2010年希望杯全国数学邀请赛八年级第1试试题及详细解答.doc

第21届“希望杯”全国数学邀请赛试题详细解答 Page 10 of 10 学习改变命运，思考成就未来2010年（第21届）“希望杯”全国数学邀请赛初二第1试详细解答一、选择题（每小题4分，共40分）以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将正确答案前的英文字母写在下面的表格内1下列图案都是由字母组合而成的，其中不是中心对称图形的是（ ）【解析】B因B中5个”m”分布在正五边形上，不是中心对称图形故选B2若，则（）AB C D【解析1】B（特殊值法）令，则满足题设，有；令，则，从而,有，于是，故选B.【解析2】B，事实上，当或时，；当时，因如图所示，（）在实数集上是减函数，即综上可知，故选B.3若代数式有意义，则的取值范围是（）A B且C且 D且【解析】B由已知得，解得且故选B.4正整数是等腰三角形三边的长，并且，则这样的三角形有（）A1个B2个C3个D4个【解析】C ，均为正整数，只能取，若，即，则，要使是等腰三角形只需；若，即，则，同理；若，即，则，同理综上，这样的等腰三角形有个故选C. 5顺次连接一个凸四边形各边的中点，得到一个菱形，则这个四边形一定是（）A任意的四边形B两条对角线等长的四边形 C矩形 D平行四边形【解析】B因为顺次连接一个凸四边形各边的中点得到的四边形，每组对边都等于对应对角线长的一半因此若得到的四边形为菱形，则这个四边形一定是两条对角线等长的四边形故选B6设，其中是正实数，并且，则（）ABCD【解析1】（特殊值法）如令，则，排除C【解析2】A因，故，于是，同理，,于是，根据同向不等式可以相加原理得 即,故选A.7Given satisfy and then which one is not sure to be correct in the following inequalities？（）ABCD (英汉词典：be sure to 确定；correct 正确的；inequality 不等式)【解析】C且，于是，；，；，；因此只有C不一定成立8某公司的员工分别住在三个小区，区住员工30人，区住员工15人，区住员工10人，三个小区在一条直线上，位置如图1所示，若公司的班车只设一个停靠点，为使所有员工步行到停靠点的路程总和最短，那么停靠点的位置应在（）A区B区C区D区以外的一个位置【解析】A以区为原点，从区往区方向为正方向建立数轴，设停靠点的坐标为，那么所有员工步行到停靠点的路程总和为，由绝对值函数的性质易知在处，该函数值最小事实上，显然，当时，9的内角和都是锐角，是高，若，则是（）A直角三角形B等腰三角形C等腰直角三角形D等腰三角形或直角三角形【解析1】当时，,满足题意，此时，是等腰三角形；当时，若是直角三角形，则有于是,满足题意，故是等腰三角形或直角三角形.【解析2】D，又由正弦定理D得，于是，或,故或10某人沿正在向下运动的自动扶梯从楼上走到楼下，用了24秒；若他站在自动扶梯上不动，从楼上到楼下要用56秒若扶梯停止运动，他从楼上走到楼下要用（）A32秒B38秒C42秒D48秒【解析1】C设自动扶梯的速度为，人行走的速度为，则，解得，（秒）.【解析2】C设若扶梯停止运动，他从楼上走到楼下要用秒，则，解得（秒）【解析3】C（可理解为合工作问题（秒）.二、A组填空题（每小题4分，共40分）11四个多项式：；，其中不能用平方差公式分解的是_（填写序号）【解析】由于；故填12若，则与的大小关系是_（填“”、“=”或“”）【解析1】=（特殊值法）如令，则，于是【解析2】=【解析3】=：13分式方程的解是_【解析】，（舍去）或14甲、乙两人从点同时同向出发沿400米的环形跑道跑步，过一段时间后，甲在跑道上离点200米处，而乙在离点不到100米处正向点跑去，若甲、乙两人的速度比是4：3，则此时乙至少跑了_米【解析1】假设甲的速度是，乙的速度是，题中所述情况是在开始跑步后时刻且此时刻甲、乙已经跑了、个整圈，则，（其中）于是，因此，即，由于均为非负整数，随的增大而增大,故当时，的最小值为，此时，乙跑了（米）【解析2】假设甲的速度是，乙的速度是，设甲已跑了个整圈，则 