全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題詳解

1、20XX 年全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題參考答案第一試一、選擇題：（本題滿分42 分，每小題7 分）1 已知 a21， b32 ， c62 ，那么 a,b, c 的大小關(guān)系是（ C ）A. a b cB. a c bC. b a cD. b c a解答： a2211， b321， c6 221，12162313212由 2 1顯然： b a c2 方程 x22xy3 y234的整數(shù)解 ( x, y)的組數(shù)為（ B ）A 3.B4.C 5.D 6.解答： x22xy3 y2x22xy 3 y22 y2( x y)22 y 234由 0、1、 2、 3、 4、 5、 6 的平分別是 0、 1、 4、

2、9、16、 25、 36 知唯有 16+2 9=34、x y5 x y 5 x y 5 x y5故xy5y4y4y 4y 4y4得y4 、 y4、 y4、 y4共 4組解。x=9x=1x=9x=13已知正方形 ABCD的邊長為1， E 為 BC邊的延長線上一點，CE 1，連接 AE，與 CD交于點 F，連接BF 并延長與線段DE交于點 G，則 BG的長為（ D ）A 6B5C 26D 253333ADGFBCHE解答： 如圖，做 GH BE于 H，易證 Rt AB E Rt GHB，設(shè) GH=a，則 HE=a， BH=2-a，由 GH = BH 得 a = 2-a 解得 a= 2 ，故 BG=

3、 2 5 。ABBE12334 已知實數(shù) a, b滿足 a2b21 ，則 a4ab b4 的最小值為（ B ）1B0.C 1.9A .D .8819解答： a4ab4=（ a22222ab=2a2b2ab 1=2(ab2bb ） 2a b)84考查以 ab 整體為自變量的函數(shù)的圖像為拋物線y=2( ab1 )29其對稱軸為ab1484由 a2b22ab0和 a2b22ab0 知1ab1又 11 )11122(，故當(dāng) ab時，函數(shù)取最小值0。424225若方程 x22 px 3 p 2 0 的兩個不相等的實數(shù)根x1 , x2 滿足 x12x134(x22x23 ) ，則實數(shù) p的所有可能的值之和

4、為（ B ）A 0.3C 1.5B.D .44解答：方程 x22 px 3p 2 0 兩個不相等的實數(shù)根故(2 p) 24(3p2)4 p212p8 0解得 -2< p1。x1 , x2 滿足 x1x22 p, x1 x23p 2故 x12x22( x1x2 ) 22x1 x2 = 4 p22(3p2)4 p26 p 4x13x23( x1x2 )( x12x1 x2x22 )2 p(4 p26 p3 p2)8p318p 24 p由 x12x134(x22x23 ) 得 x12x22x13x234即 4 p26p 48 p318 p24 p =4整理得p(4 p1)( p2)0解得 p1

5、0, p21 , p3214 -2< p1 p2.46由12 3，4這四個數(shù)字組成四位數(shù)abcd（數(shù)字可重復(fù)使用） ，要求滿足 ac.， ，b d 這樣的四位數(shù)共有（ C ）A 36 個.B40 個.C 44 個.D 48 個.解答：分為4 類：1）由同一個數(shù)字組成如 1111共4個數(shù)2）由兩個不同數(shù)字組成如 1221 112221122211而從 4 個數(shù)里面取2 個共六種取法故此類可構(gòu)成 46=24 個數(shù)3）由三個不同數(shù)字組成如 1232321221232321 此類只有兩種組合即1+3=2+2 和 2+4=3+3故可構(gòu)成24=8 個數(shù)4）由四個不同數(shù)字組成如 12431342421

6、343122134243131243421共8個綜上所有的數(shù)共4+24+8+8=44 個二、填空題：（本題滿分 28分，每小題7 分）1 已知互不相等的實數(shù)a,b, c 滿足 a1b1c1t ，則 t1bca解答：由 a1b1c1t 得 bt1， cat1，1at1tbcaaataa整理得 at 3t 2a2 t2a2at1 0 即 (t 21)(a2at1)0同理得： (t 21)(b2bt1)0(t 21)(c2ct1)0若 t21 0 ，則 a,b,c 為二次方程 x2xt10 的解這與 a, b, c 互不相等矛盾， 不滿足題意， 故 t 210即 t212使得 52m1是完全平方數(shù)的

