05全国初中数学联赛决赛试卷

2005年全国初中数学联赛决赛试卷一、选择题：(每题7分，共42分)1、化简：11459+302366402＋＋－－的结果是＿＿。A、无理数B、真分数C、奇数D、偶数2、圆内接四条边长顺次为5、10、11、14；则这个四边形的面积为＿＿。A、78.5B、97.5C、90D、1023、设r≥4，a＝11rr+1－，b＝11rr+1－，c＝1r(r+r+1)，则下列各式一定成立的是＿＿。A、abcB、bcaC、cabD、cba4、图中的三块阴影部分由两个半径为1的圆及其外公切线分割而成，如果中间一块阴影的面积等于上下两块面积之和，则这两圆的公共弦长是＿＿。A、52B、62C、21252－πD、21162－π5、已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，y记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，则＿＿。A、pqB、p＝qC、pqD、p、q大小关系不能确定01x6、若x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，满足(2005－x1)(2005－x2)(2005－x3)(2005－x4)(2005－x5)＝242，则2222212345x+x+x+x+x的未位数字是＿＿。A、1B、3C、5D、7二、填空题(共28分)1、不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为＿＿。2、227x+9x+13+7x5x+13=7x－，则x＝＿＿＿。3、若实数x、y满足3333yx=1,3+43+6＋3333yx=1,5+45+6＋则x＋y＝＿＿。4、已知锐角三角形ABC的三个内角A、B、C满足：A＞B＞C，用a表示A－B，B－C以及90°－A中的最小者，则a的最大值为＿＿＿。三、解答题(第1题20分，第2、3题各25分)1、a、b、c为实数，ac＜0，且2a+3b+5c=0，证明：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有大于34而小于1的根。2、锐角ΔABC中，AB＞AC，CD、BE分别是AB、AC边上的高，过D作BC的垂线交BE于F，交CA的延长线于P，过E作BC的垂线，交CD于G，交BA的延长线于Q，证明：BC、DE、FG、PQ四条直线相交于一点。3、a、b、c为正整数，且a2＋b3＝c4，求c的最小值。2005年全国联赛决赛试卷详解一、选择题：(每题7分，共42分)1、化简：11459+302366402＋＋－－的结果是＿＿。A、无理数B、真分数C、奇数D、偶数解：1111459+302366402450+24509350280016＋＋＋－－＋－－111175275214495045233524752752－＋＋＋＋－＋－所以选D2、圆内接四条边长顺次为5、10、11、14；则这个四边形的面积为＿＿。A、78.5B、97.5C、90D、102解：由题意得：52＋142－2×5×14×cosα＝102＋112－2×10×11×cos(180°－α)∴221－140cosα＝221＋220cosα∴cosα＝0∴α＝90°∴四边形的面积为：5×7＋5×11＝90∴选C3、设r≥4，a＝11rr+1－，b＝11rr+1－，c＝1r(r+r+1)，则下列各式一定成立的是＿＿。A、abcB、bcaC、cabD、cba解法1：用特值法，取r=4，则有a=1114520－，b＝2525155251.03625102020－，c＝5521521.18420204(2+5)∴cba，选D解法2：a＝11111rrrr－，b＝11111111rrrrrrrrrr－c＝1r(r+r+1)5101114180-4,111111111110111,111110111,:,Drrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrabrrrrrrrrrrrrrrrrrrrbcabc故又　　故综上所述选　解法3：∵r≥4∴111rr＜1∴111111111abrrrrrrc＝111111rrrrbrrrrr∴abc，选D4、图中的三块阴影部分由两个半径为1的圆及其外公切线分割而成，如果中间一块阴影的面积等于上下两块面积之和，则这两圆的公共弦长是＿＿。A、52B、62C、21252－πD、21162－π解：由图形割补知圆面积等于矩形ABCD的面积∴212,2ABAB由垂径定理得公共弦为22221616212442∴选D5、已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，则＿＿。A、pqB、p＝qC、pqD、p、q大小关系不能确定解：由题意得：a0，b0，c=0∴p＝|a－b|＋|2a＋b|，q＝|a＋b|＋|2a－b|又1,2,20,02bbaababaa从而∴p＝|a－b|＋|2a＋b|＝b-a+2a+b=a+2b=2b+a，q＝|a＋b|＋|2a－b|=a＋b＋b-2a=2b-a∴pq，选C6、若x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，满足(2005－x1)(2005－x2)(2005－x3)(2005－x4)(2005－x5)＝242，则2222212345x+x+x+x+x的未位数字是＿＿。