2012年全国初中数学联赛试卷

2023年12月2日发(作者：高考数学试卷的分类有哪些)

2012年全国初中数学联赛试卷

一、选择题：〔此题总分值42分，每题7分〕

1．〔7分〕已知，，，那么a，b，c的大小关系是〔 〕

A． a ＜b＜c B． a＜c＜b C． b＜a＜c D． b＜c＜a

2．〔7分〕方程x2+2xy+3y2=34的整数解〔x，y〕的组数为〔 〕

A． 3 B． 4 C． 5 D． 6

3．〔7分〕已知正方形ABCD的边长为1，E为BC边的延长线上一点，CE=1，连接AE，与CD交于点F，连接BF并延长与线段DE交于点G，则BG的长为〔 〕

A． B． C． D．

4．〔7分〕已知实数a，b满足a2+b2=1，则a4+ab+b4的最小值为〔 〕

A． B． 0 C． 1

5．〔7分〕假设方程x2+2px﹣3p﹣2=0的两个不相等的实数根x1，x2满足所有可能的值之和为〔 〕

A． 0 B．

6．〔7分〕由1，2，3，4这四个数字组成四位数〔 〕

A． 3 6个 B． 40个

二、填空题：〔此题总分值28分，每题7分〕

7．〔7分〕已知互不相等的实数a，b，c满足〔数字可重复使用〕，要求满足a+c=b+d．这样的四位数共有C． 44个 D． 48个

，则实数p的D．

C． ﹣1 D．

，则t= _________ ．

8．〔7分〕使得5×2m+1是完全平方数的整数m的个数为 _________ ．

9．〔7分〕在△ABC中，已知AB=AC，∠A=40°，P为AB上一点，∠ACP=20°，则

10．〔7分〕已知实数a，b，c满足abc=﹣1，a+b+c=4，，则a2+b2+c2=

= _________ ．

_________ ．

三、解答题〔共3小题〕

11．〔20分〕已知直角三角形的边长均为整数，周长为60，求它的外接圆的面积．

12．〔25分〕如图，PA为⊙O的切线，PBC为⊙O的割线，AD⊥OP于点D，△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E．证明：∠BAE=∠ACB．

13．〔25分〕已知抛物线的顶点为P，与x轴的正半轴交于A〔x1，0〕、B〔x2，0〕〔x1＜x2〕两点，〕，假设AM∥BC，求抛物线的解析式． 与y轴交于点C，PA是△ABC的外接圆的切线．设M〔0，

2012年全国初中数学联赛试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：〔此题总分值42分，每题7分〕

1．〔7分〕已知，，，那么a，b，c的大小关系是〔 〕

A． a ＜b＜c B． a＜c＜b C． b＜a＜c D． b＜c＜a

考点： 二次根式的混合运算；实数大小比较。

专题： 计算题。

分析： 先求出a、b、c的倒数并分母有理化，然后根据一个数的倒数越大，则这个数越小，进行大小比较．

解答：

解：∵a=﹣1，b=﹣，c=﹣2，

∴∵=+1＜=+1，=+，

=+，===+1=+1，

+1＜∴0＜＜＜，

因此b＜a＜c．

故选C．

点评： 此题考查了二次根式的混合运算，实数的大小比较，求差、求商或求倒数是实数大小比较常用的方法，此题想到求倒数，根据比较倒数的大小从而得出原数的大小是解题的关键．

2．〔7分〕方程x2+2xy+3y2=34的整数解〔x，y〕的组数为〔 〕

A． 3 B． 4 C． 5 D． 6

考点： 非一次不定方程〔组〕。

分析：

首先将原方程变形为：〔x+y〕2+2y2=34，即可得x+y必须是偶数，然后设x+y=2t，可得新方程2t2+y2=17，解此方程即可求得答案．

解答：

解：方程变形得：〔x+y〕2+2y2=34，

∵34与2y2是偶数，

∴x+y必须是偶数，

设x+y=2t，

则原方程变为：〔2t〕2+2y2=34，

∴2t2+y2=17，

它的整数解为，

则当y=3，t=2时，x=1；

当y=3，t=﹣2时，x=﹣7；

当y=﹣3，t=2时，x=7；

当y=﹣3，t=﹣2时，x=﹣1．

∴原方程的整数解为：〔1，3〕，〔﹣7，3〕，〔7，﹣3〕，〔﹣1，﹣3〕共4组．

故选B．

点评：

此题考查了非一次不定方程的知识．此题难度较大，解题的关键是将原方程变形为：〔x+y〕2+2y2=34，由x+y必须是偶数，然后设x+y=2t，从而得新方程2t2+y2=17．

