[初三数学]AMC12年级2004年数学竞赛试题
2012年全国初中数学竞赛试题及答案(正题、副题)2012年全国初中数学竞赛试题及答案(正题、副题)
2012年全国初中数学竞赛试题（正题）题号一二三总分1～56～101112 1314得分评卷人复查人答题时注意：1．用圆珠笔或钢笔作答；2．解答书写时不要超过装订线；3．草稿纸不上交.一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分. 每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）1（甲）．如果实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，那么代数式可以化简为（）．（第1（甲）题）（A）2c-a（B）2a-2b（C）-a（D）a1（乙）．如果，那么的值为（）．（A）（B）（C）2 （D）2（甲）．如果正比例函数y = ax（a ≠ 0）与反比例函数y =（b ≠0 ）的图象有两个交点，其中一个交点的坐标为（－3，－2），那么另一个交点的坐标为（）．（A）（2，3）（B）（3，－2）（C）（－2，3）（D）（3，2）2（乙）．在平面直角坐标系中，满足不等式x2＋y2≤2x＋2y的整数点坐标（x，y）的个数为（）．（A）10 （B）9 （C）7 （D）53（甲）．如果为给定的实数，且，那么这四个数据的平均数与中位数之差的绝对值是（）．（A）1 （B）（C）（D）3（乙）．如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．，AD = 3，BD = 5，则CD的长为（）．（第3（乙）题）（A）（B）4 （C）（D）4.54（甲）．小倩和小玲每人都有若干面值为整数元的人民币．小倩对小玲说：“你若给我2元，我的钱数将是你的n倍”；小玲对小倩说：“你若给我n元，我的钱数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（）．（A）1 （B）2 （C）3 （D）44（乙）．如果关于x的方程是正整数）的正根小于3，那么这样的方程的个数是（）．（A）5 （B）6 （C）7 （D）85（甲）．一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，3，4，5，6．掷两次骰子，设其朝上的面上的两个数字之和除以4的余数分别是0，1，2，3的概率为，则中最大的是（）．（A）（B）（C）（D）5（乙）．黑板上写有共100个数字．每次操作先从黑板上的数中选取2个数，然后删去，并在黑板上写上数，则经过99次操作后，黑板上剩下的数是（）．（A）2012 （B）101 （C）100 （D）99二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）6（甲）．按如图的程序进行操作，规定：程序运行从“输入一个值x”到“结果是否>487？”为一次操作. 如果操作进行四次才停止，那么x的取值范围是.（第6（甲）题）6（乙）. 如果a，b，c是正数，且满足，，那么的值为．7（甲）．如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别交于点M，N，则△DMN的面积是 .（第7（甲）题）（第7（乙）题）7（乙）．如图，的半径为20，是上一点.以为对角线作矩形，且.延长，与分别交于两点，则的值等于．8（甲）．如果关于x的方程x2+kx+k2－3k+= 0的两个实数根分别为，，那么的值为．8（乙）．设为整数，且1≤n≤2012. 若能被5整除，则所有的个数为 .9（甲）．2位八年级同学和m位九年级同学一起参加象棋比赛，比赛为单循环，即所有参赛者彼此恰好比赛一场．记分规则是：每场比赛胜者得3分，负者得0分；平局各得1分. 比赛结束后，所有同学的得分总和为130分，而且平局数不超过比赛局数的一半，则m 的值为.风味试卷试题根据语境9（乙）．如果正数x，y，z可以是一个三角形的三边长，那么称是三角形数．若和均为三角形数，且a≤b≤c，则的取值范围是.D10（甲）．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，AD = DC. 分别延长BA，CD，交点为E. 作BF⊥EC，并与EC的延长线交于点F. 若AE = AO，BC = 6，则CF的长为.的小伙子化学教案他离开公司后化学教案会去哪（第10（甲）题）10（乙．已知是偶数，且1≤≤100．若有唯一的正整数对使得成立，则这样的的个数为．三、解答题（共4题，每题20分，共80分）11（甲）．已知二次函数，当时，恒有；关于x的方程的两个实数根的倒数和小于．求的取值范围．11（乙）．如图，在平面直角坐标系xOy中，AO = 8，AB = AC，sin∠ABC=．CD与y轴交于点E，且S△COE = S△ADE. 已知经过B，C，E三点的图象是一条抛物线，求这条抛物线对应的二次函数的解析式.（第11（乙）题）12（甲）．如图，的直径为，过点，且与内切于点．为上的点，与交于点，且．点在上，且，BE的延长线与交于点，求证：△BOC∽△．（第12（甲）题）12（乙）．如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AC，BD是它的对角线，AC的中点I是△ABD的内心. 求证：（1）OI是△IBD的外接圆的切线；（2）AB+AD = 2BD.（第12（乙）题）13（甲）．已知整数a，b满足：a－b是素数，且ab是完全平方数. 当a≥2012时，求a的最小值.13（乙）．凸边形中最多有多少个内角等于？并说明理由14（甲）．求所有正整数n，使得存在正整数，满足，且.14（乙）．将（n≥2）任意分成两组，如果总可以在其中一组中找到数（可以相同）使得，求的最小值2012年全国初中数学竞赛试题（正题）参考答案一、选择题1（甲）．C解：由实数a，b，c在数轴上的位置可知，且，所以．1（乙）．B解：．2（甲）．D解：由题设知，，，所以.解方程组得所以另一个交点的坐标为（3，2）.