全国初中数学竞赛试题与参考答案.docx
《全国初中数学竞赛试题与参考答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国初中数学竞赛试题与参考答案.docx(21页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
全国初中数学竞赛试题与参考答案
中国教育学会中学数学教学专业委员会
“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题
题号
一
二
三
总分
11
12
13
1
~
5
10
14
6
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7分,共35分.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)qfRgF4dw27
1.设a
7
1,则代数式3a312a2
6a
12的值为(
>.
107122.对于任意实数a,b,c,d,定义有序实数对(a,b)与(c,d)之间的运算“△”为:bd,adbc).如果对于任意实数u,v,u,v)△u,v),那么>.都有<qfRgF4dw273.若x1,y0,且满足xyxy,xx3y,则xy的值为(>.y224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
7122.对于任意实数a,b,c,d,定义有序实数对(a,b)与(c,d)之间的运算“△”为:bd,adbc).如果对于任意实数u,v,u,v)△u,v),那么>.都有<qfRgF4dw273.若x1,y0,且满足xyxy,xx3y,则xy的值为(>.y224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
2.对于任意实数a,b,c,d,定义有序实数对(a,b)与(c,d)之间的运算
“△”为:
bd,adbc).如果对于任意实数u,v,u,v)△u,v),那么>.都有<qfRgF4dw273.若x1,y0,且满足xyxy,xx3y,则xy的值为(>.y224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
bd,adbc).如果对于任意实数
u,v,
u,v
)△u,v),那么>.都有<qfRgF4dw273.若x1,y0,且满足xyxy,xx3y,则xy的值为(>.y224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
),那么>.都有<qfRgF4dw273.若x1,y0,且满足xyxy,xx3y,则xy的值为(>.y224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
都有<
qfRgF4dw27
3.若x1,y0,且满足xyxy,xx3y,则xy的值为(>.y224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
3.若x
,y
0,且满足xy
xy,x
x3y,则x
y的值为(
y
224.点D,E分别在△ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点F,设S四边形EADFS1,SBDFS2,SBCFS3,SCEFS4,则S1S3与S2S4的大小关系为(>.S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
2
4.点D,E分别在△
ABC的边AB,AC上,BE,CD相交于点
F,设
S四边形EADF
S1,SBDF
S2,SBCF
S3,SCEF
S4,则S1S3
与S2S4的大小关系为
(>.
S2S4S2S4 1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
S2S4
1111,则4S的整数部分等于(>.5.设S333312399二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
,则4S的整数部分等于(
5.设S3
3
99
二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)6.若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根,且这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长,则m的取值范围是.7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,2,2,3,3,4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1,3,4,5,6,8.同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率是.NW2GT2oy018.如图,点A,B为直线yx上的两点,过A,B两点分别作y轴的平行线交双曲线y12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
二、填空题<共5小题,每小题7分,共35分)
6.若关于x的方程(x
2)(x2
4xm)0有三个根,且这三个根恰好可
以作为一个三角形的三条边的长,则
m的取值范围是.
7.一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是
1,2,2,3,3,
4;另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是
1,3,4,5,6,8.
同时掷这两枚骰子,则其朝上的面两数字之和为奇数的概率
是.
NW2GT2oy01
8.如图,点A,B为直线y
x上的两点,过A,B两点分别作
y轴的平行
线交双曲线
12AC,则4OC2OD2的值x为.NW2GT2oy01 <第8题)9.若<第10题) y 1x x1的最大值为 a,最小值为 b,则a2 b2的值为 . 10.如图,在Rt△ABC中,斜边ABABC,且其边长为12,则△ABC的周长为三、解答题<共4题,每题20分,共 的长为.80分) 35,正方形NW2GT2oy01 CDEF 内接于△11.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1,求abc的值.12.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:点P 为CH的中点. 13.如图,点A为y轴正半轴上一点,<第12题)A,B两点关于x轴对称,过点A任作直线交抛物线y2x2于P,Q两点.3<1)求证:∠ABP=∠ABQ; <2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式. 14.如图,△ABC中,BAC60,<第13题)AB2AC.点P在△ABC内,且PA3,PB5,PC2,求△ABC的面积. 中国教育学会中学数学教学专业 委员会 <第14题)“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答 案一、选择题1.A解:由于a71,a17,a262a,所以3a312a2()()6a123a62a1262a6a126a212a60()12a6024.662a2.B 解:依定义的运算法则,有 uxvy,u(x1)vy,u0即对任何实数vxuy,v(x1)uy0vu,v都成立.由于实数u,v的任意性,得 3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
2AC,则4OC2
OD2的值
x
为.
