全国初中数学联赛模拟试卷二及答案

全国初中数学联赛模拟试卷二一、选择题(本大题共6个小题,每小题只有一个正确答案,选对得5分,选错、不选或多选均得0分).1.已知方程0352axx有两个正整数根,则a的值是().A.a=1B.a=3C.a=1或a=3D.a=1或a=42.已知函数1622xbxaxy的最大值为9,最小值为1,则有().A.a=5,b=4B.a=4,b=5C.a=b=5D.a=b=43.若方程029)39(62234ppxxpxx有且仅有一个实数满足,则p的值是().A.49pB.89pC.49p或89pD.不存在4.方程0422aaxx恒有二相异实根,方程022kaxx也有二相异实根,且其二根介于上面方程二根之间,则k的取值为().A.k2≤a2B.k≥a-4C.a-4＜k＜a2D.a-4＜k＜a5.已知a、b、c均为正实数,关于x的三个方程:0222cxbax0222axbax0222bxbax则这三个方程存在实根的情况是().A.均有实根B.至少两个有实根C.至少一个有实根D.都没有实根6.用集合R1、R2分别表示下列两函数的值域.(1)1122xxxxy;(2)xxy913(x＞0)则有().A.R1={y:y≤3},R2={y:y≤-3}B.R1={y:31≤y≤3},R2={y:y≥-3}C.R1={y:31≤y≤3},R2={y:y≤-3}D.非上述答案二、填空题(本大题共有6个小题,每小题5分)1.已知方程0)2963()1(2222babaxax有实根,则方程的根为______.2.已知方程(|a|-1)x2+2(a+1)x+1=0恰有一个实数满足,则a的值为______.3.若方程0)3(233xxaxxxxx只有一个实根,则a的值为______.4.若方程组yxayxyxayx2)(2)(22有解,但无不同的解,则a等于______.5.如图所示,在四边形ABCD中,AD=DC=1,∠DAB=∠DCB=90°,BC、AD的延长线交于点P,则AB·S△PAB的最小值是______.6.设2)(|)(|)(,2)(2xfxfxgxxxf,当0a时,直线y=ax+b与曲线y=g(x)有三个不同的交点,则a、b的取值范围是______.三、解答题1.(8分)已知a＞b＞c,求证:22)(9)2)(2(4)2(cabaccbaacb2.(8分)一艘船A停泊在距海岸2千米处的海面上,沿海岸有一座B城,距离岸上离船最近的C点3千米.一位船员因事要到B城去.已知他步行每小时走5千米,划船每小时行3千米,问此船员最快几小时到达B城?3.(10分)已知222bac,且a＞0,b＞0,c＞0,求证方程)1(2xa0)1(222xcbx有两个不等的实根;若该方程的两根的平方和等于6,求它的两根.4.(14分)已知a、b、c都是正数,求证:(1)若长度为a、b、c的线段可构成一个三角形,则对一切满足p+q=1的实数,都有pa2+qb2＞pqc2.(2)若对于一切满足p+q=1的实数,都有pa2+qb2＞pqc2,则长度为a、b、c的线段可以构成一个三角形.参考答案一、选择题题号123456答案CCACCC1.解1:方程x2+5x+a+3=0有两个正整数根.其判别式△=52-4(a+3)=13-4a应为一完全平方数,且不大于52,因而a=1或a=3.易验证,a=1.a=3时原方程确有两个正整数根,故选C.解2:设方程的二整数根为x1、x2,不妨设x1≤x2,由韦达定理应有:x1+x2=5……①,x1x2=a+3……②.由①应有x1=2,x2=3或x1=1,x2=4,代入②得a=3或a=1.故选C.2.解:由1822xbxaxy得(a-y)x2+8x+(b-6)=0.要此方程有实根,应有△=82-4(a-y)(b-y)≥0也即y2-(a+b)y+ab-16≤0因为y的最小值是1,最大值是9,因此可得方程组:016)(981016)(1abbaabba解这个方程组得a=b=5,故选C.3.解:将方程x4+6x3+(9-3p)x2-9px+2p2=0变形得(x2+3x-p)(x2+3x-2p)=0由于这个方程仅有一个实数满足,因此方程x2+3x-p=0与x2+3x-2p=0,有一个有重根,另一个无实根,于是应有不等式组(I)08904921pp与(Ⅱ)08904921pp由不等组(I)得49p,不等式组(Ⅱ)无解.故选A.4.解:设方程x2+2ax+a-4=0的二根为x1,x2,判别式为1644)4(44221aaaa;方程x2+2ax+k=0的二根为'1x、'2x,判别式为ka4422.则有222222221221aaaa从而得21,即4a2-4a+164a2-4k解得ka-4.又x1、x2及'1x、'2x都是相异二实数根,因而△20,△10.只要△2=4a2-4k0,即可得ka2,∴a-4ka2,故选C.5.解:当a=1,b=1.1.c=1.15时,三个方程变形为03.21.222xx02.215.222xx0225.222xx仅方程0225.222xx有实根,因而排除3选项A与B.若三个方程均无实根,则应有△1=4(a+b)-8c0△2=4(b+c)-8a0△3=4(a+c)-8b0三个不等式相加,得△1+△2+△3=4(2a+2b+2c)-8(a+b+c)0而4(2a+2b+2c)-8(a+b+c)=0,矛盾.由此排除3,D.故选C.6.