初三全国数学竞赛题及答案

一、选择题（共5小题，每小题7分，满分35分） （1）设x（A）0 【答】C．

2解：由已知得x3x10， 于是

53，则代数式x(x1)(x2)(x3)的值为( ). 2（B）1 （C）﹣1 （D）2

x(x1)(x2)(x3)(x23x)(x23x2)(x23x1)211.

（2）已知x，y，z为实数，且满足x2y5z3，x2yz5，则

x2y2z2的最小值为( ).

（A）

1 11（B）0 （C）5 （D）

54 11【答】D．

x3z1，x2y5z3，解：由  可得 

yz2.x2yz5，2222于是 xyz11z2z5．

因此，当z154222时，xyz的最小值为． 1111x（3）若x1，y0，且满足xyxy，x3y，则xy的值为( ).

y（A）1 【答】C．

（B）2 （C）

9 2（D）

11 2y13y4y1解：由题设可知yx，于是 xyxx，所以4y11．

故y91，从而x4．于是xy．

221113331231，则4S的整数部分等于( ). 32011（4）设S（A）4 【答】A．

（B）5 （C）6 （D）7

11111解：当k2，， 3 ， 2011，因为3， 2k2k1kkk1kk1所以1S1112333111151． 2011322201120124 于是有44S5，故4S的整数部分等于4．

（5）点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，BE，CD相交于点F，设

S四边形EADFS1，SBDFS2，SBCFS3，SCEFS4，

则S1S3与S2S4的大小关系为( ).

（A）S1S3S2S4 （B）S1S3S2S4 （C）S1S3S2S4 （D）不能确定 【答】C．

解：如图，连接DE，设SDEFS1， 则

二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）

（6）两条直角边长分别是整数a，b（其中b2011），斜边长是b1的直角三角形的个数为 .

【答】31．

第（5）题 S1EFS4，从而有S1S3S2S4．因为S1S1，所以S1S3S2S4． S2BFS3解：由勾股定理,得 a2(b1)2b22b1．因为b是整数，b2011，所以a2是1到4023之间的奇数，而且是完全平方数，这样的数共有31个，

52， ， 632．因此a一定是3，5，…，63，故满足条件的直角三角形的即32，个数为31．

（7）一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数之和为7的概率是 .

【答】．

解： 在36对可能出现的结果中，有6对：（1，6）， （2，5）， （2，5）， （3，4），（3，4），（4，3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为7的概率是

61. 36616（8）若y1xx为 .

3【答】．

21的最大值为a，最小值为b，则a2b2的值211解：由1x≥0，且x≥0，得≤x≤1．

22y21311312x2x2(x)2． 2222416由于

133<<1，所以当x=时，y2取到最大值1，故a=1． 2442113或1时，y2取到最小值，故b=．所以，a2b2．

2222当x=（9）如图，双曲线y2（x＞0）与矩形OABC的边CB， BA分别交于点xE，F，且AF=BF，连接EF，则△OEF的面积为 .

3【答】．

2b解：如图，设点B的坐标为,则点F的坐标为.因为点F在双（a，）（a,b）22

曲线y上，所以ab4. 又点E在双曲线上，且纵坐标

x

2为b，所以点E的坐标为(,b).于是

bSOEFS梯形OFBCSOECSFBE1b121b2 （b）ab（a）222b22b13（ab12）.22第（9）题 （10）如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为35，正方形CDEF内接于△

ABC，且其边长为12，则△ABC的周长为 .

【答】84．

解：如图，设BC＝a，AC＝b， 则a2b2352＝1225． ① 又Rt△AFE∽Rt△ACB， 所以

FEAF12b12，即， CBACab第（10）题 故12(ab)ab． ②

2（ab）a2b22ab122524（ab）由①②得 ，

解得a＋b＝49（另一个解－25舍去），所以 abc493584．

三、解答题（共4题，每题20分，共80分）

（11）已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程

x2axb0的两个根都大1，求abc的值.

