“数学周报杯”全国初中数学竞赛（天津赛区）复赛试卷含答案

PAGE1“数学周报杯”全国初中数学竞赛（天津赛区）复赛试卷一、选择题（共5小题，每小题7分，满分35分）1．（7分）若，则的值为（）A． B． C． D．2．（7分）若实数a，b满足，则a的取值范围是（）A．a≤﹣2 B．a≥4 C．a≤﹣2或a≥4 D．﹣2≤a≤43．（7分）如图，在四边形ABCD中，∠B=135°，∠C=120°，AB=，BC=，CD=，则AD边的长为（）A． B． C． D．4．（7分）在一列数x1，x2，x3，…中，已知x1=1，且当k≥2时，（取整符号[a]表示不超过实数a的最大整数，例如[2.6]=2，[0.2]=0），则x2010等于（）A．1 B．2 C．3 D．45．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，﹣1），C（﹣2，﹣1），D（﹣1，1）．以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，以B为对称中心作点P1的对称点P2，以C为对称中心作点P2的对称点P3，以D为对称中心作点P3的对称点P4，…，重复操作依次得到点P1，P2，…，则点P2010的坐标是（）A．（2010，2） B．（2010，﹣2） C．（2012，﹣2） D．（0，2）二、填空题（共5小题，每小题7分，满分35分）6．（7分）已知a=﹣1，则2a3+7a2﹣2a﹣12的值等于．7．（7分）一辆客车，一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶，在某一时刻，货车在中，客车在前，小轿车在后，且它们的距离相等．走了10分钟，小轿车追上了货车；又走了5分钟，小轿车追上了客车．问过分钟，货车追上了客车．8．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则直线l的函数表达式是．9．（7分）如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D，若CD=CF，则=．10．（7分）对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的余数为i﹣1．若n的最小值n0满足2000＜n0＜3000，则正整数k的最小值为．三、解答题（共4小题，满分80分）11．（20分）如图1，抛物线y=ax2+bx（a＞0）与双曲线相交于点A，B．已知点A的坐标为（1，4），点B在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）．（1）求实数a，b，k的值；（2）如图2，过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，求所有满足△COE∽△BOA的点E的坐标（提示：C点的对应点为B）．12．（20分）如图，△ABC为锐角三角形，P，Q为边BC上的两点，△ABP和△ACQ的外接圆圆心分别为O1和O2．试判断BO1的延长线与CO2的延长线的交点D是否可能在△ABC的外接圆上，并说明理由．13．（20分）求满足2p2+p+8=m2﹣2m的所有素数p和正整数m．14．（20分）将凸五边形ABCDE的5条边和5条对角线染色，且满足任意有公共顶点的两条线段不同色，求颜色数目的最小值．

“数学周报杯”全国初中数学竞赛（天津赛区）复赛试卷参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题7分，满分35分）1．（7分）若，则的值为（）A． B． C． D．【分析】若，得．故求解．【解答】解：∵，∴得．故选：D．【点评】本题主要考查代数式求值问题，要注意将所求代数式化成与已知有关的形式上来，要引起注意．2．（7分）若实数a，b满足，则a的取值范围是（）A．a≤﹣2 B．a≥4 C．a≤﹣2或a≥4 D．﹣2≤a≤4【分析】把看作是关于b的一元二次方程，由△≥0，得关于a的不等式，解不等式即可．【解答】解：把看作是关于b的一元二次方程，因为b是实数，所以关于b的一元二次方程的判别式△≥0，即a2﹣4（a+2）≥0，a2﹣2a﹣8≥0，（a﹣4）（a+2）≥0，解得a≤﹣2或a≥4．故选：C．【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了一元二次不等式的解法．3．（7分）如图，在四边形ABCD中，∠B=135°，∠C=120°，AB=，BC=，CD=，则AD边的长为（）A． B． C． D．