江南中学七年级(下)数学竞赛试卷20125

江南中学七年级（下）数学竞赛试卷2012.5
姓名_________班级_________
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．一个正数x的两个平方根分别是a+1与a﹣3，则a值为（）
A．2 B．﹣1 C．1 D．0
2．若0＜a＜1，﹣2＜b＜﹣1，则的值是（）
A．0 B．﹣1 C．﹣3 D．﹣4
3．下列钟点是在电子表上显示出来的，其中不能看作轴对称的图是（）
A．B．C．D．
4．将长为15cm的木棒截成长度为整数的三段，使它们构成一个三角形的三边，则不同的截法有（）A．5种B．6种C．7种D．8种
5．如图，在△ABC中，D、E分别是边AC、BC上的点，若
△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C的度数为（）
A．15°B．20°C．25°D．30°
6．如图，边长为1的正方形ABCD绕着点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）
A．B．C．1﹣D．1﹣
7．小丁去“杭州乐园”的概率是，小李、小聪去“杭州乐园”的概率分别为、，假定三
人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内三人中至少有1人去“杭州乐园”的概率为（）
A．B．C．D．
8．下面是按一定规律排列的一列数：
第1个数：；
第2个数：；
第3个数：；…
第n个数：．
那么，在第10个数，第11个数，第12个数，第13个数中，最大的数是（）
A．第10个数B．第11个数C．第12个数D．第13个数
9．《九章算术》是我国东汉初编订的一部数学经典著作．在它的“均输”一章里，有下面一道题目：“今有客马日行三百里，客去忘持衣，日已三分之一，主人乃觉．持衣追及与之而还，至家，视日四分之三．问主人马不休，日行几何？”（注：在我国古代白天的开始是卯初（即现今5时整），白天的终了是酉初（即现今17时整），因此从卯初至酉初12小时为1日）题中讲到的主人马速日行多少里（）A．540里B．720里C．780里D．960里
10．已知五个半径为1的圆的位置如图所示，各圆心的连线构成一个五边形，那么阴影部分的面积是（）
A．B．2πC．D．3π
二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）
11．计算：=_________．
12．如图，POQ是一线段，有一只蚂蚁从A点出发，按顺时针方向沿着图中实线爬
13．（2000•绵阳）阅读：“如果a x=N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记为x=log a N．”然后回答：log3=________．
14．在某次聚会上，共有10对夫妇参加．若每位男士除自己配偶外都必须和其他人握手，而女士与女士则不用握手，则这次聚会中，客人共握手_________次．
15．阅读材料：设一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根为x1，x2，则两根与方程系数之间有如下关系：x1+x2=﹣，x1•x2=．根据该材料填空：已知x1，x2是方程x2+6x+3=0的两实数根，则+的值为____．
16．如图，在小时候，我们就用手指练习过数数．一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到2009时对应的指头是_________（填出指头的名称，各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、小指）．
三、解答题（共6小题，满分46分）
17．（12分）解下列方程或方程组：
（1）（2）
18．（8分）已知关于x，y的二元一次方程（a﹣3）x+（2a﹣5）y+6﹣a=0，当a每取一个值时就有一个方程，这些方程有一个公共解．
（1）求出这个公共解；
（2）请说明，无论a取何值，这个公共解都是二元一次方程（a﹣3）x+（2a﹣5）y+6﹣a=0的解．
19．（8分）已知x1，x2，x3，…，x n中每一个数值只能取﹣2，0，1中的一个，且满足x1+x2+…+x n=﹣17，x12+x22+…+x n2=37，求x13+x23+…+x n3的值．
20．（8分）老师带着两个学生到离学校33千米的博物馆参观．老师开一辆摩托车，速度为25千米/小时．这辆摩托车后坐可带乘一名学生，带人后速度为20千米/小时．学生如果步行，速度为5千米/小时．请你设计一种方案，使得师生3人同时出发后用3个小时同时到达博物馆．
21．（10分）已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
2010年浙教版七年级（下）数学竞赛试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．一个正数x的两个平方根分别是a+1与a﹣3，则a值为（）
A．2 B．﹣1 C．1 D．0
考点：平方根。

