2012年全国初中数学联合竞赛试题参考答案

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２０１２年全国初中数学联合竞赛

试题参考答案

第一试

一、选择题（本题满分４每小题７分）２分，已知ａ＝１．－１，ｂ＝ｃ＝２，那么ａ，ｂ，ｃ的大小关系是（．　　）

（Ａ）ａ＜ｂ＜ｃ　　　（Ｂ）ａ＜ｃ＜ｂ

（Ｃ）ｂ＜ａ＜ｃ　　　（Ｄ）ｂ＜ｃ＜ａ

方程ｘ＋２２．ｘ４的整数解（ｘ，ｙ＋３ｙ＝３的组数为（．　　）ｙ）

２

２

（Ａ）３６个

（Ｃ）４４个（Ｂ）４０个

（Ｄ）４８个．

ｂ

二、填空题（本题满分２每小题７分）８分，已知互不相等的实数ａ，１．ｂ，ｃ满足ａ＋＝ｂ＋

，则ｔ＝ｃ＋＝ｔ＝ｃａ

．

．

ｍ使得５×２２．＋１是完全平方数的整数ｍ

的个数为

（Ａ）３　　

（Ｃ）５　　（Ｂ）４

（Ｄ）６

在△Ａ已知Ａ３．ＢＣ中，Ｂ＝ＡＣ，∠Ａ＝

已知正方形Ａ３．ＢＣＤ的边长为１，Ｅ为

连接Ａ与ＢＣ边的延长线上一点，ＣＥ＝１，Ｅ，

连接ＢＣＤ交于点Ｆ，Ｆ并延长与线段ＤＥ交则Ｂ于点Ｇ，Ｇ的长为（．　　）

（Ａ　　３（Ｃ　　３

（Ｂ３（Ｄ３

，，则Ｐ为ＡＢ上一点，ＣＰ＝２０°＝４０°∠Ａ

ＡＰ

．

已知实数ａ，４．ｂ，ｃ满足ａｂｃ＝－１，ａ＋ｂ＋

ｃ＝４，２＋２＋２＝

ａ－３ａ－１ｂ－３ｂ－１ｃ－３ｃ－１，２２２则ａ＋ｂ＋ｃ＝９

．

第二试（Ａ）

（一、本题满分２已知直角三角形的０分）边长均为整数，周长为３求它的外接圆的面０，积．

（二、本题满分２如图，５分）ＰＡ为⊙Ｏ的切线，ＰＢＣ为⊙Ｏ的割线，ＡＤ⊥ＯＰ于点Ｄ．证明：ＡＤ２

＝ＢＤ·ＣＤ．

２４

已知实数ａ，则ａｂ满足ａ２＋ｂ＝１，＋４．

４

的最小值为（ａｂ＋ｂ．　　）

（Ａ）－　　

８（Ｃ）１　　

（Ｂ）０（Ｄ８

２

若方程ｘｘ－３５．＋２ｐｐ－２＝０的两个不

２３２

相等的实数根ｘｘｘ４－（ｘ１，２满足ｘ１＋１＝２＋３

，则实数ｐ的所有可能的值之和为（ｘ．　　）２）

（Ａ）０　　（Ｃ）－１

（Ｂ）－

４（Ｄ）－．４

（三、本题满分２已知抛物线ｙ＝－５分）２

与ｘ轴的正半轴交＋ｂｘ＋ｃ的顶点为Ｐ，

６

）、）（于Ａ（两点，与ｙ轴交ｘ０Ｂ（ｘ０ｘｘ１，２，１＜２）于点Ｃ，设ＭＰＡ是△ＡＢＣ的外接圆的切线．

由１，６．２，３，４这四个数字组成四位数

，数字可重复使用）要求满足ａ＋ａｂｃｄｃ＝ｂ＋

这样的四位数共有（ｄ．．　　）

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数学竞赛之窗

，（若ＡＭ∥Ｂ求抛物线的解析式．０，－）Ｃ，２

第二试（Ｂ）