【分析】作AE⊥BC，DF⊥BC，构建直角△AEB和直角△DFC，根据勾股定理计算BE，CF，DF，计算EF的值，并根据EF求AD．【解答】解：如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，垂足分别为E，F．由已知可得BE=AE=，CF=，DF=2，于是EF=4+．过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得AD=====．故选：D．【点评】本题考查了勾股定理的正确运用，本题中构建直角△ABE和直角△CDF是解题的关键．4．（7分）在一列数x1，x2，x3，…中，已知x1=1，且当k≥2时，（取整符号[a]表示不超过实数a的最大整数，例如[2.6]=2，[0.2]=0），则x2010等于（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】首先由题设中的递推公式求出x2，x3，…的值，找出数据的变化规律，从而解题．【解答】解：已知x1=1，当k=2时，x2=x1+1﹣4（[]﹣[0]）=2；当k=3时，x3=x2+1﹣4（[]﹣[]）=3；当k=4时，=4；当k=5时，=1；当k=6时，=2；…∵2010=502×4+2∴x2010=x2=2，故选：B．【点评】本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析，归纳，发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．5．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，﹣1），C（﹣2，﹣1），D（﹣1，1）．以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，以B为对称中心作点P1的对称点P2，以C为对称中心作点P2的对称点P3，以D为对称中心作点P3的对称点P4，…，重复操作依次得到点P1，P2，…，则点P2010的坐标是（）A．（2010，2） B．（2010，﹣2） C．（2012，﹣2） D．（0，2）【分析】根据题意，以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，即A是PP1的中点，结合中点坐标公式即可求得点P1的坐标；同理可求得其它各点的坐标，分析可得规律，进而可得答案．【解答】解：根据题意，以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，即A是PP1的中点，又由A的坐标是（1，1），结合中点坐标公式可得P1的坐标是（2，0）；同理P2的坐标是（2，﹣2），记P2（a2，b2），其中a2=2，b2=﹣2．根据对称关系，依次可以求得：P3（﹣4﹣a2，﹣2﹣b2），P4（2+a2，4+b2），P5（﹣a2，﹣2﹣b2），P6（4+a2，b2），令P6（a6，b2），同样可以求得，点P10的坐标为（4+a6，b2），即P10（4×2+a2，b2），由于2010=4×502+2，所以点P2010的坐标是（2010，﹣2），故选：B．【点评】根据条件求出前边几个点的坐标，得到规律是解题关键．二、填空题（共5小题，每小题7分，满分35分）6．（7分）已知a=﹣1，则2a3+7a2﹣2a﹣12的值等于0．【分析】将a=﹣1转化为（a+1）2=5，再进一步转化a2+2a=4将2a3+7a2﹣2a﹣12转化为2a3+4a2+2a+3a2﹣4a﹣12，对前三项提取公因式2a，运用完全平方公式变为2a（a+1）2+3a2﹣4a﹣12此时将（a+1）2=5代入上式，变为3a2+6a﹣12，再对前两项提取公因数2，变为3（a2+2a）﹣12此时将a2+2a=4代入上式．最终问题得以解决．【解答】解：由已知得（a+1）2=5，所以a2+2a=4则原式=2a3+4a2+2a+3a2﹣4a﹣12=2a（a2+2a+1）+3a2﹣4a﹣12=2a（a+1）2+3a2﹣4a﹣12=2a×5+3a2﹣4a﹣12=3a2+6a﹣12=3（a2+2a）﹣12=3×4﹣12=0故答案0【点评】注意解题中的整体代入思想，以及完全平方公式、提取公因式（公因数）的灵活运用．7．（7分）一辆客车，一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶，在某一时刻，货车在中，客车在前，小轿车在后，且它们的距离相等．