2012年全国初中数学联赛试题(含答案)

2012年全国初中数学联合竞赛试题

第一试

一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）

1．已知21a，32b，62c，那么,,abc的大小关系是 （ C ）

A. abc B. acb C. bac D.bca

2．方程222334xxyy的整数解(,)xy的组数为 （ B ）

A．3. B．4. C．5. D．6.

3．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 （ D ）

A．63 B．53 C．263 D．253

4．已知实数,ab满足221ab，则44aabb的最小值为 （ B ）

A．18. B．0. C．1. D．98.

5．若方程22320xpxp的两个不相等的实数根12,xx满足232311224()xxxx，则实数p的所有可能的值之和为 （ B ）

A．0. B．34. C．1. D．54.

6．由1，2，3，4这四个数字组成四位数abcd（数字可重复使用），要求满足acbd.这样的四位数共有 （ C ）

A．36个. B．40个. C．44个. D．48个.

二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）

1．已知互不相等的实数,,abc满足111abctbca，则t1．

2．使得521m是完全平方数的整数m的个数为 1 ．

3．在△ABC中，已知AB＝AC，∠A＝40°，P为AB上一点，∠ACP＝20°，则BCAP＝3．

4．已知实数,,abc满足1abc，4abc，22243131319abcaabbcc，则222abc＝332．

第二试 （A）

一、（本题满分20分）已知直角三角形的边长均为整数，周长为30，求它的外接圆的面积.

解 设直角三角形的三边长分别为,,abc（abc），则30abc.

显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长c，下面先求c的值.

由abc及30abc得303abcc，所以10c.

由abc及30abc得302abcc，所以15c.

又因为c为整数，所以1114c.

根据勾股定理可得222abc，把30cab代入，化简得30()4500abab，所以

22(30)(30)450235ab，

因为,ab均为整数且ab，所以只可能是22305,3023,ab解得5,12.ab

所以，直角三角形的斜边长13c，三角形的外接圆的面积为1694.

二．（本题满分25分）如图，PA为⊙O的切线，PBC为⊙O的割线，AD⊥OP于点D.证明：2ADBDCD.

证明：连接OA，OB，OC.

∵OA⊥AP，AD⊥OP，∴由射影定理可得2PAPDPO，2ADPDOD.

又由切割线定理可得2PAPBPC，∴PBPCPDPO，∴D、B、C、O四点共圆，

∴∠PDB＝∠PCO＝∠OBC＝∠ODC，∠PBD＝∠COD，∴△PBD∽△COD，

∴PDBDCDOD，∴2ADPDODBDCD.

三．（本题满分25分）已知抛物线216yxbxc的顶点为P，与x轴的正半轴交于A1(,0)x、B2(,0)x（12xx）两点，与y轴交于点C，PA是△ABC的外接圆的切线.设M3(0,)2，若AM//BC，求抛物线的解析式.

解 易求得点P23(3,)2bbc，点C(0,)c.

设△ABC的外接圆的圆心为D，则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上，设点D的坐标为(3,)bm. DPOABC

显然，12,xx是一元二次方程2106xbxc的两根，所以21396xbbc，22396xbbc，又AB的中点E的坐标为(3,0)b，所以AE＝296bc.

因为PA为⊙D的切线，所以PA⊥AD，又AE⊥PD，所以由射影定理可得2AEPEDE，即2223(96)()||2bcbcm，又易知0m，所以可得6m.

又由DA＝DC得22DADC，即22222(96)(30)()bcmbmc，把6m代入后可解得6c（另一解0c舍去）.

又因为AM//BC，所以OAOMOBOC，即223||3962|6|396bbcbbc.

把6c代入解得52b（另一解52b舍去）.

因此，抛物线的解析式为215662yxx.

第二试 （B）

一．（本题满分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.

解 设直角三角形的三边长分别为,,abc（abc），则60abc.

显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长c，下面先求c的值.

由abc及60abc得603abcc，所以20c.

由abc及60abc得602abcc，所以30c.

又因为c为整数，所以2129c.

根据勾股定理可得222abc，把60cab代入，化简得60()18000abab，所以

322(60)(60)1800235ab，

因为,ab均为整数且ab，所以只可能是326025,6035,ab或2226025,6023,ab

解得20,15,ab或10,24.ab

当20,15ab时，25c，三角形的外接圆的面积为6254；

当10,24ab时，26c，三角形的外接圆的面积为169.

二．（本题满分25分）如图，PA为⊙O的切线，EDPOBCA

PBC为⊙O的割线，AD⊥OP于点D，△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E.证明：∠BAE＝∠ACB.

证明：连接OA，OB，OC，BD.

∵OA⊥AP，AD⊥OP，∴由射影定理可得

2PAPDPO，2ADPDOD.

又由切割线定理可得2PAPBPC，

∴PBPCPDPO，∴D、B、C、O四点共圆，

∴∠PDB＝∠PCO＝∠OBC＝∠ODC，

∠PBD＝∠COD，∴△PBD∽△COD， ∴PDBDCDOD，

∴2BDCDPDODAD，∴BDADADCD.

又∠BDA＝∠BDP＋90°＝∠ODC＋90°＝∠ADC，∴△BDA∽△ADC，

∴∠BAD＝∠ACD，∴AB是△ADC的外接圆的切线，∴∠BAE＝∠ACB.

三．（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第三题相同.

第二试 （C）

一．（本题满分20分）题目和解答与（B）卷第一题相同.

二．（本题满分25分）题目和解答与（B）卷第二题相同.

三．（本题满分25分）已知抛物线216yxbxc的顶点为P，与x轴的正半轴交于A1(,0)x、B2(,0)x（12xx）两点，与y轴交于点C，PA是△ABC的外接圆的切线.将抛物线向左平移24(31)个单位，得到的新抛物线与原抛物线交于点Q，且∠QBO＝∠OBC.求抛物线的解析式.

解 抛物线的方程即2213(3)62byxbc，所以点P23(3,)2bbc，点C(0,)c.

设△ABC的外接圆的圆心为D，则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上，设点D的坐标为(3,)bm.

显然，12,xx是一元二次方程2106xbxc的两根，所以21396xbbc，22396xbbc，又AB的中点E的坐标为(3,0)b，所以AE＝296bc.

因为PA为⊙D的切线，所以PA⊥AD，又AE⊥PD，所以由射影定理可得2AEPEDE，即2223(96)()||2bcbcm，又易知0m，所以可得6m.

又由DA＝DC得22DADC，即22222(96)(30)()bcmbmc，把6m代入后可解得6c（另一解0c舍去）.

将抛物线2213(3)662byxb向左平移24(31)个单位后，得到的新抛物线为

2213(324324)662byxb.

易求得两抛物线的交点为Q23(312123,483102)2bb.

由∠QBO＝∠OBC可得tan∠QBO＝tan∠OBC.

作QN⊥AB，垂足为N，则N(312123,0)b，又22239363(4)xbbbb，所以

tan∠QBO＝QNBN＝22223483102132368223(4)(312123)44(31)bbbbbb

221416(423)244(31)bb222221(4)[4(31)]1[44(31)]2244(31)bbb.

又tan∠OBC＝OCOB2261(4)23(4)bbbb，所以

2211[44(31)](4)22bbb.

解得4b（另一解4(235)03b，舍去）.

因此，抛物线的解析式为21466yxx.