（一、本题满分２已知直角三角形的０分）周长为６求它的外接圆的面边长均为整数，０，积．

（二、本题满分２如图，５分）ＰＡ为⊙Ｏ的切线，ＰＢＣ为⊙Ｏ的割线，ＡＤ⊥ＯＰ于点Ｄ，证Ｃ的外接圆与ＢＣ的另一个交点为Ｅ．△ＡＤ

明：ＡＥ＝∠ＡＣＢ

．∠Ｂ

），＋１

２２

）而－＋１＝３－２＞０，故ｃ＞∴　＞＋１，ａ．因此ｂ＜ａ＜ｃ．

（２．Ｂ）．

２２解　方程即（显然ｘ＋ｘ＋ｙ）＋２４，ｙ＝３

，所以可设ｘ＋ｙ＝２则原方程ｔｙ必须是偶数，

ｔ＝±２，２２

变为２它的整数解为从ｔ＋ｙ＝１７，

ｙ＝±３，

｛

，而可求得原方程的整数解为（ｘ，＝（－７，３）ｙ）（），（），（），共４组．１，３７，－３－１，－３

（３．Ｄ）．

解　过点Ｃ作Ｃ交ＤＰ∥ＢＧ，Ｅ于点Ｐ．∵　ＢＣ＝ＣＥ＝１，

∴　ＣＰ是△ＢＥＧ的中位线，∴　Ｐ为Ｅ

Ｇ的中点．

（三、本题满分２题目和解答与（５分）Ａ）卷第三题相同．

第二试（Ｃ）

（一、本题满分２题目和解答与（卷０分）Ｂ）第一题相同．

（二、本题满分２题目和解答与（卷５分）Ｂ）第二题相同．

（三、本题满分２已知抛物线ｙ＝－５分）２

与ｘ轴的正半轴交＋ｂｘ＋ｃ的顶点为Ｐ，

６

）、）（于Ａ（两点，与ｙ轴交ｘ０Ｂ（ｘ０ｘｘ１，２，１＜２）将抛于点Ｃ，ＰＡ是△ＡＢＣ的外接圆的切线．物线向左平移２个单位，得到的新抛４１）物线与原抛物线交于点Ｑ，且∠ＱＢＯ＝求抛物线的解析式．ＢＣ．∠Ｏ

参考答案

第一试一、１．（Ｃ）

解　∵　＝＋１＝＋ａｂ∴　０＜

，故ｂ＜ａ．＜ａｂ

又∵　ＡＤ＝ＣＥ＝１，ＡＤ∥ＣＥ，所以Ｃ∴　△ＡＤＦ≌△ＥＣＦ，Ｆ＝ＤＦ，又ＣＰ∥ＦＧ，∴　ＦＧ是△ＤＣＰ的中位线，∴　Ｇ为ＤＰ的中点．

因此ＤＧ＝ＧＰ＝ＰＥ＝Ｅ＝．

３３

，连接Ｂ易知∠ＢＤ，ＤＣ＝∠ＥＤＣ＝４５°∴　∠ＢＤＥ＝９０°．又ＢＤ＝∴　ＢＧ＝Ｄ２＋ＤＧ２

＝

（４．Ｂ）．解

４４２２２２２

）－２ａ＋ａｂ＋ｂ＝（ａ＋ｂａｂ＋ａｂ

＋

＝．９３

２２２

（＝１－２ａｂ＋ａｂ＝－２ａｂ－）＋．

４８

２２

∵　２ａｂａ＋ｂ＝１，｜｜≤

又ｃ－ａ＝－２）－１）＝

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∴　－

从而ａｂ≤，－≤ａｂ－≤≤２２４４

因此，这样的四位数共有６×４＝２４个．４个．

（）使用３个不同的数字，只能是１、３２、２、３或２、组成的四位数可以是１３、３、４，２３２，２１２３，共有８个．２３２１，３２１２，２３４３，３２３４，３４３２，４３２３，（）使用４个不同的数字１，组成的４２，３，４，四位数可以是１２４３，１３４２，２１３４，２４３１，３１２４，共有８个．３４２１，４２１３，４３１２，因此，满足要求的四位数共有４＋２４＋８＋

