2020年全国初中数学联赛(初三组)初赛试卷含答案

F第2题图EDBACO3O1第2题图BACO22020年全国初中数学联赛(初三组)初赛试卷（考试时间：2020年3月4日下午3：00—5：00）班级：:姓名：成绩：题号一二三四五合计得分评卷人复核人考生注意：1、本试卷共五道大题，全卷满分140分；2、用圆珠笔、签字笔或钢笔作答；3、解题书写不要超出装订线；4、不能使用计算器。一、选择题（本题满分42分，每小题7分）1、已知实数a、b满足31|2||3|aaba，则ba等于（）A、1B、2C、3D、52、如图，点D、E分别在ABC的边AB、AC上，BE、CD相交于点F，设四边形EADF、BDF、BCF、CEF的面积分别为1S、2S、3S、4S，则31SS与42SS的大小关系为（）A、4231SSSSB、4231SSSSC、4231SSSSD、不能确定3、对于任意实数a，b，c，d，有序实数对（a，b）与（c，d）之间的运算“”定义为：ba，dc，bcadbdac，.如果对于任意实数m，n都有nm，yx，mn，，那么yx，为（）A、（0，1）B、（1，0）C、（-1，0）D、（0，-1）4、如图，已知三个等圆⊙1O、⊙2O、⊙3O有公共点O，点A、B、C是这些圆的其他交点，则点O一定是ABC的（）A、外心B、内心C、垂心D、重心5、已知关于x的方程0|2|422kxx有四个根，则k的范围为（）A、01kB、04kC、10kD、40k6、设在一个宽度为w的小巷内搭梯子，梯子的脚位于P点，小巷两边的墙体垂直于水平的地面。将梯子的顶端放于一堵墙的Q点时，Q离开地面的高度为k，梯子的倾斜角为45，将该梯子的顶端放于另一堵墙的R点时，R离开地面的高度为h，梯子的倾斜角为75，则小巷的宽度w等于（）A、hB、kC、hkD、2kh二、填空题（本大题满分28分，每小题7分）7、化简3232的值为．8、如果关于x的实系数一元二次方程033222kxkx有两个实数根、，那么2211的最小值是．9、设四位数abcd满足bdcad101001000103，则这样的四位数有个．10、如图，MN是⊙O的直径，2MN，点A在⊙O上，30AMN，B为⌒AN的中点，P是直径MN上一动点，则PBPA的最小值为．三、（本大题满分20分）11、设实数a，b，c满足：0abc且22223214cbacba，求bcacabcba22232的值。OMNPA四、（本大题满分25分）12、已知抛物线3122mxmxy与x轴相交于两点A、B（点A在x轴的正半轴上，点B在x轴的负半轴上），与y轴交于点C.（1）求m的取值范围；（2）若1:3||:||OBOA，在该抛物线对称轴右边图像上求一点P的坐标，使得BCOPCO.五、（本大题满分25分）13、如图，等腰三角形ABC中，ACAB，D，E分别在AB，AC边上，且AEAD.P在AB的延长线上，QR分别在线段CE、DB上，且DRCQBP，连结直线PQ与BC交于点L，QR与CD，BE分别交于点M，N.求证：（1）LQPL；（2）NRMQLQMERNPDBA2020年全国初中数学联赛初赛试卷（考试时间：2020年3月13日下午3：00—5：00）一、选择题（本题满分42分，每小题7分）1、C．2、C．3、D．4、C．5、B．6、A．二、填空题（本大题满分28分，每小题7分）7、6．8、18．9、3．10、2．三、（本大题满分20分）11、解：由14(a2b2c2)(a2b3c)2，得13a210b25c24ab6ac12bc0，·············································（5分）配方得(3ac)2(2ab)2(3b2c)20，·············································（10分）所以3ac0，2ab0，3b2c0，即c3a，b2a．·······································································（15分）代入22223abcabacbc得22223abcabacbc222222827236aaaaaa3611．···········································（分）解法二：由14(a2b2c2)(a2b3c)2，得13a210b25c24ab6ac12bc0，·············································（5分）5[c2(365ab)c365ab2]13a210b24ab2(36)5ab0，5(c365ab)2565a2145b2565ab0，所以5(c365ab)2145(2ab)20，···············································（10分）由此得，c365ab0，2ab0，解得b2a，c3a．····································································（15分）代入22223abcabacbc得22223abcabacbc222222827236aaaaaa3611．