2013年新知杯上海市初中数学竞赛试题及参考答案

2013年新知杯上海市初中数学竞赛试题一、填空题：（每题10分）1.已知721a,721b，则bbaa33=.分析：结果式子是对称式，因此需要计算两数之和与两数之积．ba721+721=)72)(72(7272=34，ab)72)(72(1=31，∴bbaa33=)())((22babababa=)()3))[((2baabbaba=)34()]31(3)34)[(34(2=2764.2.已知直线1l∥2l∥3l∥4l，直线1m∥2m∥3m∥4m，100ABCDS，20ILKJS，则EFGHS.分析：用割补法，把EHGF四条“边”上的三角形移到ABCD四个“角”上，它们的面积相等．∵AFES=JFES，BEHS=IEHS，CHGS=LHGS，DFGS=KFGS，∴2EFGHSABCDS+ILKJS=120，∴EFGHS60.3.已知∠A＝90°，AB=6，AC=8，E,F在AB上，且AE=2，BF=3，过E作AC的平行线交BC于D，FD的延长线交AC的延长线于G，则GF=.分析：GF在直角三角形AFG中，AF的长已知，关键是求AG．图中有平行线，所以要用到平行线截得成比例线段定理．解：在△ABC中，∵DE∥AC，∴ACDEACAE=64，而AC=8，∴316832DE,在△AFG中，∵DE∥AG，∴AGDEFAFE=31，而316DE，∴163DGAG.在Rt△AFG中，22AGAFAG=26516322.4.已知凸五边形的边长为1a,2a,3a,4a,5a，)(xf为二次三项式，当1ax或者x=2a+3a+4a+5a时，5)(xf，当21aax时，pxf)(，当543aaax时，qxf)(，则qp=.ABCDEFGHLJm1KIm2m3m4l1l2l3l4ABCDEFG分析：∵)(xf为二次三项式，∴二次函数)(xfy的图像是一条抛物线，∵1a,2a,3a,4a,5a是（凸）五边形的边长，∴不妨把这条抛物线画成开口向上的，如图．不妨设10a2a+3a+4a+5a，依题有：)(1af2(af+3a+4a+)5a（=5是没有作用的），这说明抛物线的对称轴是直线：2)(54321aaaaax,又∵254321aaaaax2)()(54321aaaaa，∴在x轴上，点21aa与点543aaa是关于对称轴254321aaaaax对称的两点，∴)(21aaf)(543aaaf，即qp，∴qp=0．5.已知一个三位数是35的倍数，且各个数位上的数字之和为15，则这个三位数是.分析：数字之和为15，这说明该三位数一定是3的倍数，又因为该数是35的位数，所以它一定是105的倍数，经检验735是唯一解．6.已知关于x的一元二次方程0)2)(1(2mmaxx对于任意实数a都有实数根，则m的取值范围是.分析:原方程对于任意实数a都有实数根2a0)2)(1(4mm即4)2)(1(2amm对于任意实数a都成立，注意到要求的是m的取值范围，而右边有最小值0，故只须)2)(1(mm0)4(2最小值a，∴)2)(1(mm0，∴12m．7.已知四边形ABCD的面积为2013，E为AD上一点，△BCE,△ABE,△CDE的重心分别是G1,G2,G3，那么△G1G2G3的面积为分析：三角形三条中线的交点称为重心．重心的基本性质是：重心到一边中点的连线长等于所在中线的31．据此，过点G1作BC的平行线，交BA于M，∵G1是△BCE的重心，∴BM=31BA，过点G2作BC的平行线，交BA于N，∵G2是△ABE的重心，∴NA=31BA，过点G2作BA的平行线，交AD于P，∵G2是△ABE的重心，∴AP=31AE，过点G3作BA的平行线，交AD于Q，∵G2是△CDE的重心，∴DQ=31DE，a1a2+a3+a4+a5x=(a1+a2+a3+a4+a5)/2xOyp(q)∴ADEDAEEQPEPQ323232，而△G1G2G3的G2G3边上的高=AB31,∴△G1G2G3的面积=AD32AB31=92四边形ABCD的面积=3671201392.8.直角三角形斜边AB上的高CD=3，延长DC到P，使得CP=2，过B作BF⊥AP，交CD于E，交AP于F，则DE=.分析：本题涉及到直角三角形斜边上的高，就要考虑射影定理，即，直角边上的高是两直角边在斜边上的射影的比例中项；本题涉及到两个角的两边分别垂直，就要考虑到这两个角相等；既然有角相等，就要考虑相似三角形．