全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及詳解

全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題及詳解

第一試

一、選擇題(本題滿分42分，每小題7分)

1.計(jì)算4,3+2及-“1+240=()

(A)V2-1(B)1(C)V2(D)2

【答案】(8)

【解析】原式=W(及+1)2—J(40+3)2=4(&+1)—(40+3)=1,故選(3).

2.滿足等式(2-⑹"‘J"'-=i的所有實(shí)數(shù)機(jī)的和為()

(A)3(B)4(C)5(D)6

【答案】(A)

【解析】分三種情況進(jìn)行討論：

(1)若2-加=1,即〃?=1時(shí)，滿足已知等式；

(2)若2-加=-1,即加=3時(shí)，(2—叫"；'"=(_1)4=1滿足已知等式；

(3)若2-6w±1,即根w1且〃zw3時(shí)，由已知，得J2解得，=-1

故滿足等式(2-加廣'"2=1的所有實(shí)數(shù)加的和1+3+(-1)=3,故選(A).

3.已知A8是圓。的直徑，C為圓。上一點(diǎn)，NCAB=15。，NABC的平分線交

圓。于點(diǎn)。，若CO=G，則AB=()/^\c

(A)2QB)V6(C)2V2(D)3力

【答案】⑷k仁工T/)上

【解析】連接OC,過點(diǎn)。作ON_LC￡＞于點(diǎn)N,則^0

CN=DN=B,OC=OA,從而NOC4=NC4B=15°,由4?是圓。的直徑，得

2

ZAC8=90,因8平分NACB,故ZACD=45",4OCN=ZACD-ZOCA=30。,

在向AONC中，VcosZOC7V=——=—,：.OC=l,：.AB=2OC=(A).

OC2

4.不定方程3f+7町，-2%-5丁-17=0的全部正整數(shù)解《力的組數(shù)為()

(A)1(B)2(C)3(D)4

【答案】(8)

丫2.9Ii7

【解析】由3f+7D一2工一5P一17=0,得茨=一"因％y為正整

7%-5

數(shù)，故x21,yZl,從而7x-5>0,于是-3f+2x+17上7x-5,3x2+5x-22<0,

即

(x—2)(3%+11)<0,由x?l,知3x+ll>0,故x—2W0,x<2,故x=l或x=2

當(dāng)x=l時(shí)，y=8；當(dāng)x=2時(shí)，y-l.

故原不定方程的全部正整數(shù)解(x,y)有兩組：(1,8),(2,1),故選(3).

5.矩形ABCD的邊長AZ)=3,AB=2,E為AB的中點(diǎn)，6在線段

上,BF：FC=1：2,AF分別與DE,DB交于點(diǎn)M,N,則MN=()

(A)—(B)—(O還

7142828

【答案】(C)

【解析】因R生F=■\!■,故

FC2

BFRFFNRF

——=—=I—,8E=1—AO=1,因BF〃AD,故l\BNFs"NA做'=——=1一,

DABC33ANDA3

I|3I

故===延長交于點(diǎn)G,則由E為A3的中點(diǎn)，知

MDE咨帖GE,故BG=AD=3,FG=BF+BG=1+3=4,因FG//AD,故

/^FMG—,故AM=3AF,于是

FMFG447

MN=AF-AM-FN=AF--AF--AF=—AF=—NAB?+BF?=—,

74282828

故選(C).

6.設(shè)〃為正整數(shù)，若不超過〃的正整數(shù)中質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)等于合數(shù)的個(gè)數(shù)，則稱〃

為“好數(shù)”那么，所有“好數(shù)”之和為()

(A)33QB)34(C)2013(D)2014

【答案】(8)

【解析】因1既不是質(zhì)數(shù)，也不是合數(shù)，故“好數(shù)”一定是奇數(shù).

由上表可知，1,9,11,13都是“好數(shù)”.

因%-%5=2，當(dāng)〃216時(shí)，在〃=15的基礎(chǔ)上，每增加2個(gè)數(shù)，其中必有

一個(gè)為偶數(shù)，當(dāng)然也是合數(shù)，即增加的合數(shù)的個(gè)數(shù)不會少于增加的質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)，

故一定有2一《,>2,

故當(dāng)〃216時(shí)，〃不可能是“好數(shù)”.

因此，所有的“好數(shù)”之和為1+9+11+13=34,故選(B).

二、填空題(本題滿分28分，每小題7分)

1.已知實(shí)數(shù)x,y,z滿足x+y=4,|z+l|=盯+2丫一9,則x+2y+3z=.