3．〔7分〕已知正方形ABCD的边长为1，E为BC边的延长线上一点，CE=1，连接AE，与CD交于点F，连接BF并延长与线段DE交于点G，则BG的长为〔 〕

A． B． C． D．

考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理。

分析： 利用全等三角形的判定AAS得出△ADF≌△ECF，进而得出FG是△DCP的中位线，得出DG=GP=PE=DE=，再利用勾股定理得出BG的长即可．

解答： 解：过点C作CP∥BG，交DE于点P．

∵BC=CE=1，

∴CP是△BEG的中位线，

∴P为EG的中点．

又∵AD=CE=1，AD∥CE，

在△ADF≌△ECF中，

∵，

∴△ADF≌△ECF〔AAS〕，

∴CF=DF，又CP∥FG，

∴FG是△DCP的中位线，

∴G为DP的中点．

∵CD=CE=1，

∴DE=，

． 因此DG=GP=PE=DE=连接BD，

易知∠BDC=∠EDC=45°，

所以∠BDE=90°．

又∵BD=，

∴BG=故选：D．

==．

点评： 此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和勾股定理应用等知识，根据已知得出正确辅助线是解题关键．

4．〔7分〕已知实数a，b满足a2+b2=1，则a4+ab+b4的最小值为〔 〕

A． B． 0 C． 1 D．

考点： 二次函数的最值；完全平方公式。

专题： 常规题型。

分析：

利用完全平方公式把a4+ab+b4配成关于ab的二次三项式，再根据平方数非负数〔a﹣b〕2=a2﹣2ab+b2求出

ab的取值范围，然后根据二次函数的最值问题解答．

解答：

解：∵〔a﹣b〕2=a2﹣2ab+b2≥0，

∴2|ab|≤a2+b2=1，

∴﹣≤ab≤，

令y=a4+ab+b4=〔a2+b2〕2﹣2a2b2+ab=﹣2a2b2+ab+1=﹣2〔ab﹣〕2+，

当﹣≤ab≤时，y随ab的增大而增大，

当≤ab≤时，y随ab的增大而减小，

故当ab=﹣时，a4+ab+b4的最小值，为﹣2〔﹣﹣〕2+=﹣2×即a4+ab+b4的最小值为0，当且仅当|a|=|b|时，ab=﹣，此时a=﹣+=0，

，b=，或 a=，b=﹣．

故选B．

点评： 此题考查了二次函数的最值问题，完全平方公式，配方成关于ab的形式并求出ab的取值范围是解题的关键．

5．〔7分〕假设方程x2+2px﹣3p﹣2=0的两个不相等的实数根x1，x2满足所有可能的值之和为〔 〕

A． 0 B．

，则实数p的

C． ﹣1 D．

考点： 根与系数的关系。

分析：

首先利用根与系数的关系得到两根与P的关系，然后利用得到有关p的方程，求得p值即可求得答案．

解答：

解：由一元二次方程的根与系数的关系可得x1+x2=﹣2p，x1•x2=﹣3p﹣2，

∴+∵++==〔x1+x2〕[=4﹣〔+〕得+﹣2x1•x2=4p2+6p+4，

﹣3x1•x2]=﹣2p〔4p2+9p+6〕．

=4﹣〔+〕，

∴4p2+6p+4=4+2p〔4p2+9p+6〕，

∴p〔4p+3〕〔p+1〕=0，

∴p1=0，p2=﹣，p3=﹣1．

代入检验可知：以p1=0，p2=﹣均满足题意，p3=﹣1不满足题意．

因此，实数p的所有可能的值之和为p1+p2=0+〔﹣〕=﹣．

故选B．

点评： 此题考查了根与系数的关系，解题的关键是正确的利用根与系数的关系得到有关p的方程并求解．

6．〔7分〕由1，2，3，4这四个数字组成四位数〔数字可重复使用〕，要求满足a+c=b+d．这样的四位数共有〔 〕

A． 3 6个 B． 40个 C． 44个 D． 48个

考点： 数的十进制。

分析： 由题意可知这样的四位数可分别从使用的不同数字的个数分类考虑：〔1〕只用1个数字，〔2〕使用2个不同的数字，〔3〕使用3个不同的数字，〔4〕使用4个不同的数字，然后分别分析求解即可求得答案．

