2005年全国初中数学联赛试题及解答

1、2005 年全国初中数学联赛决赛试卷年全国初中数学联赛决赛试卷 一、选择题：一、选择题：(每题每题 7 分，共分，共 42 分分) 1、化简：11459+30 236640 2的结果是。 a、无理数 b、真分数 c、奇数 d、偶数 2、圆内接四条边长顺次为 5、10、11、14；则这个四边形的面积为。 a、78.5 b、97.5 c、90 d、102 3、设 r4，a11rr+1，b11rr+1， c1r( r+ r+1)，则下列各式一定成立的是。 a、abc b、bca c、cab d、cba 4、图中的三块阴影部分由两个半径为 1 的圆及其外公切线分割而成，如果中间一块阴影的面积等于上下两

2、块面积之和，则这两圆的公共弦长是。 a、52 b、62 c、21252 d、21162 5、已知二次函数f(x)ax2bxc的图象如图所示， y 记p|abc|2ab|，q|abc|2ab|，则。 a、pq b、pq c、pq d、p、q大小关系不能确定 0 1 x 6、若x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，满足(2005-x1)(2005-x2)(2005-x3) (2005-x4)(2005-x5)242，则x的未位数字是。 2222123425+x +x +x +xa、1 b、3 c、5 d、7 二、填空题二、填空题(共共 28 分分) 1、不超过100的自然数中，将凡是3或

3、5的倍数的数相加，其和为。 2、227x +9x+13+ 7x5x+13=7x，则x。 3、若实数x、y满足3333yx=1,3 +43 +63333yx=1,5 +45 +6则xy。 4、已知锐角三角形abc的三个内角a、b、c满足：abc，用a表示a-b，b-c以及90- a中的最小者，则a的最大值为。 三、解答题(第1题20分，第2、3题各25分) a 卷卷 1、a、b、c为实数，ac0，且2a+ 3b+ 5c=0，证明：一元二次方程ax2bxc0有大于34而小于1的根。 2、锐角abc中，abac，cd、be分别是ab、ac边上的高，过d作bc的垂线交be于f，交ca的延长线于p，过e

4、作bc的垂线，交cd于g，交ba的延长线于q，证明：bc、de、fg、pq四条直线相交于一点。 3、a、b、c为正整数，且a2b3c4，求c的最小值。 b 卷卷 1 已知a、b、c为实数，ac ac，cd、be分别是边ab、ac上的高，de与bc的延长线交于点t，过点d作bc的垂线交be于点f，过点e作bc的垂线交cd于点g证明：f、g、t三点共线 3设a、b、c为正整数，且a2+b3 =c4.求c的最小值 c 卷卷 1同a卷第1题 2同a卷第2题 3在和式中，允许将其中的某些“+”号改成“-”号，如果所得到的代数和为n，就称数n是“可表出的”试问，在前10个正整数1，2，3，10 中，哪些数

5、是可表出的？说明理由 2222220053210+l 2005 年全国初中数学联赛决赛试卷答案年全国初中数学联赛决赛试卷答案 一、选择题：一、选择题： 1、d 1111459+30 236640 2450+2 45093502 80016=+111175 275 214495045 2335 2475 275 2+=+= 2、c 5101114180-180-由题意得：521422514cos10211221011cos(180) 221140cos221220 cos, cos0, 90 四边形的面积为：5751190 3、d 解法1：用特值法，取r=4，则有 a=1114520=，b()2

6、 52 51552 51.03625102020= ， c()55215214204(2+ 5)=.1820, cba. 解法 2：a()11111rrr r=+， b()()()11111111rrrrr rr rrr+ =+ +, c1r( r+ r+1) )1( ) 1() 1(, 4rrrrrrr+q=1) 1( ) 1(rrrrrr+ =0 1) 11)(1() 1(+rrrr ),1( ) 1() 1(rrrrrr+ 故 a+rrrrr )1()1( ) 1(rrrrrrr+， 故 bc, 综上所述：abc 解法 3：r4 111rr+1 111111111rrrrrr=+=+=,

7、 abc. 4、d 由图形割补知圆面积等于矩形 abcd 的面积 212,2abab= 由垂径定理得公共弦为 222216162 12442= 5、c 由题意得：a0，c=0, p|ab|2ab|，q|ab|2ab| 又1,2 ,20,02bbaababaa + 从而p|ab|2ab|b-a+2a+b=a+2b=2b+a， q|ab|2ab|= abb-2a=2b-a, pq. 6、a 因为x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，所以(2005x1)、(2005x2)、(2005x3)、(2005x4)、(2005x5)为互不相等的偶数 而将 242分解为 5 个互不相等的偶数之积，只