【答案】4

【解析】由x+y=4,得x=4—y,代入|z+l|=孫+2丁一9,得

22

|z+l|=(4-j；)y+2y-9=-/+6y-9=-(y-3)>0,i^(y-3)<0,

又(y—3)230,故(>—3)2=0,故y=3,z=—l,x=l,于是x+2y+3z=4.

2.將一個(gè)正方體的表面都染成紅色，再切割成〃3(〃>2)個(gè)相同的小正方體，

若只有一面是紅色的小正方體數(shù)目與任何面都不是紅色的小正方體的數(shù)目相同，

貝Un=.

【答案】8

【解析】只有一個(gè)面染成紅色的小正方體的總數(shù)為6(〃-2)2個(gè)，任何面都不

是紅色的小正方體的總數(shù)為(〃-獷個(gè)，依題意有6(〃-2)2=(〃-2)3,解得

〃=8（〃=2舍去）.

3.在AABC中，44=60。,/。=75。,48=10,E,尸分別在AB,BC,CA上,

則ADEF的周長最小值為.

【答案】576

【解析】分別作點(diǎn)E關(guān)于AB,AC的對稱的P,Q.

則DE=PD,EF=EQ.連接AE,AP,AQ,DP,FQ,PQ,

則NPAQ=12(T,且AP^AE^AQ,從而

NAPQ=30,

故2—=cos30°，PQ=y/3AP，過點(diǎn)A作AH_LBC于點(diǎn)H，則

AP

A”=AB-sinB=10xsin45=50,于是ADEE的周長為

I=DE+DF+EF=PD+DF+FQNPQ=也AP=6AE>也AH=576

當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)//重合，且P,2￡Q四點(diǎn)共線時(shí)取得等號，即ADEF的

周長幻=5n.

4.若實(shí)數(shù)x,y,z滿足%2+y2+z2-(Ay+^z+zx)=8,用A表示

|x-j|,|y-z|,\z-x\的最大值,則A的最大值為.

【答案】偵

3

【解析】由已知，得(x-y)2+(y—z)2+(z-x)2=16,不妨設(shè)A=|x—)，],則

A2=\x-y[=(y-x)2=[(y-z)+(z-x)]2<2[(j；-z)2+(z-x)2]=2[16-(x-y)2]=2(16-A2)

解得AK警.當(dāng)且僅當(dāng)|x-4=孚,卜-2|=上-耳=苧時(shí)取等號.

故A的最大值生色.

3

第二試(A)

一、(本題滿分20分)已知實(shí)數(shù)a,h,c,d滿足

2a2+3c2=為+3/=(四~bc)2=6,

求(/+尸)卜2+筋)的值.

解：設(shè)機(jī)="+及,〃=，2+6/2,則2根+3〃=(2/+3c?)+(2尸+3磨)=12.

因(2/72+3/?)'-(2m-3n)'+24mn>24mn,BP122>24mn,故mn<6①

又因?yàn)?/p>

mn=(tz2+/)卜2+d2^=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2=(ac+bd『+(ad-bcf>

故mn>（ad-Z?c）2=6（2）

由①，②可得mn=6.即（a1+h2+d?）=6

注：符合條件的實(shí)數(shù)a,"c,d存在且不唯一，應(yīng)滿足

ac+bd=0

2a2+2〃=3i+3/4/八砥Qhab1

由（1）得一=—,令A(yù)一=—=t,則Ml

2a2+3c2=26+3/dcdc

（ad-be）2=6

a=dt,b=—ct,代入⑵得/=逅或y-業(yè)，于是

22

a———d,h—-ca——d,h=——c,代入（3）或（4）,Wc2+d2—2,

2222

故符合條件的實(shí)數(shù)a,O,c,d存在且不唯一，如力=l,c=曰/=-竿就是

一組.

又如a=顯,b=S=l,d=l也是一組，當(dāng)然還有很多組.

22

二、（本題滿分25分）已知點(diǎn)C在以AB為直徑的圓。上，過/[

點(diǎn)8,C作圓。的切線，交于點(diǎn)P,連接AC,若OP=2AC,求絲C/Kl

2ACA

的值?

解：連接0C,因?yàn)镻C,所為圓。的切線，所以

4Poe=NPOB

因?yàn)镼4=OC,所以NOC4=NQ4C,因?yàn)镹C08=NOC4+NQ4C,

所以24POB=2NQ4C,所以ZPOB=NQ4C,所以O(shè)P〃AC

連接BC,因48為圓。的直徑，PB為圓。的切線，故NAC8=NQBP=90

\rAR

又/POB=NOAC,所以ABACSAPQB,所以——=——.