解:由(1)1122xxxxy得0)1()1()1(2yxyxy221)1(4)1(yy≥0整理得(y-3)(3y-1)≤0解此不等式得31≤y≤3,故R1={y:31≤y≤3}.由(2))0(913xxxy)91(3xxy.又因为xx91≥6912xx故y≤3-6=-3.故R2={y:y≤-3}.故选C.二、填空题1.解:因为方程0)2963()1(2222babaxax有实根.因而其判别式△=4(1+a)2-4(3a2-6ab+9b2+2)≥0又△=4(1+a)2-4(3a2-6ab+9b2+2)=4(1+2a+a2-3a2+6ab-9b2-2)=4(-a2+2a-1-a2+6ab-9b2)=-4[(a-1)2+(a-3b)2]≥0从而有(a-1)2+(a-3b)2≤0得a=1,b=31.原方程为x2+4x+4=0所以x1=x2=-2,原方程的根为-2,-2.2.解:因为方程(|a|-1)x2+2(a+1)x+1=0恰有一个实数满足,因而有两种情况,可用两个不等式组表示:(I)0)1(201||aa(Ⅱ)01||01|(|4)1(42aaa由不等式组(I),得a=1.不等式组(Ⅱ)等价于0010)1(4)1(42aaaa和0010)1(4)1(42aaaa解此二不等式组,得a=-2,所以a的值是-2和1.3.解:将方程0)3(233xxaxxxxx去分母整理得09422axx……①原分式方程只有一个实根的可能有:方程①有相等的实根,但非0与3.即△=16-8(9-a)=0得a=7,相应方程的根为x=1.方程①有二不等实根,其中一根为0,另一根不是3,即应有9-a=0,a=9,另一根为x=2.方程①有二不等实根,其中一根为3,另一根不是0,即应有2×9-4×3+9-a=0,a=15,另一根是a=-1.综上所述,a的值等于7、9、15.4.解:原方程组中两方程相减得:4xy=2x∴2x(2y-1)=0由此得:x=0或y=21.当x=0时,两方程均为y2=a+2y……①;当y=21时,两方程均为x2=a+43……②.若y=21,原方程组有唯一解,由②得a+43=0,所以a=-43.但此时方程①的判别式△=4+4a=10,此时原方程组的解不唯一,矛盾.因此方程组有解时,必须x=0才有可能有唯一解.此时方程①的判别式△=4+4a=0,所以a=-1.此时方程②x2=-41,正好无解.而方程①为y2=-1+2y,得y=1.故a=-1时,方程组有唯一解.5.解:设DP=x,则AP=x+1,PC=12x.由△PCD～△PAB可得:DCABPCAP所以112xxPCDCAPAB令yAB·S△PAB112xx·21·AP·AB21·112xx·)1(x·112xx)1(2)1(23xx)1(2)1(2xx得x2+2(1-y)x+(1+2y)=0由于x为实数,所以△=4(1-y)2-4(1+2y)≥0即4y(y-4)≥0又y0,故应有y≥4,即AB·S△PAB的最小值是4.6.解:∵f(x)=x2+x-2=(x+2)(x-1)若x≤-2或x≥1,则|f(x)|=x2+x-2=f(x)若-2x1时,则|f(x)|=-(x2+x-2)=-f(x)因而,有122)(0)(2xxxxfxg当x≤-2或x≥1时当时其图象为当0a时,要使直线y=ax+b与曲线y=g(x)交于三个不同的点充要条件是方程ax+b=-x2-x+2①在-2x1的范围内有两个不等实根,将①变形为h(x)=x2+(a+1)x+b-2②于是有△=(a+1)2-4(b-2)0③-2-21a1④h(-2)=b-2a0⑤h(1)=b+a0⑥由③得b41(a+1)2+2由④得-3a3∴-3a0,0a3.由⑤、⑥得:当a0时,b2a;当a0时,b-a.所以a、b的取值范围是2ab41(a+1)2+2,0a3或-ab41(a+1)2+2,-3a0.三、解答题1.分析与证明要证等式的左边具有判别式形式.令'a=2a-b-c,'b=2b-c-a,'c=2c-a-b,可构造二次方程'ax2+'bx+'c=0又'a+'b+'c=(2a-b-c)+(2b-c-a)+(2c-a-b)=0因此方程①有一实根是1,由求根公式x1、2='2'ab但abc,从而'a=2a-b-c0,'c=2c-b-a0,所以其中只有一个正根.'2'ab=1由此得=2'a+'b=2(2a-b-c)+(2b-c-a)=3a-3c=3(a-c)△=9(a-c)2即(2b-c-a)2=4(2a-b-c)(2c-a-b)=9(a-c)22.解:如图所示.AC=2千米,CD=3千米,∠ACB=2.设船员登岸点D距C为x千米,则DB=3-x,AD=42x.而步行的时间是53x,划船的时间是342x.总时间为53342xxt①将①化简,得4539152xxt②设k=15t-9,代入②,得k+3x=542x两边平方化简得16x2-6kx+100-k2=0③因x为实数,故其判别式△=36k2-6400+64k2≥0从而得k≥8,即15t-9≥8,t≥1517,故t的最小值是1517.所以船员最快1517小时,即1小时8分钟到达B城.3.解:原方程整理得0)(22)(2acbxac则))((4)22(2acacb222484cba∵222cba,b0∴044842222bcba.所以此方程有两个不等的实根.acbacbbx)12()(242222,1∵62221xx∴6)(])12()12[(2222acb∴1)(22acb∵b0,c0,∴1acb故方程的二根为x1=12,x2=12.4.证明:p+q=1时,pa2+qb2