2011年全国初中数学竞赛决赛试题(含答案及解析)

中国教育学会中学数学教学专业委员会“《数学周报》杯”2011年全国初中数学竞赛试题题号一二三总分1～56～1011121314得分评卷人复查人答题时注意：1．用圆珠笔或钢笔作答；2．解答书写时不要超过装订线；3．草稿纸不上交.一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的.请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）1．设71a，则代数式32312612aaa的值为().（A）24（B）25（C）4710（D）47122．对于任意实数abcd，，，，定义有序实数对ab（，）与cd（，）之间的运算“△”为：（ab，）△（cd，）＝（acbdadbc，）．如果对于任意实数uv，，都有（uv，）△（xy，）＝（uv，），那么（xy，）为().（A）（0，1）（B）（1，0）（C）（﹣1，0）（D）（0，-1）3．若1x，0y，且满足3yyxxyxxy，，则xy的值为().（A）1（B）2（C）92（D）1124．点DE，分别在△ABC的边ABAC，上，BECD，相交于点F，设1234BDFBCFCEFEADFSSSSSSSS四边形，，，，则13SS与24SS的大小关系为().（A）1324SSSS（B）1324SSSS（C）1324SSSS（D）不能确定5．设3333111112399S，则4S的整数部分等于().（A）4（B）5（C）6（D）7二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）6．若关于x的方程2(2)(4)0xxxm有三个根，且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长，则m的取值范围是.7．一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8.同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.8．如图，点AB，为直线yx上的两点，过AB，两点分别作y轴的平行线交双曲线1yx（x＞0）于CD，两点.若2BDAC，则224OCOD的值为.9．若112yxx的最大值为a，最小值为b，则22ab的值为.10．如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为35，正方形CDEF内接于△ABC，且其边长为12，则△ABC的周长为.三、解答题（共4题，每题20分，共80分）11．已知关于x的一元二次方程20xcxa的两个整数根恰好比方程20xaxb的两个根都大1，求abc的值.12．如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙1O和△BCH的外接圆⊙2O相交于点D，延长AD交CH于点P，求证：点P为CH的中点.（第8题）（第10题）13．如图，点A为y轴正半轴上一点，AB，两点关于x轴对称，过点A任作直线交抛物线223yx于P，Q两点.（1）求证：∠ABP=∠ABQ；（2）若点A的坐标为（0，1），且∠PBQ=60º，试求所有满足条件的直线PQ的函数解析式.14．如图，△ABC中，60BAC，2ABAC．点P在△ABC内，且352PAPBPC，，，求△ABC的面积．（第13题）（第12题）（第14题）中国教育学会中学数学教学专业委员会“《数学周报》杯”2011年全国初中数学竞赛试题参考答案一、选择题1．A解：因为71a，17a，262aa，所以322312612362126261261260662126024.aaaaaaaaaaa（）（）（）2．B解：依定义的运算法则，有uxvyuvxuyv，，即(1)0(1)0uxvyvxuy，对任何实数uv，都成立.由于实数uv，的任意性，得（xy，）=（1，0）．3．C解：由题设可知1yyx，于是341yyxyxx，所以411y，故12y，从而4x．于是92xy．4．C解：如图，连接DE，设1DEFSS，则1423SSEFSBFS，从而有1324SSSS．因为11SS，所以1324SSSS．5．A解：当2399k，，，时，因为32111112111kkkkkkk，（第4题）所以3331111115111239922991004S.于是有445S，故4S的整数部分等于4．