. 因此,a的最小值为2025.

????(15分)19.解:由于x1,x2, ,

?x2012都是正整数,且x1?x2???x2012,所以 x1≥1,x2≥2,?,x2012≥2012.

于是 n?

1x?2???2012≤1?2???20122012

?2012. 1x2x201212????(5分)当n?1时,令x1?2012,x2?2?2012, ,

?x2012?2012?2012,则 1x?2???2012

?1. 1x2x2012

????(10分) 当n?k?1时,其中1≤k≤2011,令 x1?1,x2?2, ,?xk?k, xk?1?(2012?k)(k?1),xk?2?(2012?k)(k?2),x2012?(2012?k)?2012,则

1x?2x???2012?k?(2012?k)?1

?k

?k?1?n. 12x20122012综上,满足条件的所有正整数n为1, 2, , ?2012.

????(15分)

30

试题来源:数学备课室

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2013年全国初中数学竞赛试题

一、选择题

1.(A)解:因为

x2

?0,y2

≥0,由已知条件得

12?

1?1x2?8

?4, y2

??1?2?2

, 所以

4x4?y4?2x2?3?3?y2 ?22

x

2

?y?6?7. ?另解:由已知得:??(?2x2)2

?(?2x2

)?3?0,显然?22

22?2?y,以?2,y为根的一元二?

(y2)?y2?3?0

xx次方程为t2

?t?3?0,所以 (?

2x2)?y2??1,  (?22

x

2)?y??3

4x4?y4=[(?2x2)?y2]2?2? (?222

x

2

)?y?(?1)?2?(?3)?7 2.(C)解:基本事件总数有6×6=36,即可以得到36个二次函数. 由题意知

?=m2?4n>0,即m2>4n.

通过枚举知,满足条件的m,n有17对. 故P?

17

36

. 3.【答】(B)解:如图,大圆周上有4个不同的点A,B,C,D,两两连线可以确定6条不同的直线;小圆周上的两个点E,F中,至少有一个不是四边形ABCD的对角线AC与BD的交点,则它与A,B,C,D的连线中,至少有两条不同于A,B,C,D的两两连线.从而这6个点可以确定的直线不少于8条.

当这6个点如图所示放置时,恰好可以确定8条直线. 所以,满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条. (第3题)

4.(B)解:如图,连接OE,OA,OB. 设?D??,则

?ECA?120?????EAC.

又因为?ABO?

12?ABD?1

2

?60??180??2???120???所以△ACE≌△ABO,于是AE?OA?1. 另解:如图,作直径EF,连结AF,以点B为圆心,

AB为半径作⊙B,因为AB=BC=BD,则点A,C,D由?F

??EDA?12?CBA?1

2

?60??30?

所以AE?EF?sim?F?2?sim30??1

5.(D)解:设a1,a2,a3,a4,a5是1,2,3,4,5的一个满足要求的排列. 首先,对于a1,a2,a3,a4,不能有连续的两个都是偶数,否则,这两个之后都是偶数,与已知条件矛盾.

又如果ai(1≤i≤3)是偶数,ai?1是奇数,则ai?2是奇数,这说明一个偶数后面一定要接

31

试题来源:数学备课室

两个或两个以上的奇数,除非接的这个奇数是最后一个数.

所以a1,a2,a3,a4,a5只能是:偶,奇,奇,偶,奇,有如下5种情形满足条件: 2,1,3,4,5; 2,3,5,4,1; 2,5,1,4,3; 4,3,1,2,5; 4,5,3,2,1.

所以AE?AC?11. 又FN//CE,所以四边形CENF是等腰梯形, 即CF?EN?9.【答】

11

BE??(7?11)?9 22

16

.解:如图,设△ABC的三边长为a,b,c,内切圆I的半径为r, 3

11

6. a?0,或a??1.解:由x?(a?x)??,得(a?1)x2?(a?1)x??0,

44

依题意有 ?

BC边上的高为ha,则

?a?1?0,

2

11

aha?S△ABC?(a?b?c)r, 22

所以

???(a?1)?(a?1)?0,

解得,a?0,或a??1.

7.【答】4.

解:设18路公交车的速度是x米/分,小王行走的速度是y米/分,同向行驶的相邻两车的间距为s米.

每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车,则 6x?6y?s. ①

故 DE?

每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车,则3x?3y?s. ②

所以 DE?

ra

?. haa?b?c

ha?rDE

?, (第9题答案) haBC

因为△ADE∽△ABC,所以它们对应线段成比例,因此

ha?rraa(b?c)

, ?a?(1?a?(1?a?

hahaa?b?ca?b?

c

8?(7?)

916

?.

8?7?93

s

由①,②可得 s?4x,所以 ?4.

x

即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟. 8. 【答】9.

解:如图,设点N是AC的中点,连接MN,则MN∥AB. 又MF//AD,所以 ?FMN??BAD??DAC??MFN,

另解:

?

S?ABC

?rp??所以r

(这里

p?

a

?b?

c

) 2

?

? 12

ha?