OBOP

92

又OP=-AC,AB=2r,OB=r（r為圓。的半徑），代入，得OP=3r,AC=—廠.

23

在Rt^POB中，由勾股定理，得PB=yl0P2-0B2=272r，所以竺==30.

AC，“

三、（本題滿分25分）已知f是一元二次方程x2+x_]=0的一個(gè)根，若正整

數(shù)a,b,m使得等式（〃+m）[bt+=31優(yōu)成立，求"的值.

解：因?yàn)?，是一元二次方?2+%_1=0的一個(gè)根，顯然，是無理數(shù)，且

t2=l-t.

由（〃+機(jī)）（初+m）=31加，得次?/+m（6?4-Z?）f+m2-31m=0,將/=17代入，

得

一/）+加（々+〃）+—316=0,即[〃2（Q+b）-Q/?]/+（Qb+7772—31〃2）=0.

,—,1,m（a+b]—ab=0,

因?yàn)橹?根是正整數(shù)，，是無理數(shù)，所以I/,于是可得

ab+療一3\m-0

a+b=3i-m

*

ab=3Im一m2

因此。力是關(guān)于X的一元二次方程%2+（%-31）尢+316-后=0的兩個(gè)正整數(shù)根，

該方程的判別式△=（m-31）2-4（31〃2-m2）=（31-/祖31-5〃2）20.

又因?yàn)椤Ａκ钦麛?shù)，所以。+人=31—機(jī)＞0,從而可得0＜初4弓.

又因?yàn)榕袆e式△是一個(gè)完全平方數(shù)，驗(yàn)證可知，只有加=6符合要求.

把〃2=6代入,得"=31利一加2=150.

第二試（B）

一、（本題滿分20分）已知1=^-1,若正整數(shù)a,b,m，使

（必+6）（初+〃2）=17相成立，求功的值.

解：因?yàn)椋?0—1,所以，2=3—20.由（必+〃2）（初+7%）=17/篦，得

cibt2+m[a+b^t-\-nT—Vim=0,將，2=3—20代入，得

ab(3-2&)+m(a+b乂0-1)+.-17m=0,

整理得+b)—2Q。]?V2+\j)ab一〃+b)+m2—17m]=0

m[a+b)—2ab=0

因?yàn)?。?根是正整數(shù)，血是無理數(shù)，所以，

3ah—m(a+〃)+in2—Mm-0

a+b=2(17-

于是可得

ah=Vim-nV

因此a,。是關(guān)于x的一元二次方程f+2(機(jī)-17)x+17機(jī)-加2=0的兩個(gè)正整數(shù)

根，

該方程的判別式△=4(/”—⑺？一4(17/〃—>)=4(17—機(jī))(17-2〃?)20.

17

又因?yàn)閍,仇，〃是正整數(shù)，所以。+6=2(17-m)>0,從而可得

又因?yàn)榕袆e式△是一個(gè)完全平方數(shù)，驗(yàn)證可知，只有m=8符合要求.

把〃?=8代入,得出?=17根一根2=72.

二、(本題滿分25分)在AABC中，AB>AC,。、/分

別是AABC的外心和內(nèi)心，且滿足AB—AC=20/,求證：

(1)OI//BC;

(2)SiMOC_^&AOB=2slM)1.

證明：(1)過點(diǎn)。作OM_LBC于M,過點(diǎn)/作W_L8C

于N,

則QM〃/N,設(shè)3C=a,AC=Z?,A8=c,由O、/分別是AABC的外心和內(nèi)心，得

CM^-a,CN=-(a+b-c),所以MN=CM—CN=L(c—b)=01,

222

又MN恰好是兩條平行線。之間的垂線段，所以。/也是兩條平行線

0M,/N之間的垂線段，所以0/〃MN,所以。/〃BC.

(2)由(1)知是矩形，連接設(shè)OM=IN=r(即為A43c的

內(nèi)切圓半徑)，則SMOC—SMOB-(SM。/+Sscol+s^c)-(5M/e—SMO/—s^Oi)

+SACOI+SAAIC~SMIB=2S,M0/+^O1-r+^0I■r+~AC-r-YAB-r

=2stM)1+SABOI

+R

~^^MOI'01+^(b-c)-2SMO/+r-；(c—/?)+；(b—c)=2SM0/.

三、(本題滿分25分)若正數(shù)a,b,c滿足

/7222/22,22/1).?)o

bf+c-a、|c+a-b、a+b-c

-----------；-----------+-----------------------------+-----------------------=3

k2bc2caJ(lab)

求代數(shù)式胃工a2+b2-c2

H------------的----值----.-

2ca2ab

解：由于a,仇c具有輪換對稱性，不妨設(shè)0<aW〃Wc.

