初二数学竞赛测试题(含答案)-

初二数学竞赛测试题(含答案)-

初二数学竞赛测试题班级姓名_____________________一、选择题（每小题4分，共32分）1.如果a>b，则a-b一定是（C）2A.负数B.非负数C.正数D.非正数2.已知x>0，y<0，|x|<|y|，则x+y是（C）A.零B.正数C.负数D.不确定3.如图，△ABC中，∠B=∠C，D在BC边上，∠BAD=50，在AC上取一点E，使得∠ADE=∠AED，则∠EDC的度数为（B）A.15B.25C.30D.504.满足等式xy+yx-2003x-2003y+2003xy=2003的正整数对（x，y）的个数是（）A.1B.2C.3D.45.今有四个命题：①若两实数的和与积都是奇数，则这两数都是奇数。②若两实数的和与积都是偶数，则这两数都是偶数。③若两实数的和与积都是有理数，则这两数都是有理数。④若两实数的和与积都是无理数，则这两数都是无理数。其中正确命题个数为（）A.0B.1C.2D.46.若M=3x-8xy+9y-4x+6y+13（x，y是实数），则M的值一定是（）A.正数B.负数C.零D.整数7.设A=48×(22111+⋯)则与A最接近的正整数是（）32-442-41002+42A.18B.20C.24D.258.如果关于x的方程k(k+1)(k-2)x-2(k+1)(k+2)x+k+2=0，只有一个实数解，则实数k可取不同的值的个数为（）A.2B.3C.4D.5二.填空题（每小题5分共30分）9.如图，有一块矩形ABCD，AB=8，AD=6。将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED沿DE向上翻折，AE与BC的交点为F，则△CEF的面积为（）10.关于x的方程||x-2|-1|=a有三个整数解，则a的值是（）11.已知关于x的方程a^2x^2-(3a^2-8a)x+2a^2-13a+15=0（其中a是非负整数），至少有一个整数根，那么a=（）12.若关于x的方程3ax^3-4x^2+3ax-4=0有两个相等的实数根，则a的值为（）。初二数学竞赛测试题班级：_________姓名：_________一、选择题（每小题4分，共32分）1.如果a>b，则a-b一定是（C）A.负数B.非负数C.正数D.非正数2.已知x>0，y<0，|x|<|y|，则x+y是（C）A.零B.正数C.负数D.不确定3.如图，△ABC中，∠B=∠C，D在BC边上，∠BAD=50°，在AC上取一点E，使得∠ADE=∠AED，则∠EDC的度数为（B）A.15°B.25°C.30°D.50°4.满足等式xy+yx-2003x-2003y+2003xy=2003的正整数对（x，y）的个数是（）A.1B.2C.3D.45.今有四个命题：①若两实数的和与积都是奇数，则这两数都是奇数。②若两实数的和与积都是偶数，则这两数都是偶数。③若两实数的和与积都是有理数，则这两数都是有理数。④若两实数的和与积都是无理数，则这两数都是无理数。其中正确命题个数为（）A.0B.1C.2D.46.若M=3x-8xy+9y-4x+6y+13（x，y是实数），则M的值一定是（）A.正数B.负数C.零D.整数7.设A=48×(22111+⋯)则与A最接近的正整数是（）32-442-41002+42A.18B.20C.24D.258.如果关于x的方程k(k+1)(k-2)x-2(k+1)(k+2)x+k+2=0，只有一个实数解，则实数k可取不同的值的个数为（）A.2B.3C.4D.5二.填空题（每小题5分共30分）9.如图，有一块矩形ABCD，AB=8，AD=6。将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED沿DE向上翻折，AE与BC的交点为F，则△CEF的面积为（）10.关于x的方程||x-2|-1|=a有三个整数解，则a的值是（）11.已知关于x的方程a^2x^2-(3a^2-8a)x+2a^2-13a+15=0（其中a是非负整数），至少有一个整数根，那么a=（）12.若关于x的方程3ax^3-4x^2+3ax-4=0有两个相等的实数根，则a的值为（）。1.左边因式分解为$(x+y)(x^2-xy+y^2)$，右边因式分解为$(x-y)(x^2+xy+y^2)$，所以$\frac{x+y}{x-y}=\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}$，即$\frac{x^3+y^3}{x^3-y^3}=\frac{x+y}{x-y}$，所以$x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)$，$x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$，代入得到$x^2-xy+y^2=3$，$x^2+xy+y^2=7$，解得$x=2,y=1$，所以答案为$3+7=\boxed{10}$。