数学初三竞赛题

初三数学竞赛题~

（1）M点为对称中心，故M点坐标为(x/2，0)
（2）过D作DN⊥y轴于N，则|ON|=y，|DN|=x，|NA|=1-y， |CD|=1+y，|AD|=|CD|，
|AD|^2=|NA|^2+|DN|^2，即(1+y)^2=(1-y)^2+x^2，
化简得y=(x^2)/4 (x≥1)
（3）设P点为(x0,(x0^2)/4)，则以PQ为直径的圆的圆心为(x0/2,(x0^2)/8+t/2)，
圆方程为：(x-x0/2)^2+[y-(x0^2)/8-t/2]^2={x0^2+[(x0^2)/4+t]^2}/4
化简得：x^2-x0x+y^2-[(x0^2)/4+t]y=0
设直线L方程为y=b，则与圆的交点坐标可用下面方程求得：
x^2-x0x+b^2-[(x0^2)/4+t]b=0，
设两交点为的x坐标为x1，x2，则截得的线段长度为x2-x1
(x2-x1)^2=(x2+x1)^2-4x1x2=x0^2-4*{b^2-[(x0^2)/4+t]b}
=(1-b)x0^2-4b^2+4bt
要使上式为定值，则必须使b=1，此时(x2-x1)^2=-4+4t≥0，即t≥1
故存在这样的弦，使其长为定值，此时直线L解析式为y=1，t范围是t≥1
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2013年全国初中数学竞赛试题
一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的.请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）
a＋2b 3c＝0ab bc ca1．设非零实数a，b，c，满足则 ） a b c2a＋3b 4c＝0
11 （A）— （B）0 （C（D）1 22
2．已知a，b，c是实常数，关于x的一元二次方程ax2 bx c=0有两个非零实根x1，x2，则下列关于x的
11一元二次方程中，以 ） x1 x2 （A）c2x2 (b2－2ac)x a2=0 （B）c2x2—(b2－2ac)x a2=0
（C）c2x2 (b2－2ac)x—a2=0 （D）c2x2—(b2－2ac)x—a2=0
3．如图，在Rt△ABC中，已知O是斜边AB的中点，CD⊥AB，垂足为D，DE⊥OC，垂足为E，若AD，DB，CD的长度都是有理数，则线段OD，OE，DE，AC的长度中，不一定是有理数的为（ ） ．．．
（A）OD （B）OE （C）DE （D）AC
4．如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BC=4CF，DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
（A）3 （B）4 （C）6 （D）8
3x3y 3x2y2 xy3 455．对于任意实数x，y，z，定义运算“*”为：xy=， (x 1) (y 1)—60
（xy）z，则20132012„32的值为（ ） 且xyz=
6071821546316389 （A）（B）（C） （D 967 967 967 967
二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）
6．设a
，b是a2的小数部分，则(b 2)3的值为____________．
7．如图，点D，E分别是△ABC的边AC，AB上的点，直线BD与CE交于点F，已知△CDF，△BFE，△BCF的面积分别为3，4，5，则四边形AEFD的面积是____________．
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．已知正整数a，b，c满足a b2—2c—2=0，3a2—8b c=0，则abc的最大值为__________．
9．实数a，b，c，d满足：一元二次方程x2 cx d=0的两根为a，b，一元二次方程x2 ax b=0的两根为c，d，则所有满足条件的数组（a，b，c，d）为___________________________________．
10．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元．开始时他有铅笔和圆珠笔共