分析：由于一个正数的两个平方根应该互为相反数，由此列方程解出a即可．
解答：解：∵一个正数x的两个平方根分别是a+1与a﹣3，
∴a+1+（a﹣3）=0，
解得a=1．
故选C．
点评：此题主要考查了平方根的定义，注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数．
2．若0＜a＜1，﹣2＜b＜﹣1，则的值是（）
A．0 B．﹣1 C．﹣3 D．﹣4
考点：分式的加减法；非负数的性质：绝对值。

专题：计算题。

分析：可以用特殊值法进行计算，令a=，b=﹣，代入即可得出答案．
解答：解：令a=，b=﹣，
代入，得：﹣1﹣1﹣1=3．
故选C．
点评：本题考查分式的加减法又结合了绝对值的知识，注意特殊值法的运用会使问题简单化．
3．下列钟点是在电子表上显示出来的，其中不能看作轴对称的图是（）
A．B．C．D．
考点：轴对称图形。

分析：根据轴对称图形的概念求解．
解答：解：0﹣9的数字中，0、1、3、8是轴对称图形．则不是轴对称图形的是B．故选B．
点评：能够根据轴对称图形的概念正确判断数字的对称性．
4．将长为15cm的木棒截成长度为整数的三段，使它们构成一个三角形的三边，则不同的截法有（）A．5种B．6种C．7种D．8种
考点：三角形三边关系。

分析：已知三角形的周长，分别假设三角形的最长边，从而利用三角形三边关系进行验证即可求得不同的截法．
解答：解：∵长棒的长度为15cm，即三角形的周长为15cm
∴①当三角形的最长边为7时，有4种截法，分别是：7，7，1；7，6，2；7，5，3；7，4，4；
②当三角形的最长边为6时，有2种截法，分别是：6，6，3；6，5，4；
④当三角形的最长边为4时，有1种截法，是4，3，8，因为4+3＜8，所以此截法不可行；
∴不同的截法有：4+2+1=7种．
故选C．
点评：此题主要考查学生对三角形三边关系的理解及运用能力，注意不能构成三角形的情况一定要排除．
5．（2004•黑龙江）如图，在△ABC中，D、E分别是边AC、BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C的度数为（）
A．15°B．20°C．25°D．30°
考点：全等三角形的性质。

分析：根据全等三角形对应角相等，∠A=∠BED=∠CED，∠ABD=∠EBD=∠C，根据∠BED+∠CED=180°，可以得到∠A=∠BED=∠CED=90°，再利用三角形的内角和定理求解即可．
解答：解：∵△ADB≌△EDB≌△EDC
∴∠A=∠BED=∠CED，∠ABD=∠EBD=∠C
∵∠BED+∠CED=180°
∴∠A=∠BED=∠CED=90°
在△ABC中，∠C+2∠C+90°=180°
∴∠C=30°
故选D．
点评：本题主要考查全等三角形对应角相等的性质，做题时求出∠A=∠BED=∠CED=90°是正确解本题的突破口．
6．（2006•潍坊）如图，边长为1的正方形ABCD绕着点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）
A．B．C．1﹣D．1﹣
考点：正方形的性质；旋转的性质。

分析：设B′C′与CD的交点是E，连接AE，根据旋转的性质可得到AD=AB′，∠DAB′=60°，根据三角函数可求得B′E的长，从而求得△ADE的面积，进而求出阴影部分的面积．
解答：解：设B′C′与CD的交点是E，连接AE
根据旋转的性质得：AD=AB′，∠DAB′=60°．
在直角三角形ADE和直角三角形AB′E中：AB′=AD，AE=AE，
∴△ADE≌△AB′E，
∴∠B′AE=30°，
∴B′E=A′Btan∠B′AE=1×tan30°=，
∴S△ADE=，
∴S四边形ADEB=，
点评：此题考查了旋转的性质和正方形的性质，解答此题要特别注意根据旋转的性质得到相等的线段、相等的角．
7．六一儿童节期间，小丁去“杭州乐园”的概率是，小李、小聪去“杭州乐园”的概率分别为、，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内三人中至少有1人去“杭州乐园”的概率为（）
A．B．C．D．
考点：概率公式。

