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1、2012年全国初中数学联赛试卷一、选择题:(本题满分42分,每小题7分)1(7分)已知,那么a,b,c的大小关系是()AabcBacbCbacDbca2(7分)方程x2+2xy+3y2=34的整数解(x,y)的组数为()A3B4C5D63(7分)已知正方形ABCD的边长为1,E为BC边的延长线上一点,CE=1,连接AE,与CD交于点F,连接BF并延长与线段DE交于点G,则BG的长为()ABCD4(7分)已知实数a,b满足a2+b2=1,则a4+ab+b4的最小值为()AB0C1D5(7分)若方程x2+2px3p2=0的两个不相等的实数根x1,x2满足,则实数p的所有可能的值之和为()A0BC1
2、D6(7分)由1,2,3,4这四个数字组成四位数(数字可重复使用),要求满足a+c=b+d这样的四位数共有()A36个B40个C44个D48个二、填空题:(本题满分28分,每小题7分)7(7分)已知互不相等的实数a,b,c满足,则t=_8(7分)使得52m+1是完全平方数的整数m的个数为_9(7分)在ABC中,已知AB=AC,A=40,P为AB上一点,ACP=20,则=_10(7分)已知实数a,b,c满足abc=1,a+b+c=4,则a2+b2+c2=_三、解答题(共3小题)11(20分)已知直角三角形的边长均为整数,周长为60,求它的外接圆的面积12(25分)如图,PA为O的切线,PBC为O
3、的割线,ADOP于点D,ADC的外接圆与BC的另一个交点为E证明:BAE=ACB13(25分)已知抛物线的顶点为P,与x轴的正半轴交于A(x1,0)、B(x2,0)(x1x2)两点,与y轴交于点C,PA是ABC的外接圆的切线设M(0,),若AMBC,求抛物线的解析式2012年全国初中数学联赛试卷参考答案与试题解析一、选择题:(本题满分42分,每小题7分)1(7分)已知,那么a,b,c的大小关系是()AabcBacbCbacDbca考点:二次根式的混合运算;实数大小比较。 专题:计算题。分析:先求出a、b、c的倒数并分母有理化,然后根据一个数的倒数越大,则这个数越小,进行大小比较解答:解:a=1
4、,b=,c=2,=+1,=+,=+1=+1,+1+1+,0,因此bac故选C点评:本题考查了二次根式的混合运算,实数的大小比较,求差、求商或求倒数是实数大小比较常用的方法,本题想到求倒数,根据比较倒数的大小从而得出原数的大小是解题的关键2(7分)方程x2+2xy+3y2=34的整数解(x,y)的组数为()A3B4C5D6考点:非一次不定方程(组)。 分析:首先将原方程变形为:(x+y)2+2y2=34,即可得x+y必须是偶数,然后设x+y=2t,可得新方程2t2+y2=17,解此方程即可求得答案解答:解:方程变形得:(x+y)2+2y2=34,34与2y2是偶数,x+y必须是偶数,设x+y=2
5、t,则原方程变为:(2t)2+2y2=34,2t2+y2=17,它的整数解为,则当y=3,t=2时,x=1;当y=3,t=2时,x=7;当y=3,t=2时,x=7;当y=3,t=2时,x=1原方程的整数解为:(1,3),(7,3),(7,3),(1,3)共4组故选B点评:此题考查了非一次不定方程的知识此题难度较大,解题的关键是将原方程变形为:(x+y)2+2y2=34,由x+y必须是偶数,然后设x+y=2t,从而得新方程2t2+y2=173(7分)已知正方形ABCD的边长为1,E为BC边的延长线上一点,CE=1,连接AE,与CD交于点F,连接BF并延长与线段DE交于点G,则BG的长为()ABC
6、D考点:正方形的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理;三角形中位线定理。 分析:利用全等三角形的判定AAS得出ADFECF,进而得出FG是DCP的中位线,得出DG=GP=PE=DE=,再利用勾股定理得出BG的长即可解答:解:过点C作CPBG,交DE于点PBC=CE=1,CP是BEG的中位线,P为EG的中点又AD=CE=1,ADCE,在ADFECF中,ADFECF(AAS),CF=DF,又CPFG,FG是DCP的中位线,G为DP的中点CD=CE=1,DE=,因此DG=GP=PE=DE=连接BD,易知BDC=EDC=45,所以BDE=90又BD=,BG=故选:D点评:此题主要考查了正方形的性质以
