2007-2012全国初中数学联赛分类汇编5 代数解答题 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 5 5 代数解答题代数解答题 1 设为正整数 且 如果对一切实数 二次函数nm 2 mt 的图象与轴的两个交点间的距离不小于 求的值 mtxmtxy3 3 2 x2tn nm 2007 解 因为一元二次方程的两根分别为和 所以二次03 3 2 mtxmtxmt3 函数的图象与轴的两个交点间的距离为 mtxmtxy3 3 2 x3mt 由题意 即 即32mttn 22 3 2 mttn 222 4 64 90mtmn tn 由题意知 且上式对一切实数 恒成立 所以04 2 mt 0 9 4 4 46 04 222 2 nmnm m 所以或 2 2 4 6 0 m mn 6 2 mn m 2 3 n m 1 6 n m 2 已知是正整数 如果关于的方程的根都ax056 38 17 23 xaxax 是整数 求的值及方程的整数根 2007 a 解 观察易知 方程有一个整数根 将方程的左边分解因式 得1 1 x 056 18 1 2 xaxx 因为是正整数 所以关于的方程ax 056 18 2 xax 的判别式 它一定有两个不同的实数根 0224 18 2 a 而原方程的根都是整数 所以方程 1 的根都是整数 因此它的判别式 应该是一个完全平方数 224 18 2 a 设 其中为非负整数 则 即 22 224 18 ka k224 18 22 ka 224 18 18 kaka 显然与的奇偶性相同 且 而ka 18ka 181818 ka 用心 爱心 专心2 所以8284562112224 或或解得或或 218 11218 ka ka 418 5618 ka ka 818 2818 ka ka 55 39 k a 26 12 k a 10 0 k a 而是正整数 所以只可能或a 55 39 k a 26 12 k a 当时 方程 1 即 它的两根分别为和 此时原方39 a05657 2 xx1 56 程的三个根为 1 和 1 56 当时 方程 1 即 它的两根分别为和 此时原12 a05630 2 xx2 28 方程的三个根为 1 和 2 28 3 设为正整数 且 二次函数的图象与轴的nm 2 mmtxmtxy3 3 2 x 两个交点间的距离为 二次函数的图象与轴的两个交点间 1 dntxntxy2 2 2 x 的距离为 如果对一切实数 恒成立 求的值 2007 2 d 21 dd tnm 解 因为一元二次方程的两根分别为和 所以03 3 2 mtxmtxmt3 3 1 mtd 一元二次方程的两根分别为和 所以 02 2 2 ntxntxt 2n ntd 2 2 所以 21 dd 22 2 3 23ntmtntmt 1 09 46 4 222 ntnmtm 由题意知 且 1 式对一切实数 恒成立 所以04 2 mt 0 9 4 4 46 04 222 2 nmnm m 所以或 2 2 4 6 0 m mn 6 2 mn m 2 3 n m 1 6 n m 用心 爱心 专心3 4 设是正整数 二次函数 反比例函数 如果aaxaxy 38 17 2 x y 56 两个函数的图象的交点都是整点 横坐标和纵坐标都是整数的点 求的值 2007 a 解 联立方程组消去得 56 38 17 2 x y axaxy yaxax 38 17 2 x 56 即 分解因式得056 38 17 23 xaxax 1 056 18 1 2 xaxx 显然是方程 1 的一个根 1 56 是两个函数的图象的一个交点 1 1 x 因为是正整数 所以关于的方程ax 2 056 18 2 xax 的判别式 它一定有两个不同的实数根 0224 18 2 a 而两个函数的图象的交点都是整点 所以方程 2 的根都是整数 因此它的判别式 应该是一个完全平方数 224 18 2 a 设 其中为非负整数 则 即 22 224 18 ka k224 18 22 ka 224 18 18 kaka 显然与的奇偶性相同 且 而ka 18ka 181818 ka 所以8284562112224 或或解得或或 218 11218 ka ka 418 5618 ka ka 818 2818 ka ka 55 39 k a 26 12 k a 10 0 k a 而是正整数 所以只可能或a 55 39 k a 26 12 k a 当时 方程 