∵∠DBE=∠P，∠DBE=∠PAD，∴△ADP∽△EDB，∴PDBDADDE，∴592PDCDPDBDADDE．二、解答题：（第9题、第10题15分，第11题、第12题20分）9．已知∠BAC=90°，四边形ADEF是正方形且边长为1，求AB1+AC1+BC1的最大值．分析：本题需从结论入手，如果按常规通分，那是死路一条．于是考虑用特殊变形．注意到正方形边长为1，即DE=EF=1，代入到前两项的分子中，就成为比例式．不妨一试：AB1+AC1+BC1=ABEF+ACDE+BC1=BCCE+BCBE+BC1=1+BC1，因此，欲求AB1+AC1+BC1的最大值只需求BC的最小值．而222ACABBC=22)1()1(FCBD2)(222FCBDFCBD这里需要用基本不等式abba222和abba2(0,ba)吗？试一试：FCBDFCBD222(等号当且仅当FCBD取得)，FCBDFCBD2(等号当且仅当FCBD取得)，等号取得的条件是一致的！只需要证实FCBD是常数即可．ABCDG3G2G1ABCDG3G2G1EEMNPQbbABCDEFPABCDEF考查含有BD和FC的两个三角形，即△BDE和△EFC，它们是相似的！于是，∵△BDE∽△EFC，∴FCEFDEBD，∴1EFDEFCBD，∴2BC2)(222FCBDFCBDFCBD2+24FCBD=8，∴22BC，当且仅当FCBD时等号成立，此时AB1+AC1+BC14212211，AB1+AC1+BC1的最大值是421．10.已知是不为0的实数,求解方程组:1xxyayyxyxa)2()1(分析：可考虑两式相减，得：aayxxy1，∴aaxyxy122似乎越走越远．可考虑两式直接相乘，仍然得不到有益结果．将两式化成如下形式：xyaxyyxaxy1)4()3(再将两式相乘，得11)1(22aaxyyx，注意到0xy，立即可得：aaxy1，代入（1）得：ayx1，∴这是很漂亮的结果！乘胜前进：由ayxaaxy11可得1122ayaax，或1122ayaax．11．已知1n，1a,2a,3a,…,na为整数且1a+2a+3a+…+na=1a2a3a…na=2013，求n的最小值．分析：既然1n且1a,2a,3a,…,na为整数，那么我们就从4,3,2n试起，没有发现适合的．当5n时，取1a=2a=-1,3a=4a=1,20135a，则有1a+2a+3a+4a+5a=-1+(-1)+1+1+2013=2013,1a2a3a4a5a=（-1）×(-1)×1×1×2013=2013,以下证明4n时没有适合条件的．不妨设1a≤2a≤3a≤…≤na,分两种情况：⑴当1a,2a,3a,…,na均为正整数时：由1a2a3a…na=2013知，1a,2a,3a,…,na均为2013的正约数，注意到2013=3×11×61，欲1a+2a+3a+…+na=2013且4n，则na≥671，所以na=671或2013，经验算，n=2,3,4均不可能；⑵当1a,2a,3a,…,na中有负整数时：由1a2a3a…na=2013且4n可知，其中有且只有两个负数，即1a≤2a0．若n=4时，且4a=2013，则2013=1a+2a+3a+4a=1a+2a+3a+2013，所以3a=-(1a+2a)这时2013的正约数3a是另外两个负约数的和的绝对值，经检验是不可能的；若n=4，且4a2013，即04a≤671，则无法使得1a+2a+3a+4a=2013成立；若3n，则由1a≤2a0和1a+2a+3a=2013知，3a≥2013，这时2013的正约数3a是另外两个负约数的和的绝对值，经检验是不可能的；若2n，由1a≤2a0知1a+2a≤02013，也是不合要求的．综上可知，n的最小值为5．12．已知正整数dcba,,,满足)13(2dca，)13(2dcb，求所有满足条件的d的值．分析：设),(ba，则ma，nb，所以1),(nm，将题设两个等式相除，得131322ddba，于是有131322ddnm，又设221313kndkmd)2()1(，⑴-⑵得：132))((nmnmk，由于nm与nm同奇偶，若nm、nm同为偶数，则))((nmnmk是4的倍数，不可能为26，所以nm、nm同为奇数且2k，因此nm=13，nm=1，得到7m，6n，代入⑴，得27213d，所以85d，且为唯一解．