全国初中数学联赛试卷

2012年全国初中数学联赛试卷一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1．（7分）已知，，，那么a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．b＜c＜a2．（7分）方程x2+2xy+3y2=34的整数解（x，y）的组数为（）A．3B．4C．5D．63．（7分）已知正方形ABCD的边长为1，E为BC边的延长线上一点，CE=1，连接AE，与CD交于点F，连接BF并延长与线段DE交于点G，则BG的长为（）A．B．C．D．4．（7分）已知实数a，b满足a2+b2=1，则a4+ab+b4的最小值为（）A．B．0C．1D．5．（7分）若方程x2+2px﹣3p﹣2=0的两个不相等的实数根x1，x2满足，则实数p的所有可能的值之和为（）A．0B．C．﹣1D．6．（7分）由1，2，3，4这四个数字组成四位数（数字可重复使用），要求满足a+c=b+d．这样的四位数共有（）A．36个B．40个C．44个D．48个二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）7．（7分）已知互不相等的实数a，b，c满足，则t=_________．8．（7分）使得5×2m+1是完全平方数的整数m的个数为_________．9．（7分）在△ABC中，已知AB=AC，∠A=40°，P为AB上一点，∠ACP=20°，则=_________．10．（7分）已知实数a，b，c满足abc=﹣1，a+b+c=4，，则a2+b2+c2=_________．三、解答题（共3小题）11．（20分）已知直角三角形的边长均为整数，周长为60，求它的外接圆的面积．12．（25分）如图，PA为⊙O的切线，PBC为⊙O的割线，AD⊥OP于点D，△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E．证明：∠BAE=∠ACB．13．（25分）已知抛物线的顶点为P，与x轴的正半轴交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）两点，与y轴交于点C，PA是△ABC的外接圆的切线．设M（0，），若AM∥BC，求抛物线的解析式．2012年全国初中数学联赛试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1．（7分）已知，，，那么a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．b＜c＜a考点：二次根式的混合运算；实数大小比较。811336专题：计算题。分析：先求出a、b、c的倒数并分母有理化，然后根据一个数的倒数越大，则这个数越小，进行大小比较．解答：解：∵a=﹣1，b=﹣，c=﹣2，∴==+1，==+，===+1=+1，∵+1＜+1＜+，∴0＜＜＜，因此b＜a＜c．故选C．点评：本题考查了二次根式的混合运算，实数的大小比较，求差、求商或求倒数是实数大小比较常用的方法，本题想到求倒数，根据比较倒数的大小从而得出原数的大小是解题的关键．2．（7分）方程x2+2xy+3y2=34的整数解（x，y）的组数为（）A．3B．4C．5D．6考点：非一次不定方程（组）。811336分析：首先将原方程变形为：（x+y）2+2y2=34，即可得x+y必须是偶数，然后设x+y=2t，可得新方程2t2+y2=17，解此方程即可求得答案．解答：解：方程变形得：（x+y）2+2y2=34，∵34与2y2是偶数，∴x+y必须是偶数，设x+y=2t，则原方程变为：（2t）2+2y2=34，∴2t2+y2=17，它的整数解为，则当y=3，t=2时，x=1；当y=3，t=﹣2时，x=﹣7；当y=﹣3，t=2时，x=7；当y=﹣3，t=﹣2时，x=﹣1．∴原方程的整数解为：（1，3），（﹣7，3），（7，﹣3），（﹣1，﹣3）共4组．故选B．点评：此题考查了非一次不定方程的知识．此题难度较大，解题的关键是将原方程变形为：（x+y）2+2y2=34，由x+y必须是偶数，然后设x+y=2t，从而得新方程2t2+y2=17．