走了10分钟，小轿车追上了货车；又走了5分钟，小轿车追上了客车．问过15分钟，货车追上了客车．【分析】设小轿车速度为a，货车为b，客车为c，某一刻的相等间距为m，则=10①，=10+5②，可得到2（10c﹣10a）=15c﹣15b，求得c与a，b之间的关系式，代入货车追客车所得到的路程之间的相等关系中，即可求得时间．【解答】解：设小轿车速度为a，货车为b，客车为c，某一刻的相等间距为m，则=10①，=10+5②，化简可得：2（10c﹣10a）=15c﹣15b，所以：a=4b﹣3c假设再过t分钟，货车追上客车，则10a﹣10b=（15+t）（b﹣c）15+t=10（a﹣b）/（b﹣c）将a代入15+t=10×3=30，解得：t=15．所以再过15分钟，货车追上了客车．【点评】解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．要注意本题中的时间和路程之间的关系较复杂，要理清思路，找到它们之间的路程倍数关系和时间之间的关系，用路程之间的关系作为等量关系求解．8．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则直线l的函数表达式是．【分析】延长BC交x轴于点F；连接OB，AF；连接CE，DF，且相交于点N．把将多边形OABCDE分割两个矩形，过两个矩形的对角线的交点的直线把多边形OABCDE分割成面积相等的两部分．而M点正是矩形ABFO的中心，求得矩形CDEF的中心N的坐标，设y=kx+b，利用待定系数法求k，b即可．【解答】解：如图，延长BC交x轴于点F；连接OB，AF；连接CE，DF，且相交于点N．由已知得点M（2，3）是OB，AF的中点，即点M为矩形ABFO的中心，所以直线l把矩形ABFO分成面积相等的两部分．又因为点N（5，2）是矩形CDEF的中心，所以，过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分．于是，直线MN即为所求的直线l．设直线l的函数表达式为y=kx+b，则解得，故所求直线l的函数表达式为．故答案为．【点评】本题考查了一次函数关系式为：y=kx+b（k≠0），要有两组对应量确定解析式，即得到k，b的二元一次方程组．同时考查了不规则图形面积的平分方法；过矩形对角线交点的直线必平分它的面积．9．（7分）如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D，若CD=CF，则=．【分析】由于AD∥BC，易得△AEF∽△CBF，那么AE：BC=AF：FC，因此只需求得AF、FC的比例关系即可．可设AF=a，FC=b；在Rt△ABC中，由射影定理可知AB2=AF•AC，联立CD=CF=AB，即可求得AF、FC的比例关系，由此得解．【解答】解：设AF=a，FC=b；∵AM⊥AB，BN⊥AB，∴AM∥BN；∴△AEF∽△CBF；∴AE：BC=AF：FC=a：b；Rt△ABC中，BF⊥AC，由射影定理，得：AB2=AF•AC=a（a+b）；∵AM⊥AB，BN⊥AB，CD⊥AM，∴四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=CF=b；∴b2=a（a+b），即a2+ab﹣b2=0，（）2+（）﹣1=0解得=（负值舍去）；∴==．【点评】此题主要考查了矩形的性质、直角三角形及相似三角形的性质．能够正确的在Rt△ABC中求得AF、FC的比例关系是解答此题的关键．10．（7分）对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的余数为i﹣1．若n的最小值n0满足2000＜n0＜3000，则正整数k的最小值为9．【分析】解答题之前首先读懂题意，根据正整数n除以i所得的余数为i﹣1，求出2，3，…，k的最小公倍数，最后求得k的最小值．【解答】解：因为n+1为2，3，…，k的倍数，所以n的最小值n0满足n0+1=[2，3，…，k]，其中[2，3，…，k]表示2，3，…，k的最小公倍数．由于[2，3，…，8]=840，[2，3，…，9]=2520，[2，3，…，10]=2520，[2，3，…，11]=27720，因此满足2000＜n0＜3000的正整数k的最小值为9．故答案为9．【点评】本题主要考查带余数除法的知识点，此题难度较大，解答本题的关键是利用好整除的运算方法．三、解答题（共4小题，满分80分）11．（20分）如图1，抛物线y=ax2+bx（a＞0）与双曲线相交于点A，B．已知点A的坐标为（1，4），点B在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）．