(1)若c>a+。，則c—a>Z?>0,c—/?>a>0,從而，得

Z?2+C，2Q2_1+(cb『a2

->1,>1,

2bc2bc

a2+b2-c2_{a+b'y-c,2b\c2-a2c2+a22

----1<—1,故■+>3,

2ab2ab2bc)2ah

這與已知條件矛盾.

(2)若cva+O,則0<c-avb,O<c-b<a,從而，得

222222

ac+a-b_1+(c-a)-/?

O<F±c0—<1,0<<1,

2bc2hc2ca2ca

a2+b2-c2_(a+"2c",2a2+b2-c2_1+(a-b)2-C2

——1>-1,0<-<1,

lablablab2ab

、2222

b2+c2-a2c2+a2-b2(a+b-c

故4-<3,這與已知條件矛盾.

2bc)2ca)2ab)

綜合(1)(2)可知,一定有C=Q+b

/72+c2-cr/+(。+b)2-a22b2+2ab

于是可得=1,

2bc2b(a+b)2〃+lab

同理可得c-=1,c-=_1

2calab

故二衛(wèi)+立j.+3z￡i=L

2bc2calab

全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及詳解

一、選擇題(每小題5分，共30分)

1.設(shè)A8CD為圓內(nèi)接四邊形，現(xiàn)在給出四個(gè)關(guān)系式：

(1)sinA=sinC(2)sinA+sinC=0(3)cosB+cosD=0(4)

cos5=cos￡)

其中總能成立的關(guān)系式的個(gè)數(shù)是

(A)一個(gè)(B)兩個(gè)(C)三個(gè)(D)四個(gè)

答

()

解：選(B)因?yàn)閳A內(nèi)接四邊形，故NC=180°-ZA,且ZA,NC都不

能為

0°及180°,故(1)式恒成立；(2)式恒不成立.同樣由/。=180°-/8,

(3)式恒成立；(4)式只有/3=/。=90°時(shí)成立.故只有(1)、(3)總能成

立，故選B.

2.若〃是大于1的整數(shù)，則0="+(〃2-1)￥的值

(A)一定是偶數(shù)(B)一定是奇數(shù)

(C)是偶數(shù)但不是2(D)可以是偶數(shù)也可以是奇數(shù)

答

()

解：選(B)當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，Im=0,〃=〃+1是奇數(shù)；當(dāng)〃為奇數(shù)時(shí),

2

1_/1\w1-(7)“

7=1,且〃2-1為偶數(shù)，故0=〃+(〃2-1)為奇數(shù)，因而0=〃+(〃2一1)二

的值一定是奇數(shù).故選(B).

3.在平行四邊形中，P為8C的中點(diǎn)，

過P作30的平行線交于。，連24,PD,QA,

QB,則圖中與AABP面積相等的三角形，除AABP

外還有：

(A)三個(gè)(B)四個(gè)

(C)五個(gè)(D)六個(gè)

答()

解：選(C)由題設(shè)條件，。是CD的中點(diǎn)，這樣圖中與AABP面積相等的三角

形有三類:

(1)與AABP等底等高的三角形有二個(gè)：\BPD,\PCD.

(2)一邊為3P邊的二倍，而高為5P上的高之半的三角形有二個(gè)：岫CQ、

(3)與ABCQ等底同高的三角形有一個(gè)：AQD8.故共有五個(gè)，選(C).

4.函數(shù)y=l-|x-燈的圖像大致形狀是

(A)圖1中的實(shí)線部分(B)圖2中的實(shí)線部分

(C)圖3中的實(shí)線部分(D)圖4種的實(shí)線部分

1+x-x0<%<1

解：(C)因工2一%=0的根為0及］,故y=l—卜—T

1-x2+xx<0,x>1.

由二次函數(shù)的圖像可知，函數(shù)y=l-|x-司的圖像的大致形狀是圖3中的實(shí)

線部分.

故選(C).

5.團(tuán)表示取數(shù)x的整數(shù)部分，例如9=3等，若y=41上回-把回1

-」IL

且當(dāng)％=1,8,II,14時(shí)，y=\；x=2,5,12,15W,y=2；

%=369,16時(shí)，y=3；x=4,7,10,13時(shí)，y=0；則表達(dá)式中〃等于

解:(D)若〃=—,則當(dāng)x=2時(shí)，u=\,[M]=1,因而丁=4(?-|=3,

與題設(shè)x=2時(shí)，y=2矛盾，故(A)錯(cuò).同理，令x=3,可斷定(B)錯(cuò)；令x=4,

可斷定(C)錯(cuò).從而(D)正確.故選(D).