350支，当天虽然笔没有卖完，但是他的销售收入恰好是2013元，则他至少卖出了__________支圆珠
笔．
E O D
（第3题)
（第4题)
D （第7题)
三、解答题（共4题，每题20分，共80分）
11．如图，抛物线y=ax2 bx—3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OB=OC=3OA，
1
直线y=—2 1与y轴交于点D，求∠DBC－∠CBE．
3
12．设△ABC的外心，垂心分别为O，H，若B，C，H，O共圆，对于所有的△ABC，求∠BAC所有可能
的度数．
13．设a，b，c是素数，记x=b c－a，y=c a－b，z=a b－c，当z2=yx－y=2时，a，b，c能否构
成三角形的三边长？证明你的结论．
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4．如果将正整数M放在正整数m左侧，所得到的新数可被7整除，那么称M为m的“魔术数”（例如，
把86放在415的左侧，得到的数86415能被7整除，所以称86为415的魔术数）．求正整数n的最小值，使得存在互不相同的正整数a1，a2，„，an，满足对任意一个正整数m，在a1，a2，„，an中都至少有一个为m的魔术数．
2013年全国初中数学竞赛试题参考答案
一、选择题
1．【答案】A
0故(abc)20．于是 【解答】由已知得abc(2a3b4c)(a2b3c)，1abbcca1abbcca(a2b2c2)，所以2． 22
2abc2
2．【答案】B
2
【解答】由于axbxc0是关于x的一元二次方程，则a0．因为x1x2
bc
，x1x2，aa
11(x1x2)22x1x2b22ac11a2
且x1x20，所以c0，且 22，222， 222
x1x2x1x2cx1x2c
b22aca2112
x0，于是根据方程根与系数的关系，以2，2为两个实根的一元二次方程是x
c2cx1x2
即c2x2(b22ac)xa20．
3．【答案】D
【解答】因AD，DB，CD的长度都是有理数，所以，OA＝OB＝OC＝
ADBD
是有理数．于是，OD＝OA－AD是有理数． 2
3题）（第（第3题答题）
DC·DOOD2
由Rt△DOE∽Rt△COD，知OE，DE都是有
OCOC
理数，而AC
4．【答案】C
【解答】因为DCFE是平行四边形，所以DE//CF，且EF//DC． 连接CE，因为DE//CF，即DE//BF，所以S△DEB = S△DEC， 因此原来阴影部分的面积等于△ACE的面积．
连接AF，因为EF//CD，即EF//AC，所以S△ACE = S△ACF．
因为BC4CF，所以S△ABC = 4S△ACF．故阴影部分的面积为6．
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5．【答案】C
【解答】设201320124m，则
3m333m29m2745
9， 2013201243m33
m3m23m16460
393239222923455463
于是201320123292． 33
10360967
二、填空题
6．【答案】9
2
【解答】由于1a2a
3，故ba2
2，因此(b2)339．
2
7．【答案】
204
13
【解答】如图，连接AF，则有：
SAEF4SAEFSBFEBFSBCF5
=，
SAFDSAFDFDSCDF3SAFD3SAFDSCDFCFSBCF5
，
SAEFSAEFFESBEF4
10896
，SAFD． 1313
204
所以，四边形AEFD的面积是．
13
解得SAEF8．【答案】2013
【解答】由已知ab2c20，3a8bc0消去c，并整理得
2
2
（第7题答题）
b8
2
6a2a66．由a为正整数及6a2a≤66，可得1≤a≤3．
2
若a1，则b859，无正整数解； 若a2，则b840，无正整数解；
若a3，则b89，于是可解得b11，b5． （i）若b11，则c61，从而可得abc311612013； （ii）若b5，则c13，从而可得abc3513195． 综上知abc的最大值为2013．
22
，2，，12)，(t，，0t，0)（t为任意实数）
9． 【答案】(1
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abc，abd，
【解答】由韦达定理得
cda，
cdb．
