全国初中数学联合竞赛试题含详细解析.doc

2009年全国初中数学联合竞赛试题第一试一、选择题（本题满分42分，每小题7分）1. 设，则 （ ）A.24. B. 25. C. . D. .2在ABC中，最大角A是最小角C的两倍，且AB7，AC8，则BC （ ）A. B. . C. . D. .3用表示不大于的最大整数，则方程的解的个数为 （ ）A.1. B. 2. C. 3. D. 4.4设正方形ABCD的中心为点O，在以五个点A、B、C、D、O为顶点所构成的所有三角形中任意取出两个，它们的面积相等的概率为 （ ）A. B. . C. . D. .5如图，在矩形ABCD中，AB3，BC2，以BC为直径在矩形内作半圆，自点A作半圆的切线AE，则CBE （ ）A. B. . C. . D. .6设是大于1909的正整数，使得为完全平方数的的个数是 （ ）A.3. B. 4. C. 5. D. 6.二、填空题（本题满分28分，每小题7分）1已知是实数，若是关于的一元二次方程的两个非负实根，则的最小值是_.2 设D是ABC的边AB上的一点，作DE/BC交AC于点E，作DF/AC交BC于点F，已知ADE、DBF的面积分别为和，则四边形DECF的面积为_.3如果实数满足条件，则_.4已知是正整数，且满足是整数，则这样的有序数对共有_对.第一试答案：ACCBDB；3，1，7第一试详细答案一、选择题（本题满分42分，每小题7分）1. 设，则 （ ）A.24. B. 25. C. . D. .【答】A.由，得，故.所以.2在ABC中，最大角A是最小角C的两倍，且AB7，AC8，则BC （ ）A. B. . C. . D. .【答】C.延长CA至D，使ADAB，则，所以CBDDAB，所以，故，所以.又因为，所以.3用表示不大于的最大整数，则方程的解的个数为 （ ）A.1. B. 2. C. 3. D. 4.【答】C.由方程得，而，所以，即，解得，从而只可能取值.当时，解得；当时，没有符合条件的解；当时，没有符合条件的解；当时，解得；当时，解得.因此，原方程共有3个解.4设正方形ABCD的中心为点O，在以五个点A、B、C、D、O为顶点所构成的所有三角形中任意取出两个，它们的面积相等的概率为 （ ）A. B. . C. . D. .【答】B.不妨设正方形的面积为1.容易知道，以五个点A、B、C、D、O为顶点所构成的三角形都是等腰直角三角形，它们可以分为两类：（1）等腰直角三角形的直角顶点为正方形ABCD的四个顶点之一，这样的三角形有4个，它们的面积都为；（2）等腰直角三角形的直角顶点为正方形ABCD的中心O，这样的三角形也有4个，它们的面积都为.所以以五个点A、B、C、D、O为顶点可以构成448个三角形，从中任意取出两个，共有28种取法.要使取出的两个三角形的面积相等，则只能都取自第（1）类或都取自第（2）类，不同的取法有12种.因此，所求的概率为.5如图，在矩形ABCD中，AB3，BC2，以BC为直径在矩形内作半圆，自点A作半圆的切线AE，则CBE （ ）A. B. . C. . D. .【答】 D.设BC的中点为O，连接OE、CE.因为ABBC，AEOE，所以A、B、O、E四点共圆，故BAECOE. 又ABAE，OC=OE，所以ABEOCE，因此，即.又CEBE，所以，故CBE.6设是大于1909的正整数，使得为完全平方数的的个数是 （ ）A.3. B. 4. C. 5. D. 6.【答】B.设，则，它为完全平方数，不妨设为（其中为正整数），则.验证易知，只有当时，上式才可能成立.对应的值分别为50，20，10，2.因此，使得为完全平方数的共有4个，分别为1959，1989，1999，2007.二、填空题（本题满分28分，每小题7分）1已知是实数，若是关于的一元二次方程的两个非负实根，则的最小值是_.【答】.因为是关于的一元二次方程的两个非负实根，所以解得.，当时，取得最小值.2 设D是ABC的边AB上的一点，作DE/BC交AC于点E，作DF/AC交BC于点F，已知ADE、DBF的面积分别为和，则四边形DECF的面积为_.