6.如圖，在等腰AABC中，CO是底邊A8上的高，E是腰8C的中點(diǎn)，AE交

C。于F,現(xiàn)在給出三條路線：

(O)A.C-E.6..尸.A

?AfO.8.E.尸.CfA

設(shè)它們的長度分別為L(a),L(b),L(c),那么下列三種關(guān)系式：

L{a)<L(b),L(a)<￡(c),L0)<L(c)中,一定能夠成立的個(gè)數(shù)是:

(A)0個(gè)(B)l個(gè)

(C)2個(gè)(D)3個(gè)

解：(B)由題條件可知，F(xiàn)是AA3C的重心，因而CF=2DF,AF=2EE,

因?yàn)镃4=CB,由3AFBQ知AF=BE,L(c)=AB+BE+EF+FC+CA,

L(a)=AF+FC+CB+BA,故L(c)-L(a)=BE+EF—AF=BE+EF—BF>0

即L(c)>L(a),XL(Z?)=AC+CE+EB+BD+DF+FA

L(c)-LQb)=(AB-BDA(EF-E4H(FC-DF)-CE=AD+DF-EF-CE

當(dāng)AABC為等邊三角形時(shí)，AD=CE,DF=EF,因而L(c)=L(b),這說明

L(Z?)<L(c)不恒成立.再因心(4)一〃。)="+04—4?！?。尸=。/+04-4。

當(dāng)ZAC8=120°,且AC=BC=\^,AD=-,CD=-,DF=~,

226

故L(a)—L(b)=-+--\=36-5>。即>〃份，故不等式<帥)不恒

266

成立，即三個(gè)不等式中，只有一個(gè)恒成立.故選(B).

二、填空題(每小題5分，共30分)

1.設(shè)a-b=2+G，b-c=2-y/3,則aZ+^+c?一ab-bc-ca的值為

解:填15.

原式=；[(a-0)2+(6_4+(0_4]=g[Q+后*Q_質(zhì)2+42]=30.

方法2:S=a*2*S6+b2+c2—ah—bc—ca,則

2s-2a2+2〃+2c2-2ah-2hc-2ca=(a—h)2+(Z?-c)2+(c—a)2=30

S=—x30=15，即。2+b2+c2-ab-bc-ca=15.

2

2.設(shè)方程/—402x+Z=0的一根加3,即為另一根的80倍，那么

k=.

解:填1985.設(shè)方程兩根為玉,馬，由題意，有百+3=80馬，即石=80/-3,

又<~+%=402,/.80元2—3+/=402,從而x2=5,x2=80x2-3=397,

于是%=%/=397x5=1985.

3,有甲、乙、丙三種貨物，若購甲3件，乙7件，丙1件，共需3.15元，

購甲4件，乙10件，共需4.20元.現(xiàn)在購甲、乙、丙各1件共需元.

解:填1.05元.設(shè)購甲貨1件需x元，乙貨1件需y元，丙貨1件需z元，根據(jù)

題意，有

3x+7y+z=3.15J(x+y+z)+2(x+3y)=3.15G)

《即<

4x+10y+z=4.20[(x+y+z)+3(x+3y)=4.20(2)

(1)x3—(2)x2得x+y+z=1.05,因此購甲、乙、丙各一件共需1.05元.

4.不等式42/+0￥</的解為.

解：原不等式可化為(6%+〃)(7元-a)<0

(1)當(dāng)a>0時(shí)，原不等式解集為一3<%<@；

67

(2)當(dāng)a<0時(shí)，原不等式解集為-<%<--；

(3)當(dāng)。=0時(shí)，原不等式無解；

5.已知x(x，O,±l)和1兩個(gè)數(shù)，如果只許用加法、減法，1作被除數(shù)的除法

三種運(yùn)算(可以使用括號)，經(jīng)過六步算出那么計(jì)算的表達(dá)式是.

解：表達(dá)式是l+[l+x—l+(x+l)]—X或l+[l+(x—1)—l+x]+x.

也可寫成廠'——X或_]LJ+x

Xx+1x-1X

6.在正實(shí)數(shù)集上定義一個(gè)運(yùn)算*,其規(guī)則為：當(dāng)aNb時(shí)，a*b=ba；當(dāng)a<b

時(shí)，。*。=加.根據(jù)這個(gè)規(guī)則，方程3*x=27的解是.