7、及全等三角形的判定和勾股定理应用等知识,根据已知得出正确辅助线是解题关键4(7分)已知实数a,b满足a2+b2=1,则a4+ab+b4的最小值为()AB0C1D考点:二次函数的最值;完全平方公式。 专题:常规题型。分析:利用完全平方公式把a4+ab+b4配成关于ab的二次三项式,再根据平方数非负数(ab)2=a22ab+b2求出ab的取值范围,然后根据二次函数的最值问题解答解答:解:(ab)2=a22ab+b20,2|ab|a2+b2=1,ab,令y=a4+ab+b4=(a2+b2)22a2b2+ab=2a2b2+ab+1=2(ab)2+,当ab时,y随ab的增大而增大,当ab时,y随ab的增
8、大而减小,故当ab=时,a4+ab+b4的最小值,为2()2+=2+=0,即a4+ab+b4的最小值为0,当且仅当|a|=|b|时,ab=,此时a=,b=,或 a=,b=故选B点评:本题考查了二次函数的最值问题,完全平方公式,配方成关于ab的形式并求出ab的取值范围是解题的关键5(7分)若方程x2+2px3p2=0的两个不相等的实数根x1,x2满足,则实数p的所有可能的值之和为()A0BC1D考点:根与系数的关系。 分析:首先利用根与系数的关系得到两根与P的关系,然后利用得到有关p的方程,求得p值即可求得答案解答:解:由一元二次方程的根与系数的关系可得x1+x2=2p,x1x2=3p2,+=2
9、x1x2=4p2+6p+4,+=(x1+x2)3x1x2=2p(4p2+9p+6)+=4(+)得+=4(+),4p2+6p+4=4+2p(4p2+9p+6),p(4p+3)(p+1)=0,p1=0,p2=,p3=1代入检验可知:以p1=0,p2=均满足题意,p3=1不满足题意因此,实数p的所有可能的值之和为p1+p2=0+()=故选B点评:本题考查了根与系数的关系,解题的关键是正确的利用根与系数的关系得到有关p的方程并求解6(7分)由1,2,3,4这四个数字组成四位数(数字可重复使用),要求满足a+c=b+d这样的四位数共有()A36个B40个C44个D48个考点:数的十进制。 分析:由题意可
10、知这样的四位数可分别从使用的不同数字的个数分类考虑:(1)只用1个数字,(2)使用2个不同的数字,(3)使用3个不同的数字,(4)使用4个不同的数字,然后分别分析求解即可求得答案解答:解:根据使用的不同数字的个数分类考虑:(1)只用1个数字,组成的四位数可以是1111,2222,3333,4444,共有4个(2)使用2个不同的数字,使用的数字有6种可能(1、2,1、3,1、4,2、3,2、4,3、4)如果使用的数字是1、2,组成的四位数可以是1122,1221,2112,2211,共有4个;同样地,如果使用的数字是另外5种情况,组成的四位数也各有4个因此,这样的四位数共有64=24个(3)使用
11、3个不同的数字,只能是1、2、2、3或2、3、3、4,组成的四位数可以是1232,2123,2321,3212,2343,3234,3432,4323,共有8个(4)使用4个不同的数字1,2,3,4,组成的四位数可以是1243,1342,2134,2431,3124,3421,4213,4312,共有8个因此,满足要求的四位数共有4+24+8+8=44个故选C点评:此题考查了整数的十进制表示法的知识此题难度较大,解题的关键是注意掌握分类讨论思想的应用,注意可以从使用的不同数字的个数分类考虑二、填空题:(本题满分28分,每小题7分)7(7分)已知互不相等的实数a,b,c满足,则t=1考点:对称式
12、和轮换对称式。 分析:首先设a+=t,可得b=,代入b+=t,整理可得ct2(ac+1)t+(ac)=0 ,又由c+=t,可得ac+1=at,将代入,即可得(ca)(t21)=0,又由实数a,b,c互不相等,即可求得答案解答:解:设a+=t,则b=,代入b+=t,得:+=t,整理得:ct2(ac+1)t+(ac)=0 又由c+=t,可得ac+1=at,把代入式得ct2at2+(ac)=0,即(ca)(t21)=0,又ca,t21=0,t=1验证可知:b=,c=时,t=1; b=,c=时,t=1t=1故答案为:1点评:此题考查了对称式和轮换对称式的知识此题难度比较大,注意设a+=t,从而得到方程ct2(ac+1)t+(ac)=0 与ac+1=at是解此题的关键8(7分)使得52m+1是完全平方数的整数m的个数为1考点:完全平方数。 分析:由52m+1是完全平方数,可设52m+1=n2 (其中n为正整数),可得52m=n21=(n+1)(n1),即可得n为奇数,然后设n=2k1(其中k是正整数),即可得方程组 或 或,解方程组即可求得答案解答:解:设52m+1=n2 (其中n为正整数),则52m=n21=(n+1)(n1),52m是偶数,n为奇数,设n=2k1(其中k是正整数),则52m=4k(k1),即52m2=k(k1)显然k1,k和k1互质,或 或,解得:k=5,m=4