由上式，可知bacd． 若bd0，则a
db
1，c1，进而bdac2． bd
若bd0，则ca，有(a，，，． bcd)(t，，0t，0)（t为任意实数）经检验，数组(1，2，，12)与(t，，0t，0)（t为任意实数）满足条件． 10．【答案】207
【解答】设x，y分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则
4x7y2013，
xy350，
20137yy1
(5032y)， 44
y1于是是整数．又20134(xy)3y43503y，
4
所以x
所以y204，故y的最小值为207，此时x141．
三、解答题
2
11．如图，抛物线yaxbx3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
且OB＝OC＝3OA．直线y
求∠DBC∠CBE．
1
x1与y轴交于点D． 3
1
x1，yax2bx3知，D(0，3
1
x1过点B． 3
（第11题）
【解答】将x0分别代入y1)，C(0，3)，
所以B(3，0)，A(1，0)．直线y
将点C(0，3)的坐标代入ya(x1)(x3)，得a1．
抛物线yx2x3的顶点为E(1，4)．于是由勾股定理得
BC＝CEBE＝
因为BC2＋CE2＝BE2，所以，△BCE为直角三角形，BCE90．
（第11题答题）
2
OD1CE1
，则∠DBO＝CBE．=．又tan∠DBO= OB3CB3
所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．
因此tanCBE=
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H，O共圆，对于所有的△ABC，求BAC12．设△ABC的外心，垂心分别为O，H，若B，C，
所有可能的度数．
【解答】分三种情况讨论． （i）若△ABC为锐角三角形．
因为BHC180A，BOC2A，
所以由BHCBOC，可得180A2A，于是A60．
（第12题答题（i））
（ii）若△ABC为钝角三角形．
（第12题答题（ii））
当A90时，因为BHC180A，BOC2180A，
所以由BHCBOC180，可得3180A180，于是A120。
当A90时，不妨假设B90，因为BHCA，BOC2A，
所以由BHCBOC180，可得3A180，于是A60．
（iii）若△ABC为直角三角形．
当A90时，因为O为边BC的中点，B，C，H，O不可能共圆， 所以A不可能等于90；
当A90时，不妨假设B90，此时点B与H重合，于是总有B，C，H，O共圆，因此A可以是满足0A90的所有角．
综上可得，A所有可能取到的度数为所有锐角及120．
13．设a，b，c是素数，记xbca，ycab，zabc，
当z2y,
2时，
a，b，c能否构成三角形的三边长？证明你的结论．
【解答】不能．
111
(yz)，b(xz)，c(xy)． 222
112z(z1)2
因为yz，所以a(yz)(zz)．
222
又由于z为整数，a为素数，所以z2或3，a3．
依题意，得a
当z
2时，yz24，x2)216．进而，b9，c10，与b，c是素数矛盾；
第6/7页
当z3时，abc0，所以a，b，c不能构成三角形的三边长．
14．如果将正整数M放在正整数m左侧，所得到的新数可被7整除，那么称M为m的“魔术数”（例如，把86放在415的左侧，得到的数86415能被7整除，所以称86为415的魔术数）．求正整数n的最小值，使得存在互不相同的正整数a1，a2，…，an，满足对任意一个正整数m，在a1，a2，…，an中都至少有一个为m的魔术数．
【解答】若n≤6，取m1，2，„，7，根据抽屉原理知，必有a1，a2，…，an中的一个正整数M是i，j(1≤i＜j≤7)的公共的魔术数，即7|(10Mi)，7|(10Mj)．则有7|(ji)，但0＜
ji≤6，矛盾．
故n≥7．
又当a1，a2，…，an为1，2，„，7时，对任意一个正整数m，设其为k位数（k为正整数）．则10im（i1，，2„，7）被7除的余数两两不同．若不然，存在正整数i，j(1≤i＜j≤7)，满足7|[(10kjm)(10kim)]，即7|10k(ji)，从而7|(ji)，矛盾．
故必存在一个正整数i(1≤i≤7)，使得7|(10kim)，即i为m的魔术数． 所以，n的最小值为7．

