2012年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准190410

x 2 2xy 3y2 34 的整数解 (x, y) 的组数为
B．4. C．5.
(x y) 2 2y 2 34，显然 x y必须是偶数，所以可设 x y 2t ，则原方程变为2t 2 t 2, y 3,
从而可求得原方程的整数解为 (x,
2
y 17
，
它的整数解为 组.
y)＝ (7,3)， (1,3)， (7,3)， (1,3) ，共 4
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 （ ） A．
6 3
B．
5 3
C．
26 3
所以
t
2
1 0 ，所以t 1.
m
，
验证可知：b 2．使得52 【答】 1．
a 1 1 ,c 时t 1；b 1 a a
a 1 1 ,c 时t 1.因此，t 1. 1 a a
．
1是完全平方数的整数 m 的个数为
m n 2 1 (n 1)(n 1) 设52m 1 n 2 （其中 n 为正整数）， 则52
1
2
6p 44 2p(4p 9p 6)
，
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 位数共有 A．36 个. 【答】C. B．40 个. C．44 个. D．48 个.
a c b d .这样的四
（ ）
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 6×4＝24 个. （3）使用 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. 2012 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准 第 2 页（共 5 页）
k 5, 或 2 m2 k 1
k 5,m 4 .
因此，满足要求的整数 m 只有 1 个. 3．在△ABC 中，已知 AB＝AC，∠A＝40°，P为 AB上一点，∠ACP＝20°，则 【答】
BC ＝ AP
A
．
3. 1
设 D为 BC的中点，在△ABC 外作∠CAE＝20°，则∠BAE＝60°. 作 CE⊥AE， PF⊥AE，则易 证 3 1 △ACE≌△ ACD， BC， AP，PF＝CE，所以 所以 CE＝AP CD＝ 2＝ 2 BC.
，
2
，∴ 2012 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
2012 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设 7 分和 0 分两档；第二试各题， 请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在 评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.
2
AD BD C D
.
P B
A
O D C
2012 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准 证明：连接 OA，OB，OC. ∵OA⊥AP，AD⊥OP，∴由射影定理可得 又由切割线定理可得
2
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PDOD . ……………………5 分 PDPO AD ，∴D、B、C、O 四点共圆， PA PBPC PDPO PBPC PA 2
2
1 1 ，故 b a .又 c a ( 6 2) ( 2 1) 6 a b
( 2 1)，而 ( 6)
2．方程 A．3. 【答】B. 方程即
( 2 1) 2 3 2 2 0 ，所以 6 2 1，故 c a .因此b a c .
（ D．6. ）
2
.
同理可得
b 1 c 1 ， 2 c 3c 1 (a 1)(b 1) b 3b 1 (a 1)(c 1)
2
.
结合
a a 3a 1 b
2
2
b 3b 1 c
2
c 4 1 1 1 可得 3c 1 9 (b 1)(c 1) (a 1)(c 1) (a 1)(b 1)
显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长 根据勾股定理可得
……………………5 分
a 2 b2 c2 ，把
c 30 a b ab 30(a b) 450 0 ，所以
代入，化简得 ……………………10 分
(30 a)(30 b) 450 232 5 2 ，
因为 a,b 均为整数且 a
因此 a
4
2