2S△ABC?? a

由△ADE∽△ABC,得

1

所以 FN?MN?AB.

2

11

因此 FC?FN?NC?AB?AC?9.

22

另解:如图,过点C作AD的平行线交BA的延长线为E,延长MF交 AE于点N.

则?E??BAD??DAC??ACE

(第8题答案)

DEha?r2

???, BCha3即DE??

216

BC? 33

2

2

10.关于x,y的方程x?y?208(x?y)的所有正整数解为.

解:因为208是4的倍数,偶数的平方数除以4所得的余数为0,奇数的平方数除以41,所以x,y都是偶数.

试题来源:数学备课室

设x?2a,y?2b,则

a2?b2?104(a?b),

同上可知,a,b都是偶数.设a?2c,b?2d,则

c2?d2?52(c?d),

所以,c,d都是偶数.设c?2s,d?2t,则

s2?t2?26(s?t),

于是 (s?13)2

?(t?13)2

=2?132

其中s,t都是偶数.所以

(s?13)2?2?132?(t?13)2≤2?132?152?112

所以s?13可能为1,3,5,7,9,进而(t?13)2

为337,329,313,289,257,故只

能是(t?13)2

=289,从而s?13=7.于是??s?6,??t?4;?

s?20,

?

t?4, 因此 ?

?x?48,?x?160,

?y?32,?

?y?32.

另解:因为(x?104)2

?(y?104)2

?2?1042

?21632 则有(y?104)2

?21632, 又y正整数,所以 1?y?43

令a?|x?104|,b?|y?104|, 则a2

?b2

?21632 因为任何完全平方数的个位数为:1,4,5,6,9

由a2?b2?21632知a2,b2

的个位数只能是1和1或6和6; 当a2

,b2

的个位数是1和1时,则a,b的个位数字可以为1或9

但个位数为1和9的数的平方数的十位数字为偶数,与a2

?b2

的十位数字为3矛盾。

当a2,b2

的个位数是6和6时,则a,b的个位数字可以为4或6。

由105?b?147,取b=106,114,116,124,126,134,136,144,146代入a2?b2

?21632得,只有当b=136时,a=56,即?

?|x?104|?56?x?48?|y?104|?136 解得??y?32,??x?160

?

y?32

11. 解:(1)令x?0,得y?b,b?0;令y?0,得x??

b

k

?0,k?0. 所以A,B两点的坐标分别为A(?b

k

,0),B(0,b),于是,△OAB的面积为

S?

12b?(?bk

). 由题意,有

12b?(?bk)??b

k

?b?3, k?2b?b2

解得 2(b?3)

,b?2.……………… 5分

(2)由(1)知 S?1bb(b?3)2b?(?k)?b?2?(b?2)2?7(b?2)?10

b?

2

?b?2?

10b?2?7?)2

?7?≥7?2, 当且仅当b?2?10

b?

2

时,有S?,即当b?2?,k??1时,不等式中的等号成立.

所以,△ABC面积的最小值为7?2. ……………… 15分

12.是否存在质数p,q,使得关于x的一元二次方程px2

?qx?p?0有有理数根? 解:设方程有有理数根,则判别式为平方数.令??q2

?4p2

?n2

, 其中n是一个非负整数.则(q?n)(q?n)?4p2

. ……………… 5分 由于1≤q?n≤q+n,且q?n与q?n同奇偶,故同为偶数.因此,有如下几种可能情形:

33

试题来源:数学备课室

??q?n?2,

??q?n?4,

??q?2

?

n?2p,?

q?n?p,

?

q?n?2p,

?q?n?q?n?p2

,?q?n?4,p ?q?n?2,p ??p2, ?

q?n?4.2

p2解得q?p?1, q?2?2, q?5p2, q?2p, q?2?

p2

消去n,2

.……………… 10分

对于第1,3种情形,p?2,从而q=5;对于第2,5种情形,p?2,从而q=4(不合题意,舍去);对于第4种情形,q是合数(不合题意,舍去).

又当p?2,q=5时,方程为2x2

?5x?2?0,它的根为x1

1?2

,x2?2,它们都是

有理数.

综上所述,存在满足题设的质数……………… 15分 ★12、另解:由韦达定理,得

x1?x2?2a, x1?x2?b

y1?y2??2a, y1?y2?b

即??y1?y2??2a??(x1?x2)?(?x1)?(?x2)

?y1?y2?b?(?x1)?(?x, 

2)解得:??y1??x1?y1??x2

yx或 ??

2??2?y2??x1

把y1,y2的值分别代入x1?y1

?x2?y2?2008

得x1?(?x1)?x2?(?x2)?2008

或x1?

(?x2)?x2?(?x1)?2008(不成立)

即x2

2

?x21?2008,(x2?x1)(x2?x1)?2008

因为x1?x2?2a?0, x1?x2?b?0 所以x1?0, x2?0

于是有

2a?2008

即a?502?1?502?2?251

因为a,b都是正整数,

所以??a?1或??a2?b?5022?a?505?a?2?a?251

?a2?b?1或?a?b?4

?a2?b?2512或??2

分别解得:??a?1或??b?1?5022?a?502或?a?2?a?251

?251?4 ?b?5022?1??b?2?2512或??b2

经检验只有:??a?502?a?251

?b?5022?1, ??b?2512

?4

符合题意. 所以b的最小值为:b最小值

?2512?4=62997

13.解:存在满足条件的三角形.