解:填3百，或3

若0<xW3,則3*1=/，又3*x=27,d=27,/.x=3;

若x>3,則3*x=f,又?；3*x=27,二f=27,二%

因此方程，3*x=27的解是3,或3班.

三、如圖，。為凸五邊形A8CDE內(nèi)一點(diǎn)，且N1=N2,N3=N4,N5=N6,

N7=N8.

求證：N9與NIO相等或互補(bǔ).

證法1:由正弦定理及已知條件得

0A_OB_OB_OC_OC

sinZ10sinZ1sinZ2sinZ3sinZ4

ODODOEOE04

sinZ5sinZ6sinZ7sinZ8sinZ9

從而sin/10=sinN9,N9=N10或N9+N10=180°,即N9與NIO相等或互

補(bǔ).

證法2:由于對定線段的張角為定角的點(diǎn)的軌跡是以定線段為弦的張角

為定角的兩個(gè)相等的弓形弧.【和已知線段的兩個(gè)端點(diǎn)的連線的夾角等于已知

角的點(diǎn)的軌跡，是以已知線段為弦所含的圓周角等于已知角的兩段弧(端點(diǎn)除

外)】，所以由/1=/2,得△。鉆的外接圓與Ag?的外接圓相等；同理，AOCB

的外接圓與'OCD的外接圓相等；AOCD的外接圓與NODE的外接圓相

等;AO。石的外接圓與\OAE的外接圓相等；

于是AaLg的外接圓與ACME的外接圓相等，從而N9與N10相等或互補(bǔ).

四、如圖，o。，。。2外切于A,半徑分別為4和弓；PB,PC分別為兩圓

的切線，

B,C為切點(diǎn)；P8:PC=(:2；又Q4交。。2于E點(diǎn).

求證：APAB^APEC.

證法1：如圖1,連接

OtA,ORPOyPO2,O2A,O2C,

則A2三點(diǎn)共線，?；PB：PC=八：G，

：.Rt"BO\sRtkPCO2,：.Z3=Z4

3

PO,-.PO2=rx:r2=0}A:O2A,于是Q4為N。/。2的平分

線，即N1=N2,連接&E，由NgAPuNO?",得

\O,AP^\O2EP

...PA:PE^r]:r2,BPPA:PE^PB:PC又由N3=N4,Z1=Z2,知

4BPA=NCPE

：.AR48sApEC

證法2：如圖2,延長區(qū)4交。。2于3',過8'作直線平行于PB交Q4的延長線

于P,交PC的延長線于。.連接。,則由a，AQ

三點(diǎn)共線，知/。46=/0/3',，N0/A=NQ8'A,從而。刀〃。?"

又,：BP〃BF,O.BVPB,：.02B'±P'Q,即產(chǎn)。為°。2的切線，夕為切點(diǎn).

■:BP〃B'P,：.^ABP^AAB'P',：.PB:P'B'AB:AB'

由MO,BsA4Q皆知AB:AB'=4：弓Z"jSX一~~7

c

y.PB;PC=f\:r2，：.PB:PB=PB:PC：.PF=PC[

又QC=QB'，二QP'=QP

圖2

設(shè)。。2交PA于F，尸。為NPQP的平分線02F±AE,AF=FE從而

PF=PF

:.PA=PE又ZB'P'A=ZCPE,P'B'=PC,:.曠AB冬"EC,:.

^PAB^^PEC.

五、有一長、寬、高分別為正整數(shù)，"，n,r(機(jī)＜〃Wr)的長方體，表面涂上紅

色后切成棱長為1的正方體，已知不帶紅色的正方體個(gè)數(shù)與兩面帶紅色的正方體

個(gè)數(shù)之和，減去一面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)得1985.求m，〃，r的值.

解：(1)若加=1,這時(shí)〃=1,沒解，二〃22依題意，不帶紅色的正方體

的個(gè)數(shù)為%=0,一面帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為仁=0,兩面帶紅色的正方體的

個(gè)數(shù)為《=(〃一2)(一2)于是有％—《+&=&=1985即

(〃一2)(—2)=1985=5x397

〃—2=5-[n—2=1n=7音[n=3

<或《

[r-2=397[r-2=1985r-399[r=1987

m=1,n=7,r=399,或m=l,zi=3,r=1987

⑵若m=2,依題意，不帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為%=0,一面帶紅色的正

方體的個(gè)數(shù)為勺=2(〃-2)(l2),兩面帶紅色的正方體的個(gè)數(shù)為

網(wǎng)=4(〃-2)+4(廠一2),則乙與后都是偶數(shù)，顯然/_＜+%=߁.