2 即 它的两根分别为和 此时两39 a05657 2 xx1 56 个函数的图象还有两个交点和 56 1 1 56 当时 方程 2 即 它的两根分别为和 此时两12 a05630 2 xx2 28 个函数的图象还有两个交点和 28 2 2 28 用心 爱心 专心4 5 设是正整数 如果二次函数和反比例函数aaxaxy710 232 2 2 的图象有公共整点 横坐标和纵坐标都是整数的点 求的值和对应的公共 x a y 311 a 整点 2007 解 联立方程组消去得 311 710 232 2 2 x a y axaxy y axax710 232 2 2 即 分解因式得 11 3a x 0113 710 232 2 23 axaxax 1 0311 12 12 2 axaxx 如果两个函数的图象有公共整点 则方程 1 必有整数根 从而关于的一元二次方x 程 2 0311 12 2 axax 必有整数根 所以一元二次方程 2 的判别式应该是一个完全平方数 而 224 18 10036 311 4 12 222 aaaaa 所以应该是一个完全平方数 设 其中为非224 18 2 a 22 224 18 ka k 负整数 则 即 224 18 22 ka224 18 18 kaka 显然与的奇偶性相同 且 而ka 18ka 181818 ka 所以8284562112224 或或解得或或 218 11218 ka ka 418 5618 ka ka 818 2818 ka ka 55 39 k a 26 12 k a 10 0 k a 而是正整数 所以只可能或a 55 39 k a 26 12 k a 当时 方程 2 即 它的两根分别为 2 和 易求得39 a010651 2 xx53 两个函数的图象有公共整点和 53 2 2 53 当时 方程 2 即 它的两根分别为 1 和 易求得两12 a02524 2 xx25 个函数的图象有公共整点和 25 1 1 25 用心 爱心 专心5 6 已知 对于满足条件的一切实数 不等式 22 1ab 01x x 恒成立 当乘积取最小值时 求的值 1 1 0axxaxbx bxbx ab a b 2008 解 整理不等式 1 并将代入 得 22 1ab 2 1 21 0ab xaxa 在不等式 2 中 令 得 令 得 0 x 0a 1x 0b 易知 故二次函数10ab 21 01 2 1 a ab 的图象 抛物线 的开口向上 且顶点的横坐标在 0 和 1 2 1 21 yab xaxa 之间 由题设知 不等式 2 对于满足条件的一切实数恒成立 所以它的判别01x x 式 即 2 21 4 1 0aaba 1 4 ab 由方程组 22 1 1 4 ab ab 消去 得 所以或 b 42 161610aa 2 23 4 a 2 23 4 a 又因为 所以或 0a 62 4 a 62 4 a 于是方程组 3 的解为或 62 4 62 4 a b 62 4 62 4 a b 所以的最小值为 此时的值有两组 分别为ab 1 4 a b 和 6262 44 ab 6262 44 ab 用心 爱心 专心6 7 设为质数 为正整数 且 求 的值 ab 2 9 2 509 4511 abab ab 2008 解 1 式即 设 则 2 634511 509509 abab 634511 509509 abab mn 50965094 3511 mana b 故 又 所以 351160nma 2 nm 2 351160mma 由 1 式可知 能被 509 整除 而 509 是质数 于是能被 509 整除 2 2 ab 2ab 故为整数 即关于的一元二次方程 3 有整数根 所以它的判别式mm 为完全平方数 2 51172a 不妨设 为自然数 则 22 51172at t 22 72511 511 511 attt 由于和的奇偶性相同 且 所以只可能有以下几种情况 511 t 511 t 511511t 两式相加 得 没有整数解 51136 5112 ta t 3621022a 两式相加 得 没有整数解 51118 5114 ta t 1841022a 两式相加 得 没有整数解 51112 5116 ta t 1261022a 两式相加 得 没有整数解 5116 51112 ta t 6121022a 两式相加 得 解得 5114 51118 ta t 4181022a 251a 两式相加 得 解得 而不是 5112 