2012年全国初中数学联赛试卷

2012年全国初中数学联赛试卷一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1（7分）已知，那么a，b，c的大小关系是（）AabcBacbCbacDbca2（7分）方程x2+2xy+3y2=34的整数解（x，y）的组数为（）A3B4C5D63（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（）ABCD4（7分）已知实数a，b满足a2+b2=1，则a4+ab+b4的最小值为（）AB0C1D5（7分）若方程x2+2px3p2=0的两个不相等的实数根x1，x2满足，则实数p的所有可能的值之和为（）A0BC1D6（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（）A36个B40个C44个D48个二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）7（7分）已知互不相等的实数a，b，c满足，则t=_8（7分）使得52m+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，ADOP于点D，ADC的外接圆与BC的另一个交点为E证明：BAE=ACB13（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）（x1x2）两点，与y轴交于点C，PA是ABC的外接圆的切线设M（0，），若AMBC，求抛物线的解析式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：（本题满分42分，每小题7分）1（7分）已知，那么a，b，c的大小关系是（）AabcBacbCbacDbca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bac故选C点评：本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，本题想到求倒数，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（）A3B4C5D6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=173（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（）ABCD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ADFECF，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CPBG，交DE于点PBC=CE=1，CP是BEG的中位线，P为EG的中点又AD=CE=1，ADCE，在ADFECF中，ADFECF（AAS），CF=DF，又CPFG，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（）AB0C1D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（ab）2=a22ab+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：（ab）2=a22ab+b20，2|ab|a2+b2=1，ab，令y=a4+ab+b4=（a2+b2）22a2b2+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+=0，即a4+ab+b4的最小值为0，当且仅当|a|=|b|时，ab=，此时a=，b=，或 a=，b=故选B点评：本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）若方程x2+2px3p2=0的两个不相等的实数根x1，x2满足，则实数p的所有可能的值之和为（）A0BC1D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，x1x2=3p2，+=2x1x2=4p2+6p+4，+=（x1+x2）3x1x2=2p（4p2+9p+6）+=4（+）得+=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：本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（）A36个B40个C44个D48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64=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：（本题满分28分，每小题7分）7（7分）已知互不相等的实数a，b，c满足，则t=1考点：对称式和轮换对称式。 分析：首先设a+=t，可得b=，代入b+=t，整理可得ct2（ac+1）t+（ac）=0 ，又由c+=t，可得ac+1=at，将代入，即可得（ca）（t21）=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=，代入b+=t，得：+=t，整理得：ct2（ac+1）t+（ac）=0 又由c+=t，可得ac+1=at，把代入式得ct2at2+（ac）=0，即（ca）（t21）=0，又ca，t21=0，t=1验证可知：b=，c=时，t=1； b=，c=时，t=1t=1故答案为：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+（ac）=0 与ac+1=at是解此题的关键8（7分）使得52m+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52m+1是完全平方数，可设52m+1=n2 （其中n为正整数），可得52m=n21=（n+1）（n1），即可得n为奇数，然后设n=2k1（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52m+1=n2 （其中n为正整数），则52m=n21=（n+1）（n1），52m是偶数，n为奇数，设n=2k1（其中k是正整数），则52m=4k（k1），即52m2=k（k1）显然k1，k和k1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52m=n21=（n+1）（n1），然后得到n为奇数，则可设n=2k1（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ADBC于点D，则点D是BC的中点，在ABC外作CAE=20，则BAE=60，作CEAE，PFAE，从而证明ACEACD，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ADBC于点D，则点D是BC的中点，在ABC外作CAE=20，则BAE=60，作CEAE，PFAE，则CE=CD（角平分线的性质），在ACE和ACD中，ACEACD（HL），所以CE=CD=BC又因为PF=PAsinBAE=PAsin60=AP，PF=CE，所以 AP=BC，因此=故答案为：点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，解答本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a23a1变形后，将abc=1，a+b+c=4代入得到结果为a（b1）（c1），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代入求出ab+ac+bc的值，将所求的式子利用公式（a+b+c）2=a2+b2+c2+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，a23a1=a23a+abc=a（bc+a3）=a（bcbc+1）=a（b1）（c1），=，同理可得：=，=，又+=，+=，=，即（a1）（b1）（c1）=（a1）+（b1）+（c1），整理得：（abcabacbc+a+b+c1）=a+b+c3，将abc=1，a+b+c=4代入得：ab+bc+ac=，则a2+b2+c2=（a+b+c）22（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本题的关键三、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（abc），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abc及a+b+c=60得60=a+b+c3c，所以c20由a+bc及a+b+c=60得60=a+b+c2c，所以c30即可求得c的取值范围，然后由勾股定理可得ab60（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=60abc，a+b+c=60，60=a+b+c3c，c20a+bc，a+b+c=60，60=a+b+c2c，c30又c为整数，21c29根据勾股定理可得：a2+b2=c2，把c=60ab代入，化简得：ab60（a+b）+1800=0，（60a）（60b）=1800=233252，a，b均为整数且ab，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169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，ADOP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=PDPO，AD2=PDOD，进而得出PBPC=PDPO，即D、B、C、O四点共圆，再利用PBDCOD得出BDCD=PDOD=AD2，由BDAADC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，BDOAAP，ADOP，由射影定理可得：PA2=PDPO，AD2=PDOD（5分）又由切割线定理可得 PA2=P BP C，P BP C=PDPO，D、B、C、O四点共圆，（10分）PDB=PCO=OBC=ODC，PBD=COD，PBDCOD，（15分）BDCD=PDOD=AD2，又BDA=BDP+90=ODC+90=ADC，BDAADC，（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