3．（7分）已知正方形ABCD的边长为1，E为BC边的延长线上一点，CE=1，连接AE，与CD交于点F，连接BF并延长与线段DE交于点G，则BG的长为（）A．B．C．D．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理。811336分析：利用全等三角形的判定AAS得出△ADF≌△ECF，进而得出FG是△DCP的中位线，得出DG=GP=PE=DE=，再利用勾股定理得出BG的长即可．解答：解：过点C作CP∥BG，交DE于点P．∵BC=CE=1，∴CP是△BEG的中位线，∴P为EG的中点．又∵AD=CE=1，AD∥CE，在△ADF≌△ECF中，∵，∴△ADF≌△ECF（AAS），∴CF=DF，又CP∥FG，∴FG是△DCP的中位线，∴G为DP的中点．∵CD=CE=1，∴DE=，因此DG=GP=PE=DE=．连接BD，易知∠BDC=∠EDC=45°，所以∠BDE=90°．又∵BD=，∴BG===．故选：D．点评：此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和勾股定理应用等知识，根据已知得出正确辅助线是解题关键．4．（7分）已知实数a，b满足a2+b2=1，则a4+ab+b4的最小值为（）A．B．0C．1D．考点：二次函数的最值；完全平方公式。811336专题：常规题型。分析：利用完全平方公式把a4+ab+b4配成关于ab的二次三项式，再根据平方数非负数（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2求出ab的取值范围，然后根据二次函数的最值问题解答．解答：解：∵（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2≥0，∴2|ab|≤a2+b2=1，∴﹣≤ab≤，令y=a4+ab+b4=（a2+b2）2﹣2a2b2+ab=﹣2a2b2+ab+1=﹣2（ab﹣）2+，当﹣≤ab≤时，y随ab的增大而增大，当≤ab≤时，y随ab的增大而减小，故当ab=﹣时，a4+ab+b4的最小值，为﹣2（﹣﹣）2+=﹣2×+=0，即a4+ab+b4的最小值为0，当且仅当|a|=|b|时，ab=﹣，此时a=﹣，b=，或a=，b=﹣．故选B．点评：本题考查了二次函数的最值问题，完全平方公式，配方成关于ab的形式并求出ab的取值范围是解题的关键．5．（7分）若方程x2+2px﹣3p﹣2=0的两个不相等的实数根x1，x2满足，则实数p的所有可能的值之和为（）A．0B．C．﹣1D．考点：根与系数的关系。811336分析：首先利用根与系数的关系得到两根与P的关系，然后利用得到有关p的方程，求得p值即可求得答案．解答：解：由一元二次方程的根与系数的关系可得x1+x2=﹣2p，x1•x2=﹣3p﹣2，∴+=﹣2x1•x2=4p2+6p+4，+=（x1+x2）[﹣3x1•x2]=﹣2p（4p2+9p+6）．∵+=4﹣（+）得+=4﹣（+），∴4p2+6p+4=4+2p（4p2+9p+6），∴p（4p+3）（p+1）=0，∴p1=0，p2=﹣，p3=﹣1．代入检验可知：以p1=0，p2=﹣均满足题意，p3=﹣1不满足题意．因此，实数p的所有可能的值之和为p1+p2=0+（﹣）=﹣．故选B．点评：本题考查了根与系数的关系，解题的关键是正确的利用根与系数的关系得到有关p的方程并求解．6．（7分）由1，2，3，4这四个数字组成四位数（数字可重复使用），要求满足a+c=b+d．这样的四位数共有（）A．36个B．40个C．44个D．48个考点：数的十进制。811336分析：由题意可知这样的四位数可分别从使用的不同数字的个数分类考虑：（1）只用1个数字，（2）使用2个不同的数字，（3）使用3个不同的数字，（4）使用4个不同的数字，然后分别分析求解即可求得答案．解答：解：根据使用的不同数字的个数分类考虑：（1）只用1个数字，组成的四位数可以是1111，2222，3333，4444，共有4个．（2）使用2个不同的数字，使用的数字有6种可能（1、2，1、3，1、4，2、3，2、4，3、4）．