注：利用正比例函数与反比例函数的图象及其对称性，可知两个交点关于原点对称，因此另一个交点的坐标为（3，2）.2（乙）．B解：由题设x2＋y2≤2x＋2y，得0≤≤2.因为均为整数，所以有解得以上共计9对.3（甲）．D解：由题设知，，所以这四个数据的平均数为，中位数为，于是.3（乙）．B解：如图，以CD为边作等边△CDE，连接AE.（第3（乙）题）由于AC = BC，CD = CE，∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD =∠ACE，所以△BCD≌△ACE，BD = AE.又因为，所以.在Rt△中，于是DE=，所以CD = DE = 4.4（甲）．D解：设小倩所有的钱数为x元、小玲所有的钱数为y元，均为非负整数. 由题设可得消去x得(2y－7)n = y+4，2n =.因为为正整数，所以2y－7的值分别为1，3，5，15，所以y的值只能为4，5，6，11．从而n的值分别为8，3，2，1；x的值分别为14，7，6，7．4（乙）．C解：由一元二次方程根与系数关系知，两根的乘积为，故方程的根为一正一负．由二次函数的图象知，当时，，所以，即. 由于都是正整数，所以，1≤q≤5；或，1≤q≤2，此时都有. 于是共有7组符合题意．5（甲）．D解：掷两次骰子，其朝上的面上的两个数字构成的有序数对共有36个，其和除以4的余数分别是0，1，2，3的有序数对有9个，8个，9个，10个，所以，因此最大．5（乙）．C解：因为，所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加1后的乘积不变．设经过99次操作后黑板上剩下的数为，则，解得，．二、填空题6（甲）．7＜x≤19解：前四次操作的结果分别为3x－2，3(3x－2)－2 = 9x－8，3(9x－8)－2 = 27x－26，3(27x－26)－2 = 81x－80.由已知得27x－26≤487，81x－80＞487.解得7＜x≤19.容易验证，当7＜x≤19时，≤487 ≤487，故x的取值范围是7＜x≤19．6（乙）．7解：由已知可得．7（甲）．8解：连接DF，记正方形的边长为2. 由题设易知△∽△，所以，由此得所以.（第7（甲）题）在Rt△ABF中，因为，所以，于是.由题设可知△ADE≌△BAF，所以，.于是，，.又，所以.因为，所以.7（乙）．解：如图，设的中点为，连接，则．因为，所以，．（第7（乙）题）所以.8（甲）．解：根据题意，关于x的方程有=k2－4≥0，由此得 (k－3)2≤0．又(k－3)2≥0，所以(k－3)2=0，从而k=3. 此时方程为x2+3x+=0，解得x1=x2=.故==．8（乙）．1610解：因为==.当被5除余数是1或4时，或能被5整除，则能被5整除；当被5除余数是2或3时，能被5整除，则能被5整除；当被5除余数是0时，不能被5整除.所以符合题设要求的所有的个数为．9（甲）．8解：设平局数为，胜（负）局数为，由题设知，由此得0≤b≤43.又，所以. 于是0≤≤43，87≤≤130，由此得，或.当时，；当时，，，不合题设.故．9（乙）．≤1解：由题设得所以，即.整理得，由二次函数的图象及其性质，得.又因为≤1，所以≤1.10（甲）．解：如图，连接AC，BD，OD.（第10（甲）题）由AB是⊙O的直径知∠BCA =∠BDA = 90°.依题设∠BFC = 90°，四边形ABCD是⊙O 的内接四边形，所以∠BCF =∠BAD,所以Rt△BCF∽Rt△BAD，因此.因为OD是⊙O的半径，AD = CD，所以OD垂直平分AC，OD∥BC，于是. 因此.由△∽△，知．因为，所以，BA=AD，故.10（乙）. 12解：由已知有，且为偶数，所以同为偶数，于是是4的倍数．设，则1≤≤25．（Ⅰ）若，可得，与b是正整数矛盾．（Ⅱ）若至少有两个不同的素因数，则至少有两个正整数对满足；若恰是一个素数的幂，且这个幂指数不小于3，则至少有两个正整数对满足．（Ⅲ）若是素数，或恰是一个素数的幂，且这个幂指数为2，则有唯一的正整数对满足．因为有唯一正整数对，所以m的可能值为2，3，4，5，7，9，11，13，17，19，23，25，共有12个．三、解答题11（甲）．解：因为当时，恒有，所以，即，所以．…………（5分）当时，≤；当时，≤，即≤，且≤，解得≤．…………（10分）设方程的两个实数根分别为，由一元二次方程根与系数的关系得．因为，所以，解得，或．因此．…………（20分）11（乙）．解：因为sin∠ABC=，，所以AB = 10．由勾股定理，得BO=.（第11（乙）题）易知△ABO≌△ACO，因此CO = BO = 6.于是A（0，－8），B（6，0），C（－6，0）.设点D的坐标为（m，n），由S△COE = S△ADE，得S△CDB = S△AOB. 所以，，解得n=－4.因此D为AB的中点，点D的坐标为（3，－4）.…………（10分）因此CD，AO分别为AB，BC的两条中线，点E为△A BC的重心，所以点E的坐标为.设经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为y=a（x－6）（x+6）. 将点E的坐标代入，解得a =.故经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为.…………（20分）12（甲）．证明：连接BD，因为为的直径，所以．又因为，所以△CBE是等腰三角形．（第12（甲）题）…………（5分）设与交于点，连接OM，则．又因为，所以．…………（15分）又因为分别是等腰△，等腰△的顶角，所以△BOC∽△．…………（20分）12（乙）．证明：（1）如图，根据三角形内心的性质和同弧上圆周角的性质知（第12（乙）题）所以CI = CD．同理，CI = CB.故点C是△IBD的外心.连接OA，OC，因为I是AC的中点，且OA = OC，所以OI⊥AC，即OI⊥CI.故OI是△IBD外接圆的切线.…………（10分）（2）如图，过点I作IE⊥AD于点E，设OC与BD交于点F.由，知OC⊥BD.因为∠CBF =∠IAE，BC = CI = AI，所以Rt△BCF≌Rt△AIE，所以BF = AE.又因为I是△ABD的内心，所以AB+AD－BD = 2AE = BD.