解得由题意知为正整数，故于是乙跑了（米）.15已知等腰三角形三边的长分别是则它的周长是_【解析】(或填)当时，此时三角形的三边长分别为，矛盾；时，此时三角形的三边长分别为，矛盾；当时，此时三角形的三边长分别为，周长为.16若则_【解析1】，于是 【解析2】,则.17直线与轴、轴的交点分别为，则线段上（包括端点）横坐标和纵坐标都是整数的点有_个【解析1】即，于是必然整除；另一方面、，于是的可能取值为对应的点均在线段上 【解析2】、，线段（） 要求整点，只需是4的倍数，于是，故线段上共有5个整点： .18已知关于的不等式的解是，则_【解析1】 原不等式，解得（舍去）或【解析2】.原不等式两边同乘以得，即当即时， ，故只需，解得（舍去）或19当分别取这100个数时，关于的分式方程有解的概率是_【解析1】当或以及无解时原方程无解，即或时原方程无解因此方程有解的概率为 【解析1】原方程两边同乘以得,即 ,当即时,方程有解,要使原分式方程有解,还需,且,即当且且原分式方程有解,故原方程有解的概率为20十位数能被11整除，则三位数最大是_（注：能被11整数的自然数的特点是：奇数位上的数字和与偶数位上的数字和的差是11的整数倍）【解析】因，即，（为整数）能整除，而，此时能整除，即，三位数最大是三、B组填空题（每小题8分，共40分）21一个矩形的长与宽是两个不相等的整数，它的周长与面积的数值相等，那么这个矩形的长与宽分别是_和_【解析】，设长和宽分别为、，不妨设则，即依题意都是正整数，而， 解得，于是长和宽分别为和22用表示不大于的最大整数，如则方程的解是_或_【解析1】；，原方程可化为 ，设，（为整数），于是，由，解得，又为整数或，即或，解得或经检验，与均为原方程的解【解析2】；，而，解得因此，或，解得或经检验，与均为原方程的解23As in figure 2，in a quadrilateral we have its diagonal bisects and then the distance from point to line is_，and the length of is_（英汉词典：quadrilateral 四边形：bisect平分）【解析1】；如图1，过作，交于，交于，连接，过作于,则,从而，,，,因此等腰底边上的高为,【解析2】；如图2，在上截取,过作于,则,从而，,因此等腰底边上的高为, 【解析3】；如图3，过作于，过作交的延长线于,则，于是,有,设，则，解得，即,故, .24如图3，位于第一象限内，点的坐标为（1，1），两条直角边分别平行于轴、轴，若反比例函数的图象与有交点，则的最大值是_，最小值是_【解析】；当反比例函数的图象过点时最小，为；当反比例函数的图象与相切时最大，此时，直线的方程为,由得方程，依题意得其判别式，解得事实上，反比例函数图象与有交点时，的取值范围是【评注】本题的最大值的确定容易出错,误认为的最大值是直线（直线的方程为）与反比例函数图象的对称轴的交点处取得，此时由得 从而，其实此时反比例函数图象与直线有两个交点（由得方程，其判别式为可得）并不是的最大值,只有当反比例函数的图象与相切时才取到最大值.25设依次是面积为整数的正边形的个顶点，考虑由连续的若干个顶点连成的凸多边形，如四边形、七边形等，如果所有这样的凸多边形的面积之和是231，那么的最大值是_，此时正边形的面积是_【解析】；可由正四边形，正五边形，正六边形等归纳出正边形的一般规律：设正边形的面积为.（1）对于正四边形：共有条对角线，考虑由连续的3个顶点连成的三角形（凸多边形）有4个：；考虑由连续的4个顶点连成的四边形（凸多边形）有1个：，故所有满足条件的凸边形共有个，其中故所有满足条件的凸边形的面积的和为.（2）对于正五边形：共有条对角线，考虑由连续的3个顶点连成的三角形（凸多边形）有5个：；考虑由连续的4个顶点连成的四边形（凸多边形）有5个：四边形,，考虑由连续的5个顶点连成的五边形（凸多边形）有1个，故所有满足条件的凸边形共有个，其中,故所有满足条件的凸边形的面积的和为.（3）对于正六边形：共有条对角线，考虑由连续的3个顶点连成的三角形（凸多边形）有6个：;考虑由连续的4个顶点连成的四边形（凸多边形）有6个：四边,，考虑由连续的5个顶点连成的五边形（凸多边形）有6个，;考虑由