2012年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷(共12頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2012年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷一、選擇題：（本題滿分42分，每小題7分）1（7分）已知，那么a，b，c的大小關(guān)系是（）AabcBacbCbacDbca2（7分）方程x2+2xy+3y2=34的整數(shù)解（x，y）的組數(shù)為（）A3B4C5D63（7分）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，E為BC邊的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CE=1，連接AE，與CD交于點(diǎn)F，連接BF并延長(zhǎng)與線段DE交于點(diǎn)G，則BG的長(zhǎng)為（）ABCD4（7分）已知實(shí)數(shù)a，b滿足a2+b2=1，則a4+ab+b4的最小值為（）AB0C1D5（7分）若方程x2+2px3p2=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2滿足，則實(shí)數(shù)p的所有可

2、能的值之和為（）A0BC1D6（7分）由1，2，3，4這四個(gè)數(shù)字組成四位數(shù)（數(shù)字可重復(fù)使用），要求滿足a+c=b+d這樣的四位數(shù)共有（）A36個(gè)B40個(gè)C44個(gè)D48個(gè)二、填空題：（本題滿分28分，每小題7分）7（7分）已知互不相等的實(shí)數(shù)a，b，c滿足，則t=_8（7分）使得5×2m+1是完全平方數(shù)的整數(shù)m的個(gè)數(shù)為_(kāi)9（7分）在ABC中，已知AB=AC，A=40°，P為AB上一點(diǎn)，ACP=20°，則=_10（7分）已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，a+b+c=4，則a2+b2+c2=_三、解答題（共3小題）11（20分）已知直角三角形的邊長(zhǎng)均為整數(shù)，周長(zhǎng)為60，求

3、它的外接圓的面積12（25分）如圖，PA為O的切線，PBC為O的割線，ADOP于點(diǎn)D，ADC的外接圓與BC的另一個(gè)交點(diǎn)為E證明：BAE=ACB13（25分）已知拋物線的頂點(diǎn)為P，與x軸的正半軸交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1x2）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，PA是ABC的外接圓的切線設(shè)M（0，），若AMBC，求拋物線的解析式2012年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷參考答案與試題解析一、選擇題：（本題滿分42分，每小題7分）1（7分）已知，那么a，b，c的大小關(guān)系是（）AabcBacbCbacDbca考點(diǎn)：二次根式的混合運(yùn)算；實(shí)數(shù)大小比較。 專題：計(jì)算題。分析：先求出a、b、c的倒數(shù)并分母有理化，然后根

4、據(jù)一個(gè)數(shù)的倒數(shù)越大，則這個(gè)數(shù)越小，進(jìn)行大小比較解答：解：a=1，b=，c=2，=+1，=+，=+1=+1，+1+1+，0，因此bac故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次根式的混合運(yùn)算，實(shí)數(shù)的大小比較，求差、求商或求倒數(shù)是實(shí)數(shù)大小比較常用的方法，本題想到求倒數(shù)，根據(jù)比較倒數(shù)的大小從而得出原數(shù)的大小是解題的關(guān)鍵2（7分）方程x2+2xy+3y2=34的整數(shù)解（x，y）的組數(shù)為（）A3B4C5D6考點(diǎn)：非一次不定方程（組）。 分析：首先將原方程變形為：（x+y）2+2y2=34，即可得x+y必須是偶數(shù)，然后設(shè)x+y=2t，可得新方程2t2+y2=17，解此方程即可求得答案解答：解：方程變形得：（x+y）2+2

5、y2=34，34與2y2是偶數(shù)，x+y必須是偶數(shù)，設(shè)x+y=2t，則原方程變?yōu)椋海?t）2+2y2=34，2t2+y2=17，它的整數(shù)解為，則當(dāng)y=3，t=2時(shí)，x=1；當(dāng)y=3，t=2時(shí)，x=7；當(dāng)y=3，t=2時(shí)，x=7；當(dāng)y=3，t=2時(shí)，x=1原方程的整數(shù)解為：（1，3），（7，3），（7，3），（1，3）共4組故選B點(diǎn)評(píng)：此題考查了非一次不定方程的知識(shí)此題難度較大，解題的關(guān)鍵是將原方程變形為：（x+y）2+2y2=34，由x+y必須是偶數(shù)，然后設(shè)x+y=2t，從而得新方程2t2+y2=173（7分）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，E為BC邊的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CE=1，連接AE，與CD交于

