全国初中数学竞赛试题及答案(2005年)演示版.doc

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：

14＋59+302＋13－66－402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；那么这个四边形的面积为＿＿。 A、78.5 B、97.5 C、90 D、102 3、设r≥4，a＝1－1，b＝1－1，

rr+1rr+1c＝1，那么以下各式一定成立的是＿＿。

r(r+r+1)A、a>b>c B、b>c>a C、c>a>b D、c>b>a 4、图中的三块阴影局部由两个半径为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，那么这两圆的公共弦长是＿＿。

22A、5 B、6 C、125－π D、116－π 22225、二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象如下图， y 记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，那么＿＿。 A、p>q B、p＝q C、p22222+x2+x3+x4+x5－x3)(2005－x4)(2005－x5)＝242，那么x1的未位数字是＿＿。

A、1 B、3 C、5 D、7 二、填空题(共28分)

1、不超过100的自然数中，将但凡3或5的倍数的数相加，其和为＿＿。 2、7x2+9x+13+7x2－5x+13=7x，则x＝＿＿＿。

，t1&、

#g4*，

3、假设实数x、y满足

x＋y=1,x＋y=1,那么x＋y＝＿＿。 33+4333+6353+4353+634、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，那么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3而小于1的根。

4

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。

，t1&、

#g4*，

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：14＋59+302＋13－66－402的结果是＿＿。

A、无理数 B、真分数 C、奇数 D、偶数 解

：

14＋59+302 ＋13－66－402＋114＋50+24509＋13－50－280016

14＋5233－5241＋17－527＋5214

49507＋527－52 所以选D

2、圆内接四条边长顺次为5、10、11、14；那么这个四边形的面积为＿＿。

A、78.5 B、97.5 C、90 D、102 解：由题意得：

2222

5＋14－2×5×14×cosα＝10＋11－2×10×11×cos(180°－α)

∴221－140cosα＝221＋220 cosα ∴cosα＝0 ∴α＝90°

∴四边形的面积为：5×7＋5×11＝90 ∴选C

3、设r≥4，a＝－1451110180-1r111－1，c＝，b＝，那么以下各式一定成r+1r(r+r+1)rr+1立的是＿＿。

A、a>b>c B、b>c>a C、c>a>b D、c>b>a 解法1：用特值法，取r=4，那么有

25251.0361－1115525 a=，b＝－ ， 4520251020205521.18152c＝

420204(2+5)∴c>b>a，选D

，t1&、

#g4*，

解法2：a＝－1r11， r1rr1b＝1－1r1r1 rr1rr1rr1r1rc＝1 r(r+r+1)r4,rr1rr1r1rrr1rr1r1rrr1r1r1110

rr1又rr1　　rr1r1r,故ab

r1rrr1rr1rrr1r0rr1r1rrr1r故bc,综上所述:abc,选　D11＜1

解法3：∵r≥4 ∴rr1 ∴a111111b

r1rr1rr1r c＝r1rr1r11b

rrr1rr1 ∴a4、图中的三块阴影局部由两个半径为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，那么这两圆的公共弦长是＿＿。

A、116－π5 B、6 C、125－π22 D、 22222解：由图形割补知圆面积等于矩形ABCD的面积 ∴12AB,AB

由

垂

径

定

2 理

得

公

共

弦

为

，t1&、

#g4*，

162162212

42422 ∴选D

2

5、二次函数f(x)＝ax＋bx＋c的图象如下图，

记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，那么＿＿。 A、p>q B、p＝q C、p0，c=0

∴p＝|a－b|＋|2a＋b|，q＝|a＋b|＋|2a－b| 又y b1,b2a,2ab0,从而aba0 2a0 1 x ∴p＝|a－b|＋|2a＋b|＝b-a+2a+b=a+2b=2b+a， q＝|a＋b|＋|2a－b|= a＋b＋b-2a=2b-a

∴p2

22222A、1 B、3 C、5 D、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

22

而将24分解为5个互不相等的偶数之积，只有唯一的形式：24＝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)

22 2222 2

所以(2005－x1)＋(2005－x2)＋(2005－x3)＋(2005－x4) ＋(2005－x5) ＝2＋(-2)22 2

＋4＋6＋(-6)＝96

22222展开得：520052-4010x1+x2+x3+x4+x5+x1+x2+x3+x4+x596 22222x1+x22+x3+x4+x5=96-52005+4010x1+x2+x3+x4+x5 　　　　　　　　1mod10，选　A二、填空题(共28分)

1、不超过100的自然数中，将但凡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＝2418

2、7x2+9x+13+7x2－5x+13=7x，则x＝＿＿＿。 解：分子有理化得： ∵x≠0，

，t1&、

14x=7x，

227x+9x+137x－5x+13#g4*，

∴7x2+9x+13-7x2－5x+13=2，即7x2+9x+137x2－5x+132 两边平方化简得：7x227x2－5x+13

12或x4(舍去)

