2009年数学周报杯数学竞赛试题及答案.doc

中国教育学会中学数学教学专业委员会“《数学周报》杯”2008年全国初中数学竞赛试题参考答案题 号一二三总 分1～56～101112 1314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6分，满分30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．已知实数满足 ，则的值为（ ）．（A）7 （B） （C） （D）5【答】（A）解：因为，≥0，由已知条件得， ，所以 7．另解：由已知得：，显然，以为根的一元二次方程为，所以　故＝2．把一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先后投掷2次，若两个正面朝上的编号分别为m，n，则二次函数的图象与x轴有两个不同交点的概率是（ ）． （A） （B） （C） （D）【答】（C）解：基本事件总数有66＝36，即可以得到36个二次函数. 由题意知＝＞0，即＞4.通过枚举知，满足条件的有17对. 故.3．有两个同心圆，大圆周上有4个不同的点，小圆周上有2个不同的点，则这6个点可以确定的不同直线最少有( )． （A）6条 （B） 8条 （C）10条 （D）12条（第3题）【答】（B）解：如图，大圆周上有4个不同的点A，B，C，D，两两连线可以确定6条不同的直线；小圆周上的两个点E，F中，至少有一个不是四边形ABCD的对角线AC与BD的交点，则它与A，B，C，D的连线中，至少有两条不同于A，B，C，D的两两连线．从而这6个点可以确定的直线不少于8条．当这6个点如图所示放置时，恰好可以确定8条直线．所以，满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条．（第4题）4．已知是半径为1的圆的一条弦，且．以为一边在圆内作正△，点为圆上不同于点A的一点，且，的延长线交圆于点，则的长为（ ）．（A） （B）1 （C） （D）a【答】（B）解：如图，连接OE，OA，OB． 设，则 ．又因为，所以≌，于是．另解：如图，作直径EF，连结AF，以点B为圆心，AB为半径作⊙B，因为AB＝BC＝BD，则点A，C，D都在⊙B 上，由所以5．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有（ ）．（A）2种 （B）3种 （C）4种 （D）5种【答】（D）解：设是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．首先，对于，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果（1≤i≤3）是偶数，是奇数，则是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件： 2，1，3，4，5； 2，3，5，4，1； 2，5，1，4，3； 4，3，1，2，5； 4，5，3，2，1．二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）6．对于实数u，v，定义一种运算“*”为：．若关于x的方程有两个不同的实数根，则满足条件的实数a的取值范围是 ．【答】，或．解：由，得，依题意有 解得，，或．7．小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车，每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车．假设每辆18路公交车行驶速度相同，而且18路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是 分钟．【答】4．解：设18路公交车的速度是米/分，小王行走的速度是米/分，同向行驶的相邻两车的间距为米．每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车，则 ． ①每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车，则． 　②（第8题5数，段成比例，所以）由①，②可得 ，所以 ．即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟．8．如图，在△中，AB=7，AC=11，点M是BC的中点， AD是∠BAC 的平分线，MF∥AD，则FC的长为 ．（第8题答案5数，段成比例，所以）【答】9．解：如图，设点N是AC的中点，连接MN，则MN∥AB．又，所以 ，所以 ．因此 9．另解：如图，过点C作AD的平行线交BA的延长线为E，延长MF交AE于点N.则所以.　又，所以四边形是等腰梯形，即9．△ABC中，AB＝7，BC＝8，CA＝9，过△ABC的内切圆圆心I作DE∥BC，分别与AB，AC相交于点D，E，则DE的长为 ．（第9题答案5数，段成比例，所以）【答】．解：如图，设△ABC的三边长为a，b，c，内切圆I的半径为r，BC边上的高为，则，　　所以 ．因为△ADE∽△ABC，所以它们对应线段成比例，因此，所以 ，故 ．另解： ＝（这里）　所以，　由△ADE∽△ABC，得　，即10．关于x，y的方程的所有正整数解为 ．【答】解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以x，y都是偶数．设，则，同上可知，a，b都是偶数．设，则，所以，c，d都是偶数．设，则，于是 ＝，其中s，t都是偶数．所以≤．所以可能为1，3，5，7，9，进而为337，329，313，289，257，故只能是＝289，从而＝7．于是 因此 另解：因为　则有又y正整数，所以 令因为任何完全平方数的个位数为：1，4，5，6，9由知的个位数只能是1和1或6和6；当的个位数是1和1时，则的个位数字可以为1或9但个位数为1和9的数的平方数的十位数字为偶数，与的十位数字为3矛盾。