故AB+AD = 2BD．…………（20分）13（甲）．解：设a－b = m（m是素数），ab = n2（n是正整数）.因为(a+b)2－4ab = (a－b)2，所以 (2a－m)2－4n2 = m2，(2a－m+2n)(2a－m－2n) = m2.…………（5分）因为2a－m+2n与2a－m－2n都是正整数，且2a－m+2n＞2a－m－2n(m为素数)，所以2a－m+2n m 2，2a－m－2n1.解得a，.于是= a－m.…………（10分）又a≥2012，即≥2012.又因为m是素数，解得m≥89. 此时，a≥=2025.当时，，，.因此，a的最小值为2025.…………（20分）13（乙）．解：假设凸边形中有个内角等于，则不等于的内角有个．（1）若，由，得，正十二边形的12个内角都等于；…………（5分）（2）若，且≥13，由，可得，即≤11．当时，存在凸边形，其中的11个内角等于，其余个内角都等于，．…………（10分）（3）若，且≤≤．当时，设另一个角等于．存在凸边形，其中的个内角等于，另一个内角．由≤可得；由≥8可得，且．…………（15分）（4）若，且3≤≤7，由（3）可知≤．当时，存在凸边形，其中个内角等于，另两个内角都等于．综上，当时，的最大值为12；当≥13时，的最大值为11；当≤≤时，的最大值为；当3≤≤7时，的最大值为．…………（20分）14（甲）．解：由于都是正整数，且，所以≥1，≥2，…，≥2012．于是≤．…………（10分）当时，令，则.…………（15分）当时，其中≤≤，令，则．综上，满足条件的所有正整数n为．…………（20分）14（乙）．解：当时，把分成如下两个数组：和．在数组中，由于，所以其中不存在数，使得．在数组中，由于，所以其中不存在数，使得．所以，≥．…………（10分）下面证明当时，满足题设条件．不妨设2在第一组，若也在第一组，则结论已经成立．故不妨设在第二组. 同理可设在第一组，在第二组．此时考虑数8．如果8在第一组，我们取，此时；如果8在第二组，我们取，此时．综上，满足题设条件．所以，的最小值为．…………（20分）2012年全国初中数学竞赛试题（副题）题号一二三总分1～56～101112 1314得分评卷人复查人答题时注意：1．用圆珠笔或钢笔作答；2．解答书写时不要超过装订线；3．草稿纸不上交.一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分. 以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）1. 小王在做数学题时，发现下面有趣的结果：由上，我们可知第100行的最后一个数是（）．（A）10000 （B）10020 （C）10120 （D）102002. 如图，在3×4表格中，左上角的1×1小方格被染成黑色，则在这个表格中包含黑色小方格的矩形个数是（）．（A）11 （B）12 （C）13 （D）14（第2题）3．如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是（）．（A）1 （B）2 （C）3 （D）44. 若函数y=（k2－1）x2－（k+1）x+1（k为参数）的图象与x轴没有公共点，则k的取值范围是（）．（A）k＞，或k＜－1 （B）－1＜k＜，且k≠1（C）k＞，或k≤－1 （D）k≥，或k≤－15. △ABC中，，分别为上的点，平分，BM=CM，为上一点，且，则与的大小关系为（）．（A）（B）（C）（D）无法确定二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）6. 如图，正方形ABCD的面积为90．点P在AB上，；X，Y，Z三点在BD上，且，则△PZX的面积为．（第6题）7．甲、乙、丙三辆车都匀速从A地驶往B地．乙车比丙车晚5分钟出发，出发后40分钟追上丙车；甲车比乙车晚20分钟出发，出发后100分钟追上丙车，则甲车出发后分钟追上乙车．8. 设a n=（n为正整数），则a1+a2+…+a2012的值 1.（填“＞”，“＝”或“＜”）9．红、黑、白三种颜色的球各10个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，那么共有种放法．10. △ABC中，已知，且b=4，则a+c= .②将醚层依次用饱和亚硫酸三、解答题（共4题，每题20分，共80分）11. 已知c≤b≤a，且，求的最小值．12. 求关于a，b，c，d的方程组的所有正整数解.13. 如图，梯形ABCD中，AB∥CD，AC，BD相交于点O．P，Q分别是AD，BC上的点，且，．求证：OP＝OQ．（第13题）14.（1）已知三个数中必有两个数的积等于第三个数的平方，求的值.（2）设为非零实数，为正整数，是否存在一列数满足首尾两项的积等于中间项的平方？（3）设为非零实数，若将一列数中的某一项删去后得到又一列数（按原来的顺序），满足首尾两项的积等于中间项的平方. 试求的所有可能的值.2012年全国初中数学竞赛试题（副题）参考答案一、选择题1．D解：第k行的最后一个数是，故第100行的最后一个数是．2. B解：这个表格中的矩形可由对角线的两个端点确定，由于包含黑色小方格，于是，对角线的一个端点确定，另一个端点有3×4=12种选择.3．B解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式≥0，且为完全平方数．≥0，又2≥，所以，当时，解得；当时，解得．4. C解：当函数为二次函数时，有k2－1≠0，=(k+1)2－4(k2－1)＜0.解得k＞，或k＜－1．当函数为一次函数时，k=1，此时y=－2x+1与x轴有公共点，不符合题意．当函数为常数函数时，k=－1，此时y=1与x轴没有公共点.所以，k的取值范围是k＞，或k≤－1.5. B（第5题）解：如图，设，作BKCE，则，于是A，B，E，C四点共圆. 因为是的中点，所以，从而有，即平分.二、填空题6. 30（第6题）解：如图，连接PD，则．7．180解：设甲、乙、丙三车的速度分别为每分钟x，y，z米，由题意知，．消去z，得．设甲车出发后t分钟追上乙车，则，即，解得．8．＜解：由a n==，得a1+a2+…+a2012==＜1.9．