數(shù)學(xué)周報(bào)杯全國初中數(shù)學(xué)競賽天津賽區(qū)試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

1、學(xué)習(xí)必備歡迎下載“數(shù)學(xué)周報(bào)杯20XX年全國初中數(shù)學(xué)競賽(3)若x1,y0,且滿足xy=x（天津賽區(qū)）試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)x3y_=xy,則x+y的值為（）.(A)1(B)211(D)一2、選擇題（共5小題，每小題7分，？茜分35分）【答】C.一、5.5-3(1)設(shè)x=，則代數(shù)式x(x+1)(x+2)(x+3)的值為().2解：由題設(shè)可知yy=xy,3yyx4y-1=1.(A)0(B)1(C)1(D)2【答】C.解：由已知得x2+3x+1=0,于x(x1)(x2)(x3)=(x23x)(x23x2)=(x23x1)2-1=-1.則4S的整數(shù)部分等于（）.(A)4(B)5(C)6(D)7【答】A

2、.(2)已知x,y,z為實(shí)數(shù)，且滿足x+2y5z=3,x-2y-z=-5,則解：當(dāng)k=2,3,HI222x+y+z的最小值為().(A)-11D.(B)0(C)554(D)11111所以1；S=133-IH-3:二233320113解:x2y-5z=3,x=3z7,可得*工x-2y-z-5,y=z2.=11z2-2z51kk2-12Hk-1kkk1因此，當(dāng)z=一時(shí),11x2十y2+z2的最小值為54.11111-22201120124于是有44S5,故4s的整數(shù)部分等于4.（5）點(diǎn)D,E分別在Sg邊形EADF=S1，SBDF=S2,則S1S3與S2S4的大小關(guān)系為（(A)S1s3Sj,所以s1

3、s3s2s4.S2BFS3解：由1x0,二、填空題(共5小題，每小題7分，共35分)(6)兩條直角邊長分別是整數(shù)a,b(其中b2011),斜邊長是b+1的直角三角形的個(gè)數(shù)為.【答】31.一1一1且X-0,得一解：由勾股定理，得a2=(b+1)2b2=2b+1.因?yàn)閎是整數(shù)，b2011,所以a2是1到4023之間的奇數(shù)，而且是完全平方數(shù)，這樣的數(shù)共有31個(gè),3：5：III,632.因此a一定是3,5,，63,故滿足條件的直角三角形的個(gè)數(shù)為(7)一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子的六個(gè)面上的數(shù)字分別是1,2,2,3,3,4；另一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子的六個(gè)面上的數(shù)字分別是4,5,6,8.同時(shí)擲這兩枚骰子，則

4、其朝上的面兩數(shù)之和為7的概率是解：在36對(duì)可能出現(xiàn)的Z果中，有6對(duì)：(1,6),(2,5),(2,5),(3,4),(3,4),(4,3)的和為7,所以朝上的面兩數(shù)字之和為7的概率是3662312,-xx-,22，一133由于一一0)與矩形OABC的邊CB,xEF,則OEF的面積為B的坐標(biāo)為(a,b),則點(diǎn)F的坐標(biāo)一b2為(a,).因?yàn)辄c(diǎn)F在雙曲線y=一上，所以ab=4.2x又點(diǎn)E在雙曲線上，且縱坐標(biāo)2一為b,所以點(diǎn)E的坐標(biāo)為(三，b).于bBA分別交于點(diǎn)巳第(9)題學(xué)習(xí)必備歡迎下載S.OEF二S弟形OFBC-S.oeC-S.FBE則方程x2+cx+a=0的兩根為a+1,P十1,由題意得1/b

5、0121=-b)ab-一222b213=ab1-2)=3.22兩式相加，得aP+2a+2P+1=0,即(a+2)(P+2)=3,(10)如圖，在RtAABC中，斜邊AB的長為35,正方形CDEF內(nèi)接于ABC,-2=1,所以，一2:3;一二2二-3,或一-2-1.10分:-5,或一-3.20分且其邊長為12,則ABC的周長為.【答】84.解：如圖，設(shè)BC=a,AC=b,貝Ua2+b2=352=1225.又RtAAFERtAACB,FEAF口u12b-12所以=，即一=,CBACab故12(a+b)=ab.由得(a+b)2=a2+b2+2ab=1225+24(a+b),解得a+b=49(另一個(gè)解一