当的个位数是6和6时，则的个位数字可以为4或6由，取＝106，114，116，124，126，134，136，144，146代入得，只有当＝136时，=56，即　解得三、解答题（共4题，每题15分，满分60分）11．在直角坐标系xOy中，一次函数的图象与轴、轴的正半轴分别交于A，B两点，且使得△OAB的面积值等于．（1） 用b表示k；（2） 求△OAB面积的最小值． 解：（1）令，得；令，得．所以A，B两点的坐标分别为，于是，△OAB的面积为．由题意，有　　，解得 ，．……………… 5分 （2）由（1）知　≥，当且仅当时，有，即当，时，不等式中的等号成立． 所以，△ABC面积的最小值为． ……………… 15分 12．是否存在质数p，q，使得关于x的一元二次方程有有理数根？ 解：设方程有有理数根，则判别式为平方数．令，其中n是一个非负整数．则． ……………… 5分 由于1≤≤q+n，且与同奇偶，故同为偶数．因此，有如下几种可能情形： 消去n，解得．……………… 10分对于第1，3种情形，，从而q＝5；对于第2，5种情形，，从而q＝4（不合题意，舍去）；对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）．又当，q＝5时，方程为，它的根为，它们都是有理数．综上所述，存在满足题设的质数……………… 15分★12、已知为正整数，关于的方程的两个实数根为，关于的方程的两个实数根为，且满足.求的最小值.另解：由韦达定理，得　；即解得：把的值分别代入　得或（不成立）即，因为　所以于是有　　即因为a,b都是正整数，所以分别解得：经检验只有：符合题意.所以b的最小值为：13．是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC？证明你的结论．解：存在满足条件的三角形． 当△ABC的三边长分别为，，时，．……………… 5分如图，当时，延长BA至点D，使．连接CD，则△为等腰三角形．因为为△的一个外角，所以．由已知，，所以（第13（A）题答案5数，段成比例，所以）．所以△为等腰三角形．又为△与△的一个公共角，有△∽△，于是， 即 ，　　所以 ．而，所以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形． ……………… 15分说明：满足条件的三角形是唯一的．若，可得．有如下三种情形：（i）当时，设，，（为大于1的正整数），代入，得，解得，有，，；（ⅱ）当时，设，，（为大于1的正整数），代入，得，解得 ，有，，，此时不能构成三角形；（ⅲ）当时，设，，（为大于1的正整数），代入，得，即 ，此方程无整数解．所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4，5，6构成的三角形满足条件．★13、如图，△ABC的三边长都是整数，且的最大公约数是2。

点G和点I分别为△ABC的重心和内心，且，求△ABC的周长.另解：如图，连结GA，GB，过G，I作直线交BC、AC于点E、F，作△ABC的内切圆I，切BC边于点D记△ABC的半周长为P，内切圆半径为r，BC，AC边上的高线长为易知：,在中，即∴又∵，所以CE＝CF由得：即整理得　，即设△ABC的周长为，则为整数由已知，设，代入上式，得∵，∴是12的约数，即＝1，2，3，4，6，12不妨设，则，得经检验，只有符合题意，所以：或，即所求△ABC的周长为3514．从1，2，…，9中任取n个数，其中一定可以找到若干个数（至少一个，也可以是全部），它们的和能被10整除，求n的最小值．解：当n＝4时，数1，3，5，8中没有若干个数的和能被10整除．…………… 5分当n＝5时，设是1，2，…，9中的5个不同的数．若其中任意若干个数，它们的和。