2019年初三数学竞赛试卷附答案

2019年初三数学竞赛模拟试卷

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上

第Ⅰ卷（选择题）

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一．选择题（共6小题，每小题4分，共24分）

1．从分数组中删去两个分数，使剩下的数之和为1，则删去两个数是（）

A．B．C．D．

2．将正三角形每条边四等份，然后过这些分点作平行于其它两边的直线，则以图中线段为边的菱形个数为（）

A．15 B．18 C．21 D．24

3．以正方形ABCD的BC边为直径作半圆O，过点D作直线切半圆于点F，交AB边于点E．则三角形ADE和直角梯形EBCD周长之比为（）

A．3：4 B．4：5 C．5：6 D．6：7

4．如图，在边长为1正方形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的点，3AE=EB，有一只蚂蚁从E点出发，经过F、G、H，最后回点E点，则蚂蚁所走的最小路

程是（）

A．2 B．4 C．D．

5．把正整数按下图所示的规律排序，那么从2005到2007的箭头方向依次为（）

A．B．C．D．

6．将沿弦BC折叠，交直径AB于点D，若AD=4，DB=5，则BC的长是（）

A．3 B．8 C． D．2

第Ⅱ卷（非选择题）

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二．填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

7．当整数m=时，代数式的值是整数．

8．规定一种运算“*”：对于任意实数对（x，y）恒有（x，y）*（x，y）=（x+y+1，x2﹣y ﹣1）．若实数a，b满足（a，b）*（a，b）=（b，a），则a=，b=．9．一个七边形棋盘如图所示，7个顶点顺序从0到6编号，称为七个格子．一枚棋子放在0格，现在依逆时针移动这枚棋子，第一次移动1格，第二次移动2格，…，第n次移动n格．则不停留棋子的格子的编号有．

10．如图，在斜坡的顶部有一铁塔AB，在阳光的照射下，塔影DE留在坡面上．已知铁塔底座宽CD=14m，塔影长DE=36m，小明和小华的身高都是1.6m，小明站在点E处，影子也在斜坡面上，小华站在沿DE方向的坡脚下，影子在平地上，两人的影长分别为4m 与2m，那么，塔高AB=m．

11．如图，从卫生纸的包装纸上得到以下资料：两层300格，每格11.4cm×11cm，图甲．用尺量出整卷卫生纸的半径（R）与纸筒内芯的半径（r），分别为5.8cm和2.3cm，图乙．那么该两层卫生纸的厚度为cm．（π取3.14，结果精确到0.001cm）

12．如图，等腰直角三角形ABD，点C是直角边AD上的动点，连接CB．现在将点C绕点A逆时针方向旋转90°得点E，再将点C绕点B顺时针方向旋转90°得点F．如果

，设△AED，△BFD，△ABC的面积分别为S1，S2，S3，那么S1+S2﹣S3=．

三．解答题（共4小题，共46分）

13．（10分）已知，x、y满足，求（x+y）+（x2+2y）+（x3+3y）+…+（x199+199y）的值．

14．（12分）如图，△ABC中，∠BAC=60°，AB=2AC．点P在△ABC内，且PA=，PB=5，PC=2，求△ABC的面积．

15．（12分）是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2﹣qx+p=O有有理数根？16．（12分）操作：在△ABC中，AC=BC=2，∠C=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC、CB于D、E两点．图1，2，3是旋转三角板得到的图形中的3种情况．

研究：

（1）三角板绕点P旋转，观察线段PD和PE之间有什么数量关系，并结合图2加以证明；（2）三角板绕点P旋转，△PBE是否能成为等腰三角形？若能，指出所有情况（即写出△PBE为等腰三角形时CE的长）；若不能，请说明理由；

（3）若将三角板的直角顶点放在斜边AB上的M处，且AM：MB=1：3，和前面一样操作，试问线段MD和ME之间有什么数量关系？并结合图4加以证明．

参考答案与试题解析

1．解：由，而，故删去后，可使剩下的数之和为1．

故选：C．

2．解：图中只有边长为1或2的两种菱形，每个菱形恰有一条与其边长相等的对角线，原正三角形内部每条长为1的线段，恰是一个边长为1的菱形的对角线，这种线段有18条，对应着18个边长为1的菱形；原正三角形的每条中位线恰是一个边长为2的菱形的对角线，三条中位线对应着3个边长为2的菱形．共得21个菱形．

