“时代杯”2017年江苏省中学数学应用与创新邀请赛试题及参考答案

1、“时代杯” 2017年中学数学应用与创新邀请赛试题（初中组）（2017 年 12 月 20 日 15:0016:30）题号一一三总分1 671011121314得分注意事项:1 .本试卷共4页.满分150分.考试时间90分钟.2 .用钢笔或圆珠笔（蓝色或黑色）直接答在试卷上.3 .答卷前将密封线内的项目填写清楚.、选择题（下列各题的四个选项中，只有一个是正确的.每题 7分，共42分）ra3b 2c= 0,mrf a+c .1.若非零实数a, b, c满足工 八一 n则-的值是（）14a 2b+c=0,bA.-1B.1C. - 3D. 3332 .小明有1张红色和1张绿色的卡片，小军有 1张红色

2、和2张绿色的卡片.如果两人随机地各自取1张自己的卡片，则取出的2张卡片颜色相同的概率为（）A . 1B. 1C. 1D. 263233 .设a, b, c, d为4个互不相等的实数，其中 a最大.记x=ab+cd, y=ac+bd, z= ad+ bc.若x>y>z,则b, c, d的大小关系是（）A . b< d< cB . c< d< bC. bvcvdD. d< c< b第12页共8页4 .在平面直角坐标系 xOy中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为整点.设k为整数，若反6比例函数y=-与函数y=kx4图像的交点中至少有一个整点，则k的所有可

3、能取值的x个数是（）B. 2C. 3D. 45 .设a, b为正整数，a>2b,且a-b, a+b, 3b恰好可以是一个直角三角形的三边长，则此直角三角形的任意一条边的长不可能是（）A. 24B. 25C. 26D. 276 .如图所示，已知一个圆形钟面的半径为 30 cm,半径为15 cm的圆盘与圆形钟面相切. 当切点在12点时，圆盘上的指针箭头竖直向上.圆盘沿钟面边界滚动，则当指针箭头再次竖直向上时，圆盘与钟面相切的切点在钟面的位置是（ ）A . 2点B . 3点C. 4点D. 6点二、填空题（每题 7分，共28分）7 .已知实数a满足a+5 后7 = V3,贝。+5 +储工的值为X

4、1, x2时，所对应的函（第9题图）8 .在二次函数y=2x243x 6中，若自变量x分别取两个不同的值 数彳t y相等，则当x取X1 + X2时，所对应的y的值是9 .如图所示，矩形 ABCD的边长 AB=1, BC= V3, ADE为 正三角形.若半径为 R的圆能够覆盖五边形 ABCDE （即五边 形ABCDE的每个顶点都在圆内或圆上），则R的最小值 是.10 .已知一个长方体的长、宽、高各不相同，且此长方体相邻两个面的面积之和与长方体的所有棱长之和的比值只可能是3, 5, 7,则该长方体的长、宽、高之和是 三、解答题（第11题、第12题每题18分，第13题20分，第14题24分，共80分

5、）11 .（本题满分18分）已知一辆快车与一辆慢车沿相同路线从所行路程与所用时间的函数图像如图所示.（1）求两车的速度；（2）求A, B两地间的距离.12 .（本题满分18分）如图，在4ABC中，/BAC=90°，点I为/BAC, /ABC, / BCA的角平分线的交点.（第12题图）求证：，、一 一。1 , 一(1) / AIC =90 +2/ABC；(2) IB IC= IA BC.13 .（本题满分20分）（1）设a为常数，解关于x的方程x2 + 2x= a2+（%）2 ；a+ 1 '解方程x2+3）2=8-14 .（本题满分24分）（1）若p, q ,5+烟 均为有理

6、数，求证： 诉，、网均为有理数；（2）若p, q , r, yp+ qq+gr均为有理数，求证： 木,yq,”均为有理数；（3）设x, y, z为整数，且xvyvz,求使 寸粤十寸空十2018错误！未找到 引用源。是正整数的所有三元数组（x, y z）.“时代杯” 2017年中学数学应用与创新邀请赛参考答案和评分标准（初中组）一、选择题（每题 7分，共42分）1. A 2, C 3. D 4. B二、填空题（每题 7分，共28分）7. 2V38. -69. 75. D6. C6962 10.三、解答题（第11题、第12题每题18分，第13题20分，第14题24分，共80分）11 .解：（1）设

