2013年全国初中数学联赛四川省(初二组)初赛试卷及其解析

2013年全国初中数学联赛（初二组）初赛试卷及其解析（考试时间：2013年3月8日下午4:00—6:00）题号一二三四五合计得分评卷人复核人一、选择题（本大题满分42分，每小题7分）1、043(1)的值是（）A、4B、5C、8D、9解析：此题利用算术平方根、绝对值、非零数的零次幂的意义，即可解答。答案为A2、若2(2)()2xxaxbx，则ab（）A、-1B、0C、1D、2解析：利用多项式相等，原等式化为22(2)22xaxaxbx，∴22a，2ab求得1,1ab，故0ab，答案为B3、如图已知在△ABC中，BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，且OM∥AB，ON∥AC，若CB=6，则△OMN的周长是（）A、3B、6C、9D、12解析：利用角平分线性质、平行线性质，可证得BM=OM,CN=ON，由图易得△OMN的周长就等于BC的长，故答案为B.4、不等式组11212332xxxx的解是（）A、61xB、61xC、61xD、61x解析：解不等式组的问题，答案为C5、非负整数,xy满足2216xy，则y的全部可取值之和是（）A、9B、5C、4D、3解析：由2216xy，,xy为非负整数，可知()()16xyxy，且xy，而16可分解为整数相乘的有1×16、2×8、4×4，于是便有1684124xyxyxyxyxyxy或或，可求得符合条件的只有543,0xxyy，答案为D6、如图，已知正方形ABCD的边长为4，M点为CD边上的中点，若M点是A点关于线段EF的对称点，则AEED()3题图NMOCBA6题图FEMBCDAGA、53B、35C、2D、12解析：连结EM，可知由题EF垂直平分AM，所以AE=EM，AE+ED=4，所以EM=4-ED，，易知DM=2，在Rt△EDM中，由勾股定理有222EDDMEM,所以2222(4)EDED，解之，32ED，故AE=52，∴552332AEED，答案为A二、填空题（本大题满分28分，每小题7分）1、已知2230xxy，则22xy解析：由根式2x与2x有意义，可得2x，再由非负数和为0可求3y，∴22xy132、已知13xx，则231xxx=解析：由已知可知0x，将13xx两边平方，可得17xx，∴211113173103xxxxx3、设23234536xyzxyz，则32xyz解析：将2323(1)4536(2)xyzxyz中（1）×2—（2），就得32xyz104、如图，在△ABC中，AC=BC，且∠ACB=90°，点D是AC上一点，AE⊥BD,交BD的延长线于点E,且12AEBD，则∠ABD=解析：延长AE、BC交于点F,∵∠ACB=∠AEB=90°,∠ADE=∠BDC，∴∠FAC=∠DBC，在△AFC和△BDC中，FACDBCCB90ACBCDFCA∴△AFC≌△BDC，∴BD=AF，又∵12AEBD∴12AEAF∴E是AF的中点，∵AE⊥BD∴BE是AF的垂直平分线，6题图FEMBCDAG4题图DBCEA4题图FCBDEA∴BE平分∠ABC，即∠ABD=1ABC2∵AC=BC，且∠ACB=90°∴∠ABC=45°∴∠ABD=1ABC2=22.5°三、（本大题满分20分）先化简后，再求值：22214()2442aaaaaaaa，其中21a.解：22214()2442aaaaaaaa22222212()(2)(2)442(2)442(2)41(2)aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa当21a原式=22111(21)(212)(2)1四、（本大题满分25分）如图，已知直角梯形OABC的A点在x轴上，C点在y轴上，OC=6，OA=OB=10，PQ∥AB交AC于D点，且∠ODQ=90°，求D点的坐标.