故选：C．

3．解：根据切线长定理得，BE=EF，DF=DC=AD=AB=BC．

设EF=x，DF=y，

则在直角△AED中，AE=y﹣x，AD=CD=y，DE=x+y．

根据勾股定理可得：

（y﹣x）2+y2=（x+y）2，

∴y=4x，

∴三角形ADE的周长为12x，直角梯形EBCD周长为14x，

∴两者周长之比为12x：14x=6：7．

故选：D．

4．解：延长DC到D'，使CD=CD'，G关于C对称点为G'，则FG=FG'，

同样作D'A'⊥CD'，D'A'=DA，H对应的位置为H'，则G'H'=GH，

再作A'B'⊥D'A'，E的对应位置为E'，

则H'E'=HE．

容易看出，当E、F、G'、H'、E'在一条直线上时路程最小，

最小路程为EE'===2．

故选：C．

5．解：∵1和5的位置相同，

∴图中排序每四个一组循环，

而2005除以4的余数为1，

∴2005的位置和1的位置相同，

∴2005

2007．

故选：D．

6．解：连接CA、CD；

根据折叠的性质，知所对的圆周角等于∠CBD，

又∵所对的圆周角是∠CBA，

∵∠CBD=∠CBA，

∴AC=CD（相等的圆周角所对的弦相等）；

∴△CAD是等腰三角形；

过C作CE⊥AB于E．

∵AD=4，则AE=DE=2；

∴BE=BD+DE=7；

在Rt△ACB中，CE⊥AB，根据射影定理，得：

BC2=BE?AB=7×9=63；

故BC=3．

故选：A．

7．解：∵要使代数式的值是整数，

∴3m﹣1只能在±1、±2、±3、±6这四个数中取值，

∵当3m﹣1=1时，∴m=，当3m﹣1=﹣1时，m=0，

当3m﹣1=2时，m=1，当3m﹣1=﹣2时，m=﹣，

当3m﹣1=3时，m=，当3m﹣1=﹣3时，m=﹣，

当3m﹣1=6时，m=，当3m﹣1=﹣6时，m=﹣，

又∵m也是整数，∴可得m=0或1，

故答案为0或1．

8．解：由题意得：，

解得，

故答案两空分别填﹣1，1．

9．解：因棋子移动了n次后走过的总格数是1+2+3+…+n=n（n+1），应停在第=n（n+1）﹣7p格，

这时p是整数，且使0≤n（n+1）﹣7p≤6，分别取n=1，2，3，4，5，6，7时，

n（n+1）﹣7p=1，3，6，3，1，0，0，发现第2，4，5格没有停留棋子，

若7＜n≤10，设n=7+t（t=1，2，3）代入可得，=n（n+1）﹣7p=7m+12t（t+1），

由此可知，停棋的情形与n=t时相同，

故第2，4，5格没有停留棋子．

故答案为：2，4，5．

10．解：作DF⊥CD，交AE于点F，过F作FG⊥AB，垂足为G，可得矩形BDFG．

由题意得：=

∴DF==14.4（m）；

∵GF=BD=CD=7（m），

同理可得：=，

∴AG=1.6÷2×7=5.6（m），

∴AB=14.4+5.6=20（m）．

∴铁塔的高度为20m．

故答案为：20．

11．解：设该两层卫生纸的厚度为hcm．根据题意，得11.4×11×h×300=π（5.82﹣2.32）×11

37620h=π（33.64﹣5.29）×11

h≈0.026．

答：两层卫生纸的厚度为0.026cm．

12．解：作CM⊥AB，DN⊥BF垂足分别为M，N，

由旋转的性质可知AC=AE，BC=BF，

设AC=x，则CM=x，

又AD=BD=，

∴AB=2，

那么S

=×AE×AD=x，S△ABC=×AB×CM=x，△AED

而△BDN∽△CBD，那么，那么DN×BC=BD2=2，=×BF×DN=×DN×BC=1，

∴S

△BFD

∴S1+S2﹣S3=S△AED+S△BFD﹣S△ABC=x+1﹣x=1．

故答案为：1．

13．解：∵且，

∴y﹣2x=0，

∴x=1，y=2；