08全国初中数学联赛决赛试题（江西卷）

2008年全国初中数学联赛决赛试题（江西卷）（2008年4月19日上午9：00—11:30）一、选择题（本题满分42分，每小题7分）本题共有6小题，每题均给出了代号为DCBA,,,的四个答案，其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内.每小题选对得7分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.1、从分数组111111,,,,,24681012中删去两个分数，使剩下的数之和为1，则删去两个数是（）（A）1148与(B)11410与(C)11810与(D)11812与2、化简32515的结果是（）（A）12(B)54(C)38(D)1573、555的末尾三位数字是（）（A）125(B)375(C)625(D)8754、若实数,,xyz满足方程组：1.........(1)22..........(2)23...........(3)2xyxyyzyzzxzx,则有（）（A）x+2y+3z=0(B)7x+5y+2z=0(C)9x+6y+3z=0(D)10x+7y+z=05、将正三角形每条边四等份，然后过这些分点作平行于其它两边的直线，则以图中线段为边的菱形个数为（）（A）15(B)18(C)21(D)246、某人将2008看成了一个填数游戏式：2□□8，于是他在每个框中各填写了一个两位数abcd与，结果所得到的六位数28abcd恰是一个完全立方数，则abcd=（）（A）４０(B)５０(C)６０(D)７０二、填空题（本题满分28分，每小题7分）7、设2222(1)(4)9,41xxyyxyyx则.KNEFDABCPM8、一本书共有61页，顺次编号为1，2，…，61，某人在将这些数相加时，有两个两位数页码都错把个位数与十位数弄反了（即：形如ab的两位数被当成了两位数ba），结果得到的总和是2008，那么，书上这两个两位数页码之和的最大值是.9、如图，在边长为1的正三角形ABC中，由两条含0120圆心角的弓形弧AOB，AOC及边BC所围成的（火炬形）阴影部分的面积是.10、不超过6(53)的最大整数是.三.解答题（共70分）11.（本题满分20分）设a为整数,使得关于x的方程a2x-(a+5)x+a+7=0至少有一个有理根，试求方程所有可能的有理根.12.（本题满分25分）如图，四边形中ABCD中，E,F分别是AB,CD的中点，P为对角线AC延长线上的任意一点，PF交AD于M，PE交BC于N，EF交MN于K;求证：K是线段MN的中点.13.（本题满分25分）120人参加数学竞赛，试题共有5道大题，已知第1、2、3、4、5题分别有96、83、74、66、35人做对，如果至少做对3题便可获奖，问：这次竞赛至少有几人获奖？参考答案－、选择题（每小题7分，共42分）1、解：由1114123，而1111,236故删去11810与后，可使剩下的数之和为1.故选C2、解：33333825)1115251685158222（（），则32515=12.故选A.3、解：555=5×545=5×18125，因125被8除余l，所以18125被8除余l，故知555被8除余5，而在125、375、625、875四数中，只有125被8除余5，故选A4、解：由（1）、（3）得2xyx，63xzx,故x≠0，代人（2）解得2710x，所以277y，z54.检验知此组解满足原方程组.于是10X＋7y＋Z＝0．故选D5、解：图中只有边长为1或2的两种菱形，每个菱形恰有一条与其边长相等的对角线，原正三角形内部每条长为1的线段，恰是一个边长为1的菱形的对角线；这种线段有18条，对应着18个边长为1的菱形；原正三角形的每条中位线恰是一个边长为2的菱形的对角线，三条中位线对应着3个边长为2的菱形；共得21个菱形.故选C6、解：设28abcd=3()xy，则据末位数字特征得y＝2，进而确定xy：因360＝216000，370＝343000，所以60＜xy＜70，故只有，xy=62，而262＝238328，则ab＝38，cd＝32，ab＋cd=70.故选D二．