分析：所有机会均等的可能共有24种，三人中至少有1人去的情况有18种，所以这段时间内三人中至少有1人去“杭州乐园”的概率为．
解答：解：P（至少1人去“杭州乐圆”）=．
故选C．
点评：考查等可能条件下的概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8．（2010•密云县）下面是按一定规律排列的一列数：
第1个数：；
第2个数：；
第3个数：；…
第n个数：．
那么，在第10个数，第11个数，第12个数，第13个数中，最大的数是（）
A．第10个数B．第11个数C．第12个数D．第13个数
考点：规律型：数字的变化类。

分析：根据题意找出规律然后依次解得答案进行比较．
解答：解：第1个数：==0；
第2个数：==﹣；
=；
按此规律，第n个数：
=
．
可得：n越大，第n个数越小，所以选A．
故选A．
点评：本题主要考查在算式运算过程中，寻找被减数与减数和差的规律．
9．《九章算术》是我国东汉初编订的一部数学经典著作．在它的“均输”一章里，有下面一道题目：“今有客马日行三百里，客去忘持衣，日已三分之一，主人乃觉．持衣追及与之而还，至家，视日四分之三．问主人马不休，日行几何？”（注：在我国古代白天的开始是卯初（即现今5时整），白天的终了是酉初（即现今17时整），因此从卯初至酉初12小时为1日）题中讲到的主人马速日行多少里（）A．540里B．720里C．780里D．960里
考点：应用类问题。

分析：首先可以求出往返所用的时间为日，所以主人追及客人所用的时间为日，则客人所用时间为日与主人行驶日所用的时间相等，设主人的马日行x里，建立等量关系，就可以求出
其解．
解答：解：设主人的马日行x里，由题意，得
解得：
x=780 故C答案正确．
故选C．
点评：本题是一道行程问题的数学应用题，考查了行程问题的追及问题，利用先行者的路程=后行者的路程建立等量关系是关键，本题理解主人往返行驶的时间是难点．
10．已知五个半径为1的圆的位置如图所示，各圆心的连线构成一个五边形，那么阴影部分的面积是（）
A．B．2πC．D．3π
考点：扇形面积的计算；多边形内角与外角。

专题：计算题。

分析：根据多边形的内角和定理计算出五边形的内角和为540°，再根据扇形的面积公式计算即可．
解答：解：∵五个扇形的圆心角的和=（5﹣2）×180°=540°，r=1，
∴S阴影部分==．
点评：本题考查了扇形的面积公式：S=（n为扇形的圆心角的度数，R为扇形所在圆的半径）．也考查了多边形的内角和定理．
二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）
11．计算：=．
考点：平方差公式。

分析：符合平方差公式结构，直接利用平方差公式计算即可．
解答：解：原式=（1+）（1﹣）×（1+）（1﹣）×（1+）（1﹣）×…×（1+）（1﹣），
=．
故答案为．
点评：本题重点考查了用平方差公式进行整式的乘法运算．平方差公式为（a+b）（a﹣b）=a2﹣b2．本题是一道较简单的题目．
12．如图，POQ是一线段，有一只蚂蚁从A点出发，按顺时针方向沿着图中实线爬行，最后又回到A点，则该蚂蚁共转过1080度．
考点：角的计算。

专题：计算题。

分析：把蚂蚁转过的路线分为很多段，在相同圆上的弧作为一段，把每段的弧的度数相加，和就是蚂蚁转过的度数．
解答：解：由图中可得有12个90°，
90°×12=1080°，
∴蚂蚁共转过1080°
故答案为1080．
点评：把总体分为小段，进行分别研究．
13．（2000•绵阳）阅读：“如果a x=N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记为x=log a N．”然后回答：log3=﹣2．
考点：有理数的乘方。

专题：新定义。

分析：意思是求以3为底数，结果为的指数是多少．
解答：解：原式可化为3x=，
3x=（）2，
3x=3﹣2，
∴x=﹣2，
∴log3=﹣2．
点评：解决本题的难点是理解对数所表示的意义；用到的知识点为：a﹣p=．
14．在某次聚会上，共有10对夫妇参加．若每位男士除自己配偶外都必须和其他人握手，而女士与女士则不用握手，则这次聚会中，客人共握手
135次．
考点：容斥原理。

