海南省2013初中数学竞赛初赛试题

海南省2013初中数学竞赛初赛试题参考答案一、选择题（本大题满分50分，每小题5分）题号12345678910答案ADCBCCABAD答案提示：4、由三角形外角大于任何一个不相邻的内角与∠ACB小于180°可知90°＜6x＜180°，由此可得15°＜x＜30°，故选择B．5、a是质数，b是奇数，且20132ba，所以a、b必是一奇一偶，所以可求得a=2，b=2009，所以a＋b＋2=2013．6、由数列3、7、12、18、25……可判断存在的规律为：第①个数为3，第②个数为3+4，第③个数为3+4+5，第④个数为3+4+5+6，第⑤个数为3+4+5+6+7……如此可断定第⑩个数为3+4+5+……+12=75,故选择C．7、设两码头之间的航程为S，船在静水中的速度为a，水流的速度为b，则船顺水所需的时间为baS船逆水所需的时间为baS，则船往返一次所需的时间为baS+baS=222baaS由此可判断船在静水中的速度不变与水流的速度总小于船在静水中的速度的条件下，水流的速度b越大，a2－b2越小，船往返一次所需的时间为222baaS就越大，故选择A．8、由矩形AOBC的面积为8，可求矩形PEOF的面积为2，又点P在第一象限，所以K=2，故选择B．9、如图，分别以大的正方形中间”十”字所在的直线为对称轴可画出2、3两图，分别以正方形对角线所在直线为对称轴可画出4、5两图，再加上第1幅图，总共有5个符合条件的三角形，故选择A．10、若点M在圆上，点M与圆心A的距离等于圆的半径2，容易判断点（2，0）是圆A与X轴正半轴的交点、点（0，-2）是圆A与y轴负半轴的交点，另外，可以通过构造直角三角形判断点(2，－2)与圆心A的距离等于2，也可以用两点公式求出点(2，－2)与圆心A的距离等于2，因此A、B、C三MxyAO图5PACB图3xyOEF个选项中的点均在圆上，而点(1，－2)与圆心A的距离等于1，小于圆A的半径，点(1，－2)不在圆上，故选择D．二、填空题（本大题满分40分，每小题5分）11、（3x－2y）212、513、214、315、2＜x＜716、13.517、1或718、5答案提示：12、55255252)52(5525255213、由128421xx得721222xx所以有72)1(xx所以x的值为2．因为关于x的方程x2－4x＋a=0的两个实数根为x1、x2，由根与系数的关系得x1+x2=4，所以4032121xxxx，解得3121xx，所以a=3．15、构造右图，延长中线AD到A’，使AD=A’D，可证△ABD≌△A’CD，设AD=x，AA’=2x，由三角形三边不等关系可得9-5＜2x＜9+5，从而有2＜x＜7．16、设直线AB的解释式为y=3x+b，由题意可知直线AB过点（-3、0），故b=9，所以直线AB与y轴的交点为（0，9），则直线AB与坐标轴所围成的三角形的面积为3×9÷2=13.5平方单位．17、如图7，把线段AM绕点A画弧，可见N、C两点的距离存在两种情况：①点N在边BC上，②点N在边CB的延长线上；可以证明△ADM≌△ABN≌△ABN’，所以有BN=BN’=DM=3,所以N、C两点的距离是：1或7．18、提示：可证AE=DE，BE=DE，由此得到DE的长是5．三、解答题(本大题满分30分，每小题15分)19、解：（1）设种植园应向海口供应的黄帝蕉有x千克,则向海口供应的香牙蕉有2x千克,根据题意列方程得：2x+x=15000，解得：x=5000，则2x=10000所以种植园供应文昌市的香牙蕉应为12000-10000=2000千克，植园供应文昌市的黄帝蕉应为5000-2000=3000千克．（2）设应安排m千克香牙蕉在海口市销售，则在海口市销售的黄帝蕉为（15000-m）千克；在文昌市销售的香牙蕉与黄帝蕉分别为（12000-m）千克、（m-7000）千克，则这批香蕉的销售收入y与m的函图7ACBDNN’MACBDA’数关系式为：y=4.8m+5（15000-m）+3.6（12000-m）+4.2（m-7000）即y=0.4m+88800(7000≤m≤12000)从函数关系式看m的值越大，销售收入y就越大，即香牙蕉应尽可能多地安排在海口市销售，所以若要使销售收入最大，需安排12000千克香牙蕉与3000千克黄帝蕉在海口市卖，安排5000千克黄帝蕉在文昌市卖，最大销售收入为y=0.4×12000+88800=93600(元)．20、解：（1）设直线OC的解析式为y=kx，∵直线OC过点C（1、1），∴k=1,∴直线OC的解析式为y=x∵直线MN与OC平行，∴可设直线MN的解析式为y=x+b，∵直线y=x+b过点B（1，0），∴b=-1,∴直线MN的函数解析式为y=x-1(此题也可以通过求点B、D的坐标，再利用待定系数法求直线MN的解析式)（2）当点P在x轴的上方时∵四边形AOBC是正方形∴OB=BC，∠BCD=∠ACB=90°，∠BCO=45°又MN与OC平行∴∠CBD=∠BCO=∠BDC=45°，∴BC=OB=CD由AC∥OB知AD∥OB∴∠OBP=∠CDQ∵CQ∥OP∴∠OPB=∠CQD∴△OBP≌△CDQ同理可知，若点P运动到x轴的下方，△OBP与△CDQ依然全等（3）①设点P的横坐标为（a，b）因为点P在直线y=x-1上，则点P的坐标可表示为（a，a-1）若四边形OPQC为菱形，则有OP=OC=2作PF⊥x轴于点F，在Rt△OPF中有OF2+PF2=OP2即2)1(22aa解得：2311a，2312a则2131b，2132b即当四边形OPQC为菱形时，P2HFxyMNCQEP1DBA图9AO点P的坐标为（231，213）或（231，213）②由①知点P存在两种情况使四边形OPQC为菱形，即点P在第一象限与第三象限ⅰ）当点P在第一象限时（如点P1），方法一(如图9A)：过点C作CH⊥MN于点H，则△CHQ是直角三角形，由（2）的证明可知△BCD是等腰直角三角形，且BC=OB=CD=1∴CH=22,若四边形OPQC为菱形，则有CQ=OC=2，∴CH=21OC∴∠CQH=30°∴∠P1OC=30°方法二（如图9B）：连接AB交OC于点G，过点P1作P1H⊥OC于点H则△OP1H是直角三角形，在正方形AOBC中有AB⊥OC，又MN∥OC，∴∠BGH=∠P1HG=∠GBP1=90°∴四边形P1BGH是矩形，又四边形OPQC为菱形∴P1H=BG=21AB=21OC=21OP1∴∠P1OC=30°ⅱ）当点P在第三象限时(如点P2)，令x=0，则y=x-1=-1，即直线MN与y轴的交点E的坐标为（0，-1）则OE=OB，则∠OEB=∠OBE=45°则∠OEP2=∠OBP1=135°又四边形OPQC为菱形∴OP2=OP1=OC∴∠OP2E=∠OP1B∴△OP2E≌△OP1B(AAS)∴∠EOP2=∠BOP1∵∠BOP1=∠BOC-∠P1OC=45°-30°=15°P2GHFxyMNCQEP1DBA图9BO∴∠EOP2=15°，∴∠P2OC=150°综合以上论述可知，当四边形OPQC为菱形时，∠POC的度数为30°或150°