，２，故０≤（ａｂ－）≤

４４１６

２，（因此０≤－２ａｂ－）＋≤

４８８即０≤ａ＋ａｂ＋ｂ≤．８

４

４

４４

因此ａ的最小值为０，＋ａｂ＋ｂ

，当ａ＝－ｂ＝或ａ＝，ｂ＝－时

２

２

２

２

取得．

（５．Ｂ）．

解　由一元二次方程的根与系数的关系可得ｘｘ２ｘｘ３ｐ，ｐ－２，１＋２＝－１·２＝－

２２２２所以ｘｘｘｘ２ｘｘ４ｐ１＋２＝（１＋２）－１·２＝

８＝４４个．

二、１．±１．

，解　由ａ＋＝得ｂ＝，ｔ

ｂｔ－ａ，，代入ｂ＋＝得＋＝ｔｔｃｔ－ａｃ２

））整理，得ｃｔ－（ａｃ＋１ｔ＋（ａ－ｃ＝０，，又由ｃ＋＝可得ａｔｃ＋１＝ａｔ

ａ

２２

）代入①式，得ｃｔ－ａｔ＋（ａ－ｃ＝０，

２

（）即（ｃ－ａ）ｔ－１＝０，

２

又ｃ≠所以ｔ所以ｔａ，－１＝０，＝±１．

①

＋６ｐ＋４，

３３２

［（ｘｘｘｘ１＋ｘ２＝（１＋ｘ２）１＋ｘ２）－３１·２

）ｘ＝－２４．ｐ（ｐ＋９ｐ＋６２］

２３２３

，又由ｘ得ｘ４－（ｘｘ１＋１＝２＋２）

２２３３

，ｘｘ４－（ｘｘ１＋２＝１＋２）

２２

），∴　４４ｐ＋６ｐ＋４＝４＋２ｐ（ｐ＋９ｐ＋６

）（）∴　ｐ（４＝０，ｐ＋３ｐ＋１

，时验证可知：ｂ＝ｃ＝ｔ＝１；ｂ＝

ａａ１－，时因此，－ｃ＝－ｔ＝－１．ｔ＝±１．

ａａ１＋

２．１．

ｍ２

（，解　设５×２其中ｎ为正整数）＋１＝ｎｍ２

）（），则５×２＝ｎ－１＝（ｎ＋１ｎ－１

显然ｎ为奇数，设ｎ＝２其中ｋ是正ｋ－１（ｍｍ－２，，则５×２即５×２整数）＝４ｋ（ｋ－１）＝ｋ（ｋ

，

∴　ｐ０，１．ｐｐ１＝２＝－３＝－

４均满足题代入检验可知：０，ｐｐ１＝２＝－４意，１不满足题意．ｐ３＝－

因此，实数ｐ的所有可能的值之和为ｐ１

＋ｐ０＋（－）＝－．２＝

４４

（６．Ｃ）．

解　根据使用的不同数字的个数分类考虑：

（）只用１个数字，组成的四位数可以是１

共有４个．１１１１，２２２２，３３３３，４４４４，

（）使用２个不同的数字，使用的数字有６２种可能（如果使１、２，１、３，１、４，２、３，２、４，３、４）．用的数字是１、组成的四位数可以是１２，１２２，共有４个；同样地，如果使用１２２１，２１１２，２２１１，