解答： 解：根据使用的不同数字的个数分类考虑：

〔1〕只用1个数字，组成的四位数可以是1111，2222，3333，4444，共有4个．

〔2〕使用2个不同的数字，使用的数字有6种可能〔1、2，1、3，1、4，2、3，2、4，3、4〕．

如果使用的数字是1、2，组成的四位数可以是1122，1221，2112，2211，共有4个；

同样地，如果使用的数字是另外5种情况，组成的四位数也各有4个．

因此，这样的四位数共有6×4=24个．

〔3〕使用3个不同的数字，只能是1、2、2、3或2、3、3、4，组成的四位数可以是1232，2123，2321，3212，2343，3234，3432，4323，共有8个．

〔4〕使用4个不同的数字1，2，3，4，组成的四位数可以是1243，1342，2134，2431，3124，3421，4213，4312，共有8个．

因此，满足要求的四位数共有4+24+8+8=44个．

故选C．

点评： 此题考查了整数的十进制表示法的知识．此题难度较大，解题的关键是注意掌握分类讨论思想的应用，注意可以从使用的不同数字的个数分类考虑．

二、填空题：〔此题总分值28分，每题7分〕

7．〔7分〕已知互不相等的实数a，b，c满足

考点： 对称式和轮换对称式。

分析：

首先设a+=t，可得b=，则t= ±1 ．

，代入b+=t，整理可得ct2﹣〔ac+1〕t+〔a﹣c〕=0 ①，又由c+=t，可得ac+1=at②，将②代入①，即可得〔c﹣a〕〔t2﹣1〕=0，又由实数a，b，c互不相等，即可求得答案．

解答：

解：设a+=t，

则b=，

+=t， 代入b+=t，得：整理得：ct2﹣〔ac+1〕t+〔a﹣c〕=0 ①

又由c+=t，可得ac+1=at②，

把②代入①式得ct2﹣at2+〔a﹣c〕=0，

即〔c﹣a〕〔t2﹣1〕=0，

又∵c≠a，

∴t2﹣1=0，

∴t=±1．

验证可知：b=∴t=±1．

故答案为：±1．

，c=时，t=1； b=﹣，c=﹣时，t=﹣1．

点评：

此题考查了对称式和轮换对称式的知识．此题难度比较大，注意设a+=t，从而得到方程ct2﹣〔ac+1〕t+〔a﹣c〕=0 ①与ac+1=at②是解此题的关键．

8．〔7分〕使得5×2m+1是完全平方数的整数m的个数为 1 ．

考点： 完全平方数。

分析：

由5×2m+1是完全平方数，可设5×2m+1=n2 〔其中n为正整数〕，可得5×2m=n2﹣1=〔n+1〕〔n﹣1〕，即可得n为奇数，然后设n=2k﹣1〔其中k是正整数〕，即可得方程组 或 或，解方程组即可求得答案．

解答：

解：设5×2m+1=n2 〔其中n为正整数〕，

则5×2m=n2﹣1=〔n+1〕〔n﹣1〕，

∵5×2m是偶数，

∴n为奇数，

设n=2k﹣1〔其中k是正整数〕，

则5×2m=4k〔k﹣1〕，

﹣即5×2m2=k〔k﹣1〕．

显然k＞1，

∵k和k﹣1互质，

∴或 或，

解得：k=5，m=4．

因此，满足要求的整数m只有1个．

故答案为：1．

点评：

此题考查了完全平方数的知识．此题难度较大，解题的关键是将原式变形，可得5×2m=n2﹣1=〔n+1〕〔n﹣1〕，然后得到n为奇数，则可设n=2k﹣1〔其中k是正整数〕，从而得到方程组．