<第8题)
9.若
<第10题)
1x
x1的最大值为
a,最小值为
b,则a2
b2的值为
.
10.如图,在Rt△ABC中,斜边AB
ABC,且其边长为12,则△ABC的周长为
三、解答题<共4题,每题20分,共
的长为
80分)
35,正方形
CDEF
内接于△
11.已知关于
x的一元二次方程
x2
cx
a
0的两个整数根恰好比方程
ax
b
0的两个根都大
1,求
bc的值.
12.如图,点
H为△
ABC的垂心,以
AB为直径的⊙
O1和△
BCH
的外接圆
⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:
点P
为CH的中点.
13.如图,点
A为y轴正半轴上一点,
<第12题)
A,B两点关于x轴对称,过点A任
作直线交抛物线y
x2于P,Q两点.
<1)求证:
∠ABP=∠ABQ;
<2)若点A的坐标为<0,1),且∠PBQ=60o,试求所有满足条件的直线PQ的函数解读式.
14.如图,△ABC中,
BAC
60
,
<第13题)
AB
2AC.点
P在△ABC
内
且
PA
3,PB5,PC
2,求△ABC的面积.
中国教育学会中学数学教学专业
委员会
<第14题)
“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答
案
一、选择题
1.A
解:
由于a
71,a1
7,a2
62a,所以
3a
12a
(
)
6a123a6
2a
126
6a12
6a2
24.
66
2.B
依定义的运算法则,有
ux
vy
u(x
1)
u
0
即
对任何实数
vx
uy
v(x
v
u,v都成立.由于实数u,v的任意性,得
3.C解:由题设可知yxy1,于是xyx3yx4y1,所以4y11,故y1,从而x4.于是xy92.24.C解:如图,连接DE,设SDEFS1,则S1EFS4,从而有S1S3S2S4.由于S1S1,所以S2BFS3S1S3S2S4.<第4题)5.A解:当k2,3,,99时,由于 11111,k3kk212k1kkk1所以1S11111119915.2333993221004于是有44S5,故4S的整数部分等于4.二、填空题6.3<m≤4解:易知x2是方程的一个根,设方程的另外两个根为,,则x1x2x1x24,x1x2m.显然x1x242,所以x1x22,164m≥0,即24x1x22,164m≥0,所以x1x2164m2,164m≥0,解之得3<m≤4. 7.19解:在36对可能出现的结果中,有4对:<1,4),<2,3),<2,3),<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为5的概率是41.NW2GT2oy013698.6解:如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D在双曲线y1上,所以ab1,cd1.x由于ACab,BDcd,又由于BD2AC,于<第8题)是cd2ab,c22cdd2(4a22abb2),所以(4a2b2)(c2d2)8ab2cd6,即4OC2OD26.9.321≥0,得1≤x≤1.解:由1x≥0,且x22y212x23x112(x3)21.2222416由于1<3<1,所以当x=3时,y2取到最大值1,故a=1.244当x=1或1时,y2取到最小值1,故b=2.222所以,a2b23.210.84解:如图,设BC=a,AC=b,则a2b2352=1225.①又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FEAF,即12b12CBAC<第10题)ab,故 12(ab)ab.② 由①②得(a22b22ab122524(ab),b)a解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以abc493584.三、解答题11.解:设方程x2axb0的两个根为,,其中,为整数,且≤,则方程x2cxa0的两根为1,1,由题意得a,11a,两式相加得2210,即(2)(2)3,2,2,所以1或32;21.3,,解得1或5;3.1又由于a(),b,c([1)(1)],所以a0,b1,c2;或者a8,b,15,c故abc3,或29.12.证明:如图,延长AP交⊙O2于点Q, 连接AH,BD,QB,QC,QH. 由于AB为⊙O1的直径, 所以∠ADB∠BDQ90°, 故BQ为⊙O2的直径.<第12题)于是CQBC,BHHQ. 又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC. 