的数字是另外５种情况，组成的四位数也各有

）－１．

显然ｋ＞１，此时ｋ和ｋ－１互质，

ｍ－２

，ｋ＝５，ｋ＝５×２

或或∴　ｍ－２

，ｋ－１＝１，ｋ－１＝２

ｍ－２

，ｋ＝２

ｋ－１＝５，

｛｛

｛

解得ｋ＝５，ｍ＝４．

因此，满足要求的整数ｍ只有１个．３．．解　设Ｄ为Ｂ在△ＡＣ的中点，ＢＣ外作

，则∠ＢＡＥ＝２０°ＡＥ＝６０°．∠Ｃ

作Ｃ则易证△ＡＥ⊥ＡＥ，ＰＦ⊥ＡＥ，ＣＥ≌

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数学竞赛之窗

实际上，满足条件的ａ，ｂ，ｃ可以分别为－，４．２２

第二试（Ａ）一、解　设直角三角形的三边长分别为

所以ＣＣＤ，Ｅ＝ＣＤ＝Ｃ．△Ａ

２

又ＰＦ＝ＰＡｓｉｎ∠ＢＡＥ＝ＰＡｓｉｎ６０°＝２

ＡＰ，ＰＦ＝ＣＥ，

∴　Ｐ＝Ｃ，

２２

（），则ａ＋ａ，ｂ，ｃａ≤ｂ＜ｃｂ＋ｃ＝３０．

显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长下面先求ｃ的值．ｃ，

由ａ≤得ｂ＜ｃ及ａ＋ｂ＋ｃ＝３０，３０＝ａ＋ｂ＋ｃ＜３ｃ，∴　ｃ＞１０．

由ａ＋得ｂ＞ｃ及ａ＋ｂ＋ｃ＝３０，３０＝ａ＋ｂ＋ｃ＞２ｃ，∴　ｃ＜１５．又∵　ｃ为整数，∴　１１≤ｃ≤１４．

２２２

，根据勾股定理可得ａ＋ｂ＝ｃ

因此＝．

ＡＰ

４．

２

２２

解　∵ａ－３ａ－１＝ａ－３ａ＋ａｂｃ＝ａ（ｂｃ＋）ａ－３

））（），＝ａ（ｂｃ－ｂ－ｃ＋１＝ａ（ｂ－１ｃ－１

把ｃ＝３化简得０－ａ－ｂ代入，

（ａｂ－３０ａ＋ｂ）＋４５０＝０，

２２

（，∴　（３０－ａ）３０－ｂ）＝４５０＝２×３×５

∴　２．＝（）（）ｃ－１ａ－３ａ－１ｂ－１

，同理可得　２＝ｃ－１ｂ－３ｂ－１ａ－１

．＝ｂ－１ｃ－３ｃ－１ａ－１

结合

２

∵　ａ，ｂ均为整数且ａ≤ｂ，

２，３０－ａ＝５

只可能是∴　２

，３０－ｂ＝２×３

｛

解得

｛

ａ＝５，

ｂ＝１２．

＋２＋２＝，２

ａ－３ａ－１ｂ－３ｂ－１ｃ－３ｃ－１９可得

＋＋ｂ－１ｃ－１ａ－１ｃ－１

三角形∴　直角三角形的斜边长ｃ＝１３，的外接圆的面积为．

４

二、证明　连接ＯＡ，ＯＢ，ＯＣ．

∵　ＯＡ⊥ＡＰ，ＡＤ⊥ＯＰ，

∴　由射影定理可得ＰＡ２＝ＰＤ·ＰＯ，

，

＝９ａ－１ｂ－１

（）（（ａ－１ｂ－１）ｃ－１）＝（ａ－１）＋９

（））ｂ－１＋（ｃ－１．

结合ａｂｃ＝－１，ａ＋ｂ＋ｃ＝４，

∴　

可得ａｂ＋ｂｃ＋ａｃ＝－．

４因此

２２２ａ＋ｂ＋ｃ

ＡＤ２＝ＰＤ·ＯＤ．

又由切割线定理可得ＰＡ２＝ＰＢ·ＰＣ，∴　ＰＢ·ＰＣ＝ＰＤ·ＰＯ，

∴　Ｄ、Ｂ、Ｃ、Ｏ四点共圆，

∴　∠ＰＤＢ＝∠ＰＣＯ＝∠ＯＢＣ＝ＤＣ，ＢＤ＝∠ＣＯＤ，∠Ｏ∠Ｐ∴　△ＰＢＤ∽△ＣＯＤ，

２