【答】 .设ABC的面积为,则因为ADEABC，所以.又因为BDFBAC，所以.两式相加得，即，解得.所以四边形DECF的面积为.3如果实数满足条件，则_.【答】 .因为，所以.由可得，从而，解得.从而，因此，即，整理得，解得（另一根舍去）.把代入计算可得，所以.4已知是正整数，且满足是整数，则这样的有序数对共有_对.【答】 7. 设（为正整数），则，故为有理数.令，其中均为正整数且.从而，所以，故，所以.同理可得（其中为正整数），则.又，所以，所以.（1）时，有，即，易求得或（3,6）或（6,3）.（2）时，同理可求得.（3）时，同理可求得或（1,2）.（4）时，同理可求得.因此，这样的有序数对共有7对，分别为（240,240），（135,540），（540,135），（60,60），（60,15），（15,60），（15,15）.第二试 （A）一（本题满分20分）已知二次函数的图象与轴的交点分别为A、B，与轴的交点为C.设ABC的外接圆的圆心为点P.（1）证明：P与轴的另一个交点为定点.（2）如果AB恰好为P的直径且，求和的值.解 （1）易求得点的坐标为，设，则，.设P与轴的另一个交点为D，由于AB、CD是P的两条相交弦，它们的交点为点O，所以OAOBOCOD，则.因为，所以点在轴的负半轴上，从而点D在轴的正半轴上，所以点D为定点，它的坐标为(0,1). 10分（2）因为ABCD，如果AB恰好为P的直径，则C、D关于点O对称，所以点的坐标为，即. 15分又，所以，解得. 20分二（本题满分25分）设CD是直角三角形ABC的斜边AD上的高，、分别是ADC、BDC的内心，AC3，BC4，求.解 作EAB于E，FAB于F.在直角三角形ABC中，AC3，BC4，.又CDAB，由射影定理可得，故，. 5分因为E为直角三角形ACD的内切圆的半径，所以.10分连接D、D，则D、D分别是ADC和BDC的平分线，所以DCDADCDB45，故D90，所以DD，. 15分同理，可求得，. 20分所以. 25分三（本题满分25分）已知为正数，满足如下两个条件： 证明：以为三边长可构成一个直角三角形.证法1 将两式相乘，得，即， 10分即，即， 15分即，即，即，即，即， 20分所以或或，即或或.因此，以为三边长可构成一个直角三角形. 25分证法2 结合式，由式可得，变形，得 10分又由式得，即，代入式，得，即. 15分， 20分所以或或.结合式可得或或.因此，以为三边长可构成一个直角三角形. 25分第二试 （B）一（本题满分20分）题目和解答与（A）卷第一题相同.二 （本题满分25分） 已知ABC中，ACB90，AB边上的高线CH与ABC的两条内角平分线 AM、BN分别交于P、Q两点.PM、QN的中点分别为E、F.求证：EFAB. 解 因为BN是ABC的平分线，所以.又因为CHAB，所以，因此. 10分又F是QN的中点，所以CFQN，所以，因此C、F、H、B四点共圆. 15分又，所以FCFH，故点F在CH的中垂线上. 20分同理可证，点E在CH的中垂线上.因此EFCH.又ABCH，所以EFAB. 25分三（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第三题相同. 第二试 （C）一（本题满分20分）题目和解答与（A）卷第一题相同. 二（本题满分25分）题目和解答与（B）卷第二题相同. 三（本题满分25分）已知为正数，满足如下两个条件： 是否存在以为三边长的三角形？如果存在，求出三角形的最大内角.解法1 将两式相乘，得，即， 10分即，即， 15分即，即，即，即，即， 20分所以或或，即或或.因此，以为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90. 25分解法2 结合式，由式可得，变形，得 10分又由式得，即，代入式，得，即. 15分， 20分所以或或.结合式可得或或.因此，以为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90.25分