25解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有1≤≤9，且，（1）即，（2）于是．因此中必有一个取5．不妨设，代入（1）式，得到．此时，y可取1，2，…，8，9（相应地z取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得y=5，或者z=5时，也各有9种放法．但时，两种放法重复．因此共有9×3－2 = 25种放法．10. 6（第10题）解：如图，设△ABC内切圆为⊙I，半径为r，⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，连接IA，IB，IC，ID，IE，IF.由切线长定理得AF=p－a，BD=p－b，CE=p－c，其中p=(a+b+c).在Rt△AIF中，tan∠IAF=，即tan.同理，tan，tan.代入已知等式，得.因此a+c=.三、解答题11. 解：已知，又，且，所以b，c是关于x的一元二次方程的两个根.故≥0，≥0，即≥0，所以≥20．于是≤-10，≥10，从而≥≥10，故≥30，当时，等号成立．12. 解：将abc=d代入10ab+10bc+10ca=9d得10ab+10bc+10ca=9abc.因为abc≠0，所以，.不妨设a≤b≤c，则≥≥＞0.于是，＜≤，即＜≤，＜a≤.从而，a=2，或3.若a=2，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤5.从而，b=3，4，5. 相应地，可得c=15，(舍去)，5.当a=2，b=3，c=15时，d=90；当a=2，b=5，c=5时，d=50.若a=3，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤.从而，b=2（舍去），3.当b=3时，c=(舍去).因此，所有正整数解为(a，b，c，d)=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)，(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).13. 证明：延长DA至，使得，则，于是△DPC∽△，故，所以PO∥．（第13题）又因为△DPO ∽△，所以．同理可得，而AB∥CD，所以，故OP＝OQ．14.解：（1）由题设可得，或，或.由，解得；由，解得；由，解得.所以满足题设要求的实数.（2）不存在.由题设（整数≥1）满足首项与末项的积是中间项的平方，则有，解得，这与矛盾.故不存在这样的数列.（3）如果删去的是1，或者是，则由（2）知，或数列均为1，1，1，即，这与题设矛盾.如果删去的是，得到的一列数为，那么，可得.如果删去的是，得到的一列数为，那么，开得.所以符合题设要求的的值为1，或.41。
2012年全国初中数学联赛试题
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1a =，b =2c =，那么,,a b c 的大小关系是 （ ）A. a b c <<B. a c b <<C. b a c <<D.b c a <<2．方程222334x xy y ++=的整数解(,)x y 的组数为（）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 （）A B C D 4．已知实数,a b 满足221a b +=，则44a ab b ++的最小值为（）A ．18-.B ．0.C ．1.D ．98. 5．若方程22320x px p +--=的两个不相等的实数根12,x x 满足232311224()x x x x +=-+，则 实数p 的所有可能的值之和为 （ ）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a c b +=+.这样的四位数共有 （ ）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,,a b c 满足111a b c t b c a+=+=+=，则t = ．2．使得521m⨯+是完全平方数的整数m 的个数为 ．3．在△ABC 中，已知AB ＝AC ，∠A ＝40°，P 为AB 上一点，∠ACP ＝20°，则BC AP＝ ． 4．已知实数,,a b c 满足1abc =-，4a b c ++=，22243131319a b c a a b b c c ++=------，则222a b c ++＝ ． 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.二．（本题满分25分）如图，PA 为⊙O 的切线，PBC 为⊙O 的割线，A D ⊥OP 于点D .证明：2AD BD CD =⋅.三．（本题满分25分）已知抛物线216y x bx c =-++的顶点为P ，与x 轴的正半轴交于A 1(,0)x 、B 2(,0)x （12x x <）两点，与y 轴交于点C ，PA 是△ABC 的外接圆的切线.设M 3(0,)2-，若AM//BC ，求抛物线的解析式. 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.二．（本题满分25分）如图，PA 为⊙O 的切线，PBC 为⊙O 的割线，A D ⊥OP 于点D ，△ADC 的外接圆与BC 的另一个交点为E.证明：∠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216y x bx c =-++的顶点为P ，与x 轴的正半轴交于A 1(,0)x 、B 2(,0)x （12x x <）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1)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.参考答案及评分标准第一试一、选择题1．D ．解析：由已知可知，n 是正整数，于是1-n 是非负整数（0，1，2……），进而可知)1(2-n 可表示非负偶数，所以)1(2--n 可表示非正的偶数．