7、快车速度为 vi km/h，慢车速度为 V2 km/h .12 V1= 18 72,根据图像可得：420 420 2 8分.V2V13由住F V = 2V2,代入得，3*猾=1,解得V2=7。，从而V1=105. 12分（2） A, B两地间的距离 s= 12Vl= 1260. 16分答：（1）快车速度为105km/h,慢车速度为 70km/h; （2） A, B两地间的距离为1260km. 18分12.证明：（1）因为I为/BAC, /ABC, / BCA的角平分线的交点,所以/ AIC = 180°-Z BAC-17ACB 221 ,_ 1 ,=180°2 (180 /

8、ABC) =90 +：/ABC,在 BIC 和 IEC 中，/ IBC = / EIC , / BCI = /ICE,(2)所以 BICA IEC ,EC EI从而记=iA （第12题图）14分18分BI BC 一八从而=即旧IC=IE BC. 14分IE IC因为/ BAC = 90 ° ,且 IA 平分/ BAC,所以/ IAC = 45°,从而/ IEA = 45°,即 IA=IE.因此旧IC=IA BC. 18分（方法二）如图，延长BI,交AC于点E.因为I在/ BCE的角平分线上，BC BI芯八所以.10分EC IE因为I为/ BAC, / ABC, /

9、 BCA的角平分线的交点，且/ BAC=90°,所以 / EIC = / IBC + Z ICB = 1(Z ABC + Z ACB)=45即/ EIC = Z IAC.在 4EIC 和IAC 中，由于/ ICE = /ACI,所以 EICA IAC ,有X得BC= B-,即 IB IC= IA BC.IC IA13.解：（方法一）由题意知方程的判别式-4+ 4心合）2>0,所以方程有两个不相等的实数根.又'=4(a+ 1)22a+(不）=4"一不)2,所以x1, 2=上匚1士2因此方程的根为x1 = -a,a+ 1a2+ a + 1a+ 12a + 2a+

10、2（2）由（1）可知，存在y满足x2.a+12x fy=x+1,或尸一f + j：2,使得 y2+2y=8.x十110分14分x2 + 2x+ 2：=2.x+ 1解得y=2,或y= - 4.2 . x当y=2时，x+广2,或一解得 x = 1 - 33, x= 1 + 3/3或 x = - 2;. x八 x + 2x + 2当 y= - 4 时，x=- 4,或一一x 一= 4-解得 x= 2 或 x=1 -43, x = 1 + 43.经检验，x1 = 1 - 3, x2=1 + 43, x3= 2是原方程的解.(方法二)20分(1)由题意，得到 x + 2x+ 1 = a + 1 + ( )

11、,a+1'所以(x+ 1)2= (a+ 1)2-2a+(a)2,即(x+ 1)2 = (a+ 1-a)2.a+1a+1所以 x+ 1 = ± (a+ 1 2a因此j x1 =, x2=a+ 1_aa+ 1”a + 2a + 2a+ 110分由（1）可得（x+1窗）2=9,所以x+1一篇=±3.14分,xx一由 x+ 1 -= 3,得 x= 1审或 x= 1 + 73；由 x+ 1= 3,得 x= 2.经检验，x1 = 1q3, x2= 1 十寸3, x3= 2是原方程的解.20分14.解：(1)由题意，设5+«= s, s是正有理数,s2 + q P即 P

12、=s2+q2s1q,所以 qq=2s.则如=s,平方得（后）2= (s- . q)2,s2 + q p因为p, q, s均为有理数，所以 一为有理数,2s所以，q是有理数.同理可得 而是有理数，故 标，yq都是有理数. （2）由题意，设 加+qq+4r=s, s是正有理数，贝 u Vp+ -jq=s s, 平方得（VP+vq）2= （s- y）2.所以 p+q +2/pq= s2+r 2斯，即 2VPq= （s2+ r- p-q）-2s>/r.记s2+rpq=A,显然A>0.由s, r, p, q是有理数，得 A是正有理数.22.从而 24Pq = A24，得（2ypq）2=（A

13、2M即5 =-r 四.4As由于A, s, r, p, q是有理数，所以 卡是有理数.同理 行，,都是有理数.10分2018,：2018,2018(3)由(2)知x-，y一y-,z-均是有理数,2018 s :2018y r'nm，p, q,s, r, n, m均为正整数,14分由1皆8=£,平方得2018p2=q2x,又得q2可以整除2018.而2018= 2X 1009, 2与1009均为质数,2018不含除1以外的平方因数,所以q2=1,得q=1.日.；2018 1走 x p2018 1= z m18分又由,口 111xvyvz,得一>一>一,x y z-1 11 ,即 p>r>m.所以 m> 9P.,得3>1,p所以1<p<