7、整數(shù)m 的個數(shù)為1解答： 52m1= (21)2m 1 2m 12m 1，由題知 52m1為完全平方數(shù)，故設(shè) 2m 22m 1 a22a 11）若 2m 2a2 ,2 a2m得 2m 222( m 1) 解得 m 42） 2ma2 ,2 a2m2 解得 m1 不合題意。綜上符合題意的m 只有一個。3在 ABC 中，已知 AB AC ， A 40°，P 為 AB上一點， ACP 20°，則 BC 3AP解答：如上圖，作A D BC于點 D，交 CP于點 F，在 AD上找點 D，使 ECD 30°，如上圖， 1 2= 1 BAC=20 °， 3=20

8、6; 4=70° - 20° -30 ° =20° AF=FC, AP F CEF.2在 Rt DEC 中 CDcos 5 cos303，故 BC2CD3CE2APCE4 已知實數(shù)a,b,c 滿足 abc1 ， a b c4 ，abc4，則a23a 1 b23b 1 c23c 1 9a2b2c2 332解答：a=abc11123aa2bc3abcbca3bca3bcaab c1 bca1111aabc1bcbc1bc(1b)(bc)同理：b11c) , c2c13b1b 3ac(1a)(13c1c 3abb2c11c23c1c3ab(1a)(1 b)故1

9、114a)(1b)(1a)(1 c)(1c)(1b)9(1化簡得：91 abcacbcababc 解得： 2ac2bc2ab142由 ( abc)2a2b2c22ab2bc2ac4 得： a2b2c21613322第二試（A）一、（本題滿分 20 分） 已知直角三角形的邊長均為整數(shù)，周長為30，求它的外接圓的面積 .解設(shè)直角三角形的三邊長分別為a,b, c （ ab c ），則 a bc30 .顯然，三角形的外接圓的直徑即為斜邊長c ，下面先求 c 的值 .由 abc 及 abc30 得30abc3c ，所以 c10.由 abc 及 abc30得 30abc2c ，所以 c15 .又因為 c

10、為整數(shù)，所以 11c14 .根據(jù)勾股定理可得a2b2c2 ，把 c30ab 代入，化簡得ab30( a b) 450 0，所以(30a)(30 b)45023252 ，因為 a, b 均為整數(shù)且 ab ，所以只可能是30 a 52 ,解得a5,30b 2 32 ,b12.所以，直角三角形的斜邊長c13，三角形的外接圓的面積為169.4二（本題滿分 25 分）如圖，PA 為 O 的切線，PBC 為 O 的割線，AD OP于點 D.證明：AD 2BD CD.AODPBC證明： 連接 OA ，OB， OC. OA AP， A D OP，由射影定理可得PA 2PD PO， AD2PDOD.又由切割線定

11、理可得PA2PB PC ， PB PCPD PO ， D 、B 、 C、 O 四點共圓， PDB PCO OBC ODC ， PBD COD ， PBD COD， PDBD ， AD2PD ODBD CD.CDOD1三（本題滿分25 分） 已知拋物線 yx2bxc 的頂點為P，與 x 軸的正半軸交于A (x1,0) 、63 ) ，若 AM/BC ，B ( x ,0) （ xx ）兩點，與 y 軸交于點 C， PA 是 ABC 的外接圓的切線 .設(shè) M (0,2122求拋物線的解析式 .解易求得點 P (3b,3b2c) ，點 C (0, c) .2設(shè) ABC 的外接圓的圓心為D ，則點 P 和

12、點 D 都在線段 AB 的垂直平分線上， 設(shè)點 D 的坐標(biāo)為 (3b, m) .顯 然 ， x , x2是一元二次方程1 x2bx c 0 的 兩 根 ， 所 以 x13b9b26c ，16x23b9b26c，又 AB 的中點 E 的坐標(biāo)為(3b,0)，所以 AE 9b26c .因為PA 為 D 的切線，所以PA AD，又 A E PD，所以由射影定理可得AE 2PE DE ，即2232，又易知 m0 ，所以可得 m6.( 9b6c )( bc ) |m |2又由 DADC 得DA 2DC 2，即 (9b26c)2m2(3b0)2(mc) 2 ，把 m6 代入后可解得 c6 （另一解 c0舍去