2．B ．解析：原式183)12(2)83()12(222=-+-=-+-=．3．A ．解析：31=+xx 7122=+∴x x ∴原式81171112=+=++=x x ． 4．D ．解析：原方程变形为2001)1(=+x k ，12001+=∴k x ． 故1+k 应是2001的约数即可．2001的约数有1±，3±，±22，±29,±66,±87,667±和2001±．5．B 解析：a ，b 为正数，2=+b a ，20<<a ，20<<b ，40<<ab ，51<<t ，ab b a 2422-=+，8444222+-=-=-+=t ab ab b a S （51<<t ）6．C ．解析：ch ab =，2222h c b a =，222222222)(h b h a h b a b a +=+=，两边同除以22b a 即可．二、填空题1．答案2010-．解2=++c b a ，122=++c b a ，联立方程组得1-=+b a ，3=c ，故20103)1(2013)(2013-=+-⨯=++c b a ．2．答案︒19．解︒=∠70ADC ，︒=∠100CAE ，AE AC =，︒=∠40AEC ，︒=∠20CEDDE BD =，︒=∠102BDE ，︒=∠39BED ，︒=︒-︒=∠192039BEC ．3．答案28．解：设共有x 人，则，6)742(<++-x x x x 56<∴x x ，2x ，4x ，7x 都是正整数，28=∴x ．4．答案23．解：易证：BGE BGC ∆≅∆，EG CG =∴，BE AB =，︒=∠15AEB ︒=∠=∠45GEC GCE ，︒=∠90CGE ，23=∴CG ．（ （（ （ （ 第二试一、设方程的两个正整数根分别为1x ，2x 则： 121-=+k p x x 121-=k k x x 1x ，2x 是正整数，∴1x 2x 是正整数．1-∴k k 也是正整数，又k 为整数．……5’ 11=-∴k （否则，k 与1-k 互质，而1-k k 就不可能是整数．……10’2=∴k ，则221=⋅x x ， 11=∴x ，22=x （或21=x ，12=x ）． 3=∴p ……20’二、（1）36=⨯PQ AP ，3=PQ ，PQ ∥AC ，PQB ∆∴∽ACB ∆……10’43==∴AB AC BP PQ ，4=PB 16412=+=∴AB ……15’ （2）x AP = ，x BP -=∴16，)16(43x PQ -=……20’ 48)8(43)16(432+--=-=x x x y （160≤≤x ） 当8=x 时，48=最大y 故当8=AP 时，矩形APQR 的面积最大为48．……25’ 三、（1）EF CD AB == EF CD AB ==∴A E C A EB B EC C ED BE C Q E D ∠=∠+∠=∠+∠=∠ ……5’ACE QDE ∠=∠ Q D E ∆∴∽ACE ∆ DQAC DQ DE QE AC CE AE =++++∴， 即：DE QE CE AE DQ AC ++=……10’ （2）EF CD = DE ∴∥CF ，DE CQ EP CP =∴……15’ CDQ AEC QED ∠=∠=∠QCD DEQ QCD QDC EQF DQF DQE ∠=∠-∠+∠=∠-∠=∠ QDC ∆∴∽DEQ ∆ DQ CQ DE DQ =∴．即DE CQ DQ ⋅=2……20’ 22222CE AC DE DQ DE DE CQ DE CQ EP CP ==⋅==∴ 22CE AC EP CP =∴ 即：EPCP CE AC =………………25’。
2012年全国初中数学竞赛试题及答案(正题、副题)
2012年全国初中数学竞赛试题（正题）题号一二三总分1～56～101112 1314得分评卷人复查人答题时注意：1．用圆珠笔或钢笔作答；2．解答书写时不要超过装订线；3．草稿纸不上交.一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分. 每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）1（甲）．如果实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，那么代数式可以化简为（）．（第1（甲）题）（A）2c-a（B）2a-2b（C）-a（D）a1（乙）．如果，那么的值为（）．（A）（B）（C）2 （D）2（甲）．如果正比例函数y = ax（a ≠ 0）与反比例函数y =（b ≠0 ）的图象有两个交点，其中一个交点的坐标为（－3，－2），那么另一个交点的坐标为（）．（A）（2，3）（B）（3，－2）（C）（－2，3）（D）（3，2）2（乙）．在平面直角坐标系中，满足不等式x2＋y2≤2x＋2y的整数点坐标（x，y）的个数为（）．（A）10 （B）9 （C）7 （D）53（甲）．如果为给定的实数，且，那么这四个数据的平均数与中位数之差的绝对值是（）．（A）1 （B）（C）（D）3（乙）．如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．，AD = 3，BD = 5，则CD的长为（）．（第3（乙）题）（A）（B）4 （C）（D）4.54（甲）．小倩和小玲每人都有若干面值为整数元的人民币．小倩对小玲说：“你若给我2元，我的钱数将是你的n倍”；小玲对小倩说：“你若给我n元，我的钱数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（）．（A）1 （B）2 （C）3 （D）44（乙）．如果关于x的方程是正整数）的正根小于3，那么这样的方程的个数是（）．（A）5 （B）6 （C）7 （D）85（甲）．一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，3，4，5，6．掷两次骰子，设其朝上的面上的两个数字之和除以4的余数分别是0，1，2，3的概率为，则中最大的是（）．（A）（B）（C）（D）5（乙）．黑板上写有共100个数字．