）（）ａ＋ｂ＋ｃ－２ａｂ＋ｂｃ＋ａｃ＝．　＝（

２，∴　＝

ＣＤＯＤ

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∴　ＡＤ２＝ＰＤ·ＯＤ＝ＢＤ·ＣＤ．２

，三、解　易求得点Ｐ（点Ｃ３ｂ＋ｃ）

２（）０，ｃ．

设△Ａ则点ＰＢＣ的外接圆的圆心为Ｄ，和点Ｄ都在线段Ａ设点ＤＢ的垂直平分线上，的坐标为（３ｂ，ｍ）．

２

显然，ｘｘ＋ｂｘ１，２是一元二次方程－

６＋ｃ＝０的两根，

２

∴　ｘ３ｂ－ｂ＋６ｃ，１＝ｘ３ｂ＋ｂ＋６ｃ２＝

第二试（Ｂ）

一、解　设直角三角形的三边长分别为（），则ａ＋ａ，ｂ，ｃａ≤ｂ＜ｃｂ＋ｃ＝６０．

显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长下面先求ｃ的值．ｃ，

由ａ≤ｂ＜ｃ及ａ＋ｂ＋ｃ＝６０得６０＝ａ＋ｂ＋ｃ＜３ｃ，∴　ｃ＞２０．由ａ＋ｂ＞ｃ及ａ＋ｂ＋ｃ＝６０得６０＝ａ＋ｂ＋ｃ＞２ｃ，∴　ｃ＜３０．又∵　ｃ为整数，∴　２１≤ｃ≤２９．

２２２

，根据勾股定理可得ａ＋ｂ＝ｃ

把ｃ＝６０－ａ－ｂ代入，

（化简得ａｂ－６０ａ＋ｂ）＋１８００＝０，

３２

（∴　（６０－ａ）６０－ｂ）＝１８００＝２×３×２

，５

），又ＡＢ的中点Ｅ的坐标为（３ｂ，０∴　ＡＥ＝ｂ＋６ｃ．

所以Ｐ∵　ＰＡ为⊙Ｄ的切线，Ａ⊥ＡＤ，又ＡＥ⊥ＰＤ，

∴　由射影定理可得ＡＥ＝ＰＥ·ＤＥ，

２

２

∵　ａ，ｂ均为整数且ａ≤ｂ，

３

０－ａ＝２×５，只可能是∴　　２０－ｂ＝３×５，２

，６０－ａ＝２×５或　２２，６０－ｂ＝２×３２２２

）·｜即（ｂ＋６ｃ＝＋ｃｍ｜，２又易知ｍ＜０，∴　可得ｍ＝－６．

又由ＤＡ＝ＤＣ得ＤＡ２＝ＤＣ２，

２２２

即（ｂ＋６ｃ＋ｍ２＝（３ｂ－０）＋（ｍ－２

），ｃ

＝２０，＝１０，解得　或　＝１５，＝２４．当ａ＝２三角形的外接０，ｂ＝１５时，ｃ＝２５，；圆的面积为４

当ａ＝１三角形的外接０，ｂ＝２４时，ｃ＝２６，圆的面积为１６９π．

二、证明　连接ＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＢＤ．∵　ＯＡ⊥ＡＰ，ＡＤ⊥ＯＰ，

∴　由射影定理可得ＰＡ２＝ＰＤ·ＰＯ，

把ｍ＝－６代入后可解得ｃ＝－６（另一解

ｃ＝０舍去）．

又∵　ＡＭ∥ＢＣ，

，

∴　＝

ＯＢＯＣ

｜－即＝．２－６｜｜３ｂ＋ｂ＋６ｃ

２

ＡＤ２＝ＰＤ·ＯＤ．

又由切割线定理可得ＰＡ２＝ＰＢ·ＰＣ，∴　ＰＢ·ＰＣ＝ＰＤ·ＰＯ，∴　Ｄ、Ｂ、Ｃ、Ｏ四点共圆，

∴　∠ＰＤＢ＝∠ＰＣＯ＝∠ＯＢＣ＝

ＤＣ，ＢＤ＝∠ＣＯＤ，∠Ｏ∠Ｐ∴　△ＰＢＤ∽△ＣＯＤ，

把ｃ＝－６代入，解得ｂ＝（另一解ｂ＝－

２舍去）

．

２

因此，抛物线的解析式为２ｙ＝－＋－６．

６２

，

∴　＝

ＣＤＯＤ