如果使用的数字是1、2，组成的四位数可以是1122，1221，2112，2211，共有4个；同样地，如果使用的数字是另外5种情况，组成的四位数也各有4个．因此，这样的四位数共有6×4=24个．（3）使用3个不同的数字，只能是1、2、2、3或2、3、3、4，组成的四位数可以是1232，2123，2321，3212，2343，3234，3432，4323，共有8个．（4）使用4个不同的数字1，2，3，4，组成的四位数可以是1243，1342，2134，2431，3124，3421，4213，4312，共有8个．因此，满足要求的四位数共有4+24+8+8=44个．故选C．点评：此题考查了整数的十进制表示法的知识．此题难度较大，解题的关键是注意掌握分类讨论思想的应用，注意可以从使用的不同数字的个数分类考虑．二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）7．（7分）已知互不相等的实数a，b，c满足，则t=±1．考点：对称式和轮换对称式。811336分析：首先设a+=t，可得b=，代入b+=t，整理可得ct2﹣（ac+1）t+（a﹣c）=0①，又由c+=t，可得ac+1=at②，将②代入①，即可得（c﹣a）（t2﹣1）=0，又由实数a，b，c互不相等，即可求得答案．解答：解：设a+=t，则b=，代入b+=t，得：+=t，整理得：ct2﹣（ac+1）t+（a﹣c）=0①又由c+=t，可得ac+1=at②，把②代入①式得ct2﹣at2+（a﹣c）=0，即（c﹣a）（t2﹣1）=0，又∵c≠a，∴t2﹣1=0，∴t=±1．验证可知：b=，c=时，t=1；b=﹣，c=﹣时，t=﹣1．∴t=±1．故答案为：±1．点评：此题考查了对称式和轮换对称式的知识．此题难度比较大，注意设a+=t，从而得到方程ct2﹣（ac+1）t+（a﹣c）=0①与ac+1=at②是解此题的关键．8．（7分）使得5×2m+1是完全平方数的整数m的个数为1．考点：完全平方数。811336分析：由5×2m+1是完全平方数，可设5×2m+1=n2（其中n为正整数），可得5×2m=n2﹣1=（n+1）（n﹣1），即可得n为奇数，然后设n=2k﹣1（其中k是正整数），即可得方程组或或，解方程组即可求得答案．解答：解：设5×2m+1=n2（其中n为正整数），则5×2m=n2﹣1=（n+1）（n﹣1），∵5×2m是偶数，∴n为奇数，设n=2k﹣1（其中k是正整数），则5×2m=4k（k﹣1），即5×2m﹣2=k（k﹣1）．显然k＞1，∵k和k﹣1互质，∴或或，解得：k=5，m=4．因此，满足要求的整数m只有1个．故答案为：1．点评：此题考查了完全平方数的知识．此题难度较大，解题的关键是将原式变形，可得5×2m=n2﹣1=（n+1）（n﹣1），然后得到n为奇数，则可设n=2k﹣1（其中k是正整数），从而得到方程组．9．（7分）在△ABC中，已知AB=AC，∠A=40°，P为AB上一点，∠ACP=20°，则=．考点：全等三角形的判定与性质；解直角三角形。811336专题：计算题。分析：作AD⊥BC于点D，则点D是BC的中点，在△ABC外作∠CAE=20°，则∠BAE=60°，作CE⊥AE，PF⊥AE，从而证明△ACE≌△ACD，结合全等三角形的性质及含30°角直角三角形的性质可得出答案．解答：解：作AD⊥BC于点D，则点D是BC的中点，在△ABC外作∠CAE=20°，则∠BAE=60°，作CE⊥AE，PF⊥AE，则CE=CD（角平分线的性质），在△ACE和△ACD中，∴△ACE≌△ACD（HL），所以CE=CD=BC．又因为PF=PAsin∠BAE=PAsin60=AP，PF=CE，所以AP=BC，因此=．故答案为：．点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是正确作出辅助线，需要我们熟练全等三角形的判定及30°角直角三角形的性质．10．（7分）已知实数a，b，c满足abc=﹣1，a+b+c=4，，则a2+b2+c2=．考点：分式的混合运算。811336专题：计算题。分析：把a2﹣3a﹣1变形后，将abc=﹣1，a+b+c=4代入得到结果为a（b﹣1）（c﹣1），同理将已知等式的第二、三个分母变形，将已知等式左边通分