二、填空题6．3＜m≤4解：易知2x是方程的一个根，设方程的另外两个根为12xx，，则124xx，12xxm．显然1242xx，所以122xx，164m≥0，即2121242xxxx，164m≥0，所以1642m，164m≥0，解之得3＜m≤4.7．19解：在36对可能出现的结果中，有4对：（1，4），（2，3），（2，3），（4，1）的和为5，所以朝上的面两数字之和为5的概率是41369.8．6解：如图，设点C的坐标为ab（，），点D的坐标为cd（，）,则点A的坐标为aa（，），点B的坐标为.cc（，）因为点CD，在双曲线1yx上，所以11abcd，．由于ACab，BDcd，又因为2BDAC，于是22222242cdabccddaabb，（），所以22224826abcdabcd（）（），即224OCOD6.9．32解：由1x≥0，且12x≥0，得12≤x≤1．（第8题）22213113122()2222416yxxx．由于13124，所以当34x=时，2y取到最大值1，故1a=．当12x=或1时，2y取到最小值12，故22b=．所以，2232ab．10．84解：如图，设BC＝a，AC＝b，则22235ab＝1225．①又Rt△AFE∽Rt△ACB，所以FEAFCBAC，即1212bab，故12()abab．②由①②得2222122524abababab（）（），解得a＋b＝49（另一个解－25舍去），所以493584abc．三、解答题11．解：设方程20xaxb的两个根为，，其中，为整数，且≤，则方程20xcxa的两根为11，，由题意得11aa，，两式相加得2210，即(2)(2)3，所以2123，；或2321.，解得11，；或53.，（第10题）又因为[11]abc（），，（）（），所以012abc，，；或者8156abc，，，故3abc，或29.12．证明：如图，延长AP交⊙2O于点Q，连接AHBDQBQCQH，，，，.因为AB为⊙1O的直径，所以∠ADB∠BDQ90°，故BQ为⊙2O的直径.于是CQBCBHHQ，.又因为点H为△ABC的垂心，所以.AHBCBHAC，所以AH∥CQ，AC∥HQ，四边形ACQH为平行四边形.所以点P为CH的中点.13．解：（1）如图，分别过点PQ，　作y轴的垂线，垂足分别为CD，　.设点A的坐标为（0，t），则点B的坐标为（0，-t）.设直线PQ的函数解析式为ykxt,并设PQ，的坐标分别为PPxy（，）,QQxy（，）.由223ykxtyx，，得2203xkxt，于是32PQxxt，即23PQtxx.于是222323PPQQxtytBCBDytxt22222()333.222()333PPQPPQPQQPQQQPxxxxxxxxxxxxxx（第12题）（第13题）又因为PQxPCQDx，所以BCPCBDQD.因为∠BCP∠90BDQ，所以△BCP∽△BDQ，故∠ABP=∠ABQ.（2）解法一设PCa，DQb，不妨设a≥b0，由（1）可知∠ABP=∠30ABQ，BC=3a，BD=3b，所以AC=32a，AD=23b.因为PC∥DQ，所以△ACP∽△ADQ.于是PCACDQAD，即3223aabb，所以3abab．由（1）中32PQxxt，即32ab，所以33322abab，，于是可求得23.ab将32b代入223yx，得到点Q的坐标（32，12）.再将点Q的坐标代入1ykx，求得3.3k所以直线PQ的函数解析式为313yx.根据对称性知，所求直线PQ的函数解析式为313yx，或313yx.解法二设直线PQ的函数解析式为ykxt,其中1t.由（1）可知，∠ABP=∠30ABQ，所以2BQDQ.故222(1)QQQxxy.将223QQyx代入上式，平方并整理得4241590QQxx，即22(43)(3)0QQxx.所以32Qx或3.又由(1)得3322PQxxt，32PQxxk.若32Qx，代入上式得3Px，从而23()33PQkxx.同理，若3Qx，可得32Px，从而23()33PQkxx.所以，直线PQ的函数解析式为313yx，或313yx.14．解：如图，作△ABQ，使得QABPACABQACP，，则△ABQ∽△ACP.由于2ABAC，所以相似比为2.于是22324AQAPBQCP，．60QAPQABBAPPACBAPBAC.由:2:1AQAP知，90APQ，于是33PQAP．所以22225BPBQPQ，从而90BQP．于是222()2883ABPQAPBQ.故213673sin60282ABCSABACAB．（第14题）