填空题（每小题7分，共28分）7、解：据条件式222214(1)(4)9........1xyyxxyxy（）令2241xyyx＝z，则（1）式化为：zxy22(1)(4)xy＝9，即有9-z＝xy+22(1)(4)xy，平方得，81-18z＋2z＝2222(1)(4)2xyxyxy22(1)(4)xy……(2),又由2z=222(41)xyyx=2222(4)(1)2xyyxxy22(1)(4)xy,代入（2）得，81-18z=4,所以7718z.8、解：l＋2＋…＋61＝1891，2008—1891＝117，由于形如ab的页码被当成ba后，加得的和数将相差9ab，因为,ab只能在1，2，…，9中取值，ab≤8，得9ab≤72，由于117＝72＋45＝63＋54，设弄错的两位数是ab和cd，若9ab=72，9cd=45，只有ab＝19，而cd可以取l6，27，38，49；这时ab+cd的最大值是68；若9ab=63，9cd=54，则ab可以取18，29，而cd可以取17，28，39，ab+cd的最大值也是68．9、解：如右图，连OA，OB，OC，线段OA将阴影的上方部分剖分成两个弓形，将这两个弓形分别按顺时针及反时针绕点O旋转0120后，阴影部分便合并成△OBC，它的面积等于△ABC面积的三分之—，即等于312.10、解：6(53)=3(8215)，令8215＝a，8215＝b，得a＋b＝16，ab=4，a,b是方程21640xx的两个根，故得2a＝16a－4，2b＝16b－4；3a＝162a－4a，32164bbb；所以3a+3b＝16（2a+2b）-4（a+b）＝16（16（a+b）一8）－4（a+b）=252（a+b）-128=3904.∵0＜b＜1，∴0＜3b＜1，∴3a的最大整数值不超过3903.三.解答题（共70分）11、解：当a＝0时，方程的有理根为75x；……5分以下考虑a≠0的情况，此时原方程为一元二次方程，由判别式2(5)4(7)0,aaa即32a＋18a－25≤0，得91569156,33a整数a只能在其中的非零整数1，－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7中取值，……10分由方程得25523(3)2aaxa……（1）当a＝1，由（1）得x＝2和4；当a=－1时，方程无有理根；当a＝－2，由（1）得x＝1和－52；当a=－3时，方程无有理根；……15分KNEFDABCPM当a＝－4，由（1）得x＝－1和34；当a=－5时，方程无有理根；当a＝－6，由（1）得x＝12和－13；当a＝－7时，由（1）得x＝37和17；……20分12、证明：EF截△PMN，则..1..........(1)NKMFPEKMFPEN……5分BC截△PAE，则..1...........(2)EBACPNBACPNE，即有2,PNCPNEAC所以2..............(3)PECPACENAC,……10分AD截△PCF，则..1,FDCAPMDCAPMF即22,............(4)PMAPPFAPACMFACMFAC……15分因AP＝AC＋CP，得2CP＋AC＝2AP－AC，由(3),(4)得，,........20PEFPENMF分—即.1,MFPEFPEN所以由(1)得NK＝KM，即K是线段AM的中点……25分13、解：将这120人分别编号为12120,,....,PPP，并视为数轴上的120个点，用kA表示这120人之中未答对第k题的人所成的组,kA为该组人数,k=l，2，3，4，5，则1A=24,234537,46,54,85,AAAA……5分将以上五个组分别赋予五种颜色，如果某人未做对第k题，则将表示该人点染第k色，k=l，2，3，4，5，问题转化为，求出至少染有三色的点最多有几个？由于1A+2345AAAA＝246，故至少染有三色的点不多于2463=82个，……10分右上图是满足条件的一个最佳染法，即点1285,,....,PPP这85个点染第五色；点1237,,....,PPP这37个点染第二色；点383983,,....,PPP这46个点染第四色；点1224,,....,PPP这24个点染第一色；点252678,,....,PPP这54个点染第三色；于是染有三色的点最多有78个.…20分因此染色数不多于两种的点至少有42个，即获奖人数至少有42个人（他们每人至多答错两题，而至少答对三题，例如7980120,,...,PPP这42个人)……25分8546543724