13、） .又因為 AM/BC ，所以 OAOM ，即3b9b26c|3 |2 .OBOC3b9b26c|6 |把 c6代入解得 b5（另一解 b52舍去） .2因此，拋物線的解析式為y1 x25 x6 .62第二試 （B）一（本題滿分20 分） 已知直角三角形的邊長均為整數(shù)，周長為60，求它的外接圓的面積 .解設(shè)直角三角形的三邊長分別為a,b, c （ abc ），則 a bc60 .顯然，三角形的外接圓的直徑即為斜邊長c ，下面先求 c 的值 .由 abc 及 a bc60得 60abc3c ，所以 c20 .由 abc 及 abc60得60abc2c，所以 c30.又因為 c 為整數(shù)，所以21

14、c29 .根據(jù)勾股定理可得a2b2c2，把 c 60 a b 代入，化簡得ab 60(a b) 1800 0 ，所以(60a)(60b)18002332 52，60 a 235,60 a 2 52 ,因為 a, b 均為整數(shù)且 a b ，所以只可能是或60 b 22 32 ,60 b 32 5,解得a20,a10,b15,或24.b當(dāng) a20, b15 時， c25 ，三角形的外接圓的面積為625；4當(dāng) a10, b24 時， c26 ，三角形的外接圓的面積為169 .二（本題滿分25 分）如圖， PA 為 O 的切線， PBC 為 O 的割線， A D OP于點 D， ADC 的外接圓與 B

15、C 的另一個交點為E.證明： BAE ACB.證明：連接 OA ， OB， OC， BD. OA AP， A D OP，由射影定理可得PA 2PD PO， AD2PDOD.A又由切割線定理可得PA2PB PC， PB PCPD PO ， D、B、C、O 四點共圓， PDB PCO OBC ODC ，ODPBEC PBD COD ， PB D COD， PDBD ，CDOD BD CD PD OD AD2， BDAD .ADCD又 BDA BDP 90° ODC 90° ADC ， BDA ADC， BAD ACD ， AB 是 ADC 的外接圓的切線， BAE ACB. 三

16、（本題滿分 25 分）題目和解答與（ A）卷第三題相同 .第二試（ C）一（本題滿分20 分）題目和解答與（B）卷第一題相同 .二（本題滿分25 分）題目和解答與（B）卷第二題相同 .三（本題滿分25 分） 已知拋物線 y1 x2bx c 的頂點為 P，與 x 軸的正半軸交于A ( x1,0) 、6B ( x2 ,0) （ x1 x2 ）兩點，與 y 軸交于點 C，PA 是 ABC 的外接圓的切線 .將拋物線向左平移24( 3 1)個單位，得到的新拋物線與原拋物線交于點Q，且 QBO OBC. 求拋物線的解析式 .解 拋物線的方程即 y1 ( x 3b)23b2c ，所以點 P (3b, 3

17、b2c) ，點 C (0, c) .622設(shè) ABC 的外接圓的圓心為D ，則點 P 和點 D 都在線段 AB 的垂直平分線上， 設(shè)點 D 的坐標(biāo)為 (3b, m) .顯 然 ， x1 , x2是一元二次方程1 x2bx c 0 的 兩 根 ， 所 以 x13b9b26c ，6x23b9b26c，又 AB 的中點 E 的坐標(biāo)為(3b,0) ，所以 AE 9b26c .因為PA 為D的切線，所以PA AD，又 A E PD，所以由射影定理可得AE 2PE DE ，即2232，又易知 m0 ，所以可得 m6.( 9b6c )( bc ) |m |2又由 DADC 得DA 2DC 2，即 (9b26c)2m2(3b0)2(m c) 2 ，把 m6 代入后可解得 c6 （另一解 c0舍去） .將拋物線 y1 (x3b) 23b26 向左平移 24(31) 個單位后，得到的新拋物線為62y1 ( x3b24324) 23b26.62易求得兩拋物線的交點為Q (3b12123,3b2483102) .2由 QBO OBC 可得 tan QB