每次操作先从黑板上的数中选取2个数，然后删去，并在黑板上写上数，则经过99次操作后，黑板上剩下的数是（）．（A）2012 （B）101 （C）100 （D）99二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）6（甲）．按如图的程序进行操作，规定：程序运行从“输入一个值x”到“结果是否>487？”为一次操作. 如果操作进行四次才停止，那么x的取值范围是.（第6（甲）题）6（乙）. 如果a，b，c是正数，且满足，，那么的值为．7（甲）．如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别交于点M，N，则△DMN的面积是 .（第7（甲）题）（第7（乙）题）7（乙）．如图，的半径为20，是上一点.以为对角线作矩形，且.延长，与分别交于两点，则的值等于．8（甲）．如果关于x的方程x2+kx+k2－3k+= 0的两个实数根分别为，，那么的值为．8（乙）．设为整数，且1≤n≤2012. 若能被5整除，则所有的个数为 .9（甲）．2位八年级同学和m位九年级同学一起参加象棋比赛，比赛为单循环，即所有参赛者彼此恰好比赛一场．记分规则是：每场比赛胜者得3分，负者得0分；平局各得1分. 比赛结束后，所有同学的得分总和为130分，而且平局数不超过比赛局数的一半，则m 的值为.9（乙）．如果正数x，y，z可以是一个三角形的三边长，那么称是三角形数．若和均为三角形数，且a≤b≤c，则的取值范围是.10（甲）．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，AD = DC. 分别延长BA，CD，交点为E. 作BF⊥EC，并与EC的延长线交于点F. 若AE = AO，BC = 6，则CF的长为.（第10（甲）题）10（乙．已知是偶数，且1≤≤100．若有唯一的正整数对使得成立，则这样的的个数为．三、解答题（共4题，每题20分，共80分）11（甲）．已知二次函数，当时，恒有；关于x的方程的两个实数根的倒数和小于．求的取值范围．11（乙）．如图，在平面直角坐标系xOy中，AO = 8，AB = AC，sin∠ABC=．CD与y轴交于点E，且S△COE = S△ADE. 已知经过B，C，E三点的图象是一条抛物线，求这条抛物线对应的二次函数的解析式.（第11（乙）题）12（甲）．如图，的直径为，过点，且与内切于点．为上的点，与交于点，且．点在上，且，BE的延长线与交于点，求证：△BOC∽△．（第12（甲）题）12（乙）．如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AC，BD是它的对角线，AC的中点I是△ABD的内心. 求证：（1）OI是△IBD的外接圆的切线；（2）AB+AD = 2BD.（第12（乙）题）13（甲）．已知整数a，b满足：a－b是素数，且ab是完全平方数. 当a≥2012时，求a的最小值.13（乙）．凸边形中最多有多少个内角等于？并说明理由14（甲）．求所有正整数n，使得存在正整数，满足，且.14（乙）．将（n≥2）任意分成两组，如果总可以在其中一组中找到数（可以相同）使得，求的最小值2012年全国初中数学竞赛试题（正题）参考答案一、选择题1（甲）．C解：由实数a，b，c在数轴上的位置可知，且，所以．1（乙）．B解：．2（甲）．D解：由题设知，，，所以.解方程组得所以另一个交点的坐标为（3，2）.注：利用正比例函数与反比例函数的图象及其对称性，可知两个交点关于原点对称，因此另一个交点的坐标为（3，2）.2（乙）．B解：由题设x2＋y2≤2x＋2y，得0≤≤2.因为均为整数，所以有解得以上共计9对.3（甲）．D解：由题设知，，所以这四个数据的平均数为，中位数为，于是.3（乙）．B解：如图，以CD为边作等边△CDE，连接AE.（第3（乙）题）由于AC = BC，CD = CE，∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD =∠ACE，所以△BCD≌△ACE，BD = AE.又因为，所以.在Rt△中，于是DE=，所以CD = DE = 4.4（甲）．D解：设小倩所有的钱数为x元、小玲所有的钱数为y元，均为非负整数. 由题设可得消去x得(2y－7)n = y+4，2n =.因为为正整数，所以2y－7的值分别为1，3，5，15，所以y的值只能为4，5，6，11．从而n的值分别为8，3，2，1；x的值分别为14，7，6，7．4（乙）．C解：由一元二次方程根与系数关系知，两根的乘积为，故方程的根为一正一负．由二次函数的图象知，当时，，所以，即. 由于都是正整数，所以，1≤q≤5；或，1≤q≤2，此时都有. 于是共有7组符合题意．5（甲）．D解：掷两次骰子，其朝上的面上的两个数字构成的有序数对共有36个，其和除以4的余数分别是0，1，2，3的有序数对有9个，8个，9个，10个，所以，因此最大．5（乙）．C解：因为，所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加1后的乘积不变．设经过99次操作后黑板上剩下的数为，则，解得，．二、填空题6（甲）．7＜x≤19解：前四次操作的结果分别为3x－2，3(3x－2)－2 = 9x－8，3(9x－8)－2 = 27x－26，3(27x－26)－2 = 81x－80.由已知得27x－26≤487，81x－80＞487.解得7＜x≤19.容易验证，当7＜x≤19时，≤487 ≤487，故x的取值范围是7＜x≤19．6（乙）．7解：由已知可得．7（甲）．8解：连接DF，记正方形的边长为2. 由题设易知△∽△，所以，由此得所以.（第7（甲）题）在Rt△ABF中，因为，所以，于是.由题设可知△ADE≌△BAF，所以，.于是，，.又，所以.因为，所以.7（乙）．解：如图，设的中点为，连接，则．因为，所以，．（第7（乙）题）所以.8（甲）．解：根据题意，关于x的方程有=k2－4≥0，由此得 (k－3)2≤0．又(k－3)2≥0，所以(k－3)2=0，从而k=3. 此时方程为x2+3x+=0，解得x1=x2=.故==．8（乙）．1610解：因为==.