专题：计算题。

分析：计算出任何两个人握手的一次时握手的总次数，减去每位男士与自己的配偶握手一次的次数，再减去每位女士每两人握手一次的共握手的次数，即可求解．
解答：解：若每个人握手一次，则总计握手的次数是：×20（20﹣1）=190次；
每位男士与自己的配偶握手一次，则共握手10次；
每位女士每两人握手一次的共握手×10（10﹣1）=45次．
则这次聚会中，客人共握手的次数是：190﹣10﹣45=135次．
故答案是：135．
点评：本题主要考查了容斥原理，正确理解客人的握手次数等于：任何两个人握手的一次时握手的总次数，减去每位男士与自己的配偶握手一次的次数，再减去每位女士每两人握手一次的共握手的次数是解题的关键．
15．（2009•兰州）阅读材料：设一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根为x1，x2，则两根与方程系数之间有如下关系：x1+x2=﹣，x1•x2=．
根据该材料填空：已知x1，x2是方程x2+6x+3=0的两实数根，则+的值为10．
考点：根与系数的关系。

专题：阅读型。

分析：根据一元二次方程根与系数的关系，可以求得两根之积或两根之和，根据
，代入数值计算即可．
解答：解：由题意知，x1+x2=﹣=﹣6，x1x2=3，
所以==10．
点评：本题考查了代数式变形，难度中等，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
16．（2006•资阳）如图，在小时候，我们就用手指练习过数数．一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到2009时对应的指头是大拇指（填出指头的名称，各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、小指）．
考点：规律型：数字的变化类。

专题：规律型。

分析：根据所给的数据：发现大拇指对的数是1+8n，小指对的数是5+8n．食指、中指、无名指对的数介于它们之间．因2009=251×8+1，所以数到2009时对应的指头是大拇指．
又∵2009=251×8+1，
∴数到2009时对应的指头是大拇指．
点评：只需找出大拇指和小指对应的数的规律即可．关键规律为：大拇指对的数是1+8n，小指对的数是
5+8n．食指、中指、无名指对的数介于它们之间．
三、解答题（共8小题，满分66分）
17．解下列方程或方程组：
（1）
（2）
考点：解分式方程；解二元一次方程组。

专题：计算题。

分析：（1）将原方程组整理为：，再用加减消元法解方程组即可；
（2）设x2﹣2x=y，原方程变形为y﹣+1=0，再将分式方程化为整式方程求解即可．
解答：解：（1）原方程组整理为：，
①×5，得5x+35y=70③，
③﹣②，得34y=34，解得y=1，
把y=1代入①，得x+7=14，解得x=7，
∴方程组的解为；
（2）设x2﹣2x=y，原方程变形为y﹣+1=0，
去分母得，y2+y﹣12=0，
分解因式得，（y﹣3）（y+4）=0，
解得y1=3，y2=﹣4，
当y=3时，x2﹣2x=3，解得x=3或﹣1；
当y=﹣4时，x2﹣2x=﹣4，次方程无解；
经检验x1=3，x2=﹣1是原方程的解，
∴原方程的解为x1=3，x2=﹣1．
点评：本题考查了二元一次方程组的解法和用换元法解分式方程，解分式方程要验根．
18．已知关于x，y的二元一次方程（a﹣3）x+（2a﹣5）y+6﹣a=0，当a每取一个值时就有一个方程，这些方程有一个公共解．
（1）求出这个公共解；
（2）请说明，无论a取何值，这个公共解都是二元一次方程（a﹣3）x+（2a﹣5）y+6﹣a=0的解．
考点：二元一次方程的解。