当△ABC的三边长分别为a?6,b?4,c?5时,?A?2?B.……………… 5分

如图,当?A?2?B时,延长BA至点D,使AD?AC?b.连接CD,则△ACD为等腰

三角形.因为?BAC为△ACD的一个外角,所以?BAC?2?D.由已知,?BAC?2?B,所以

?B??D.所以△CBD为等腰三角形.

又?D为△ACD与△CBD的一个公共角,有△ACD∽△CBD,于是

ADCDCD?

BD, 即 ba?a

b?c

, 所以 a2

?b?b?c?.

而62

?4?(4?5),所以此三角形满足题设条件,

故存在满足条件的三角形. ……………… 15分 (第13(A)题答案)

说明:满足条件的三角形是唯一的.

若?A?2?B,可得a2

?b?b?c?.有如下三种情形:

(i)当a?c?b时,设a?n?1,c?n,b?n?1(n为大于1的正整数),

代入a2

?b?b?c?,得?n?1?2

??n?1??2n?1?,解得n?5,有a?6,b?4,c?5;

34

试题来源:数学备课室

(ⅱ)当c?a?b时,设c?n?1,a?n,b?n?1(n为大于1的正整数), 代入a?b?b?c?,得n2??n?1??2n,解得 n?2,有a?2,b?1,c?3,此时不能

2

S?ABC1p?b1p?aab

?(?a?ha)??(?b?hb)??2?rp 即S?ABC=323p23pp

整理得

构成三角形;

(ⅲ)当a?b?c时,设a?n?1,b?n,c?n?1(n为大于1的正整数), 代入a?b?b?c?,得?n?1??n?2n?1?,即 n?3n?1?0,此方程无整数解.

2

2

2p2?cp?3ab,即3ab?2p2?cp?p(2p?c)?P(a?b)

设△ABC的周长为m,则m?2p由已知(a,b)?2,设a

?

2

6ab

为整数。 a?b

所以,三边长恰为三个连续的正整数,且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在,而且只有三边长分别为4,5,6构成的三角形满足条件.

★13、另解:如图,连结GA,GB,过G,I作直线交BC、AC于点E、F,作△

ABC的内切圆I,切BC边于点D。记△ABC的半周长为P,内切圆半径为r,BC,AC边上的高线长为ha,h

b

?2s,b?2t,且(s,t)?1,s,t都是正整数,代入上式,

12st得m?

s?t

∵(s,s

?t)?1,(t,s?t)?1,

∴s?t是12的约数,即s?t=1,2,3,4,6,12

?S?ABC?rp?

a

s?t,则(s,t)=1,

?r?

r2

易知:CD?p?c,在Rt?CIE中,DE?

p?c

即DE

s?1?s?2?s?3?s?5?s?11?s?7?????

t?1,?t?1,?t?1,?t?1,?t?1,?t?5 m?6?m?8?m?9?m?10?m?11?m?35??????s?7C?

经检验,只有?t?5符合题意,

?m?35?

a?14,b?10,c?11或a?10,b?14,c?11,所以:即所求△ABC的周长为35。

14.从1,2,…,9中任取n个数,其中一定可以找到若干个数(至少一个,也可以是全部),它们的和能被10整除,求n的最小值.

解:当n=4时,数1,3,5,8中没有若干个数的和能被10整除.…………… 5分

?

(p?a)(p?b)

p

(p?a)(p?b)ab

?

pp

∴CE?CD?DE?(p?c)?又∵CI由S?ABC

?EF,CI平分?ACB,所以CE=CF ?S?ABG?S?BEG?S?AFG?S?FEC 

得:S?ABC=

S?ABC1abh1abh1ab

??(a?)?a??(b?)?b?2???r 32p32p32p

35

?,a5是1,2,…,9中的5个不同的数.若其中任意若干个数,当n=5时,设a1,a2,

?,a5中不可能同时出现1和9;2和8;3和7;4和它们的和都不能被10整除,则a1,a2,

试题来源:数学备课室

6.于是a1,a2,?,a5中必定有一个数是5.

若a1,a2,?,a5中含1,则不含9.于是不含4(4+1+5=10),故含6;于是不含3(3+6+1=10),故含7;于是不含2(2+1+7=10),故含8.但是5+7+8=20是10的倍数,矛盾.

若a1,a2,?,a5中含9,则不含1.于是不含6(6+9+5=20),故含4;于是不含7(7+4+9=20),故含3;于是不含8(8+9+3=10),故含2.但是5+3+2=10是10的倍数,矛盾.

综上所述,n的最小值为5.……………… 15分

36

网站首页网站地图 站长统计
All rights reserved Powered by 海文库
copyright ©right 2010-2011。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit326@126.com