51136 ta t 2361022a 493a 49317 29 质数 故舍去 综合可知 251a 此时方程 3 的解为或 舍去 3m 502 3 m 把 代入 2 式 得 251a 3m 509 36 251 7 3 b 用心 爱心 专心7 8 已知 对于满足条件的一切实数对 不等式 22 1ab 1 0 xyxy x y 恒成立 当乘积取最小值时 求的值 2008 22 0ayxybx ab a b 解 由可知 1 0 xyxy 01 01xy 在 1 式中 令 得 令 得 0 1xy 0a 1 0 xy 0b 将代入 1 式 得 即1yx 22 1 1 0axxxbx 2 1 21 0ab xaxa 易知 故二次函数10ab 21 01 2 1 a ab 的图象 抛物线 的开口向上 且顶点的横坐标在 0 和 1 2 1 21 yab xaxa 之间 由题设知 不等式 2 对于满足条件的一切实数恒成立 所以它的判别式01x x 即 2 21 4 1 0aaba 1 4 ab 由方程组 22 1 1 4 ab ab 消去 得 所以或 又因为 b 42 161610aa 2 23 4 a 2 23 4 a 0a 所以或 62 4 a 62 4 a 于是方程组 3 的解为或所以满足条件的的值 62 4 62 4 a b 62 4 62 4 a b a b 有两组 分别为 和 6262 44 ab 6262 44 ab 用心 爱心 专心8 9 设为质数 为正整数 且满足a b c 2 9 22 509 41022511 2 abcabc bc 1 2 求的值 2008 a bc 解 1 式即 2 66341022511 509509 abcabc 设 则 66341022511 509509 abcabc mn 50965094 2 3511 mana bc 故 又 所以351160nma 2 nm 2 351160mma 由 1 式可知 能被 509 整除 而 509 是质数 于是能被 2 22 abc 22abc 509 整除 故为整数 即关于的一元二次方程 4 有整数根 所以它的判别式mm 为完全平方数 10 分 2 51172a 不妨设 为自然数 则 22 51172at t 22 72511 511 511 attt 由于和的奇偶性相同 且 所以只可能有以下几种情况 511 t 511 t 511511t 两式相加 得 没有整数解 51136 5112 ta t 3621022a 两式相加 得 没有整数解 51118 5114 ta t 1841022a 两式相加 得 没有整数解 51112 5116 ta t 1261022a 两式相加 得 没有整数解 5116 51112 ta t 6121022a 两式相加 得 解得 5114 51118 ta t 4181022a 251a 用心 爱心 专心9 两式相加 得 解得 而不是 5112 51136 ta t 2361022a 493a 49317 29 质数 故舍去 综合可知 此时方程 4 的解为或 舍去 251a 3m 502 3 m 20 分 把 代入 3 式 得 即 251a 3m 509 36 251 27 3 bc 27cb 代入 2 式得 所以 因此 27 2bb 5b 3c 251 53 2008a bc 10 已知二次函数的图象与轴的交点分别为 A B 与轴 2 0 yxbxcc xy 的交点为 C 设 ABC 的外接圆的圆心为点 P 1 证明 P 与轴的另一个交点为定点 y 2 如果 AB 恰好为 P 的直径且 求和的值 2009 2 ABC S bc 解 1 易求得点的坐标为 设 则 C 0 c 1 A 0 x 2 B 0 x 12 xxb 12 x xc 设 P 与轴的另一个交点为 D 由于 AB CD 是 P 的两条相交弦 它们的交点为点y O 所以 OA OB OC OD 则 12 1 x xcOA OB OD OCcc 因为 所以点在轴的负半轴上 从而点 D 在轴的正半轴上 所以点 D 为0c Cyy 定点 它的坐标为 0 1 2 因为 AB CD 如果 AB 恰好为 P 的直径 则 C D 关于点 O 对称 所以点的C 坐标为 0 1 即 1c 又 所以 222 121212 4 44ABxxxxx xbcb 2 11 4 12 22 ABC SAB OCb 解得 2 3b 11 已知为正数 满足如下两个条件 a b c 用心 爱心 专心10 