（1）求实数a，b，k的值；（2）如图2，过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，求所有满足△COE∽△BOA的点E的坐标（提示：C点的对应点为B）．【分析】（1）根据点A的坐标，易求得k的值，进而可确定双曲线的解析式；可根据双曲线的解析式设出点B的坐标，根据A、B的坐标，可得到直线AB的解析式，进而可得到此直线与y轴交点（设为M）坐标，以OM为底，A、B纵坐标差的绝对值为高，即可表示出△BOA的面积，已知此面积为3，即可求得点B的坐标，从而利用待定系数法求得抛物线的解析式，即可得到a、b、k的值．（2）易求得B（﹣2，﹣2），C（﹣4，﹣4），若设抛物线与x轴负半轴的交点为D，那么∠COD=∠BOD=45°，即∠COB=90°，由于两个三角形无法发生直接联系，可用旋转的方法来作辅助线；①将△BOA绕点O顺时针旋转90°，此时B1（B点的对应点）位于OC的中点位置上，可延长OA至E1，使得OE=2OA1，那么根据三角形中位线定理即可得到B1A1∥CE，那么E1就是符合条件的点E，A1的坐标易求得，即可得到点E1的坐标；②参照①的方法，可以OC为对称轴，作△B1OA1的对称图形△B1OA2，然后按照①的思路延长OA2至E2，即可求得点E2的坐标．【解答】解：（1）∵反比例函数经过A（1，4），∵k=1×4=4，即y=；设B（m，），已知A（1，4），可求得直线AB：y=﹣x+4+；∵S△BOA=×（4+）×（1﹣m）=3，∴2m2+3m﹣2=0，即m=﹣2（正值舍去）；∴B（﹣2，﹣2）．由于抛物线经过A、B两点，则有：，解得；∴y=x2+3x．故a=1，b=3，k=4．（2）设抛物线与x轴负半轴的交点为D；∵直线AC∥x轴，且A（1，4），∴C（﹣4，4）；已求得B（﹣2，﹣2），则有：∠COD=∠BOD=45°，即∠BOC=90°；①将△BOA绕点O顺时针旋转90°得到△B1OA1，作AM⊥x轴于M，作A1N⊥x轴于N．∵A的坐标是（1，4），即AM=4，OM=1，∵∠AOM+∠NOA1=90°，∠OAM+∠AOM=90°∴∠OAM=∠NOA1，又∵OA=OA1，∠AMO=∠A1NO∴△AOM≌△OA1N，∴A1N=OM=1，ON=AM=4∴A1的坐标是（4，﹣1），此时B1是OC的中点，延长OA1至E1，使得OE=2OA1，则△COE1∽△B1OA1∽△BOA；则E1（8，﹣2）；②以OC所在直线为对称轴，作△B1OA1的对称图形△B1OA2，延长OA2至E2，使得OE2=2OA2，则△COE2≌△COE1∽△BOA；易知A2（1，﹣4），则E2（2，﹣8）；故存在两个符合条件的E点，且坐标为E1（8，﹣2），E2（2，﹣8）．【点评】此题考查了反比例函数、二次函数解析式的确定，图形面积的求法，相似三角形的判定等知识．难点在于（2）题的辅助线作法，能够发现∠BOC=90°，并能通过旋转作出相似三角形是解决问题的关键．12．（20分）如图，△ABC为锐角三角形，P，Q为边BC上的两点，△ABP和△ACQ的外接圆圆心分别为O1和O2．试判断BO1的延长线与CO2的延长线的交点D是否可能在△ABC的外接圆上，并说明理由．【分析】延长线的交点D不可能在△ABC的外接圆上，根据题意可得出∠O2CQ=90°﹣∠CAQ，则∠BDC=∠BAP+∠CAQ，由于点P，Q为边BC上的两点，所以∠BAP+∠CAQ≠∠BAC．从而可得出，点D不在△ABC的外接圆上．【解答】解：答案是否定的，即BO1的延长线与CO2的延长线的交点D不可能在△ABC的外接圆上．（5分）如图，设直线BO1与直线CO2的交点为D，则，同理∠O2CQ=90°﹣∠CAQ，所以∠O1BP+∠O2CQ=180°﹣∠BAP﹣∠CAQ．故∠BDC=∠BAP+∠CAQ．（15分）由于点P，Q为边BC上的两点，所以∠BAP+∠CAQ≠∠BAC．因此，点D不在△ABC的外接圆上．（20分）【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，是一道综合题，难度较大．13．（20分）求满足2p2+p+8=m2﹣2m的所有素数p和正整数m．【分析】首先原方程可变形为p（2p+1）=（m﹣4）（m+2），再根据素数p和正整数m分别列式求解即可．【解答】解：由题设得p（2p+1）=（m﹣4）（m+2），由于p是素数，故p是（m﹣4）的因数，或p是（m+2）的因数．（5分）（1）若p整除（m﹣4），令m﹣4=kp，k是正整数，于是m+2＞kp，3p2＞