8、有唯一的形式：2422(-2)46(-6) 所以(2005x1)、(2005x2)、(2005x3)、(2005x4)、(2005x5)分别等于2、(-2)、4、6、(-6) 所以(2005x1)2(2005x2)2(2005x3) 2(2005x4) 2(2005x5) 222(-2) 24262(-6) 296 展开得：() ()22222212345123455 2005 -4010 x +x +x +x +x+ x +x +x +x +x96= ).10(mod1)(401020055965432122524232221+=+xxxxxxxxxx 二、填空题二、填空题 1、2418 (

9、3132333)(5152520)(151152156)168310503152418 2、712 分子有理化得：2214=7x7x +9x+137x5x+13x， x0，22227x +9x+13- 7x5x+13=27x +9x+137x5x+132=+，即 两边平方化简得：2722 7x5x+13x= 再平方化简得：212421x8x48=0()73xx= ，解之得或舍去 3、432 解法 1：假设 xya，则 yax ()()()()()()()( )( )3333333323333333333336343634,643433436461xaxxa+=+=+即 ()()()()()()

10、()( )( )3333333323333333333356545654,645455456462xaxxa+=+=+即 ( )( )()( )( )()()22333333333333332153535345363456aa=+=+得：=432 解法 2：易知33333 5146xyttt+=+、 是关于 的方程的两根 化简得：()()23333334664460txytxy+= 3333333335463456432xyxy+=+=+=由韦达定理得：4、15 解：min,90ab bca=q () ()()(),90623 902709015901575 ,60 ,4515abbcaabb

11、caabcabbcaabc+=+=另一方面，当时，有满足题设条件，故可取得最大值 三、解答题三、解答题(第第1题题20分，第分，第2、3题各题各25分分) 1. (a 卷) a 卷) 解：设( )2f xaxbx=+c， 则 )(16129(161)(43169() 1 ()43(cbacbacbacbaff+=+= 6152a+ 3b+ 5c=0,b=3acq ()()()()()()()26159121694 64 15163336315819625624033363158196256240033abcabcaaccaaccacacaaccc+=+=+=+ ( )314ff0一元二次方程a

12、x2bxc0 有大于34而小于 1 的根. 2(b卷) b卷) 证法 1：设过d、e的垂线分别交bc于m、n，在rtbec 与rtbdc中，由射影定理得：ce2cncb，bd2bmbc，22cncebmbd= tngfmedbca又 rtcng rtdcb，rtbmf rtbec， ,bdcegncn fmbmcdbe= ( )221gnbd be cnbd be cebe cefmcd ce bmcd ce bdbd cd= 在rtbec 与rtbdc中， 由面积关系得：beceenbc，bdcddmbc ( )2be ceentnbd cddmtm= 由(1)(2)得：,tmtnfmgn=

13、又gnfm, 故f、g、t共线。 证法2：设cd、be相交于点h，则h为abc的垂心，记df、eg、ah与bc的交点分别为m、n、r dmaren，dfahegfmhrgn= rhtngfmedbca由合比定理得： ,dmengnentnfgtfmgnfmdmtm=故 、 、 三点共线. 证法3：在abc中，直线det分别交bc、ca、ab于t、e、d，由梅涅劳斯定理得： 1(bt ce adtcea db= 1) htngfmedbca设cd、be相交于点h，则h为abc的垂心，ahbc dfbc、egbc， ah df eg ( ),1cecgadhfbtcg hfeaghdbfbtc g

14、hfb=代入得1= 由梅涅劳斯定理的逆定理得：f、g、t三点共线. 证法4：连结ft交en于g，易知：dfegfmg n= 为了证明f、g、t三点共线，只需证明dfegfmgn=即可 1212sinsinsinsinbdfbmfbd bfabesdfbdabefmsbm bfcbebmcbe= 1212sinsinsinsincegcmgce cgacdsegcgnscn cgbcdcnbcdeacd= 又,bdbc cebcbmbd cnce=sin,sindfbcabefmbdcbe=( )sin1sinegbcacdgncebcd= cdab、beca， ab、d、e、c四点共圆 dabeacd (2) e ,sinsinsinsinbdcebcbdcbecebcdbcdcbe= (3) 将(2) (3)代入（1）得：dfegfmgn=，故f、g、t三点共线. 3、(a卷)a卷)解：显然c1.由题设得：(c2-a)(c2+a)=b3,若取()22221,2b bcabccab+=+=则 由大到小考察b，使()12b b+为完全平方数，易知当b8时，c236，则c=6，从而a=28