全国初中数学竞赛试题副题及参考答案Word文档格式.doc
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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.以下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.小王在做数学题时,发现下面有趣的结果:
由上,我们可知第100行的最后一个数是().
(A)10000(B)10020(C)10120(D)10200
2.如图,在3×
4表格中,左上角的1×
1小方格被染成黑色,则在这个表格中包含黑色小方格的矩形个数是().
(A)11(B)12(C)13(D)14
(第2题)
3.如果关于的方程有两个有理根,那么所有满足条件的正整数的个数是().
(A)1(B)2(C)3(D)4
4.若函数y=(k2-1)x2-(k+1)x+1(k为参数)的图象与x轴没有公共
点,则k的取值范围是().
(A)k>,或k<-1(B)-1<k<,且k≠1
(C)k>,或k≤-1(D)k≥,或k≤-1
5.△ABC中,,分别为上的点,平分,BM=CM,为上一点,且,则与的大小关系为().
(A)(B)
(C)(D)无法确定
二、填空题(共5小题,每小题7分,共35分)
6.如图,正方形ABCD的面积为90.点P在AB上,;
X,Y,Z三点在BD上,且,则△PZX的面积为.
(第6题)
7.甲、乙、丙三辆车都匀速从A地驶往B地.乙车比丙车晚5分钟出发,出发后40分钟追上丙车;
甲车比乙车晚20分钟出发,出发后100分钟追上丙车,则甲车出发后分钟追上乙车.
8.设an=(n为正整数),则a1+a2+…+a2012的值1.
(填“>”,“=”或“<”)
9.红、黑、白三种颜色的球各10个.把它们全部放入甲、乙两个袋子中,要求每个袋子里三种颜色的球都有,且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等,那么共有种放法.
10.△ABC中,已知,且b=4,则a+c=.
三、解答题(共4题,每题20分,共80分)
11.已知c≤b≤a,且,求的最小值.
12.求关于a,b,c,d的方程组
的所有正整数解.
13.如图,梯形ABCD中,AB∥CD,AC,BD相交于点O.P,Q分别是AD,BC上的点,且,.求证:
OP=OQ.
(第13题)
14.
(1)已知三个数中必有两个数的积等于第三个数的平方,求的值.
(2)设为非零实数,为正整数,是否存在一列数
满足首尾两项的积等于中间项的平方?
(3)设为非零实数,若将一列数
中的某一项删去后得到又一列数(按原来的顺序),满足首尾两项的积等于中间项的平方.试求的所有可能的值.
2012年全国初中数学竞赛试题(副题)参考答案
一、选择题
1.D
解:
第k行的最后一个数是,故第100行的最后一个数是.
2.B
这个表格中的矩形可由对角线的两个端点确定,由于包含黑色小方格,于是,对角线的一个端点确定,另一个端点有3×
4=12种选择.
3.B
由于方程的两根均为有理数,所以根的判别式≥0,且为完全平方数.
≥0,又2≥,所以,
当时,解得;
当时,解得.
4.C
当函数为二次函数时,有
k2-1≠0,
=(k+1)2-4(k2-1)<0.
解得k>,或k<-1.
当函数为一次函数时,k=1,此时y=-2x+1与x轴有公共点,不符合题意.
当函数为常数函数时,k=-1,此时y=1与x轴没有公共点.
所以,k的取值范围是k>,或k≤-1.
5.B
(第5题)
如图,设,作BKCE,则
,
于是A,B,E,C四点共圆.因为是的中点,所以,从而有
即平分.
二、填空题
6.30
如图,连接PD,则
.
7.180
设甲、乙、丙三车的速度分别为每分钟x,y,z米,由题意知
,.
消去z,得.
设甲车出发后t分钟追上乙车,则,即
解得.
8.<
由an==,得
a1+a2+…+a2012=
=<1.
9.25
设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为,则有
1≤≤9,
且
,
(1)
即,
(2)
于是.因此中必有一个取5.不妨设,代入
(1)式,得到
此时,y可取1,2,…,8,9(相应地z取9,8,…,2,1),共9种放法.同理可得y=5,或者z=5时,也各有9种放法.但时,两种放法重复.因此共有
9×
3-2=25种放法.
10.6
(第10题)
如图,设△ABC内切圆为⊙I,半径为r,⊙I与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,连接IA,IB,IC,ID,IE,IF.
由切线长定理得
AF=p-a,BD=p-b,CE=p-c,其中p=(a+b+c).
在Rt△AIF中,tan∠IAF=,即
tan.
同理,tan,tan.
代入已知等式,得
.
因此a+c=.
三、解答题
11.解:
已知,又,且,所以b,c是关于x的一元二次方程
的两个根.
故≥0,
≥0,
即≥0,
所以≥20.
于是≤-10,≥10,从而≥≥10,故
≥30,
当时,等号成立.
12.解:
将abc=d代入10ab+10bc+10ca=9d得
10ab+10bc+10ca=9abc.
因为abc≠0,所以,.
不妨设a≤b≤c,则
≥≥>0.
于是,<≤,
即<≤,
<a≤.
从而,a=2,或3.
若a=2,则.
因为<≤,所以,<≤,<b≤5.
从而,b=3,4,5.相应地,可得c=15,(舍去),5.
当a=2,b=3,c=15时,d=90;
当a=2,b=5,c=5时,d=50.
若a=3,则.
因为<≤,所以,<≤,<b≤.
从而,b=2(舍去),3.
当b=3时,c=(舍去).
因此,所有正整数解为
(a,b,c,d)=(2,3,15,90),(2,15,3,90),(3,2,15,90),
(3,15,2,90),(15,2,3,90),(15,3,2,90),
(2,5,5,50),(5,2,5,50),(5,5,2,50).
13.证明:
延长DA至,使得,则,于是
△DPC∽△,
故
所以PO∥.
又因为△DPO∽△,所以
同理可得,
而AB∥CD,所以,故OP=OQ.
14.解:
(1)由题设可得,或,或
由,解得;
由,解得.
所以满足题设要求的实数.
(2)不存在.
由题设(整数≥1)满足首项与末项的积是中
间项的平方,则有
解得,这与矛盾.
故不存在这样的数列.
(3)如果删去的是1,或者是,则由
(2)知,
或数列均为1,1,1,即,这与题设矛盾.
如果删去的是,得到的一列数为,那么,可得.
如果删去的是,得到的一列数为,那么
,开得.
所以符合题设要求的的值为1,或.
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