解：设方程x2axb0的两个根为，，其中，为整数，且≤，

则方程x2cxa0的两根为1，1，由题意得

a，11a， …………………………

……5分

两式相加，得2210，即 (2)(2)3， 所

以

，

21，23； 或

23， ………………………………10分 21.1，5， 解得  或

1；3.又因为a （），b，c（[1）（1）]，所以a0，b1，c2；或者a8，b15，c6， 故abc3，或

29. ………………………………………………20分

（12）如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D，延长AD交CH于点P，

求证：点P为CH的中点.

证明：如图，延长AP交⊙O2于点Q， 连接AH，BD，QB， QC，QH.

因为AB为⊙O1的直径，

所以∠ADB∠BDQ90．…………5分 故BQ为⊙O2的直径. 于是

CQBC，BHHQ. ……………………………………………………10分

又因为点H为△ABC的垂心，所以AHBC，BHAC.

所以AH∥CQ，AC∥HQ， 四

边

形

ACQH为平行四边

形. ………………………………………………15分

所

以

点

P为CH的中

点. ………………………………………………20分

（13） 如图，点A为y轴正半轴上一点，A，B两点关于x轴对称，过点

A任作直线交抛物线y22x于P，Q两点. 3（Ⅰ）求证：∠ABP=∠ABQ； （Ⅱ）若点A的坐标为（0，1）， 且∠PBQ=60º，试求所有满足条件的 直线PQ的函数解析式.

解：（Ⅰ）如图，分别过点P，　Q作y轴的垂线，垂足分别为C，　D. 设点A的坐标为（0，t），则点B的坐标为（0，-t）. 设直线PQ的函数解析式为ykxt,

（xQ，yQ）（xP，yP）并设P，Q的坐标分别为 ,.

ykxt，22由22 得xkxt0，

yx，33 于是 xPxQt，即 txPxQ.于是，

3223222222xPtxxxxP(xPxQ)PPQBCyPt3x333P. …………

2222BDyQt2x2txQxxxxQ(xQxP)QPQQ33335分

又因为

xPCBCPCP，所以. QDxQBDQD 因为∠BCP∠BDQ90，所以△BCP∽△BDQ. 故

∠

ABP=∠

ABQ. …………………………………………………………10分

（Ⅱ）解法一 设PCa，DQb，不妨设a≥b>0， 由（Ⅰ）可知

∠ABP=∠ABQ30，BC=3a，BD=3b， 所以 AC=3a2，AD=23b. 因为PC∥DQ，所以△ACP∽△ADQ. 于是

a3a2PCAC，即．所以ab3ab． b23bDQAD33333，由（Ⅰ）中xPxQt，即ab，所以ab，ab

2222于是，可求得a2b3 . 将b15分

再将点Q的坐标代入ykx1，求得k3 . 33312代入yx2，得到点Q的坐标（，）. …………………

2232所以直线PQ的函数解析式为y根据对称性知，

所求直线PQ的函数解析式为y20分

3x1. 333x1，或yx1. ………………33解法二 设直线PQ的函数解析式为ykxt,其中t1. 由（Ⅰ）可知，∠ABP=∠ABQ30，所以BQ2DQ.

2故 2xQxQ(yQ1)2. 将yQ22xQ代入上式，平方并整理得 342224xQ15xQ90，即(4xQ3)(xQ3)0.

所以 xQ3或3. 23232又由（Ⅰ），得xPxQt，xPxQk. 若xQ323，代入上式得 xP3， 从而 k(xPxQ).

332323， 从而 k(xPxQ).

33232同理，若xQ3， 可得xP所以，直线PQ的函数解析式为

y33或yx1，x1. ………………………………………

3320分

，　2，　，　2011（14）已知ai0，i1，且a1a2ai，a（a1，a2，，a201中一定存在两个数，使得ajaijij）1a201，1证明：

(1ai)(1aj)2010．

证明：令xi5分

则

0x2011x20102010， i1，， 2 ， 2011， ……………………………………1aix12010. …………………………………10分

故一定存在1≤k≤2010， 使得xkxk11，从而15分

即

ak1ak(1ak)(1ak1)． …………………………………………20分

2010201020101． …………………………………1ak1ak1