全国初中数学竞赛试题及答案2005年

1、如05年全国初中数学联赛决赛试卷、选择题：（每题7分，共42分）1、化简:4+759+30723-66-4072的结果是OA、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、78.5B、97.5C、90D、1023、设r？4,a=11,b=工一J,rr+1、,r.r+1c=r('一r+,r+1),则下列各式一定成立的是A、a>b>cB、b>c>aC、c>a>bD、c>b>a4、图中的三块阴影部分由两个半径为1的圆及其外公0D切线分割而成，如果中间一块阴影的面积等于上下两块面积之和，则这

2、两圆的公共弦长是A、C、穴25一D、1725、已知二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象如图所示，1记p=|ab+c|+|2a+b|,q=|a+b+c|+|2ab|,则A、p>qB、p=qC、p<qD、p、q大小关系不能确定6、若X1,X2,X3,X4,X5为互不相等的正奇数，满足（2005X1）（2005X2）（2005X3)(2005X4)(2005X5)=242,贝Ux2+x2+x2+x2+x5的未位数字是A、1B、3C、5D、7、填空题（共28分）1、不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，具和为2、，7x2+9x+13+57x25x+13=7x,贝Ux=3、

3、若实数x、y满足3x3+3y3=1,3x3+3y3=i，贝,x+y=。33+4333+6353+4353+634、已知锐角三角形ABC的三个内角A、B、C满足：A>B>C,用a表示AB,BC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）1、a、b、c为实数，ac<0,且J2a+J3b+J5c=0,证明：一元二次方程ax2+bx+c=0有大于3而小于1的根。42、锐角AABC中，AB>AC,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作BC的垂线，交CD于G,交BA的延长线于Q,

4、证明：BC、DE、FG、PQ四条直线相交于一点。3、a、b、c为正整数，且#+b3=c4,求c的最小值2005年全国联赛决赛试卷详解、选择题：（每题7分，共42分）1、化简：+的结果是4+759+3023-也6-40五A、无理数B、真分数C奇数D偶数解4+V>T-V-1+JJ-一4yj551,11,175&+7+560一十_十_z._144+5应+335/+47+5727-57249-50所以选D2、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、78.5B、97.5C、90D>102解：由题意得：52+142-2X5X14Xcosa=102+1122X

5、10X11Xcos(180°a).221140COSa=221+220cosa-COSa=0-a=90，四边形的面积为：5X7+5X11=90，选C,则下列各式一定成立的是.3、设r>4,1工rr+1c=r(、r+、r+1)A、a>b>cB、b>c>aCc>a>bD>c>b>a25251.036Sz2020解法1:用特值法，取r=4,则有a=1_1Jb=1遮=5-2新4520'b2510c_1_痣_2_5(而-2)：1.184(2+5)42020c>b>a,选D解法2：c=1r(r+.r+1)7r-4,r

6、r1-rr1rlr=rr1Iri-rl.r=rr1)卜干1-r-1-110,r(r+1(r+r1W+r1«)故r<ab又rr1)：；：，：r1、.r.rh.r=.r1,r)Li：rr1一r0,rr1、.r1、，r.rr、,r故b<面上所述：a<b选cD解法3:-r>41=.1<1,r.r1，a二-1二一：二，一二b:r.r1./r,r1.r.r1a<b<c,选D4、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块面积之和，则这两圆的公共弦长是。A、遭B、一6C、125一冗2D、1.16-冗22222

7、解：由图形割补知圆面积等于矩形ABCD勺面积2二二1=2AB,AB=一2A选D42由垂径定理得公共弦为5、已知二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象如图所示，记p=|ab+c|+|2a+b|,q=|a+b+c|+|2ab|,则A、p>qB、p=qC、p<qD、p、q大小关系不能确定解：由题意得：a<0,b>0,c=0p=|ab|+|2a+b|,q=|a+b|+12ab|一b又>1,a-b<2a,.2a+b>0,从而a+b>-a>02a.p=|ab|+12a+b|=b-a+2a+b=a+2b=2b+a,q=|a+b|+|2ab|=a+b+b

8、-2a=2b-ap<q,选C6、若xi,X2,X3,X4,X5为互不相等的正奇数，满足(2005xi)(2005X2)(2005X3)(2005_222222X4)(2005X5)=24,则x1+X2+X3+X4+X5的未位数字是A、1B、3C5D>7解：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，只有唯一的形式：242=2(-2)-4-6(-6)所以(2005xi)、(2005X2)、(2005X3)、(2005X4)、(20

9、05X5)分另ij等于2、(-2)、4、6、(-6)所以(2005Xi)2+(2005X2)2+(2005X3)2+(2005X4)2+(2005X5)2=22+(-2)2+42+62+(-6)2=96展开得：5,20052-4010(x1+x2+x3+x4+x5)+(X2+X2+x2+x2+x5)=96222222x1+x2+x3+x4+x5=96-52005+4010x1+x2+x3+x4+x5三1(mod10),选A二、填空题(共28分)1、不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为。解：(3X1+3X2+3X33)+(5X1+5X2+5X20)-(15X1+15X2+1