32abc 1 4 bcacababc bccaab 证明 以为三边长可构成一个直角三角形 2009 abc 证法 1 将 两式相乘 得 8 bcacababc abc bccaab 即 222222 8 bcacababc bccaab 即 222222 440 bcacababc bccaab 即 222222 0 bcacababc bccaab 即 0 bca bcacab cababc abc bccaab 即 0 bca a bcab cabc abc abc 即 即 222 2 0 bca ababc abc 22 0 bca cab abc 即 0 bca cab cab abc 所以或或 即或或0bca 0cab 0cab bac cab cba 因此 以为三边长可构成一个直角三角形 abc 证法 2 结合 式 由 式可得 3223223221 4 abc bccaab 变形 得 222 1 10242 4 abcabc 又由 式得 即 2 1024abc 222 10242 abcabbcca 代入 式 得 1 10242 10242 4 abbccaabc 即 16 4096abcabbcca 3 16 16 16 16 256 16abcabcabbccaabc 3 4096256 32 160 所以或或 16a 16b 16c 结合 式可得或或 bac cab cba 用心 爱心 专心11 因此 以为三边长可构成一个直角三角形 abc 12 已知为正数 满足如下两个条件 a b c 32abc 1 4 bcacababc bccaab 是否存在以为三边长的三角形 如果存在 求出三角形的最大内角 abc 2009 解法 1 将 两式相乘 得 8 bcacababc abc bccaab 即 222222 8 bcacababc bccaab 即 222222 440 bcacababc bccaab 即 222222 0 bcacababc bccaab 即 0 bca bcacab cababc abc bccaab 即 0 bca a bcab cabc abc abc 即 即 222 2 0 bca ababc abc 22 0 bca cab abc 即 0 bca cab cab abc 所以或或 即或或0bca 0cab 0cab bac cab cba 因此 以为三边长可构成一个直角三角形 它的最大内角为 90 abc 解法 2 结合 式 由 式可得 3223223221 4 abc bccaab 变形 得 222 1 10242 4 abcabc 又由 式得 即 2 1024abc 222 10242 abcabbcca 用心 爱心 专心12 代入 式 得 1 10242 10242 4 abbccaabc 即 16 4096abcabbcca 3 16 16 16 16 256 16abcabcabbccaabc 3 4096256 32 160 所以或或 16a 16b 16c 结合 式可得或或 bac cab cba 因此 以为三边长可构成一个直角三角形 它的最大内角为 90 abc 13 设整数 为三角形的三边长 满足 a b cabc 222 13abcabacbc 求符合条件且周长不超过 30 的三角形的个数 2010 解 由已知等式可得 222 26abbcac 令 则 其中均为自然数 abm bcn acmn m n 于是 等式 变为 即 222 26mnmn 22 13mnmn 由于均为自然数 判断易知 使得等式 成立的只有两组 m n m n 和 3 1 m n 1 3 m n 1 当时 3 1mn 1bc 34abc 又为三角形的三边长 所以 即 解得 a b cbca 1 4ccc 3c 又因为三角形的周长不超过 30 即 解得 因此 4 1 30abcccc 25 3 c 25 3 3 c 所以可以取值 4 5 6 7 8 对应可得到 5 个符合条件的三角形 c 2 当时 又为三角形的三边长 1 3mn 3bc 14abc a b c 所以 即 解得 bca 3 4ccc 1c 又因为三角形的周长不超过 30 用心 爱心 专心13 即 解得 4 3 30abcccc 23 3 c 因此 23 1 3 c 所以可以取值 2 3 4 5 6 7 对应可得到 6 个符合条件的三角形 c 综合可知 符合条件且周长不超过 30 的三角形的个数为 5 6 11 14 已知二次函数的图象经过两点 