9．〔7分〕在△ABC中，已知AB=AC，∠A=40°，P为AB上一点，∠ACP=20°，则= ．

考点： 全等三角形的判定与性质；解直角三角形。

专题： 计算题。

分析： 作AD⊥BC于点D，则点D是BC的中点，在△ABC外作∠CAE=20°，则∠BAE=60°，作CE⊥AE，PF⊥AE，从而证明△ACE≌△ACD，结合全等三角形的性质及含30°角直角三角形的性质可得出答案．

解答： 解：作AD⊥BC于点D，则点D是BC的中点，在△ABC外作∠CAE=20°，则∠BAE=60°，

作CE⊥AE，PF⊥AE，则CE=CD〔角平分线的性质〕，

在△ACE和△ACD中，∴△ACE≌△ACD〔HL〕，

所以CE=CD=BC．

又因为PF=PAsin∠BAE=PAsin60=所以

因此=AP=BC，

．

AP，PF=CE，

故答案为：．

点评： 此题考查了全等三角形的判定与性质，解答此题的关键是正确作出辅助线，需要我们熟练全等三角形的判定及30°角直角三角形的性质．

10．〔7分〕已知实数a，b，c满足abc=﹣1，a+b+c=4，，则a2+b2+c2=

．

考点： 分式的混合运算。

专题： 计算题。

分析：

把a2﹣3a﹣1变形后，将abc=﹣1，a+b+c=4代入得到结果为a〔b﹣1〕〔c﹣1〕，同理将已知等式的第二、三个分母变形，将已知等式左边通分并利用同分母分式的加法法则计算，整理后将abc=﹣1，a+b+c=4代入2222求出ab+ac+bc的值，将所求的式子利用公式〔a+b+c〕=a+b+c+2ab+2ac+2bc变形后，将a+b+c及ab+ac+bc的值代入即可求出值．

解答： 解：∵abc=﹣1，a+b+c=4，

∴a2﹣3a﹣1=a2﹣3a+abc=a〔bc+a﹣3〕=a〔bc﹣b﹣c+1〕=a〔b﹣1〕〔c﹣1〕，

∴=，

同理可得：=，=，

又++=，

∴∴++=，

=，即〔a﹣1〕〔b﹣1〕〔c﹣1〕=〔a﹣1〕+〔b﹣1〕+〔c﹣1〕，

整理得：〔abc﹣ab﹣ac﹣bc+a+b+c﹣1〕=a+b+c﹣3，

将abc=﹣1，a+b+c=4代入得：ab+bc+ac=﹣，

则a2+b2+c2=〔a+b+c〕2﹣2〔ab+bc+ac〕=故答案为：．

．

点评： 此题考查了分式的混合运算，利用了整体代入的数学思想，其技巧性较强，其中把已知等式的各分母进行适当的变形是解此题的关键．

三、解答题〔共3小题〕

11．〔20分〕已知直角三角形的边长均为整数，周长为60，求它的外接圆的面积．

考点： 三角形边角关系；勾股定理；三角形的外接圆与外心。

分析： 设直角三角形的三边长分别为a，b，c〔a≤b＜c〕，则a+b+c=60，显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长c，下面先求c的值；由a≤b＜c及a+b+c=60得60=a+b+c＜3c，所以c＞20．由a+b＞c及a+b+c=60得60=a+b+c＞2c，所以c＜30．即可求得c的取值范围，然后由勾股定理可得ab﹣60〔a+b〕+1800=0，然后分析求得a，b的值，继而求得它的外接圆的面积．