10、5X6)=1683+1050315=24182、77x2+9X+13+77x2-5x+13=7x,WJx=。解：分子有理化得：I14X=7x,7x2+9x+13-.7x25x+13xw0,gx2+9x+13-J7x25x+13=2,即j7x2+9x+13=J7x25x+13+2两边平方化简得：7x-2=2、7x2-5x+13再平方化简得：21x28x-48=0,解之得x=12或x=-4(舍去)733、若实数x、y满足言+志=1，53+4353+63=1,则x+y=解法1：假设x+y=a,贝Uy=ax.(33+6jx+(33*3a泞(+33X63+3343,2即63一43x3343=333343

11、336343j.(53+63)x+(53)43a灯+53)(6*5343,2即63-43x5343=535343536343(2尸(1泮22333333.33335-3a=(5-35-345-36a=33435363=4326363解法2：易知33、53是关于t的方程t43t63二1的两根化简彳导:t2-xy-43-63t-63x43y-4363=0由韦达定理得：33万二乂一“3-d_333_3_xy=3456=4324、已知锐角三角形ABC的三个内角A、B、C满足：A>B>C,用a表示AB,BC以及90°A中的最小者，则a的最大值为。解：7二=min：A-B,B-C,9

12、0-A?二iAB二-BC9-0A-6：<2A-BB£390A-=270ABC90二15另一方面，当A-B=B-C9刃去1屿有A=75B=60C,菊比题设条件，故式可取得最大值15三、解答题（第1题20分，第2、3题各25分）1、a、b、c为实数，acv0,且J2a+J3b+mC=0,证明：一元二次方程ax2+bx+c=0有大于3而小于1的根。4解：设fx=ax2bxc93f1=a-bcabc1641c，=9a1b2cl(abc2a#3,6+5c=06a3"c53-15c9a1b2c1abc=a-9，.a4.6c4c1而一二卜J丽-96a.256-.240c丽-建石一国

13、ad:二0-f(1)<0元二次方程ax2+bx+c=0有大于而小于1的根.42、锐角AABC中，AB>AC,CDBE分别是AB>AC边上的高，DE与BC的延长线于交于T,过D作BC的垂线交BE于F,过E作BC的垂线交CD于G,证明：F、GT三点共线。证法1:设过DE的垂线分别交BC于MN,在RtABEC与RtBDC中，由射影定理得:cU=cn-cb,bD=bm-BC2,CNCE22BMBD又RtCNGsRDCBRtABMF<RtBEC-BD_CEGNCN,FMBMCDBEGNBDBECN=1,FMCDCEBMBDBECE22CDCEBD2BECE1BDCD在RtABEC

14、与RtBDC中，由面积关系得:BE-CE=EN-BC,BD-CD=DM-BC.BECE_ENBDCDDM由(1)(2)二!N2TM得MRNCGNTNFMTM，又GNFM，,F、证法2:设CDBE相交于点G、T三点共线.H,则H为ABC的垂心，记DREGAH与BC的交点分别DM/ARIIEN,DFAHEGFM-HR-GN由合比定理得:DMENGNENTN证法BTTCFM3:在ABC中,CEAD二1EADBGNFMDM直线DET分别交BGCA设CDBE相交于点H,则H为ABC的垂心,AHIBC,.DHBCEGLBCAH/DF/EGCECGADHFEAGHDBFBBTCGHF，代入（iX导TCGHF

15、B,故F、G、T三点共线.TMAB于T、E、D,由梅涅劳斯定理得:由梅涅劳斯定理的逆定理得：F、GT三点共线.证法4:连结FT交ENG',易知-DFFMEG'G'N为了证明F、G、T点共线，只需证明DFFM里即可GNDFFM_SBDFS.BMF2BDBFsinABE1BMBFsinCBEBDBMsinABEsinCBEEG二SCEG=2CECGsinACD二CEsinACDGNSCMG2CNCGsinBCDCNsinBCDCMG2BDBCCE_BCBMBDCNCEDFBCsin.ABEFM-BDsin.CBEEGBCsin.ACDGN-CEsin.BCD.CDLAEkB

16、已CA，日HE、C四点共圆/AB曰/ACD(2)BDCE又=BC=,BDsin.CBE=CEsin.BCDsin.BCDsin.CBE将(2)(3)代入(1)得：变=空，故f、gT三点共线.FMGN3、设a、b、c为正整数，且a2+b3=c4,求c的最小值。解：显然c>1.由题设得：(c2-a)(c2+a)=b3r-2.若取!；a=b2,则c2=b)ca=b21、1、D原式=4+向齐T二13-(5.2-4)2175.27-5/2-14由大到小考察b,使b(b+1)为完全平方数,易知当b=8时，c2=36,则c=6,从而2a=28。下面说明c没有比6更小的正整数解，列表如下：c4cx3(x3<c4)c4-x32161,8