所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形. 所以点P为CH的中点. 13.解:<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D. 设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-t).设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐 标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由 ykxt, 得 于是xPxQ 于是BCBDy2x2,32x2kxt33t,即t2xPxQ.232222yPt3xPt3xPyQt22223xQt3xQ 1,<第13题) 2xx2x(xx)xP3PQ3PPQ.22xQ3xPxQ3xQ(xQxP)又由于PCxP,所以BCPC.QDxQBDQD 由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ, 故∠ABP=∠ABQ. <2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知 ∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b, 所以AC=3a2,AD=23b. 由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.于是PCAC,即a3a2,DQADb23b 所以ab3ab. 由<1)中xPxQ3t,即ab3,所以ab3,ab33,2222于是可求得a2b3.将b3代入y2x2,得到点Q的坐标<3,1).2322再将点Q的坐标代入ykx1,求得k3.3所以直线PQ的函数解读式为y31.x3根据对称性知,所求直线PQ的函数解读式为y33x1,或yx1.33解法二设直线PQ的函数解读式为ykxt,其中t1.由<1)可知,∠ABP=∠ABQ30,所以BQ2DQ.故2xQxQ2(yQ1)2.将yQ2xQ2代入上式,平方并整理得34xQ415xQ290,即(4xQ23)(xQ23)0.所以xQ3或3.2又由(1>得xPxQ3t3,xPxQ3k.222若xQ3,代入上式得xP3,从而k2(xPxQ)3.233同理,若xQ3,可得xP3,从而k2(xPxQ)3.233所以,直线PQ的函数解读式为3x1,或y31.yx3314.解:如图,作△ABQ,使得QABPAC,ABQACP,则△ABQ∽△ACP. 由于AB2AC,所以相似比为2.于是 AQ2AP23,BQ2CP4.<第14题)QAPQABBAPPACBAPBAC60.由AQ:AP2:1知,APQ90,于是PQ3AP3.所以BP225BQ2PQ2,从而BQP90.于是AB2PQ2(APBQ)22883.故SABC1ABACsin603AB2673.282申明: 所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用 途。
3.C
由题设可知yxy1,于是
yx3y
x4y1,
所以
4y11
故y
,从而x4.于是xy
9
.
4.C
如图,连接DE,设SDEFS1
,则
S1
EF
S4,从而有S1S3
S2S4.由于S1S1
,所以
S2
BF
S3
S1S3
S2S4.
<第4题)
5.A
当k2,3,,99时,由于
k3
kk2
2k1kkk1
1S1
5.
23
33
993
100
4
于是有4
4S
5,故4S的整数部分等于4.
二、填空题
6.3<m≤4
易知x
2是方程的一个根,设方程的另外两个根为
x1x2
4,x1x2
m.显然x1
2,所以
x1
2,
164m≥0,
4x1x2
16
4m
≥0,所以
4m≥0,
解之得
3<m≤4.
7.1
在36对可能出现的结果中,有
4对:
<1,4),<2,3),<2,3),
<4,1)的和为5,所以朝上的面两数字之和为
5的概率是4
.NW2GT2oy01
36
8.6
如图,设点C的坐标为(a,b),点D的坐标为(c,d),
则点A的坐标为(a,a),点B的坐标为(c,c).由于点C,D
在双曲线y
1上,所以ab
1,cd
1.
由于AC
b,BD
c
d,又由于BD
2AC,于
是
d
2ab,c2
2cd
d2
(4a2
2ab
b2),
(4
a2
b2)(c2
d2)8ab
6,
即4OC2
OD2
6.
9.3
1≥0,得1≤x≤1.