6、點(diǎn)F，連接BF并延長(zhǎng)與線段DE交于點(diǎn)G，則BG的長(zhǎng)為（）ABCD考點(diǎn)：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；三角形中位線定理。 分析：利用全等三角形的判定AAS得出ADFECF，進(jìn)而得出FG是DCP的中位線，得出DG=GP=PE=DE=，再利用勾股定理得出BG的長(zhǎng)即可解答：解：過(guò)點(diǎn)C作CPBG，交DE于點(diǎn)PBC=CE=1，CP是BEG的中位線，P為EG的中點(diǎn)又AD=CE=1，ADCE，在ADFECF中，ADFECF（AAS），CF=DF，又CPFG，F(xiàn)G是DCP的中位線，G為DP的中點(diǎn)CD=CE=1，DE=，因此DG=GP=PE=DE=連接BD，易知BDC=EDC=45°，

7、所以BDE=90°又BD=，BG=故選：D點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和勾股定理應(yīng)用等知識(shí)，根據(jù)已知得出正確輔助線是解題關(guān)鍵4（7分）已知實(shí)數(shù)a，b滿足a2+b2=1，則a4+ab+b4的最小值為（）AB0C1D考點(diǎn)：二次函數(shù)的最值；完全平方公式。 專題：常規(guī)題型。分析：利用完全平方公式把a(bǔ)4+ab+b4配成關(guān)于ab的二次三項(xiàng)式，再根據(jù)平方數(shù)非負(fù)數(shù)（ab）2=a22ab+b2求出ab的取值范圍，然后根據(jù)二次函數(shù)的最值問(wèn)題解答解答：解：（ab）2=a22ab+b20，2|ab|a2+b2=1，ab，令y=a4+ab+b4=（a2+b2）22a2b2+ab=2a2

8、b2+ab+1=2（ab）2+，當(dāng)ab時(shí)，y隨ab的增大而增大，當(dāng)ab時(shí)，y隨ab的增大而減小，故當(dāng)ab=時(shí)，a4+ab+b4的最小值，為2（）2+=2×+=0，即a4+ab+b4的最小值為0，當(dāng)且僅當(dāng)|a|=|b|時(shí)，ab=，此時(shí)a=，b=，或 a=，b=故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的最值問(wèn)題，完全平方公式，配方成關(guān)于ab的形式并求出ab的取值范圍是解題的關(guān)鍵5（7分）若方程x2+2px3p2=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2滿足，則實(shí)數(shù)p的所有可能的值之和為（）A0BC1D考點(diǎn)：根與系數(shù)的關(guān)系。 分析：首先利用根與系數(shù)的關(guān)系得到兩根與P的關(guān)系，然后利用得到有關(guān)p的方程，求得p值

9、即可求得答案解答：解：由一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2=2p，x1x2=3p2，+=2x1x2=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代入檢驗(yàn)可知：以p1=0，p2=均滿足題意，p3=1不滿足題意因此，實(shí)數(shù)p的所有可能的值之和為p1+p2=0+（）=故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是正確的利用根與系數(shù)的關(guān)系得到有關(guān)p的方程并求解6（7分）由1，2，3，4這四個(gè)數(shù)字組成四位數(shù)（數(shù)字可重復(fù)使用），要求滿足a

10、+c=b+d這樣的四位數(shù)共有（）A36個(gè)B40個(gè)C44個(gè)D48個(gè)考點(diǎn)：數(shù)的十進(jìn)制。 分析：由題意可知這樣的四位數(shù)可分別從使用的不同數(shù)字的個(gè)數(shù)分類考慮：（1）只用1個(gè)數(shù)字，（2）使用2個(gè)不同的數(shù)字，（3）使用3個(gè)不同的數(shù)字，（4）使用4個(gè)不同的數(shù)字，然后分別分析求解即可求得答案解答：解：根據(jù)使用的不同數(shù)字的個(gè)數(shù)分類考慮：（1）只用1個(gè)數(shù)字，組成的四位數(shù)可以是1111，2222，3333，4444，共有4個(gè)（2）使用2個(gè)不同的數(shù)字，使用的數(shù)字有6種可能（1、2，1、3，1、4，2、3，2、4，3、4）如果使用的數(shù)字是1、2，組成的四位數(shù)可以是1122，1221，2112，2211，共有4個(gè)；同樣地

