全国初中数学联赛试题及答案

2009年全国初中数学联合竞赛试题参考答案

第一试

一、选择题（本题满分42分，每小题7分） 1. 设a71，则3a312a26a12 （ A ）

A.24. B. 25. C. 4710. D. 4712.

2．在△ABC中，最大角∠A是最小角∠C的两倍，且AB＝7，AC＝8，则BC＝ （ C ） A.72. B. 10. C.

3．用[x]表示不大于x的最大整数，则方程x2[x]30的解的个数为 （ C ） A.1. B. 2. C. 3. D. 4.

4．设正方形ABCD的中心为点O，在以五个点A、B、C、D、O为顶点所构成的所有三角形中任意取出两个，它们的面积相等的概率为 （ B ）

A.

2105. D. 73. 3314. B. . C. . D. . 14727AD

5．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以BC为直径在矩形内作半圆，自点A作半圆的切线AE，则sinCBE＝ （ D ）

61021A.. B. . C. . D. .

31033

6．设n是大于1909的正整数，使得

EBCn1909为完全平方数的n的个数是 （ B ）

2009nA.3. B. 4. C. 5. D. 6.

二、填空题（本题满分28分，每小题7分）

21．已知t是实数，若a,b是关于x的一元二次方程x2xt10的两个非负实根，则(a1)(b1)的最

22小值是_____3_______.

2． 设D是△ABC的边AB上的一点，作DE//BC交AC于点E，作DF//AC交BC于点F，已知△ADE、△DBF的面积分别为m和n，则四边形DECF的面积为___2mn___.

223．如果实数a,b满足条件ab1，|12ab|2a1ba，则ab__1____.

224．已知a,b是正整数，且满足2(1515)是整数，则这样的有序数对(a,b)共有___7__对. ab

第二试 （A）

一．（本题满分20分）已知二次函数yxbxc(c0)的图象与x轴的交点分别为A、B，与y轴的交点为C.设△ABC的外接圆的圆心为点P.

（1）证明：⊙P与y轴的另一个交点为定点.

（2）如果AB恰好为⊙P的直径且S△ABC＝2，求b和c的值.

解 （1）易求得点C的坐标为(0,c)，设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1x2b，x1x2c.

设⊙P与y轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，它们的交点为点O，所以OA×OB＝OC×OD，则OD2cOAOBx1x21.

OCcc因为c0，所以点C在y轴的负半轴上，从而点D在y轴的正半轴上，所以点D为定点，它的坐标为(0,1). （2）因为AB⊥CD，如果AB恰好为⊙P的直径，则C、D关于点O对称，所以点C的坐标为(0,1)， 即c1.

又ABx1x2(x1x2)4x1x2(b)4cb4，所以

222S△ABC

112ABOCb412，解得b23. 22二．（本题满分25分）设CD是直角三角形ABC的斜边AD上的高，I1、I2分别是△ADC、△BDC的内心，AC＝3，BC＝4，求I1I2.

解 作I1E⊥AB于E，I2F⊥AB于F.

FB在直角三角形ABC中，AC＝3，BC＝4，AB=AC2+BC25.

DEI1AI2AC2916，故BD=ABAD， 又CD⊥AB，由射影定理可得AD=AB55CCD=AC2AD212. 513(ADCDAC). 25因为I1E为直角三角形ACD的内切圆的半径，所以I1E＝

连接DI1、DI2，则DI1、DI2分别是∠ADC和∠BDC的平分线，所以∠I1DC＝∠I1DA＝∠I2DC＝∠I2DB

3I1E325＝45°，故∠I1DI2＝90°，所以I1D⊥I2D，DI1.

sinADI1sin455同理，可求得I2F42422，DI2. 所以I1I2＝DI1DI22.

55

三．（本题满分25分）已知a,b,c为正数，满足如下两个条件：

abc32 ①

bcacababc1 ② bccaab4证明：以a,b,c为三边长可构成一个直角三角形. 证法1 将①②两式相乘，得(bcacababc)(abc)8， bccaab(bc)2a2(ca)2b2(ab)2c28， 即

bccaab(bc)2a2(ca)2b2(ab)2c2440， 即

bccaab(bc)2a2(ca)2b2(ab)2c20， 即

bccaab(bca)(bca)(cab)(cab)(abc)(abc)0，

bccaab(bca)即[a(bca)b(cab)c(abc)]0，

abc(bca)(bca)2即[2aba2b2c2]0，即[c(ab)2]0，

abcabc(bca)即(cab)(cab)0，

abc所以bca0或cab0或cab0，即bac或cab或cba.

即

因此，以a,b,c为三边长可构成一个直角三角形.

322a322b322c1， bccaab41222变形，得10242(abc)abc ③

4证法2 结合①式，由②式可得

又由①式得(abc)1024，即abc10242(abbcca)， 代入③式，得10242[10242(abbcca)]22221abc，即abc16(abbcca)4096. 4(a16)(b16)(c16)abc16(abbcca)256(abc)163

4096256321630，

所以a16或b16或c16.

结合①式可得bac或cab或cba.

因此，以a,b,c为三边长可构成一个直角三角形.

第二试 （B）

一．（本题满分20分）题目和解答与（A）卷第一题相同.

二． （本题满分25分） 已知△ABC中，∠ACB＝90°，AB边上的高线CH与△ABC的两条内角平分线 AM、BN分别交于P、Q两点.PM、QN的中点分别为E、F.求证：EF∥AB.

解 因为BN是∠ABC的平分线，所以ABNCBN. 又因为CH⊥AB，所以

AHFNQPECQNBQH90ABN90CBNCNB，

因此CQNC.

CMB又F是QN的中点，所以CF⊥QN，所以CFB90CHB，因此C、F、H、B四点共圆. 又FBH=FBC，所以FC＝FH，故点F在CH的中垂线上. 同理可证，点E在CH的中垂线上.

因此EF⊥CH.又AB⊥CH，所以EF∥AB. 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（A）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a,b,c为正数，满足如下两个条件：

abc32 ①

bcacababc1 ② bccaab4是否存在以a,b,c为三边长的三角形？如果存在，求出三角形的最大内角. 解法1 将①②两式相乘，得(bcacababc)(abc)8， bccaab(bc)2a2(ca)2b2(ab)2c28， 即

bccaab(bc)2a2(ca)2b2(ab)2c2440， 即

bccaab(bc)2a2(ca)2b2(ab)2c20， 即

bccaab(bca)(bca)(cab)(cab)(abc)(abc)0，

bccaab(bca)[a(bca)b(cab)c(abc)]0， 即

abc(bca)(bca)2[2aba2b2c2]0，即[c(ab)2]0， 即

abcabc(bca)(cab)(cab)0， 即

abc即

所以bca0或cab0或cab0，即bac或cab或cba. 因此，以a,b,c为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90°.

322a322b322c1， bccaab41222变形，得10242(abc)abc ③

4解法2 结合①式，由②式可得

又由①式得(abc)1024，即abc10242(abbcca)， 代入③式，得10242[10242(abbcca)]22221abc，即abc16(abbcca)4096. 4(a16)(b16)(c16)abc16(abbcca)256(abc)163

4096256321630，

所以a16或b16或c16.

结合①式可得bac或cab或cba.

因此，以a,b,c为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90°.