6、25舍去)，所以a+b+c=49+35=84.三、解答題(共4題，每題20分，共80分)(11)已知關(guān)于x的一元二次方程x2+cx+a=0的兩個(gè)整數(shù)根恰好比方程2x+ax+b=0的兩個(gè)根者B大1,求a+b+c的值.:-1,解得一=1；又因?yàn)閍=一(+P),b=o(P,c=(a+1)+(P+1),所以a=0,b=1,c=2；或者a=8,b=15,c=6,故a+b+c=3,或29.(12)如圖，點(diǎn)H為乙ABC的垂心，以AB為直徑的。1和BCH的外接圓。2相交于點(diǎn)D,延長AD交CH于點(diǎn)P,求證：點(diǎn)P為CH的中點(diǎn).證明：如圖，延長AP交。O2于點(diǎn)Q,連接AH,BD,QB,QC,QH.因?yàn)锳B為OO1的

7、直徑，所以/ADB=/BDQ=90口.5分故BQ為。O2的直徑.解：設(shè)方程x2+ax+b=0的兩個(gè)根為a,P,其中ct,P為整數(shù)，且awP,學(xué)習(xí)必備10分歡迎下載又因?yàn)辄c(diǎn)H為八ABC的垂心，所以AH1BC,BH1AC.y=kxt,由22X,/日22得一x-kxT=0,3所以AH/CQ,AC/HQ,曰3XpXQ=t四邊形ACQH為平行四邊形.15分BCyPt22.2222/、-Xpt-Xp-XpXq-Xp(Xp-Xq)3333Xp所以點(diǎn)P為CH的中點(diǎn).20分BDy”t!$%2)x（13）如圖，點(diǎn)A為y軸正半軸上一點(diǎn)，A,B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，過點(diǎn)A任又因?yàn)镻CxPQDXqBCPC,所以二BDQD作

8、直線交拋物線22y=x于p,q兩點(diǎn).3（I）求證：/ABP=ZABQ；（n）若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0,1）,且/PBQ=60o,試求所有滿足條件的直線PQ的函數(shù)解析式因?yàn)?BCP=/BDQ故/ABP=ZABQ.（H）解法由（i）可知90s,所以BCPABDQ.10分解：（I）如圖，分別過點(diǎn)P,Q作y軸的垂線，垂足分別為C,D.設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0,t）,則點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0,-t）設(shè)直線PQ的函數(shù)解析式為y=kx+t,并設(shè)P,Q的坐標(biāo)分別為（xP,yP）,（Xq,yQ）.設(shè)PC=a,DQ=b,不妨設(shè)ab0,/ABP=/ABQ=30BC=V3a,BD=T3b,所以AC=33a-2,AD=2-3b.因?yàn)镻C

9、/DQ,曰PCACDQAD所以ACPADQ.即a=V3a2.所以a+b=ab.b2-3b,3333v3由(I)中xPxQ=一一t,即一ab=一一,所以ab=，a+b=,2222學(xué)習(xí)必備歡迎下載是,可求得a=2b=.3.同理，若xQ=J3可得Xp：3,從而k=3(xP+xQ)=Y3Q233將b=也代入y=2x2,得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)(2321)215分所以，直線PQ的函數(shù)解析式為一、3再將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入y=kx+1,求得k=3y=-x+1,或y=-x+1.3320分所以直線PQ的函數(shù)解析式為y=_Y3x+1.3(14)已知ai0,i=1,2,|L2011,且rma2HIa2011,證明:根據(jù)對(duì)稱性知,a1，alll,a201中一定存在兩個(gè)數(shù)2,aj(ij),使得aj-ai(1a)(1,aj)所求直線PQ的函數(shù)解析式為y=Y3X+1,或y=，3X+1.33201020分2010證明：令x=，i=12I，2011,1ai解法二設(shè)直線PQ的函數(shù)解析式為y=kx+t,其中t=1.則:二X2011：二X2010:|H:二x1：:：2010.10分(I)可知，/ABP=ZABQ=30,所以BQ=2DQ.故一定存在1wk2010,2xq=xQ(yQ1)2.yQ=2若代