2010年江西省初中数学竞赛初赛试卷及答案

2010年全国初中数学联赛江西省初赛试题解答第一试一.选择题（每小题7分，共42分）1、化简35134862的结果是（）．A、2；B、22；C、2；D、12．答案：D解：221348(23)143(123)，25(123)423(31)，22423(31)623(31)23222，因此原式12．2、ABC是一个等腰直角三角形，DEFG是其内接正方形，H是正方形的对角线交点；那么，由图中的线段所构成的三角形中相互全等的三角形的对数为（）．A、12；B、13；C、26；D、30．答案：C．解：设3AB，图中所有三角形均为等腰直角三角形，其中，斜边长为1的有5个，它们组成10对全等三角形；斜边长为2的有6个，它们组成15对全等三角形；斜边长为2的有2个，它们组成1对全等三角形；共计26对．3、设0ab，且函数21()24fxxaxb与22()42fxxaxb有相同的最小值u；函数23()24fxxbxa与24()42fxxbxa有相同的最大值v；则uv的值().A、必为正数；B、必为负数；C、必为0；D、符号不能确定．答案：C.解：2221()()44fxxababa，2222()(2)2424fxxababa，由22424bauba，得223ba……①2223()()44fxxbabab，2224()(2)2424fxxbabab；由22424abvab，得223ab……②②-①得，222()3()abba，所以0ab……③，或23ba……④HDGFACEB若0ab,则222()(65)(65)()[65()]0uvbaababba；若23ba，据②④，222()33bb，即2(31)30b，矛盾！4、若关于x的方程227100xaxa没有实根，那么，必有实根的方程是（）．A、22320xaxa；B、22560xaxa；C、2210210xaxa；D、22230xaxa．答案:A.解:由方程227100xaxa无实根,得其判别式0,于是25a,方程,,,ABCD的判别式分别是:4(1)(2)Aaa,4(2)(3)Baa,4(3)(7)Caa,4(1)(3)Daa,显然,对于满足25a的每个a值,可以确保0A,但不能保证,,BCD非负,（即使得方程,,BCD无实根的a的区间与区间(2,7)都有重叠部分，而使方程A无实根的a的区间(1,2)与区间(2,7)无重叠部分），所以A必有实根,其余方程不一定有实根.5、正方形ABCD中，,EF分别是,ABBC上的点，DE交AC于M，AF交BD于N；若AF平分BAC，DEAF；记BExOM,BNyON,CFzBF,则有（）.A、xyz；B、xyz；C、xyz；D、xyz．答案:D解:由角平分线,2BNABACCFONAOABBF,即2yz,又AME的角分线与高重合,则AME为等腰三角形，AMAE，作OP∥AB，交OE于P，则OP为DBE的中位线，OMP∽AME，2BEBExOMOP，所以xyz.6、将1,2,3,4,5,6,7,8这八个数分别填写于一个圆周八等分点上，使得圆周上任两个相邻位置的数之和为质数，如果圆周旋转后能重合的算作相同填法，那么不同的填法有（）．A、4种；B、8种；C12种、；D、16种．答案：B解：相邻两数和为奇质数，则圆周上的数奇偶相间，于是8的两侧为3,5，而7的两侧为4,6；剩下两数PNMEFODABCNMEFODABC1,2必相邻，且1与4,6之一邻接；考虑三个模块[4,7,6],[5,8,3],[1,2]的邻接情况，得到8种填法．二、填空题（每小题7分，共28分）1、若k个连续正整数之和为2010，则k的最大值是．答案：60．解：设(1)2010(1)(2)()2kknnnkkn，则(21)4020knk，注意21knk，而2402023567，为使k值最大，当把4020表成最接近的一对因数之积，为40206067，所以60k．2、单位正三角形中，将其内切圆及三个角切圆（与角两边及三角形内切圆都相切的圆）的内部挖去，则三角形剩下部分的面积为.答案：349S解：单位正三角形内切圆半径为36r，其面积为212sr，而O为其中心，故ODOHAHr，因此，AEF与ABC的相似比为1:3，于是每个小圆面积等于O面积的19，故四个圆面积之和为439s，因此，所求三角形剩下部分的面积为349S．3、圆内接四边形ABCD的四条边长顺次为：2,7,6,9ABBCCDDA，则四边形的面积为.答案：30.解：由于2222768592，即2222BCCDDAAB，所以BCD与DAB都是直角三角形，因此，四边形面积1(7692)302BCDDABSS.4、在123520中，适当选择+、-号，可以得到不同代数和的个数是．答案：24个．解：1,2,3,5,20中，有奇数三个，故其代数和必为奇数；由1,2,3,5可以得到绝对值11的所有奇数：这是由于11235，31235，51235，71235，91235，111235；以上各式通乘1，可得1,3,5,7,9,11的表达式；而据题意，表达式中，1,2,3,5及20都必须参与，那么，能得到的整数应是20加或减135,7,9,11，，，即得到十二个正奇数9,11,13,,31和十二个负奇数9,11,,31；因此可表出的数共计24个．OHBADCFE第二试一、（20分）边长为整数的直角三角形，若其两直角边长是方程2(2)40xkxk的两根，求k的值并确定直角三角形三边之长．解：设直角边为,ab，（ab）则2,4abkabk，因方程的根为整数，故其判别式为平方数，设22(2)166613221648kknknkn，66,knkn63261knkn或61662knkn或63261knkn解得1452k(不是整数，舍去)，2315,12kk215k时，17,605,12,13abababc312k时，14,486,8,10abababc二、（25分）如图，自ABC内的任一点P，作三角形三条边的垂线：,,PDBCPECAPFAB，若,BDBFCDCE；证明：AEAF．证：注意如下事实：若四边形的两条对角线互相垂直，则其两组对边的平方和相等．连,,PAPBPC，则有2222PABFPBAF；2222PBCDPCBD，2222PCAEPACE；三式相加得222222AECDBFAFCEBD，利用条件,BDBFCDCE，代入上式，得AEAF．三、（25分）已知,,abc为正整数，且33abbc为有理数，证明222abcabc为整数．证：因3是无理数，则30bc，而223(3)(3)33ababbcbcbc22233()3abbcbacbc为有理数，所以20bac，于是222222()2()()2()abcabcabbcacabcabbcb2()2()()()abcbacbabcabc，因此，222abcabcabc为整数．FEPBCADFEPBCAD