2.设$n$为正整数，则$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，所以\begin{align*}S&=\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{3\cdot4}+\cdots+\frac{1}{10\cdot11}\\&=\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{11}\right)\\&=1-\frac{1}{11}=\boxed{\frac{10}{11}}.\end{align*}3.设正整数$n$的各位数字分别为$a,b,c$，则$n=100a+10b+c$，$n^2=10000a^2+1000ab+100ac+1000ab+100b^2+10bc+100ac+10bc+c^2$，即$n^2=10000a^2+2000ab+200ac+100b^2+20bc+c^2$。因为$n^2$是4位数，所以$2a+b\leq9$，$2a+b+1\geq10$，解得$a=4,b=3,c=2$。所以$n=432$，$n^2=186624$，所以答案为$1+8+6+6+2+4=\boxed{27}$。4.左边因式分解为$(xy-2003)(x+y+2003)$，右边因式分解为$(x+y)(x+y+2003)$，所以$\frac{xy-2003}{x+y}=\frac{x+y+2003}{x+y}$，即$xy-2003=x+y+2003$，所以$x+y+xy=4006$。因为$x,y$为正整数，所以$xy\geq1$，所以$x+y<4006$，所以$x+y=2003$，所以$xy=2003$，因为2003是质数，所以$x=1,y=2003$或$x=2003,y=1$，所以$a=x+y+xy=\boxed{4007}$。5.设棋子从$(i,j)$出发，第一次到达$(k,l)$的概率为$p_{i,j,k,l}$，则棋子从$(i,j)$出发，第一次到达$(k,l)$的总概率为$\sum_{i,j}\sum_{k,l}p_{i,j,k,l}$。因为棋子每次移动的概率相等，所以$p_{i,j,k,l}=\frac{1}{8}(p_{i+1,j+2,k,l}+p_{i+1,j-2,k,l}+p_{i-1,j+2,k,l}+p_{i-1,j-2,k,l}+p_{i+2,j+1,k,l}+p_{i+2,j-1,k,l}+p_{i-2,j+1,k,l}+p_{i-2,j-1,k,l})$，其中$i\pm1,j\pm2,i\pm2,j\pm1$的值在棋盘内。因为棋子必须在棋盘内移动，所以$\sum_{i,j}\sum_{k,l}p_{i,j,k,l}\leq1$。又因为$p_{i,j,k,l}=0$，当$(i,j)$或$(k,l)$在黑格上，所以$\sum_{i,j}\sum_{k,l}p_{i,j,k,l}\leq\frac{64\cdot64-32\cdot32}{64\cdot64}=\frac{15}{32}$，所以答案为$\left\lfloor\frac{1}{\sum_{i,j}\sum_{k,l}p_{i,j,k,l}}\right\rfloor=\boxed{32}$。6.设$CE=x$，则$AE=10-x$，$BE=12-x$，$DE=DC-CE=12-x$，所以$\triangleABE$和$\triangleCDE$是等腰直角三角形，所以$AB=AE\sqrt{2}=10\sqrt{2}-10$，$CD=CE\sqrt{2}=x\sqrt{2}$，所以$\triangleABC$和$\triangleCDE$是相似的，所以$\frac{AB}{CD}=\frac{BC}{DE}$，即$\frac{10\sqrt{2}-10}{x\sqrt{2}}=\frac{12}{12-x}$，解得$x=4\sqrt{2}-6$，所以答案为$x^2+CE^2=(4\sqrt{2}-6)^2+(4-6\sqrt{2})^2=\boxed{32}$。7.首先有$a+b+c+abc\geq4\sqrt[4]{a\cdotb\cdotc\cdotabc}=36$，所以$a+b+c\geq33-abc$，所以$a-b+b-c+c-a\leq2(a+b+c-33)\leq0$，所以$a-b+b-c+c-a=0$，所以$a=c$，代入得到$b=\frac{33-a}{1+a^2}$。所以$a$为方程$x^2-33x+1=0$的正根，$b=\frac{32-a}{1+a^2}$，$c=a$，所以$a-b+b-c+c-a=0$，所以答案为$\boxed{0}$。8.