全国初中数学联赛试题与

全国初中数学联赛试卷试题与标准标准答案全国初中数学联赛试卷试题与标准标准答案全国初中数学联赛试卷试题与标准标准答案2008年全国初中数学结合比赛试题第一试一、选择题：（此题满分42分，每题7分）1．设a213a，b213b，且ab，则代数式11）22的值为（A.5.B.7.C.9.D.11.ab2．如图，设AD，BE，CF为三角形ABC的三条高，若AB6，BC5，EF3，则线段BE的长为（）18B.4.C.21.D.24.A..5553．从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中随意拿出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，构成一个两位数，则所构成的数是3的倍数的概率是（）1B.3.C.2D.1A..10..5524．在△ABC中，ABC12，ACB132，BM和CN分别是这两个角的外角均分线，且点M,N分别在直线AC和直线AB上，则（）A.BMCN.B.BMCN.C.BMCN.D.BM和CN的大小关系不确立.5．现有价钱同样的5种不同样商品，从今日开始每日分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价钱互不同样，设最高价钱和最廉价钱的比值为r，则r的最小值为（）A.(9)3.B.(9)4.C.(9)5.D.9.88886．已知实数x,y知足(xx22008)(yy22008)2008，则3x22y23x3y2007的值为（）A.2008.B.2008.C.1.D.1.二、填空题：（此题满分28分，每题7分）1．设a51a5a42a3a2a2.2，则a3a2．如图，正方形ABCD的边长为1，M,N为BD所在直线上的两点，且AM5，MAN135，则四边形AMCN的面积为3．已知二次函数yx2axb的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且mn1.设知足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则pq4．挨次将正整数1，2，3，的平方数排成一串：，排在第1个地点的数字是1，排在第5个地点的数字是6，排在第10个地点的数字是4，排在第2008个地点的数字是.第二试（A）一、（此题满分20分）已知220x1x，不等式b1，对于知足条件的一确实数a(1x)(1xax)bx(bxbx)0恒建立.当乘积ab取最小值时，求a,b的值.二、（此题满分