(3)若租＞2,依題意，不帶紅色的正方體個(gè)數(shù)為&°=(，〃-2)(〃-2)(r-2)；

一面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)為4=2(根-2)(〃-2)+2(w-2)(r-2)+2(〃-2)(r-2)；

兩面帶紅色的正方體個(gè)數(shù)為k2=4(m-2)+4(〃-2)+4(r-2)；

于是有%+修-4=1985,即

(m—2)(〃—2)(r—2)+4[(/?/—2)+(/i-2)+(r—2)]—

2[(m-2)(n-2)+(m-2)(r-2)+(/2-2)(r-2)]=1985

亦即[(加―2)-2][(〃-2)-2][(r-2)-2]=1985-8=1977

(〃L4)(“一4)(-4)=1977

V1977=1x3x659=1x1x1977=(-Dx(-l)xl977

m-4=1772-4=1加一4二一1

〃一4二3或,n-4=1或，〃一4二-1

,4=659-4=1977―4=1977

m=5m=5m=3

?\<n=7或.〃=5或（〃=3

r=663r=1981r=1981

綜上所述，符合題意的惟72/有五組:

m=l,n=7,r=399；

m=1,71=3,r=1987；

m=5,=7,r=663；

m=5,n=5,r=1981；

m=3,〃=3/=1981.

*六、桌面上有五枚硬幣正面全部向上，若每次任意翻動四枚能否經(jīng)過若干次后，

將背面全部翻到上面來？

解:不能.對于任意一枚硬幣來說翻動一次背面向上，翻動兩次背面向下，一般

來說，翻動奇數(shù)次時(shí)背面向上，翻動偶數(shù)次時(shí)背面向下.

若五枚硬幣背面全部向上時(shí)，每枚硬幣搖翻動的次數(shù)分別為

2nlT,2〃2-1,…,24-1(勺,〃2,…，內(nèi)均為正整數(shù))，

共翻動［2(〃］+〃2-----H%)-5］次，這一結(jié)果為奇數(shù)次；

另一方面，每次任意翻動四枚硬幣，設(shè)共翻動〃次可使五枚硬幣背面全部翻

到上面來，總共翻動4〃次,矛盾.

故無論翻動多少次背面不能全部翻上來.

全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題參考答案

第一試

一、選擇題：（本題滿分42分，每小題7分）

1.若a,仇c均為整數(shù)且滿足5―4°+（。一4°=1,則|。一。|+|力一。|+|。一。|=

（B）

A.1.B.2.C.3.D.4.

2.若實(shí)數(shù)滿足等式2G+3|以=6,4&-9|b|=6c,則c可能取的最

大值為（C）

A.0.B.1.C.2.D.3.

3.若。力是兩個(gè)正數(shù)，且—+—+1=0,則

ba

（C）

1144

A.0<Q+Z?W—.B.—va+〃〈LC.+—.D.—<Q+/?K2?

3333

4.若方程J-3冗一1=0的兩根也是方程J+"2+b%+c=0的根，貝iJa+人一2c

的值為（A）

A.-13.B.-9.C.6.D.0.

5.在△ABC中，已知NC48=60。，D,E分別是邊AB,AC上的點(diǎn)，且

ZAED=6QP,ED+DB=CE,4CDB=24CDE,則ZDCB=

（B）

A.15°.B.20°.C.25°.D.30°.

6.對于自然數(shù)〃，將其各位數(shù)字之和記為為,如020G9=2+0+0+9=11,

。2010=2+°+1+°=3，則。］+。2+。3+.^"。2009+。2010=

（D）

A.28062.B.28065.C.28067.D.28068.

二、填空題：（本題滿分28分，每小題7分）

1.已知實(shí)數(shù)滿足方程組［1+'3=［9,貝+_13_.

x+y=l,

2.二次函數(shù)y=/+云+c的圖象與x軸正方向交于A,B兩點(diǎn),與y軸正方

向交于點(diǎn)C.已知=ZCAO=30°,則c=-

9

3.在等腰直角aABC中，AB=BC=5,P是4ABC內(nèi)一點(diǎn)，且PA=6,

PC=5,則PB=—V10—.

4.將若干個(gè)紅、黑兩種顏色的球擺成一行，要求兩種顏色的球都要出現(xiàn)，

且任意中間夾有5個(gè)或10個(gè)球的兩個(gè)球必為同一種顏色的球.按這種要求擺放，

最多可以擺放15—個(gè)球.