73yyxx3、假设实数x、y满足33＋33=1,33＋33=1,那么x＋y＝＿＿。

3+43+65+45+6 再平方化简得：21x8x48=0，解之得x2解法1：假设x＋y＝a，那么y＝a－x

3363x＋3343a－x33633343,即64x34a33333333332343646　　1333333

5363x＋5343a－x53635343,即64x54a532545646　　2333333

2－1得：

3a53533343533363　a33435363=432333232335解法2：易知3、5是关于t的方程xy1的两根 33t4t6 化简得：t2xy4363t63x43y43630



由韦达定理得：3353xy4363　　　　xy34564323333

4、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，那么a的最大值为＿＿＿。

解：

　minAB,BC,90A

　　AB,BC,90A　　62ABBC390A　　　　270ABC90 　　15

另一方面，当ABBC90A15时，有A75,B60,C45满足题设条件，故可取得最大值15三、解答题(第1题20分，第2、3题各25分)

，t1&、

#g4*，

1、a、b、c为实数，ac＜0，且2a+3b+5c=0，证明：一元二次方程ax＋bx＋c＝

2

0有大于

3而小于1的根。 4解：设fxax2bxc

339则ff1abcabc4416

1　　　　　 　9a12b16cabc16

2a+3b+5c=0,b=6a15c

36159a12b16cabc　9a46a415c16ca3a3cc36315　　8196a256240cac

33a36a315　　c281962562400c33c ∴f3f1＜0 42

∴一元二次方程ax＋bx＋c＝0有大于

3而小于1的根. 42、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： 22

CE＝CN·CB，BD＝BM·BC ACNCE2∴ BMBD2又Rt△CNG ∽Rt△DCB，Rt△BMF ∽Rt△BEC， DEFBGNCTBDCECN,FMBM ∴GNCDBE∴

MGNBDBECNBDBECE2BECE12FMCDCEBMCDCEBDBDCD，t1&、

#g4*，

在Rt△BEC 与Rt△BDC中，由面积关系得：BE·CE＝EN·BC，BD·CD＝DM·BC ∴由

BECEENTN2

BDCDDMTM(1)(2)

得

：

ADEFBHGRNCTGNTN,又GNFM，F、G、T三点共线.FMTM

证法2：设CD、BE相交于点H，那么H为△ABC的垂心，记DF、EG、AH与BC的交点分别为M、N、R

∵DM∥AR∥EN

∴

由合比定理得：

DFAHEG FMHRGNMDMENGNENTN,,故F、G、T三点共线. FMGNFMDMTMADEFHGNCT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：

BTCEAD1　　　　(1) TCEADB设CD、BE相交于点H，那么H为△ABC的垂心，AH⊥BC

∵DF⊥BC、EG⊥BC ∴AH ∥DF ∥EG ∴

CECGADHFBTCGHFB,,代入1得1EAGHDBFBTCGHFB

由梅涅劳斯定理的逆定理得：F、G、T三点共线.

MADEFGG'NCTDFEG'证法4：连结FT交EN于G’，易知 FMG'N为了证明F、G、T三点共线，只需证明DFEG即可 FMGN∵

BM1BDBFsinABEDFSBDFBDsinABE12FMSBMF2BMBFsinCBEBMsinCBE，t1&、

#g4*，

EGSCEG1CEsinACD2CECGsinACD1 GNSCMG2CNCGsinBCDCNsinBCDBDBCCEBC ,BMBDCNCEDFBCsinABEEGBCsinACD∴,　　1 FMBDsinCBEGNCEsinBCD 又

∵CD⊥AB、BE⊥CA，∴B、D、E、C四点共圆 ∴∠ABE＝∠ACD (2)

BDCEBC,BDsinCBECEsinBCD (3)

sinBCDsinCBEDFEG将(2) (3)代入〔1〕得：，故F、G、T三点共线. FMGN又

3、设a、b、c为正整数，且a＋b＝c，求c的最小值。

223

解：显然c＞1.由题设得：(c-a)(c+a)=b

2

3

4

c2abbb12 假设取2 ,则c22cab 由大到小考察b，使

bb12

为完全平方数，易知当b＝8时，c＝36，那么c=6，从2x(x，t1&、

#g4*，

1参考答案：一、1、D 原式=4(523)213(524)217521752142、C ∵52+142=221=102+112 ∠A、 ∠C都是直角 3、D

4、D 5、C 6、A

二、1、2418 2、12 3、x＋y＝33＋43＋537＋63＝432 三、1、略 2、略 3、c的最小值为6。

，t1&、

4、15°