由韦达定理知道：x1+x2=mn x1x2=m+n。
因为x1、x2是整数，即mn m+n是整数，所以m、n也是整数。
（1）(m、n)=(1、k) (k为整数)是一组通解。
（2）(m、n)=(1、5) 、(2、3)……也是解。
（3）由于原方程关于m、n对称，所以当(m、n)=(a、b) 是原题的解时，(m、n)=(b、a) 也是原题的解

这是一个不定方程，有多组解。
例如，X=1 m=2,n=3或m=3,n=2
X=2 m=2,n=2
……

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大同区18732357699： 几道初三的数学竞赛题？
长兴凡博瑞： 2 、解: 先对1/a-a的绝对值=1 ,两边平方,算出a平方分之一加上a平方等于3;再对1/a+a平方 ,得出5 ,再进行开平方取绝对值 .根号5. 2、由题意可知 a>0 去掉绝对值 解出a=√5 -1/2 代进去就可以啦 答案还是根号5

大同区18732357699： 初三数学竞赛题 - ？
长兴凡博瑞： P-Q = (2^1999+1)(2^2001+1)-(2^2000+1)^2 /(2^2000+1)(2^2001+1) =(2^2001+2^1999-2^200...

大同区18732357699： 初三数学竞赛题 - ？
长兴凡博瑞： 2008年全国初中数学竞赛山东赛区 预赛暨2007年山东省初中数学竞赛试题 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,满分48分):下面各题给出的选项中,只有一项是正确的,请将正确选项的代号填在题后的括号内. 1.已知函数y = x2 + 1– x ,...

大同区18732357699： 初三一个数学竞赛题某班参加学校举行的竞赛,有a,b,c三道题,每 ？
长兴凡博瑞： 设答对a的有x人,答对b的有y人,c的有z人,则x y=45x z=35y z=40得出答对a的有20人,b 的有25,c的有15人得出总分20*20 25*40 15*40=2000分因为三个都答对的有3个人,两个答对的有14个人,总人数x y z中肯定多算了答对3个的和答对两个的,所以用x y z=60人减去多算的(答对三个的多算了两次,答对两个的多算了一次)得出60-2*3-14=40人得出平均分=2000/40=50分晕,好久没做题了

大同区18732357699： 求初三数学竞赛题 - ？
长兴凡博瑞： 已知AB是圆O的直径,C是圆O上一点,过点C作圆O的切线交直线AB于点D.设圆O的半径为R.当三角形ACD为等腰三角形时,它的面积是多少?因为三角形ACD为等腰三角形 所以∠A=∠D C为圆O的切线所以∠OCD=90度 ∠COD+∠D=90度 ...

大同区18732357699： 初三数学竞赛题？
长兴凡博瑞： x+y≥-2, ∴x+y+2=(x+1)+(y+1)≥0① (两数之和非负) x+y+xy≥-1, ∴xy+x+y+1=(x+1)(y+1)≥0② (两数之积非负) 由①②得 x+1,y+1非负, ∴x+1>=0,y+1>=0 ∴y>=-1, 即y最小值为-1.

大同区18732357699： 初三数学竞赛题3？
长兴凡博瑞： 答案是B,首先,面积最大的情况是a,b互为直角边,此时面积为ab/2.最小面积趋于0∵(a-b)²≥0,即a²+b²-2ab≥0;∴a²+b²即B的(a ^2+b^2)/2可以转化为a ^2+b^2)≥2ab/2≥ab; 所有B错.

大同区18732357699： 九年级数学竞赛题？
长兴凡博瑞： 如果有两个正整数解,设其为u.v 由韦达定理可得u+v=ab,uv=0.5(a+b) 因为uv都是正整数,所以(u-1)(v-1)≥0 即uv-(u+v)+1≥0,所以0.5(a+b)-ab+1≥0,4ab-2a-2b-4≤0,(2a-1)(2b-1)≤5 因为ab都是正整数,而且2a-1,2b-1都是奇数,所以2a-1=5,2b-1=1或者2a-1=1,2b-1=5 解得(a,b)=(1,3) or (3,1),所以u,v分别等于1和2 因此当且仅当a=1,b=3 or a=3,b=1时,原方程有两个正整数根,分别为1,2.

大同区18732357699： 初三数学题 竞赛题？
长兴凡博瑞： 解:连结BO并延长交AD于H ∵AB=BD,O为圆心 ∴BH⊥AD ∵∠ADC=Rt∠ ∴BH∥CD ∴△OPB∽△CPD ∴CD:BO=CP:OP ∵BO=1.5,CP=0.6 ∴PO=0.9 ∴CD=1 于是AD=√(AC^2-CD^2)=2√2 又∵OH=1/2CD=1/2 ∴BH=2 ∴AB=√(AH^2+BH^2)=√6 BC=√(AC^2-AB^2)=√3 ∴四边形ABCD的周长为1+2√2+√3+√6希望帮到你o(∩_∩)o不懂追问哦

大同区18732357699： 找数学初三竞赛题?？
长兴凡博瑞： 第十六届“五羊杯”初中数学竞赛初三试题 一、选择题(4选1型,每小题选对得5分,否则得0分,本大题满分50分) 1.方程 的解是 ( ) A. B. C. D.1 2.设 ,则 = ( ) A.7 B. C.- D.0 3.绝对值方程 的不同实数解共有( )个. A.2 B.4 C.1 D.0 4.设 ...