11、，如果使用的數(shù)字是另外5種情況，組成的四位數(shù)也各有4個(gè)因此，這樣的四位數(shù)共有6×4=24個(gè)（3）使用3個(gè)不同的數(shù)字，只能是1、2、2、3或2、3、3、4，組成的四位數(shù)可以是1232，2123，2321，3212，2343，3234，3432，4323，共有8個(gè)（4）使用4個(gè)不同的數(shù)字1，2，3，4，組成的四位數(shù)可以是1243，1342，2134，2431，3124，3421，4213，4312，共有8個(gè)因此，滿足要求的四位數(shù)共有4+24+8+8=44個(gè)故選C點(diǎn)評(píng)：此題考查了整數(shù)的十進(jìn)制表示法的知識(shí)此題難度較大，解題的關(guān)鍵是注意掌握分類討論思想的應(yīng)用，注意可以從使用的不同數(shù)字的個(gè)數(shù)分類

12、考慮二、填空題：（本題滿分28分，每小題7分）7（7分）已知互不相等的實(shí)數(shù)a，b，c滿足，則t=±1考點(diǎn)：對(duì)稱式和輪換對(duì)稱式。 分析：首先設(shè)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，將代入，即可得（ca）（t21）=0，又由實(shí)數(shù)a，b，c互不相等，即可求得答案解答：解：設(shè)a+=t，則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驗(yàn)證可知：b=，c=時(shí)

13、，t=1； b=，c=時(shí)，t=1t=±1故答案為：±1點(diǎn)評(píng)：此題考查了對(duì)稱式和輪換對(duì)稱式的知識(shí)此題難度比較大，注意設(shè)a+=t，從而得到方程ct2（ac+1）t+（ac）=0 與ac+1=at是解此題的關(guān)鍵8（7分）使得5×2m+1是完全平方數(shù)的整數(shù)m的個(gè)數(shù)為1考點(diǎn)：完全平方數(shù)。 分析：由5×2m+1是完全平方數(shù)，可設(shè)5×2m+1=n2 （其中n為正整數(shù)），可得5×2m=n21=（n+1）（n1），即可得n為奇數(shù)，然后設(shè)n=2k1（其中k是正整數(shù)），即可得方程組 或 或，解方程組即可求得答案解答：解：設(shè)5×2m+1=n2 （其

14、中n為正整數(shù)），則5×2m=n21=（n+1）（n1），5×2m是偶數(shù)，n為奇數(shù)，設(shè)n=2k1（其中k是正整數(shù)），則5×2m=4k（k1），即5×2m2=k（k1）顯然k1，k和k1互質(zhì)，或 或，解得：k=5，m=4因此，滿足要求的整數(shù)m只有1個(gè)故答案為：1點(diǎn)評(píng)：此題考查了完全平方數(shù)的知識(shí)此題難度較大，解題的關(guān)鍵是將原式變形，可得5×2m=n21=（n+1）（n1），然后得到n為奇數(shù)，則可設(shè)n=2k1（其中k是正整數(shù)），從而得到方程組9（7分）在ABC中，已知AB=AC，A=40°，P為AB上一點(diǎn)，ACP=20°，則=考點(diǎn)：

15、全等三角形的判定與性質(zhì)；解直角三角形。 專題：計(jì)算題。分析：作ADBC于點(diǎn)D，則點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，在ABC外作CAE=20°，則BAE=60°，作CEAE，PFAE，從而證明ACEACD，結(jié)合全等三角形的性質(zhì)及含30°角直角三角形的性質(zhì)可得出答案解答：解：作ADBC于點(diǎn)D，則點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，在ABC外作CAE=20°，則BAE=60°，作CEAE，PFAE，則CE=CD（角平分線的性質(zhì)），在ACE和ACD中，ACEACD（HL），所以CE=CD=BC又因?yàn)镻F=PAsinBAE=PAsin60=AP，PF=CE，所以 AP=BC，因此=故答案