25分）

如图，圆O与圆

D订交于

A,B

两点，BC为圆D的切线，点C在圆O上，且AB

BC.1）证明：点O在圆D的圆周上.2）设△ABC的面积为S，求圆D的的半径r的最小值.三、（此题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9(2ab)2509(4a511b)，求a，b的值.第二试（B）一、（此题满分20分）已知a2b21，对于知足条件xy1,xy0的一确实数对(x,y)，不等式ay2xybx20恒建立.当乘积ab取最小值时，求a,b的值.二、（此题满分25分）题目与（A）卷第二题同样.三、（此题满分25分）题目与（A）卷第三题同样.第二试（C）一、（此题满分20分）题目与（B）卷第一题同样.二、（此题满分25分）题目与（A）卷第二题同样.三、（此题满分25分）设a为质数，b,c为正整数，且知足9(2a2bc)2509(4a1022b511c)求a(bc)的值.bc2,2008年全国初中数学结合比赛试题答案第一试一、选择题:（此题满分42分，每题7分）1．5.B6.D（解析：1.由题设条件可知a23a10，b23b10，且ab，因此a,b是一元二次方程x23x10的两根，故ab3，ab1，因此11a2b2(ab)22ab32217.应选B.a2b2a2b2(ab)2122AD，BE，CF为三角形ABC的三条高，易知B,C,E,F四点共圆，于是△AEF．因为∽△ABC，故AFEF3，即cosBAC3，因此sinBAC4.在Rt△ABE中，ACBC555BEABsin424.应选D.BAC6553．能够构成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，此中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个.因此所构成的数是3的倍数的概率是82应选C.20.51(1804．∵ABC12，BM为ABC的外角均分线，∴MBC12)84.2又BCM180ACB18013248，∴BMC180844848，∴BMBC.又ACN1(180ACB)1(180132)24，∴22BNC180ABCBCN18012(ACBACN)168(13224)12ABC，∴CNCB.因此，BMBCCN.应选B.5．简单知道，4天今后就能够出现5种商品的价钱互不同样的状况.设5种商品降价前的价钱为a，过了n天.n天后每种商品的价钱必定能够表示为a(110%)k(120%)nka(9)k(8)nk，此中k为自然数，且0kn.10109898要使r的值最小，五种商品的价钱应当分别为：a()i()ni，a()i1()ni1，10101010a(9)i2(8)ni2，a(9)i3(8)ni3，a(9)i4(8)ni4，此中i为不超出n的自101010101010a(9)i4(8)ni4然数.因此r的最小值为1010(9)4.应选B.a(9i8)ni8)(10106．∵(xx22008)(yy22008)2008，∴xx220082008yy22008，yy22008yy220082008xx22008，xx22008由以上两式可得xy.因此(xx22008)22008，解得x22008，因此3x22y23x3y20073x22x23x3x2007x220071.应选D.）二、填空题：（此题满分28分，每题7分）1．22．53．14．122（解析：1.∵a2(51)23251a，∴a2a1，2∴a5a42a3a2a2a3(a2a)2a3(a2a)2a3aaa2aa32a3121a31a3(1aa2(11)2.a(1a)a21a)a2．设正方形ABCD的中心为O，连AO，则AOBD，AOOB2,2MOAM2AO2(5)2(2)232,∴MBMOOB2.22又ABMNDA135，NADMANDABMAB13590MAB45MABAMB，因此△ADN∽△MBA，故ADDN，进而DNADBA112.MBBAMB22依据对称性可知，四边形AMCN的面积S2S△MAN21MNAO21(222)25.222223．依据题意，m,n是一元二次方程x2axb0的两根，因此mna，mnb.∵mn1，∴mnmn1，mnmn1.∵方程x2axb0的鉴别式a24b0，∴ba2(mn)21.4444b4mn(mn)2(mn)2(mn)211，故b1，等号当且仅当141mn时获得；4b4mn(mn)2(mn)21(mn)21，故b，等号211114当且仅当mn时获得.因此p，qp24，于是q.424．12到32，结果都只各占1个数位，共占133个数位；42到92，结果都只各占2个数位，共占2612个数位；102到312，结果都只各占3个数位，共占32266个数位；322到992，结果都只各占4个数位，共占468272个数位；1002到3162，结果都只各占5个数位，共占52171085个数位；此时还差2008(312662721085)570个数位.3172到4112，结果都只各占6个数位，共占695570个数位.因此，排在第2008个地点的数字恰巧应当是4112的个位数字，即为1.）第二试（A）一、（此题满分20分）解：整理不等式a(1x)(1xax)bx(bxbx)0（1）并将a2b21代入，得(1ab)x2(2a1)xa0（2）在不等式（2）中，令x0，得a0；令x1，得b0.易知1ab0，02a1b)1，故二次函数y(1ab)x2(2a1)xa的图2(1a象（抛物线）的张口向上，且极点的横坐标在0和1之间.由题设知，不等式（2）对于知足条件0x1的一确实数x恒建立，因此它的鉴别式(2a1)24(1ab)a0，即ab1.4a2b21,（3）由方程组ab14消去b，得16a416a210，因此a223或a223.44又因为a0，因此a62或a6244，a62,a642,1于是方程组（3）的解为4或因此ab的最小值为，此时a,b4b62,b62.44的值有两组，分别为a62,b626262.44和a,b44二、（此题满分25分）解：（1）连OA,OB,OC,AC，因为O为圆心，ABBC，因此△OBA∽△OBC，进而OBAOBC.因为ODAB,DBBC，因此DOB90OBA90OBCDBO，因此DBDO，因此点O在圆D的圆周上.（2）设圆O的半径为a，BO的延伸线交AC于点E，易知BEAC.设AC2y(0ya)，OEx，ABl，则a2x2y2，Sy(ax)，l2y2(ax)2y2a22axx22a22ax2a(ax)2aS.因为yABC2OBA2OABBDO,ABBC,DBDO，因此△BDO∽△ABC，因此BDBO，即ra，故ral.因此r2a2l2a22aSS(a)3S，即r2S，22ABACl2y2y4y4yy2y22此中等号当ay时建立，这时AC是圆O的直径.因此圆D的的半径r的最小值为2S.2三、（此题满分25分）解：9(2ab)2509(4a511b)（1）（1）式即(6a3b)24a511b，设m6a3b,n4a511b，则509509509509509m6a509n4a（2）b3511故3n511m6a0，又nm2，因此3m2511m6a0（3）由（1）式可知，(2ab)2能被509整除，而509是质数，于是2ab能被509整除，故m为整数，即对于m的一元二次方程（3）有整数根，因此它的鉴别式511272a为完满平方数.不如设511272at2（t为自然数），则72a5112t2(511t)(511t).因为511t和511t的奇偶性同样，且511t511，因此只可能有以下几种状况：①511t36a,36a21022，没有整数解.②511t18a,511t2,两式相加，得511t4,两式相加，得18a41022，没有整数解.③511t12a,12a61022，没有整511t6,两式相加，得数解.④511t6a,两式相加，得6a121022，没有整数解.⑤511t4a,511t12,511t两式相18,加，得4a181022，解得a.⑥511t2a,两式相加，得2a361022，解251511t36,得a493，而4931729不是质数，故舍去.综合可知a251.此时方程（3）的解为m3或50250936251m（舍去）.把a251m32b7.33第二试（B）一、（此题满分20分）解：ay2xybx20（1）由xy1,xy0可知0x1,0y1.在（1）式中，令x0,y1，得a0；令x1,y0，得b0.将y1x代入（1）式，得a(1x)2x(1x)bx20，即(1ab)x2(2a1)xa0（2）易知1ab0，02a11，故二次函2(1ab)数y(1ab)x2(2a1)xa的图象（抛物线）的张口向上，且极点的横坐标在0和1之间.由题设知，不等式（2）对于知足条件0x1x恒建立，因此它的鉴别式的一确实数(2a1)24(1ab)a0，即ab1.4a2b21,（3）消去b，得16a416a20，因此a223由方程组ab11或44a223，又因为a0，因此a642或a62.44a642,a642,a,b的值有两组，于是方程组（3）的解为或因此知足条件的b642,b642.6262和a62,b62分别为a,b44.44二、（此题满分25分）题目与（A）卷第二题同样.三、（此题满分25分）题目与（A）卷第三题同样.第二试（C）一、（此题满分20分）题目与（B）卷第一题同样.二、（此题满分25分）题目与（A）卷第二题同样.三、（此题满分25分）解：9(2a2bc)2509(4a1022b511c)(1)bc2(2)（1）式即(6a6b3c)24a1022b511c，509509设m6a6b3c,n4a1022b511c，则2bc509m6a509n4a（3）5095093511故3n511m6a0，又nm2，因此3m2511m6a0（4）由（1）式可知，(2a2bc)2能被509整除，而509是质数，于是2a2bc能被509整除，故m为整数，即对于m的一元二次方程（4）有整数根，因此它的鉴别式511272a为完满平方数.不如设511272at2（t为自然数），则72a5112t2(511t)(511t)因为511t和511t的奇偶性同样，且511t511，因此只可能有以下几种状况：511t36a,两式相加，得36a21022，没有整数解.②511t18a,①t2,511t4,两式相加，511得18a41022，没有整数解.③511t12a,12a61022，没有整51