第二試（A）

一.（本題滿分20分）設(shè)整數(shù)"c（aNbNc）為三角形的三邊長，滿足

a2+b2+c2-ab-ac-bc=X3,求符合條件且周長不超過30的三角形的個(gè)數(shù).

解由已知等式可得

（Q—Z?）-+S—C）-+（Q—c）2=26

①

令a-b=m、b-c=n,貝ija—c=m+n，其中北〃土勻?yàn)樽匀粩?shù).

于是,等式①變?yōu)樘K+為+（加+〃）2=26,即

m2+優(yōu)2+mn—11c3

②

—3

由于叫”均為自然數(shù)，判斷易知，使得等式②成立的犯〃只有兩組：’

n-\

(I)當(dāng)〃z=3,〃=l時(shí)，b=c+l,a=Z?+3=c+4.又a,仇c為三角形的三邊長,

所以Hc>a,即（c+l）+c>c+4,解得c>3.又因?yàn)槿切蔚闹荛L不超過30,

2525

即a+Hc=（c+4）+（c+l）+cW30,解得c4上.因此3<c43，所以c可以取值

33

4,5,6,7,8,對應(yīng)可得到5個(gè)符合條件的三角形.

（2）當(dāng)加==3時(shí)，b=c+3,a=b+l=c+4.又a,"c為三角形的三邊長，

所以b+c>a,即（c+3）+c>c+4,解得c>l.又因?yàn)槿切蔚闹荛L不超過30,

2323

即a+b+c=(c+4)+(c+3)+c?30,解得c4上.因止匕l(fā)<c<上，所以c可以取值

33

2,3,4,5,6,7,對應(yīng)可得到6個(gè)符合條件的三角形.

綜合可知：符合條件且周長不超過30的三角形的個(gè)數(shù)為5+6=11.

二.（本題滿分25分）已知等腰三角形AABC中，AB=AC,NC的平分線

與AB邊交于點(diǎn)P,M為AABC的內(nèi)切圓。I與BC邊

的切點(diǎn)，作MD//AC,交OI于點(diǎn)D.證明：PD是。I

的切線.

證明過點(diǎn)P作的切線PQ（切點(diǎn)為Q）并延

長，交BC于點(diǎn)N.

BNM

因?yàn)镃P為NACB的平分線，所以NACP=NBCP.

又因?yàn)镻A、PQ均為。I的切線，所以NAPC=NNPC.

又CP公共，所以4ACP且△NCP,所以NPAC=NPNC.

由NM=QN,BA=BC,所以△QNMS^BAC,故NNMQ=/ACB,所以

MQ//AC.

又因?yàn)镸D//AC,所以MD和MQ為同一條直線.

又點(diǎn)Q、D均在。I上，所以點(diǎn)Q和點(diǎn)D重合，故PD是。I的切線.

三.(本題滿分25分)已知二次函數(shù)xf+foc—c的圖象經(jīng)過兩點(diǎn)P(l,a),

Q(2,10?).

(1)如果a,。,c都是整數(shù)，且c<Z?<8a,求a,仇c的值.

(2)設(shè)二次函數(shù)y=/+法一c的圖象與x軸的交點(diǎn)為A、B,與y軸的交點(diǎn)

為C.如果關(guān)于x的方程V+foc-c=0的兩個(gè)根都是整數(shù)，求aABC的面積.

解點(diǎn)P(l,a)、Q(2,10a)在二次函數(shù)yuf+fcc—c的圖象上，故1+。一c=a,

4+2a—c=10a,

得力=9a—3,c=8Q—2.

,,(8。—2<9?！?,5/曰

(1)由解得lvav3.

9d-3<8a,

又。為整數(shù),所以。=2,〃=9〃-3=15,c=8a-2=14.

(2)設(shè)機(jī)，〃是方程的兩個(gè)整數(shù)根，且加工〃,

由根與系數(shù)的關(guān)系可得利+〃=-。=3-9a,mn=-c=2-Sa,消去。，得

9mn-8(7724-鹿)=-6，

兩邊同時(shí)乘以9,得81加7-72(加+〃)=-54，分解因式，得(9加-8)(9鹿-8)=10.

匚匚1、1(9加一8=1,[9m-8=2,9m-8=-10,9m-8=-5,

所以<或《

[9〃-8=10,[9n-8=5,9加一8=-1,9n—8=-2,

1021

im=—,m=——m=一,

曰r加=1，T9T993

解得1c或〈一或〈r或,

n=2,1372

n~3,

又加.是整數(shù)，所以后面三組解舍去，故加=1,〃=2.

因此，b--(m+n)=-3,c=-nm=-2,二次函數(shù)的解析式為y=d-3x+2.