解答： 解：设直角三角形的三边长分别为a，b，c〔c是斜边〕，

则a+b+c=60．

∵a≤b＜c，a+b+c=60，

∴60=a+b+c＜3c，

∴c＞20．

∵a+b＞c，a+b+c=60，

∴60=a+b+c＞2c，

∴c＜30．

又∵c为整数，

∴21≤c≤29．

根据勾股定理可得：a2+b2=c2，把c=60﹣a﹣b代入，

化简得：ab﹣60〔a+b〕+1800=0，

∴〔60﹣a〕〔60﹣b〕=1800=23×32×52，

∵a，b均为整数且a≤b，

∴只可能是或

解得或，

∵三角形的外接圆的直径即为斜边长c，

∴当a=20，b=15时，c=25，三角形的外接圆的面积为；

当a=10，b=24时，c=26，三角形的外接圆的面积为169π．

点评： 此题考查了直角三角形的性质、直角三角形外接圆的性质以及不等式组的应用．此题难度较大，解题的关键是掌握三角形的外接圆的直径即为斜边长c，掌握不等式组的应用．

12．〔25分〕如图，PA为⊙O的切线，PBC为⊙O的割线，AD⊥OP于点D，△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E．证明：∠BAE=∠ACB．

考点： 四点共圆；切割线定理；相似三角形的判定与性质；射影定理。

分析：

首先里射影定理得出PA2=PD•PO，AD2=PD•OD，进而得出PB•PC=PD•PO，即D、B、C、O四点共圆，再利用△PBD∽△COD得出BD•CD=PD•OD=AD2，由△BDA∽△ADC得出AB是△ADC的外接圆的切线，即可得出∠BAE=∠ACB．

解答： 证明：连接OA，OB，OC，BD．

∵OA⊥AP，AD⊥OP，

∴由射影定理可得：PA2=PD•PO，AD2=PD•OD．…〔5分〕

又由切割线定理可得 PA2=P B•P C，

∴P B•P C=PD•PO，

∴D、B、C、O四点共圆，…〔10分〕

∴∠PDB=∠PCO=∠OBC=∠ODC，∠PBD=∠COD，

∴△PBD∽△COD，

∴，…〔15分〕

∴BD•CD=PD•OD=AD2，

∴．

又∠BDA=∠BDP+90°=∠ODC+90°=∠ADC，

∴△BDA∽△ADC，…〔20分〕

∴∠BAD=∠ACD，

∴AB是△ADC的外接圆的切线，

∴∠BAE=∠ACB．…〔25分〕

点评： 此题主要考查了四点共圆以及相似三角形的性质与判定和射影定理得出等知识，根据已知得出D、B、C、O四点共圆以及AB是△ADC的外接圆的切线是解题关键．

13．〔25分〕已知抛物线的顶点为P，与x轴的正半轴交于A〔x1，0〕、B〔x2，0〕〔x1＜x2〕两点，〕，假设AM∥BC，求抛物线的解析式． 与y轴交于点C，PA是△ABC的外接圆的切线．设M〔0，

考点： 二次函数综合题。

分析： 利用公式法求出抛物线的顶点坐标，再令x=0，求出此时对应的y值，即C的纵坐标，设△ABC的外接圆的圆心为D，则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上，设点D的坐标为〔3b，m〕．再利用根与系数的关系求出AE的值，利用射影定理和切线的性质即可求出m的值，进而求出c的值，最后利用相似三角形的性质求出b的值，从而求出抛物线的解析式．

解答：

解：∵抛物线中，

a′=﹣，b′=b，c′=c，

∴点P的横坐标为：﹣∴点P的坐标为=3b，纵坐标为：，

=b2+c，

令x=0，则y=c，

∴点C〔0，c〕，

设△ABC的外接圆的圆心为D，则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上，设点D的坐标为〔3b，m〕．

显然，x1，x2是一元二次方程∴，的两根，

，

又∵AB的中点E的坐标为〔3b，0〕，

∴AE=．

∵PA为⊙D的切线，

∴PA⊥AD，

又∵AE⊥PD，

∴由射影定理可得 AE2=PE•DE，即∴可得m=﹣6，

又∵DA=DC得 DA2=DC2，即把m=﹣6代入后可解得c=﹣6〔另一解c=0舍去〕．

又∵AM∥BC，

∴，即，〔另一解．

．…

舍去〕．

，

，又易知m＜0，

把c=﹣6代入，解得∴抛物线的解析式为

点评： 此题综合性的考查了二次函数的各种性质、圆的切线的性质、平行线的性质、射影定理的运用，根与系数的关系以及相似三角形的判定和性质，题目的难度非常大．