2007-2012全国初中数学联赛分类解析3 代数填空题 人教新课标版

用心 爱心 专心1 2007 20122007 2012 年全国初中数学联合竞赛分类解析汇编年全国初中数学联合竞赛分类解析汇编 3 3 代数填空题代数填空题 1 设 是的小数部分 是的小数部分 则 12 1 xaxbx 1 2007 abba3 33 解 而 12 12 1 x3122 122 xa 又 而 12 x2123 22 3 xb 1 ba abba3 33 abbababa3 22 1 3 222 baabbaba 2 对于一切不小于 2 的自然数 关于的一元二次方程的nx 22 2 20 xnxn 两个根记作 则 nn ba 2 n 2 2 1 22 ba 2 2 1 33 ba 2007 2 2 1 20072007 ba 1003 4016 解 由根与系数的关系得 所以2 nba nn 2 2 nn abn 2 2 nn ba 2 nnb a4 nn ba 2 22 2 42 1 nnn n 则 111 11 2 2 2 1 21 nn abn nnn 2 2 1 22 ba 2 2 1 33 ba 2 2 1 20072007 ba 11111111 111003 22334200720082 220084016 3 若和均为四位数 且均为完全平方数 则整数的值是64100 a64201 aa 17 2007 解 设 则 两式相减得 2 64100ma 2 64201na 100 32 nm 因为 101 是质数 且 所以 101 22 mnmnmna 101101 mn 用心 爱心 专心2 故 代入 整理得101 mn1012 nmna 2 64201na 解得 或 舍去 所以 020237402 2 nn59 n343 n171012 na 4 设 则 2008 51 2 a 5432 3 22aaaaa aa 2 解 22 5135 1 22 aa 2 1aa 54323232 32 22 2 2aaaaaa aaaaa aaa aa 3333 2 2 21211 1 1 1 2 1 1 aaaa aa aaaaa 5 已知二次函数的图象与轴的两个交点的横坐标分别为 2 yxaxb xmn 且 设满足上述要求的的最大值和最小值分别为 则1mn bpqpq 2008 1 2 解 根据题意 是一元二次方程的两根 所以 m n 2 0 xaxb mna mnb 1mn 1mnmn 1mnmn 方程的判别式 2 0 xaxb 2 40ab 22 1 444 amn b 故 等号当且仅当 222 44 11bmnmnmnmn 1 4 b 时取得 1 2 mn 故 等号当且仅当 222 44 1 1bmnmnmnmn 1 4 b 时取得 1 2 mn 所以 于是 1 4 p 1 4 q 1 2 pq 6 依次将正整数 1 2 3 的平方数排成一串 149162536496481100121144 排 用心 爱心 专心3 在第 1 个位置的数字是 1 排在第 5 个位置的数字是 6 排在第 10 个位置的数字是 4 排 在第 2008 个位置的数字是 1 2008 解 到 结果都只各占 1 个数位 共占个数位 2 1 2 31 33 到 结果都只各占 2 个数位 共占个数位 2 4 2 92 612 到 结果都只各占 3 个数位 共占个数位 2 10 2 313 2266 到 结果都只各占 4 个数位 共占个数位 2 32 2 994 68272 到 结果都只各占 5 个数位 共占个数位 2 100 2 3165 2171085 此时还差个数位 2008 3 1266272 1085 570 到 结果都只各占 6 个数位 共占个数位 2 317 2 4116 95570 所以 排在第 2008 个位置的数字恰好应该是的个位数字 即为 1 2 411 7 已知 是实数 若是关于的一元二次方程的两个非负实根 t a bx 2 210 xxt 则的最小值是 2009 22 1 1 ab 答 3 因为是关于的一元二次方程的两个非负实根 所以 a bx 2 210 xxt 解得 2 2 4 1 0 10 2 t abt ab 12t 2222222 1 1 1 21abababababab 22 1 42 1 14ttt 当时 取得最小值 1t 22 1 1 ab 3 8 如果实数满足条件 则 a b 22 1ab 22 1 2 21ababa 2009 ab 答 1 因为 所以 由可得 22 1ab 11 11ab 22 1 2 21ababa 从而 2222 1 2 21121abbaaaaa 2 22aa 2 220aa 用心 爱心 专心4 解得 10a 从而 因此 即 整1 20ab 2 1 222abaa 22 122 1 bab 理得 解得 另一根舍去 2 230bb 1b 3 2 b 把代入计算可得 所以 1b 2 12ba 0a 1ab 9 已知是正整数 且满足是整数 则这样的有序数对共有 a b 1515 2 ab a b 对 2009 答 7 设 为正整数 则 故为有理数 1515 2 k ab k 2 151515 4 k k baa 15 a 令 其中均为正整数且 从而 所以 故 2 2 15q ap p q 1p q 22 15aqp 2 15q 所以 1q 151 ap 同理可得 其中为正整数 则 151 bm m 11 2 k pm 又 所以 所以 1 1mp 11 2 2 k pm 