上海新知杯初中数学竞赛试题解析.pptx

2007年上海市“新知杯”初中数学竞赛 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 考点：函数最值问题；解一元一次不等式组 分析：根据12x11，可以得出x的取值范围，进而求出 1的取值范围即可 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 2、在面积为1的ABC中，P为边BC的中点，点Q在边AC上，且AQ=2QC连接AP 、BQ交于点R，则ABR的面积是 _ 考点：面积及等积变换 分析：连接PQ，利用已知条件条件分别求出ABP的面积，BQC的面积，ABQ的 面积，BQC的面积，以及ABR和BRP的面积和为ABP面积的 这一关系，即可求 出ABR的面积，在解题时时刻注意同底等高的两三角形面积相等 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 考点：三角形边角关系；根与系数的关系 分析：将原方程整理为一元二次方程的一般形式，设方程两根为x1，x2，再根据两根 平方和为10，列出等式并变形，将两根关系整体代入即可 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 4、数x1，x2，x100满足如下条件：对于k=1，2，100，xk比其余99个数的和 小k，则x25的值为 _ 考点：整数问题的综合运用 分析：根据已知对于k=1，2，100，xk比其余99个数的和小k，得出 x2+x100=x1+1，x1+x3+x100=x2+2进而得出x1+x2+x100的值，即可求出答案 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 5、已知实数a、b、c，且b0若实数x1、x2、y1、y2满足x12+ax22=b，x2y1x1y2=a， x1y1+ax2y2=c，则y12+ay22的值为 _ 考点：对称式和轮换对称式 分析：x12+ax22=b，x2y1x1y2=a，x1y1+ax2y2=c首先将第、组合成一个 方程组，变形把x1、x2表示出来，在讲将x1、x2的值代入，通过化简就可以求出结 论 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 6、如图，设P是凸四边形ABCD内的一点，过P分别作AB、BC、CD、DA的垂线，垂 足分别为E、F、G、H已知AH=3，HD=4，DG=1，GC=5，CF=6，FB=4，且 BEAE=1则四边形ABCD的周长为 _ 考点：勾股定理 分析：根据勾股定理分别求出AP2、BP2、CP2、DP2，再把四式后一等号两边分别相加 ，并代入已知数值，最后进行化简，即可得出答案 解：由勾股定理可得： AP2=AH2+PH2=AE2+PE2 BP2=BE2+PE2=BF2+PF2 CP2=CF2+PF2=CG2+PG2 DP2=DG2+PG2=DH2+PH2 以上四式后一等号两边分别相加，并代入已知数值可得： 9+BE2+36+1=AE2+16+25+16 化简得：BE2AE2=11，即（BE+AE）（BEAE）=11， 又已知：BEAE=1， 解得：BE=6，AE=5， 故周长为34 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 7、如图，ABC的面积为1，点D、G、E 和F分别在边AB、AC、BC上，BDDA， DGBC，DEAC，GFAB则梯形DEFG面积的最大可能值为 _ 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 8、不超过1000的正整数x，使得x和x+1两者的数字和都是奇数，则满足条件的正整 数x有 _ 个 考点：奇数与偶数 分析：满足条件的一位数只有9，满足条件的两位数，要使x的数字之和为奇数，则两 位数必满足一奇一偶，再由x+1的数字和也为奇数，那么可得十位数字为偶数，个位 数字为奇数，且个位一定为9，三位数则需要前两位的和为偶数，尾数为9，从而可得 出符合条件的正整数 解：满足条件的一位数只有9； 对于两位数，要使x和x+1的数字之和都为奇数，则十位数字为偶数，个位数字为9 ， 故满足条件的两位数有：29，49，69，89； 对于三位数，要使x和x+1的数字之和都为奇数，则需要前两位的和为偶数，尾数 为9： 故满足条件的数有：119，139，159，179，209，229，249，269，289共 45+54=40个 999和1000 综上可得满足条件的数有：1+4+40+1=46个 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 9、已知k为不超过50的正整数，使得对任意正整数n，236n+k23n+11都能被7整除 ，则这样的正整数k有 _ 个 考点：数的整除性 分析：首先把236n+k23n+11整理成2272n+2k8n1=2（1）2n+2k1=2k+1，然 后根据原式能被7整除可得2k+1=7m（m是奇数），于是求出k的个数 解：236n+k23n+11=2272n+2k8n1=2（281）2n+2k（7+1）2n =2（1）2n+2k1=2k+1（mod7）， 但236n+k23n+11=0（mod7）， 2k+1=0（mod7），即2k+1=7m（m为奇数）， 因为1k50，所以37m101， 故m=1、3、13，相应的k=3、10、45共7个 故答案为7 一、填空题（第1-5小题，每题8分，第6-10小题，每题10分，共90分） 二、解答题（共3小题，共60分） 11、如图，在RtABC中，C=90，BC=2，AC=x，点F在边AB上，点G、H在边BC 上，四边形EFGH是一个边长为y的正方形，且AE=AC （1）求y关于x的函数解析式； （2）当x为何值时，y取得最大值？并求出y的最大值 考点：相似三角形的判定与性质；直角三角形的性质；正方形的性质 分析：延长FE，交AC于D，显然DFBC，则RtADFRtACB，利用AE=AC=x ，求得DE，于是可得方程，然后解方程即可 二、解答题（共3小题，共60分） 12、求满足下列条件的正整数n的所有可能值：对这样的n，能找到实数a、b，使得 函数f（x）= x2+ax+b对任意整数x，f（x）都是整数 考点：含字母系数的二次函数 二、解答题（共3小题，共60分） 13、在一个盒子里有红、黄、黑三种颜色的小球共88个已知从中任意取出24个， 就可以保证至少有