解：连结OB，延长OD交AB于点E∵A点在x轴上，C点在y轴上，OC=6，OA=10∴C（0,6）A（10，0）设AC直线的解析式为16ykx∴1060k35k1365yx∵OB=10BC∥OA令(,6)Bb(0)b由两点距离公式，22610b∴8b∴(8,6)B∵PQ∥AB,∠ODQ=90°∴OEAB又∵OA=OB∴E是AB的中点，由中点坐标公式得(9,3)E四题图DQPBACOyxE四题图DQPBACOyx设OE直线的解析式为2ymx故93m13m213yx由图可知，点D为函数1y、2y的交点，D的坐标是方程组36513yxyx的解，解之457157xy所以D点坐标为4515(,)77五、（本大题满分25分）如图，已知四边形ABCD中，AB=DC，E、F分别为AD与BC的中点，连接EF与BA的延长线相交于N，与CD的延长线相交于M，求证：∠BNF=∠CMF此题解答方法较多，就初二而言，提供以下几种解答方案。方法（一）如五题图（1）连结AC，取AC的中点G，再连结GE，GF，由中位线定理，∴GE∥CD，且12GECD，GF∥AB，且12GFAB∴∠BNF=∠MFG，∠FEG=∠CMF又∵AB=CD∴GE=GF∴∠MFG=∠FEG∴∠BNF=∠CMF方法（二）如五题图（2）作DG∥AB,且DG=AB，连结BG、CG，取CG的中点H，再连结DH、FH由DG∥AB,且DG=AB∴ABGD为平行四边形,令NF与DG交于点K可得∠BNF=∠MKD∵F、H分别为BC、CG的中点∴FH∥BG，且12FHBG∵AD∥BG,且BG=AD,12EDAD∴ED∥FH,且ED=FH∴EFHD是平行四边形∴∠CMF=∠CDH∠MKD=∠KDH再DG=AB=CD,H是GC的中点∴∠KDH=∠CDH∴∠CMF=∠MKD∵∠BNF=∠MKD∴∠CMF=∠BNFGF五题图(1)NMEDCBAKHGF五题图（2）NMEDCBAF五题图NMEDCBA方法（三）如五题图（3）连结CE并延长CE至G，使CE=GE,再连结GB，GA显然可证△CDE≌GAE,故有CD=GA，∠CDE=∠GAE∴GA∥DC∵AB=CD∴GA=AB∴∠ABG=∠AGB∵CE=GE，BF=CF∴EF∥BG,又GA∥DC∴∠AGB=∠CMF(如果两个角的两条边分别平行，那么这两个角相等或互补)∠ABG=∠BNF∴∠BNF=∠CMF方法（四）如五题图（4）连结DF并延长DF至G，使GF=DF，连结AG、BG∵F是BC的中点∴BGCD是平行四边形即有BG∥CD，BG=CD又E是AD的中点，GF=DF∴AG∥EF∴∠BNF=∠BAG∵AG∥EF，BG∥CD∴∠CMF=∠BGA(如果两个角的两条边分别平行，那么这两个角相等或互补)再∵AB=CD=BG∴∠BAG=∠BGA∴∠BNF=∠CMF方法（五）如五题图(5)作EG∥AB，且EG=AB，EH∥DC，且EH=DC，连结BG，CH，GH则四边形ABGE和EHCD都是平行四边形∴∠GEF=∠BNF∠HEF=∠CMFBG=AE,CH=DEBG∥AECH∥DE又∵AE=DE∴BG∥CH，BG=CHBHCG是平行四边形，即BC、GH互相平分又∵F是BC的中点∴F是GH的中点∵EG=AB=DC=EH∴∠GEF=∠HEF然而∠GEF=∠BNF∠HEF=∠CMF∴∠BNF=∠CMFGF五题图（3）NMEDCBAGF五题图（4）NMEDCBA五题图（5）方法(六)如五题图(6)连结AC、BD，分别取AC、BD的中点H、G，再连结EG，EH，FG，FH，由三角形中位线定理易证12EGAB∥，12FHAB∥12EHCD∥，12GFCD∥∴EGFH∥GFEH∥EGFH是平行四边形∵AB=CD∴EG=EH∴平行四边形EGFH是菱形∴∠GEF=∠HEF又∵EG∥ABEH∥CD∴∠GEF=∠BNF∠HEF=∠CMF∴∠BNF=∠CMF方法（七）如五题图（7）分别过点D，C作DG∥AB交EF于点G，CK∥AB交EF延长线和K因此有∠BNF=∠NGD，∵E是AD的中点，DG∥AB，所以易证△AEN≌△DEG∴AN=DG，同理可证：BN=CK由DG∥ABCK∥AB∴DG∥CKMDDGMCCK即MDANMCBN也就是有MCBNMDAN∴MDCDBAANMDAN∴CDBAMDAN又∵AB=CDAN=DG∴MD=DG∴∠DMG=∠NGD∴∠BNF=∠DMG即∠BNF=∠CMF方法（八）如五题图（8）分别过点A、B作AG∥EF，BK∥EF,交CM的延长线于点G、K∴AG∥EF∥BK∴∠BNF=∠KBA∠CMF=∠K∵E、F、为AD、BC的中点∴M为GD、CK的中点∴MG=MDMC=MK∴MC-MD=MK-MG∴即DC=KG∵又AB=CDAG∥BK∴四边形ABKG为等腰梯形∴∠KBA=∠K∴∠BNF=∠CMF五题图（6）五题图（7）五题图（8）