1 2 3 4k 1 时 有 即 易求得或1k 111 2pm 2 2 4pm 4 4 p m 3 6 或 6 3 2 时 同理可求得 2k 2 2 p m 3 时 同理可求得或 1 2 3k 2 1 p m 4 时 同理可求得 4k 1 1 p m 因此 这样的有序数对共有 7 对 分别为 240 240 135 540 a b 540 135 60 60 60 15 15 60 15 15 用心 爱心 专心5 10 已知实数满足方程组则 2010 x y 33 19 1 xy xy 22 xy 答 13 由得 把代入 可得 33 19xy 2 3 19xyxyxy 1xy 6xy 因此 是一元二次方程的两个实数根 易求得这两个实数根分别为 x y 2 60tt 3 和 所以 2 2222 3 2 13xy 11 二次函数的图象与轴正方向交于A B两点 与轴正方向交于点cbxxy 2 xy C 已知 则 2010 ACAB3 30CAOc 答 1 9 由题意知 点C的坐标为 0 ccOC 设两点的坐标分别为 则是方程的两根 BA 0 1 x 0 2 x 21 x x0 2 cbxx 由根与系数的关系得 cxxbxx 2121 又 则 30CAOcACABcAC323 2 于是 cACOAx330cos 1 cABOAOBx33 2 由 得 ccxx 2 21 9 9 1 c 12 将若干个红 黑两种颜色的球摆成一行 要求两种颜色的球都要出现 且任意中间夹 有 5 个或 10 个球的两个球必为同一种颜色的球 按这种要求摆放 最多可以摆放 个球 2010 答 15 将这些球的位置按顺序标号为 1 2 3 4 由于 1 号球与 7 号球中间夹有 5 个球 1 号球与 12 号球中间夹有 10 个球 12 号球与 6 号球中间夹有 5 个球 7 号球与 13 号球中间夹有 5 个球 13 号球与 2 号球中间夹有 10 个球 2 号球与 8 号球中间夹有 5 个球 8 号球与 14 号球中间夹有 5 个球 14 号球与 3 号 球中间夹有 10 个球 3 号球与 9 号球中间夹有 5 个球 9 号球与 15 号球中间夹有 5 个球 15 号球与 4 号球中间夹有 10 个球 4 号球与 10 号球中间夹有 5 个球 因此 编号为 1 7 12 6 13 2 8 14 3 9 15 4 10 的球颜色相同 编号为 5 11 的球可以为 另外的一种颜色 因此 可以按照要求摆放 15 个球 如果球的个数多于 15 个 则一方面 16 号球与 10 号球应同色 另一方面 5 号球与 16 号球中间夹有 10 个球 所以 5 号球与 16 号球同色 从而 1 到 16 号球的颜色都相同 用心 爱心 专心6 进一步可以知道 所有的球的颜色都相同 与要求不符 因此 按这种要求摆放 最多可以摆放 15 个球 13 二次函数的图象的顶点为D 与x轴正方向从左至右依次交于cbxxy 2 A B两点 与y轴正方向交于C点 若 ABD和 OBC均为等腰直角三角形 O 为坐标原点 则 2011 cb2 答 2 由已知 得 0 cC 0 2 4 2 cbb A 0 2 4 2 cbb B 4 4 2 2 cbb D 过D作于点E 则 即 得ABDE ABDE 2cb cb 4 4 4 2 2 2 cbcb424 22 所以或 又 所以 04 2 cb24 2 cb04 2 cb24 2 cb 又 即 得 OBOC 2 4 2 cbb c 242 2 cbcb 14 能使是完全平方数的正整数n的值为 2011 2562 n 答 11 当时 若它是完全平方数 则n必为偶数 8 n 21 22562 8 nnn 若 则 若 则 若 则2 n6522562 2 n 4 n1722562 4 n 6 n 若 则 所以 当时 都不522562 6 n 8 n222562 8 n 8 n2562 n 是完全平方数 当时 若它是完全平方数 则为一奇数的平8 n 12 22562 88 nn 12 8 n 方 设 k为自然数 则 由于和一奇一偶 28 12 12 k n 1 2 10 kk n k1 k 所以 于是 故 1 k22 10 n 11 n 用心 爱心 专心7 15 已知互不相等的实数满足 则 a b c 111 abct bca t 2012 答 1 由得 代入得 整理得 1 at b 1 b ta 1 bt c 11 t tac 2 1 0ctactac 又由可得 代入 式得 即 1 ct a 1acat 22 0ctatac 又 所以 所以 2 1 0ca t ca 2 10t 1t 验证可知 时 时 因此 11 1 a bc aa 1t 11 1 a bc aa 1t 1t 16 使得是完全平方数的整数的个数为 2012 5 21 m m 答 1 设 其中为正整数 则 显然为奇 2 5 21 m n n 2 5 21 1 1 m nnn n 数 设 其中是正整数 则 即 21nk k5 24 1 m k k 2 5 2 1 m k k 显然 此时和互质 所以或或解1k k1k 2 5 2 11 m k k 2 5 12 m k k 2 2 15 m k k 得 5 4km 因此 满足要求的整数只有 1 个 m 17 已知实数满足 a b c1abc 4abc 则 2012 222 4 3131319 abc aabbcc 222 abc 答 33 2 因为 22 313 3 1 1 1 aaaaabca bcaa bcbc