由1
x≥0,且x
y2
3x
2(x
3)2
由于1
<
<1,所以当x=
3时,y2
取到最大值1,故a=1.
当x=
1或1时,y2取到最小值1,故b=
2.
所以,a2
b2
3.
10.84
如图,设BC=a,AC=b,则
352=1225.①
又Rt△AFE∽Rt△ACB,所以FE
AF,即
CB
AC
,故
12(ab)ab.②
由①②得
(a
2ab122524(a
b),
b)a
解得a+b=49<另一个解-25舍去),所以
49
35
84.
三、解答题
11.解:
设方程x2
0的两个根为
,其中
为整数,且
≤
,则方程x2
0的两根为
1,
1,由题意得
a,
两式相加得
0,
2)(
2)
或
;
1.
解得
3.
又由于a
),b
,c
([
1)(
1)],
a0,b
1,c2
;或者
8,
b,1
故a
bc
,或29.
12.证明:
如图,延长AP交⊙O2于点Q,
连接AH,BD,QB,QC,QH.
由于AB为⊙O1的直径,
所以∠ADB∠BDQ90°,
故BQ为⊙O2的直径.
于是CQBC,BHHQ.
又由于点H为△ABC的垂心,所以AHBC,BHAC.
所以AH∥CQ,AC∥HQ,四边形ACQH为平行四边形.
所以点P为CH的中点.
13.解:
<1)如图,分别过点P,Q作y轴的垂线,垂足分别为C,D.
设点A的坐标为<0,t),则点B的坐标为<0,-
t).
设直线PQ的函数解读式为ykxt,并设P,Q的坐
标分别为(xP,yP),(xQ,yQ).由
ykxt,
得
于是xPxQ
于是BC
BD
2x2,
2x2
kxt
3t,即t
2xPxQ.
yP
t
xP
yQ
xQ
2xx
2x
(x
3PQ
P
Q
3xPxQ
3xQ(xQ
xP)
又由于PC
,所以BC
PC.
QD
由于∠BCP∠BDQ90,所以△BCP∽△BDQ,
故∠ABP=∠ABQ.
<2)解法一设PCa,DQb,不妨设a≥b>0,由<1)可知
∠ABP=∠ABQ30,BC=3a,BD=3b,
所以AC=3a2,AD=23b.
由于PC∥DQ,所以△ACP∽△ADQ.
于是PCAC,即a3a2,
DQADb23b
所以ab3ab.
由<1)中xPxQ
t,即
ab
3,所以ab
3,a
33,
于是可求得a
2b
将b
3代入y
2x2,得到点Q的坐标<
3,1).
再将点Q的坐标代入y
kx1,求得k
所以直线PQ的函数解读式为y
根据对称性知,所求直线
PQ的函数解读式为y
1,或yx1.
解法二设直线PQ的函数解读式为y
kx
t,其中t1.
由<1)可知,∠ABP=∠ABQ
30,所以BQ
2DQ.
故
2xQ
xQ2
(yQ
1)2.
将yQ
2xQ2代入上式,平方并整理得
4xQ415xQ2
90,即(4xQ2
3)(xQ2
3)
0.
所以xQ
3或3.
又由(1>得xPxQ
3t
3,xP
xQ3k.
若xQ
3,代入上式得
3,从而k
(xPxQ)
同理,若xQ
3,可得xP
2(xP
xQ)
所以,直线PQ的函数解读式为
1,或y
14.解:
如图,作△ABQ,使得
QAB
PAC,ABQ
ACP,则△ABQ∽△ACP.
由于AB2AC,所以相似比为2.
于是
AQ
2AP
23,BQ
2CP4
QAP
BAP
PAC
60.
由AQ:
AP
2:
1知,APQ90
,于是PQ
3AP
所以BP2
25
BQ2
PQ2,从而
BQP
90.
AB2
PQ2
(AP
BQ)2
288
故SABC
1ABACsin60
3AB26
73.
8
申明:
所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用,勿做商业用
途。
copyright@ 2008-2023 冰点文库 网站版权所有
经营许可证编号:鄂ICP备19020893号-2