专题：计算题。

分析：（1）先把原方程去括号整理得出（x+2y﹣1）a﹣3x﹣5y+6=0，再由题意得出，解方
程即可；
（2）按照（1）的思路去做即可．
解答：解：（1）原方程去括号整理得：（x+2y﹣1）a﹣3x﹣5y+6=0，由题意得：，
解得；
（2）∵把（a﹣3）x+（2a﹣5）y+6﹣a=0化为下面的形式：（x+2y﹣1）a﹣3x﹣5y+6=0，
∴，
解得（3分）
∴无论a取何值，这个公共解都是二元一次方程（a﹣3）x+（2a﹣5）y+6﹣a=0的解（2分）
点评：本题考查了二元一次方程的解，难度适中，是个不错的题目．
19．已知x1，x2，x3，…，x n中每一个数值只能取﹣2，0，1中的一个，且满足x1+x2+…+x n=﹣17，
x12+x22+…+x n2=37，求x13+x23+…+x n3的值．
考点：完全平方公式；解二元一次方程组。

专题：计算题。

分析：先设有p个x取1，q个x取﹣2，根据x1+x2+…+x n=﹣17，x12+x22+…+x n2=37可得出关于p，q的二元一次方程组，求出p，q的值，再把p，q及x的值代入x13+x23+…+x n3求解．
解答：解：设有p个x取1，q个x取﹣2，有，（5分）
解得，（5分）
所以原式=1×13+9×（﹣2）3=﹣71．（3分）
点评：本题考查的是解二元一次方程组，根据题意列出关于p、q的二元一次方程组是解答此题的关键．20．老师带着两个学生到离学校33千米的博物馆参观．老师开一辆摩托车，速度为25千米/小时．这辆摩托车后坐可带乘一名学生，带人后速度为20千米/小时．学生如果步行，速度为5千米/小时．请你设计一种方案，使得师生3人同时出发后用3个小时同时到达博物馆．
考点：一元一次方程的应用。

专题：方案型。

分析：要设计方案，由题意要求师生3人同时出发后用3个小时同时到达博物馆，可得学生乙先步行，老师带学生甲乘摩托车走出一定路程，让学生甲步行，老师返回接学生乙，然后老师带乘学生乙，与学生甲步行同时到达博物馆即可．关键在确定摩托车中途接乙的返回点，可以设两个学生为甲、乙二人．学生乙
先步行，老师带学生甲乘摩托车走了x千米，共用了小时，然后根据题意列出方程．
解答：解：设计方案：学生乙先步行，老师带学生甲乘摩托车走出一定路程，让学生甲步行，老师返回接学生乙，然后老师带乘学生乙，与学生甲步行同时到达博物馆即可要确定摩托车中途接乙的返回点．（4分）
设两个学生为甲、乙二人．学生乙先步行，老师带学生甲乘摩托车走了x千米，共用了小时．他们比乙多行了（千米）．这时老师让甲步行前进，而自己返回接乙，中途遇到学生乙时，用了
（小时）．
乙遇到老师时，已经步行了（千米），离博物馆还有（千米）．
如果甲、乙二人搭乘摩托车的路程相同，那么，解得x=24（千米）．（4分）
这样，在路上学生甲共计用的时间为（小时），
学生乙共计用的时间为（小时）．（5分）
因此，上述方案可使师生3人同时出发后只用3小时就可同时到达博物馆．
点评：此题是一道先设计方案再进行计算，难度较大，主要考查了一元一次方程的性质及其应用，解题时要设出合适的未知量进行求解．
21．（2007•牡丹江）已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．
当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；
当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
考点：全等三角形的判定与性质。

专题：几何综合题。

分析：根据已知可以利用SAS证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出
∠ABE=∠CBF=30°，△BEF为等边三角形，利用等边三角形的性质及边与边之间的关系，即可推出
AE+CF=EF．
同理图2可证明是成立的，图3不成立．
解答：解：∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，△BEF为等边三角形；
∴AE=BE，CF=BF；
∴AE+CF=BE+BF=BE=EF；
图2成立，图3不成立．
证明图2．
延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，
则△BAE≌△BCK，
∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，
∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，
∴∠FBC+∠ABE=60°，
∴∠FBC+∠KBC=60°，
∴∠KBF=∠FBE=60°，
∴△KBF≌△EBF，
∴KF=EF，
∴KC+CF=EF，
即AE+CF=EF．
图3不成立，AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．
点评：本题主要考查全等三角形的判定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS等，这些方法要求学生能够掌握并灵活运用．。