9 ，因此 16
ห้องสมุดไป่ตู้
ab b4 的最小值为 0，当 a
2 2 2 2 ,b ,b 或a 时取得. 2 2 2 2
2 3 满足 x1
5．若方程
x 2 2px 3p 2 0 的两个不相等的实数根 x1 , x2
C． 1.
x
3 4 (x2 p 2 x2 ) ，则实数
2 30 a 5 a 5, , b ，所以只可能是 ……………………15 分 解得 2 30 b 23 , b 12.
所以，直角三角形的斜边长 c
13，三角形的外接圆的面积为
169 . ……………………20 分 4
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：
第一试
一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分） 1．已知 a A. a
2 1，b 3 2 ， c 6 2 ，那么 a,b,c 的大小关系是
B. a
（
）
bc
cb
C. b
ac
D.b
ca
【答】C. 因为
1
1 2 1， 3 2 ，所以 0 a b
P
F
又 PF＝PAsin ∠BAE＝PAsin 60°＝
3 2
E
BC ＝3. 因此 AP
4．已知实数 a,b,c 满足 abc
2
B
D
C
1 ， a b c 4 ，
a a 3 a 1 b
2
2
b 3b 1 c
2
c 4 ，则 3c 1 9
a 2 b2 c2 ＝
6p 4 ，
2 2
3x x] 2 3 2 3 2 2 3 3 p22p( 又由 x 1 x1 4 (x2 x2 ) 得 x x2 4 (x1 x2 ) ，所以 4 1 4p 3 9p 所以 p(4p 3)( p 1) 0，所以 p 1 0, p , p 31. 2 4 6) 3 代入检验可知： p 0, p 均满足题意， p 1 不满足题意. . 1 2 3 4 3 3 因此，实数 p 的所有可能的值之和为 p 1 p 2 0 ( ) . 4 4
结合 abc
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 a,b,c （ a
b c ），则 a b c 30.
c ，下面先求 c 的值. 由 a b c 及 a b c 30得30 a b c 3c ，所以 c 10 . 由 a b c 及 a b c 30得30 a b c 2c ，所以 c 15. 又因为 c 为整数，所以11 c 14.
【答】 因为 a
2
．
33 . 2 3a 1 a 2 3a abc a(bc a 3) a(bc b c 1) a(b 1)(c 1) ，所以
2012 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
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a 1 a 3a 1 (b 1)(c 1)

4 ， 9
所以 (a
4 1)(b 1)(c 1) (a 1) (b 1) (c 1) . 9
1 1， a b c 4 ，可得 ab bc ac . 4 33 2 2 2 2 因此， a b c (a b c) 2(ab bc ac) . 2 11 实际上，满足条件的 a,b,c 可以分别为 , ,4 . 22
G F
P
1 3
2 . 3
B
C
E
连接 BD，易知∠BDC＝∠EDC＝45°，所以∠BDE＝90°. 又 BD＝ 2 ，所以 BG＝
BD 2 DG2 2 a 2 b2
2 25 . 9 3
（ ）
4．已知实数 a,b 满足
1，则a
4
ab b4 的最小值为
2012 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准
因此，满足要求的四位数共有 4＋24＋8＋8＝44 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 a,b,c 满足 a 【答】 1. 由a
1 1 1 b c t ，则t _________． b c a
1 1 1 1 1 t 得b ，代入b t 得 t ，整理得 ct 2 (ac 1)t (a c) 0 ① ta ta c b c 1 又由 c t 可得 ac 1 at ，代入①式得 ct 2 at2 (a c) 0，即 (c a)(t21) 0，又 c a a
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A．
1 . 8
B．0.
C．1.
D．
9 . 8
【答】B.
1 9 a 4 ab b4 (a 2 b2 ) 2 2a2b 2 ab 1 2a 2b 2 ab 2(ab ) 2 . 4 8 1 1 3 1 1 1 2 2 因为 2 | ab | a b 1，所以 ab ，从而 ab ，故 0 (ab ) 2 4 4 4 4 2 1 9 9 9 4 4 0 2(ab ) 2 ，即 0 a ab b . 4 8 8 8
A
D．
25 3
D
【答】D. 过点 C作 CP//BG，交 DE于点 P.因为 BC＝CE＝1，所以 CP是 △BEG的中位线，所以 P为 EG的中点. 又因为 AD＝CE＝1，AD//CE，所以△ADF≌△ECF，所以 CF＝ DF，又 CP//FG，所以 FG是△DCP的中位线，所以 G为 DP的中点. 因此 DG＝GP＝PE＝ DE＝
n
，显然 为奇数， 设
（其中 k 是正整数），则5 2
k k 1) ，即52m2 k(k 1) 4(. k , 显 然 k 1， 此 时 k 和 k 1互 质 ， 所 以 5 2 m2 k 11,
m
n 2k 1 2m2 , 解得 或 k , k 1 5,
1
的所有可能的值之和 为 3 B． . 4 A．0. 【答】 B. 由一元二次方程的根与系数的关系可得
2 x2 (x1 x 2 ) 2 2x1 x 2 4p x2 1 3 x2 (x1 x 2 )[(x x )2 x3 1 1 2 2
（ D．
）
5 . 4
x 1 x 22p ， x x 1 3p 2，所以 2