当被5除余数是1或4时，或能被5整除，则能被5整除；当被5除余数是2或3时，能被5整除，则能被5整除；当被5除余数是0时，不能被5整除.所以符合题设要求的所有的个数为．9（甲）．8解：设平局数为，胜（负）局数为，由题设知，由此得0≤b≤43.又，所以. 于是0≤≤43，87≤≤130，由此得，或.当时，；当时，，，不合题设.故．9（乙）．≤1解：由题设得所以，即.整理得，由二次函数的图象及其性质，得.又因为≤1，所以≤1.10（甲）．解：如图，连接AC，BD，OD.（第10（甲）题）由AB是⊙O的直径知∠BCA =∠BDA = 90°.依题设∠BFC = 90°，四边形ABCD是⊙O 的内接四边形，所以∠BCF =∠BAD,所以Rt△BCF∽Rt△BAD，因此.因为OD是⊙O的半径，AD = CD，所以OD垂直平分AC，OD∥BC，于是. 因此.由△∽△，知．因为，所以，BA=AD，故.10（乙）. 12解：由已知有，且为偶数，所以同为偶数，于是是4的倍数．设，则1≤≤25．（Ⅰ）若，可得，与b是正整数矛盾．（Ⅱ）若至少有两个不同的素因数，则至少有两个正整数对满足；若恰是一个素数的幂，且这个幂指数不小于3，则至少有两个正整数对满足．（Ⅲ）若是素数，或恰是一个素数的幂，且这个幂指数为2，则有唯一的正整数对满足．因为有唯一正整数对，所以m的可能值为2，3，4，5，7，9，11，13，17，19，23，25，共有12个．三、解答题11（甲）．解：因为当时，恒有，所以，即，所以．…………（5分）当时，≤；当时，≤，即≤，且≤，解得≤．…………（10分）设方程的两个实数根分别为，由一元二次方程根与系数的关系得．因为，所以，解得，或．因此．…………（20分）11（乙）．解：因为sin∠ABC=，，所以AB = 10．由勾股定理，得BO=.（第11（乙）题）易知△ABO≌△ACO，因此CO = BO = 6.于是A（0，－8），B（6，0），C（－6，0）.设点D的坐标为（m，n），由S△COE = S△ADE，得S△CDB = S△AOB. 所以，，解得n=－4.因此D为AB的中点，点D的坐标为（3，－4）.…………（10分）因此CD，AO分别为AB，BC的两条中线，点E为△A BC的重心，所以点E的坐标为.设经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为y=a（x－6）（x+6）. 将点E的坐标代入，解得a =.故经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为.…………（20分）12（甲）．证明：连接BD，因为为的直径，所以．又因为，所以△CBE是等腰三角形．（第12（甲）题）…………（5分）设与交于点，连接OM，则．又因为，所以．…………（15分）又因为分别是等腰△，等腰△的顶角，所以△BOC∽△．…………（20分）12（乙）．证明：（1）如图，根据三角形内心的性质和同弧上圆周角的性质知（第12（乙）题）所以CI = CD．同理，CI = CB.故点C是△IBD的外心.连接OA，OC，因为I是AC的中点，且OA = OC，所以OI⊥AC，即OI⊥CI.故OI是△IBD外接圆的切线.…………（10分）（2）如图，过点I作IE⊥AD于点E，设OC与BD交于点F.由，知OC⊥BD.因为∠CBF =∠IAE，BC = CI = AI，所以Rt△BCF≌Rt△AIE，所以BF = AE.又因为I是△ABD的内心，所以AB+AD－BD = 2AE = BD.故AB+AD = 2BD．…………（20分）13（甲）．解：设a－b = m（m是素数），ab = n2（n是正整数）.因为(a+b)2－4ab = (a－b)2，所以 (2a－m)2－4n2 = m2，(2a－m+2n)(2a－m－2n) = m2.…………（5分）因为2a－m+2n与2a－m－2n都是正整数，且2a－m+2n＞2a－m－2n(m为素数)，所以2a－m+2n m 2，2a－m－2n1.解得a，.于是= a－m.…………（10分）又a≥2012，即≥2012.又因为m是素数，解得m≥89. 此时，a≥=2025.当时，，，.因此，a的最小值为2025.…………（20分）13（乙）．解：假设凸边形中有个内角等于，则不等于的内角有个．（1）若，由，得，正十二边形的12个内角都等于；…………（5分）（2）若，且≥13，由，可得，即≤11．当时，存在凸边形，其中的11个内角等于，其余个内角都等于，．…………（10分）（3）若，且≤≤．当时，设另一个角等于．存在凸边形，其中的个内角等于，另一个内角．由≤可得；由≥8可得，且．…………（15分）（4）若，且3≤≤7，由（3）可知≤．当时，存在凸边形，其中个内角等于，另两个内角都等于．综上，当时，的最大值为12；当≥13时，的最大值为11；当≤≤时，的最大值为；当3≤≤7时，的最大值为．…………（20分）14（甲）．解：由于都是正整数，且，所以≥1，≥2，…，≥2012．于是≤．…………（10分）当时，令，则.…………（15分）当时，其中≤≤，令，则．综上，满足条件的所有正整数n为．…………（20分）14（乙）．解：当时，把分成如下两个数组：和．在数组中，由于，所以其中不存在数，使得．在数组中，由于，所以其中不存在数，使得．所以，≥．…………（10分）下面证明当时，满足题设条件．不妨设2在第一组，若也在第一组，则结论已经成立．故不妨设在第二组. 同理可设在第一组，在第二组．此时考虑数8．如果8在第一组，我们取，此时；如果8在第二组，我们取，此时．综上，满足题设条件．所以，的最小值为．…………（20分）2012年全国初中数学竞赛试题（副题）题号一二三总分1～56～101112 1314得分评卷人复查人答题时注意：1．用圆珠笔或钢笔作答；2．解答书写时不要超过装订线；3．草稿纸不上交.一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分. 以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）1. 小王在做数学题时，发现下面有趣的结果：由上，我们可知第100行的最后一个数是（）．（A）10000 （B）10020 （C）10120 （D）102002. 