···········································（分）四、（本大题满分25分）12、解：（1）由已知得，x22(m1)xm3有两个不相同的实数解，所以[2(m1)]4(m3)4m12m16(2m3)3＞0，可知m是任意实数．·································································（5分）又因为点A在x轴的负半轴上，点B在x轴的正半轴上．所以方程，x22(m1)xm3的两根一正一负，所以(m3)＜0，解得m＞3．所以所求m的取值范围是m＞3．···············································（10分）（2）解法一：设点A(a，0)，B(b，0)，a＞0，b＜0，则a3b，且ab2(m1)，ab(m3)，解得m0．函数解析式为yx22x3．·······················································（15分）所以A(3，0)，B(1，0)，C(0，3)。由∠PCO∠BCO可知BC与PC关于直线OC对称。作B关于OC的对称点B′，则B′(1，0)，设直线PC是一次函数ykxb的图象，则30,01kbkb，解得3,3kb。即PC是一次函数y3x3的图象。把y3x3代入yx22x3，得3x3x22x3，·································································（20分）解得x，x，当x时，y，此时点P与点C重合，不合题意，舍去；当x时，y12，此时点P的坐标为(5,12)．故抛物线对称轴右边图象上有一点P(5,12)，使得∠PCO∠BCO．··························································································（25分）解法二：设点A(a,0)，B(b,0)，a＞0，b＜0，则a3b，且ab2(m1)，ab(m3)，解得m0．函数解析式为yx22x3．·······················································（15分）所以A(3,0)，B(1,0)，C(0,3)。设P点的坐标为(c,c22c3)（c＞1）．当1＜c≤2时，∠PCO≥90°＞∠BCO．当c＞2时，tan∠PCO23(23)ccc，又tan∠BCO13，由∠PCO∠BCO得tan∠PCOtan∠BCO．即23(23)ccc13，····························································（分）解得c5．当x时，y12，此时点P的坐标为(5,12)．故抛物线对称轴右边图象上有一点P(5，12)，使得∠PCO∠BCO．··························································································（25分）五、（本大题满分25分）13、证明：（1）过P作PH平行于AC交直线BC于点H，连结PH，BH。则∠PHB∠ACB∠ABC∠PBH，OyxCABPHKLNMRQPEBCAD所以HPBPCQ。············································（5分）又∠HLP∠CLQ，∠PHL∠QCL，所以△HLP≌△CLQ．所以PLLQ．··········································································（10分）法二：过Q作QX∥BC交AB于点X，XLNMRQPEBCAD所以∠AQX∠ACB∠ABC∠AXQ，所以AXAQ。故BXCQBP。·······································································（5分）又因为QX∥LB，所以PLLQ．··········································································（10分）（2）设直线QR交直线DE于点S，交直线BC于点T，则DRRBDSBT，CQQECTES，由DRCQ，RBQE，所以DSBTCTES，即DSCTBTES，又DSCTDMCM，BTESBNEN，所以DMCMBNEN，因此DMCMCMBNENEN，即CDCMBEEN。由CDBE得CMEN．······························································（20分）取DB，EB中点F，G，连结FG，分别交BE、CD、QR于U、V、K，因为FRGQ，由（1）的结论知RKQK。设BE与CD交于点O，则△OUV为等腰三角形。由CMEN得NUMV．OVUKFGSTLNMRQPEBCAD由（1）的结论知NKMK。所以MQNR。·········································································（25分）