A、1B、3C、5D、7解：因为x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，所以(2005－x1)、(2005－x2)、(2005－x3)、(2005－x4)、(2005－x5)为互不相等的偶数而将242分解为5个互不相等的偶数之积，只有唯一的形式：242＝2·(-2)·4·6·(-6)所以(2005－x1)、(2005－x2)、(2005－x3)、(2005－x4)、(2005－x5)分别等于2、(-2)、4、6、(-6)所以(2005－x1)2＋(2005－x2)2＋(2005－x3)2＋(2005－x4)2＋(2005－x5)2＝22＋(-2)2＋42＋62＋(-6)2＝96展开得：222222123451234552005-4010x+x+x+x+x+x+x+x+x+x962222221234512345x+x+x+x+x=96-52005+4010x+x+x+x+x1mod10A　　　　　　　　，选　二、填空题(共28分)1、不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为＿＿。解：(3×1＋3×2＋……3×33)＋(5×1＋5×2＋……5×20)－(15×1＋15×2＋……15×6)＝1683＋1050－315＝24182、227x+9x+13+7x5x+13=7x－，则x＝＿＿＿。解：分子有理化得：2214=7x7x+9x+137x5x+13x，－∵x≠0，∴22227x+9x+13-7x5x+13=27x+9x+137x5x+132－，即－两边平方化简得：27227x5x+13x－再平方化简得：212421x8x48=0()73xx，解之得或舍去3、若实数x、y满足3333yx=1,3+43+6＋3333yx=1,5+45+6＋则x＋y＝＿＿。解法1：假设x＋y＝a，则y＝a－xy01x3333333323333333333336343634,643433436461xaxxa＋－即　　3333333323333333333356545654,645455456462xaxxa＋－即　　22333333333333332153535345363456aa－得：　=432解法2：易知333335146xyttt、是关于的方程的两根化简得：23333334664460txytxy3333333335463456432xyxy由韦达定理得：　　　　4、已知锐角三角形ABC的三个内角A、B、C满足：A＞B＞C，用a表示A－B，B－C以及90°－A中的最小者，则a的最大值为＿＿＿。解：min,,90ABBCA　,,90623902709015901575,60,4515ABBCAABBCAABCABBCAABC　　　　　　　　　　另一方面，当时，有满足题设条件，故可取得最大值三、解答题(第1题20分，第2、3题各25分)1、a、b、c为实数，ac＜0，且2a+3b+5c=0，证明：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有大于34而小于1的根。解：设2fxaxbxc3931416419121616ffabcabcabcabc则　　　　　　6152a+3b+5c=0,b=3ac261591216946415163336315819625624033363158196256240033abcabcaaccaaccacacaaccc　　　　　∴3104ff＜∴一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有大于34而小于1的根.2、锐角ΔABC中，AB＞AC，CD、BE分别是AB、AC边上的高，DE与BC的延长线于交于T，过D作BC的垂线交BE于F，过E作BC的垂线交CD于G，证明：F、G、T三点共线。证法1：设过D、E的垂线分别交BC于M、N，在Rt△BEC与Rt△BDC中，由射影定理得：CE2＝CN·CB，BD2＝BM·BC∴22CNCEBMBD又Rt△CNG∽Rt△DCB，Rt△BMF∽Rt△BEC，∴,BDCEGNCNFMBMCDBE∴221GNBDBECNBDBECEBECEFMCDCEBMCDCEBDBDCD在Rt△BEC与Rt△BDC中，由面积关系得：BE·CE＝EN·BC，BD·CD＝DM·BC∴2BECEENTNBDCDDMTM由(1)(2)得：,.GNTNGNFMFGTFMTM又，、、三点共线证法2：设CD、BE相交于点H，则H为△ABC的垂心，记DF、EG、AH与BC的交点分别为M、N、R∵DM∥AR∥EN∴DFAHEGFMHRGN由合比定理得：TNGFMEDBCARHTNGFMEDBCAHTNGFMEDBCA,,.DMENGNENTNFGTFMGNFMDMTM故、、三点共线证法3：在△ABC中，直线DET分别交BC、CA、AB于T、E、D，由梅涅劳斯定理得：1(1)BTCEADTCEADB　　　　设CD、BE相交于点H，则H为△ABC的垂心，AH⊥BC∵DF⊥BC、EG⊥BC∴AH∥DF∥EG∴,,11CECGADHFBTCGHFEAGHDBFBTCGHFB代入得由梅涅劳斯定理的逆定理得：F、G、T三点共线.证法4：连结FT交EN于G’，易知''DFEGFMGN为了证明F、G、T三点共线，只需证明DFEGFMGN即可∵1212sinsinsinsinBDFBMFBDBFABESDFBDABEFMSBMBFCBEBMCBE1212sinsinsinsinCEGCMGCECGACDSEGCEACDG