16、為：點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，需要我們熟練全等三角形的判定及30°角直角三角形的性質(zhì)10（7分）已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，a+b+c=4，則a2+b2+c2=考點(diǎn)：分式的混合運(yùn)算。 專題：計(jì)算題。分析：把a(bǔ)23a1變形后，將abc=1，a+b+c=4代入得到結(jié)果為a（b1）（c1），同理將已知等式的第二、三個(gè)分母變形，將已知等式左邊通分并利用同分母分式的加法法則計(jì)算，整理后將abc=1，a+b+c=4代入求出ab+ac+bc的值，將所求的式子利用公式（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc變形后，將a+b+c及a

17、b+ac+bc的值代入即可求出值解答：解：abc=1，a+b+c=4，a23a1=a23a+abc=a（bc+a3）=a（bcbc+1）=a（b1）（c1），=，同理可得：=，=，又+=，+=，=，即（a1）（b1）（c1）=（a1）+（b1）+（c1），整理得：（abcabacbc+a+b+c1）=a+b+c3，將abc=1，a+b+c=4代入得：ab+bc+ac=，則a2+b2+c2=（a+b+c）22（ab+bc+ac）=故答案為：點(diǎn)評(píng)：此題考查了分式的混合運(yùn)算，利用了整體代入的數(shù)學(xué)思想，其技巧性較強(qiáng)，其中把已知等式的各分母進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃问墙獗绢}的關(guān)鍵三、解答題（共3小題）11（20分）

18、已知直角三角形的邊長(zhǎng)均為整數(shù)，周長(zhǎng)為60，求它的外接圓的面積考點(diǎn)：三角形邊角關(guān)系；勾股定理；三角形的外接圓與外心。 分析：設(shè)直角三角形的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c（abc），則a+b+c=60，顯然，三角形的外接圓的直徑即為斜邊長(zhǎng)c，下面先求c的值；由abc及a+b+c=60得60=a+b+c3c，所以c20由a+bc及a+b+c=60得60=a+b+c2c，所以c30即可求得c的取值范圍，然后由勾股定理可得ab60（a+b）+1800=0，然后分析求得a，b的值，繼而求得它的外接圓的面積解答：解：設(shè)直角三角形的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c（c是斜邊），則a+b+c=60abc，a+b+c=60，60=

19、a+b+c3c，c20a+bc，a+b+c=60，60=a+b+c2c，c30又c為整數(shù)，21c29根據(jù)勾股定理可得：a2+b2=c2，把c=60ab代入，化簡(jiǎn)得：ab60（a+b）+1800=0，（60a）（60b）=1800=23×32×52，a，b均為整數(shù)且ab，只可能是或解得或，三角形的外接圓的直徑即為斜邊長(zhǎng)c，當(dāng)a=20，b=15時(shí)，c=25，三角形的外接圓的面積為；當(dāng)a=10，b=24時(shí)，c=26，三角形的外接圓的面積為169點(diǎn)評(píng)：此題考查了直角三角形的性質(zhì)、直角三角形外接圓的性質(zhì)以及不等式組的應(yīng)用此題難度較大，解題的關(guān)鍵是掌握三角形的外接圓的直徑即為斜邊長(zhǎng)c，

20、掌握不等式組的應(yīng)用12（25分）如圖，PA為O的切線，PBC為O的割線，ADOP于點(diǎn)D，ADC的外接圓與BC的另一個(gè)交點(diǎn)為E證明：BAE=ACB考點(diǎn)：四點(diǎn)共圓；切割線定理；相似三角形的判定與性質(zhì)；射影定理。 分析：首先里射影定理得出PA2=PDPO，AD2=PDOD，進(jìn)而得出PBPC=PDPO，即D、B、C、O四點(diǎn)共圓，再利用PBDCOD得出BDCD=PDOD=AD2，由BDAADC得出AB是ADC的外接圓的切線，即可得出BAE=ACB解答：證明：連接OA，OB，OC，BDOAAP，ADOP，由射影定理可得：PA2=PDPO，AD2=PDOD（5分）又由切割線定理可得 PA2=P BP C，P BP C=PDPO，D、B、C、O四點(diǎn)共圓，（10分）PDB=PCO=OBC=ODC，PBD=COD，PBDCOD，（15分）BDCD=PDOD=AD2，又BDA=BDP+90°=ODC+90°=ADC，BDAADC，（20分）BAD=ACD，AB是ADC的外接圓的切線，BAE=ACB（25分）點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了四點(diǎn)共圓以及相似