设$\angleBAC=\alpha$，则$\angleBDC=180^\circ-\alpha$，$\angleBCD=2\alpha$，$\angleBAC=\angleBDC=\angleBCD$，所以$\angleBAC=\angleBCD=80^\circ$，所以$\angleBDA=100^\circ$，所以$\angleADB=80^\circ$，所以$\angleABD=180^\circ-\angleBAC-\angleADB=20^\circ$，所以$\angleDAC=60^\circ$，所以$\angleACD=40^\circ$，所以$\angleBCF=20^\circ$，所以$\angleBFC=80^\circ$，所以$\angleBFD=100^\circ$，所以$\angleAFE=80^\circ$，所以$\angleAEF=50^\circ$，所以$\angleEAF=80^\circ$，所以$\angleEFA=50^\circ$，所以$\angleCEF=30^\circ$，所以$\angleCFE=80^\circ$，所以$\angleCFD=50^\circ$，所以$\angleAFB=\angleBFC+\angleCFD+\angleDFA=140^\circ$，所以答案为$\boxed{140}$。9.设$AB=x,BC=y,CD=z$，则$x^2+y^2=25,z^2+y^2=49,x^2+z^2=64$，解得$x=3,y=4,z=7$，所以$\triangleBCD$是等腰直角三角形，所以$\angleBCD=45^\circ$，所以$\angleACD=30^\circ$，所以$\angleABD=60^\circ$，所以$\triangleABD$是等边三角形，所以答案为$AB=\boxed{3}$。10.设$a_n=\frac{1}{n^2+n+1}$，则$a_{n+1}=\frac{1}{n^2+3n+3}=\frac{1}{(n+1)^2-(n+1)+1}$，所以$a_n-a_{n+1}=\frac{1}{n^2+n+1}-\frac{1}{(n+1)^2-(n+1)+1}=\frac{1}{(n^2+n+1)((n+1)^2-(n+1)+1)}$，所以\begin{align*}S&=a_1-a_2+a_2-a_3+a_3-a_4+\cdots+a_{99}-a_{100}\\&=a_1-a_{100}=\frac{1}{1^2+1+1}-\frac{1}{100^2+100+1}=\frac{9900}{10001\cdot10301}=\frac{900}{10301}.\end{align*}所以答案为$900+10301=\boxed{11201}$。11.设$S$为正方体的表面积，$V$为正方体的体积，则$S=6a^2$，$V=a^3$，所以$a=\sqrt[3]{\frac{S}{6}}$，$V=a^3=\frac{S\sqrt[3]{S}}{216}$，所以$\frac{V}{S}=\frac{\sqrt[3]{S}}{216}$。因为$\frac{V}{S}$是常数，所以$\sqrt[3]{S}$是常数，所以$S$是常数，所以答案为$\boxed{24}$。12.设$AB=AC=x$，则$BC=2x$，$BD=CD=x\sqrt{2}$，所以$\triangleBCD$是等腰直角三角形，所以$\angleBCD=45^\circ$，所以$\angleABD=75^\circ$，$\angleACD=15^\circ$，所以$\angleADC=30^\circ$，所以$\angleBDC=105^\circ$，所以$\angleBAC=2\angleBDC=210^\circ$，所以$a=\boxed{210}$。13.设$\angleACB=\alpha$，则$\angleACD=90^\circ-\alpha$，$\angleDCA=\alpha$，$\angleADC=90^\circ$，所以$\triangleACD$是等腰直角三角形，所以$AD=CD=x$，所以$AB=x\sqrt{2}$，所以$\sin\angleDAB=\frac{AB}{AD}=\sqrt{2}$，$\cos\angleDAB=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，所以$\tan\angleDAB=\sqrt{2}$，所以$\angleDAB=45^\circ$，所以$\angleD=180^\circ-2\angleDAB=\boxed{90^\circ}$。14.设$OA=r$，$OB=h$，则$r^2+h^2=1$，$\frac{h}{r}=\frac{1}{60}$，所以$h=\frac{r}{60}$，所以$r^2+\frac{r^2}{3600}=1$，所以$r=\frac{60}{\sqrt{3601}}$，所以$\triangleOAB$的面积为$\frac{1}{2}r\cdoth=\frac{1}{2}\cdot\frac{60}{\sqrt{3601}}\cdot\frac{1}{60}=\frac{1}{2\sqrt{3601}}$，所以$\triangleOAB$的面积第一次达到最大时，秒针转过的