P Q 2 yxbxc 1 a 2 10 a 1 如果都是整数 且 求的值 a b c8cba a b c 2 设二次函数的图象与轴的交点为 A B 与轴的交点为 C 如 2 yxbxc xy 果关于的方程的两个根都是整数 求 ABC 的面积 2010 x 2 0 xbxc 解 点 P Q在二次函数的图象上 1 a 2 10 a 2 yxbxc 故 1 bca 4210aca 解得 93ba 82ca 1 由知解得 8cba 8293 938 aa aa 13a 又为整数 所以 a2a 9315ba 8214ca 2 设是方程的两个整数根 且 m nmn 由根与系数的关系可得 39mnba 28mnca 消去 得 a98 6mnmn 两边同时乘以 9 得 分解因式 得 8172 54mnmn 98 98 10mn 所以或或或 981 9810 m n 982 985 m n 9810 981 m n 985 982 m n 解得或或或 1 2 m n 10 9 13 9 m n 2 9 7 9 m n 1 93 2 3 m n 又是整数 所以后面三组解舍去 故 m n1 2mn 因此 二次函数的解析式为 3bmn 2cmn 2 32yxx 易求得点 A B 的坐标为 1 0 和 2 0 点 C 的坐标为 0 2 用心 爱心 专心14 所以 ABC 的面积为 1 2 1 21 2 15 已知三个不同的实数满足 方程和cba 3 cba01 2 axx 有一个相同的实根 方程和也有一个相同0 2 cbxx 2 x 0 xa 0 2 bcxx 的实根 求的值 2011 cba 解 依次将题设中所给的四个方程编号为 设是方程 和方程 的一个相同的实根 则 两式相减 可解得 1 x 0 01 1 2 1 1 2 1 cbxx axx ba c x 1 1 设是方程 和方程 的一个相同的实根 则两式相减 可解得 2 x 0 0 2 2 2 2 2 2 bcxx axx 1 2 c ba x 所以 1 21 xx 又方程 的两根之积等于 1 于是也是方程 的根 则 2 x01 2 2 2 axx 又 两式相减 得 0 2 2 2 axx1 1 2 axa 若 则方程 无实根 所以 故 1 a1 a1 2 x 于是 又 解得 1 2 cba3 cba3 2bc 16 已知为正整数 设 O为坐标原pnm nm 0 Am 0 B n 0 Cp 点 若 且 90ACB 3 222 OCOBOAOCOBOA 1 证明 3 pnm 2 求图象经过三点的二次函数的解析式 2011 CBA 解 1 因为 所以 即 90ACBABOC 2 OCOBOA 2 pmn 由 得 3 222 OCOBOAOCOBOA 3 222 pnmpnm 用心 爱心 专心15 又 2 2222 mpnpmnpnmpnm 2 22 mpnpppnm 2 2 pnmppnm pnmpnm 从而有 即 3 pnm3 pnm 2 由 知是关于x的一元二次方程 2 pmn 3 pnmnm 0 3 22 pxpx 的两个不相等的正整数根 从而 解得 04 3 22 pp31 p 又为正整数 故或 p1 p2 p 当时 方程 为 没有整数解 1 p014 2 xx 当时 方程 为 两根为 2 p045 2 xx4 1 nm 综合知 2 4 1 pnm 设图象经过三点的二次函数的解析式为 将点的坐CBA 4 1 xxky 2 0 C 标代入得 解得 4 12 k 2 1 k 所以 图象经过三点的二次函数的解析式为CBA 2 2 3 2 1 4 1 2 1 2 xxxxy 17 已知为正整数 设 O为坐标原pnm nm 0 Am 0 B n 0 Cp 点 若 且 求图象经过 90ACB 2 OA 2 OB 2 OC3 OAOBOC 三点的二次函数的解析式 2011 CBA 解 因为 所以 即 90ACBABOC 2 OCOBOA 2 pmn 由 得 3 222 OCOBOAOCOBOA 3 222 pnmpnm 用心 爱心 专心16 又 2 2222 mpnpmnpnmpnm 2 22 mpnpppnm 2 2 pnmppnm pnmpnm 从而有 即 3 pnm3 pnm 又 故是关于x的一元二次方程 2 pmn nm 0 3 22 pxpx 的两个不相等的正整数根 从而 解得 04 3 22 pp31 p 又为正整数 故或 p1 p2 p 当时 方程 为 没有整数解 1 p014 2