如图，在3×4表格中，左上角的1×1小方格被染成黑色，则在这个表格中包含黑色小方格的矩形个数是（）．（A）11 （B）12 （C）13 （D）14（第2题）3．如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是（）．（A）1 （B）2 （C）3 （D）44. 若函数y=（k2－1）x2－（k+1）x+1（k为参数）的图象与x轴没有公共点，则k的取值范围是（）．（A）k＞，或k＜－1 （B）－1＜k＜，且k≠1（C）k＞，或k≤－1 （D）k≥，或k≤－15. △ABC中，，分别为上的点，平分，BM=CM，为上一点，且，则与的大小关系为（）．（A）（B）（C）（D）无法确定二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）6. 如图，正方形ABCD的面积为90．点P在AB上，；X，Y，Z三点在BD上，且，则△PZX的面积为．（第6题）7．甲、乙、丙三辆车都匀速从A地驶往B地．乙车比丙车晚5分钟出发，出发后40分钟追上丙车；甲车比乙车晚20分钟出发，出发后100分钟追上丙车，则甲车出发后分钟追上乙车．8. 设a n=（n为正整数），则a1+a2+…+a2012的值 1.（填“＞”，“＝”或“＜”）9．红、黑、白三种颜色的球各10个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，那么共有种放法．10. △ABC中，已知，且b=4，则a+c= .三、解答题（共4题，每题20分，共80分）11. 已知c≤b≤a，且，求的最小值．12. 求关于a，b，c，d的方程组的所有正整数解.13. 如图，梯形ABCD中，AB∥CD，AC，BD相交于点O．P，Q分别是AD，BC上的点，且，．求证：OP＝OQ．（第13题）14.（1）已知三个数中必有两个数的积等于第三个数的平方，求的值.（2）设为非零实数，为正整数，是否存在一列数满足首尾两项的积等于中间项的平方？（3）设为非零实数，若将一列数中的某一项删去后得到又一列数（按原来的顺序），满足首尾两项的积等于中间项的平方. 试求的所有可能的值.2012年全国初中数学竞赛试题（副题）参考答案一、选择题1．D解：第k行的最后一个数是，故第100行的最后一个数是．2. B解：这个表格中的矩形可由对角线的两个端点确定，由于包含黑色小方格，于是，对角线的一个端点确定，另一个端点有3×4=12种选择.3．B解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式≥0，且为完全平方数．≥0，又2≥，所以，当时，解得；当时，解得．4. C解：当函数为二次函数时，有k2－1≠0，=(k+1)2－4(k2－1)＜0.解得k＞，或k＜－1．当函数为一次函数时，k=1，此时y=－2x+1与x轴有公共点，不符合题意．当函数为常数函数时，k=－1，此时y=1与x轴没有公共点.所以，k的取值范围是k＞，或k≤－1.5. B（第5题）解：如图，设，作BKCE，则，于是A，B，E，C四点共圆. 因为是的中点，所以，从而有，即平分.二、填空题6. 30（第6题）解：如图，连接PD，则．7．180解：设甲、乙、丙三车的速度分别为每分钟x，y，z米，由题意知，．消去z，得．设甲车出发后t分钟追上乙车，则，即，解得．8．＜解：由a n==，得a1+a2+…+a2012==＜1.9．25解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有1≤≤9，且，（1）即，（2）于是．因此中必有一个取5．不妨设，代入（1）式，得到．此时，y可取1，2，…，8，9（相应地z取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得y=5，或者z=5时，也各有9种放法．但时，两种放法重复．因此共有9×3－2 = 25种放法．10. 6（第10题）解：如图，设△ABC内切圆为⊙I，半径为r，⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，连接IA，IB，IC，ID，IE，IF.由切线长定理得AF=p－a，BD=p－b，CE=p－c，其中p=(a+b+c).在Rt△AIF中，tan∠IAF=，即tan.同理，tan，tan.代入已知等式，得.因此a+c=.三、解答题11. 解：已知，又，且，所以b，c是关于x的一元二次方程的两个根.故≥0，≥0，即≥0，所以≥20．于是≤-10，≥10，从而≥≥10，故≥30，当时，等号成立．12. 解：将abc=d代入10ab+10bc+10ca=9d得10ab+10bc+10ca=9abc.因为abc≠0，所以，.不妨设a≤b≤c，则≥≥＞0.于是，＜≤，即＜≤，＜a≤.从而，a=2，或3.若a=2，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤5.从而，b=3，4，5. 相应地，可得c=15，(舍去)，5.当a=2，b=3，c=15时，d=90；当a=2，b=5，c=5时，d=50.若a=3，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤.从而，b=2（舍去），3.当b=3时，c=(舍去).因此，所有正整数解为(a，b，c，d)=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)，(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).13. 证明：延长DA至，使得，则，于是△DPC∽△，故，所以PO∥．（第13题）又因为△DPO ∽△，所以．同理可得，而AB∥CD，所以，故OP＝OQ．14.解：（1）由题设可得，或，或.由，解得；由，解得；由，解得.所以满足题设要求的实数.（2）不存在.由题设（整数≥1）满足首项与末项的积是中间项的平方，则有，解得，这与矛盾.故不存在这样的数列.（3）如果删去的是1，或者是，则由（2）知，或数列均为1，1，1，即，这与题设矛盾.如果删去的是，得到的一列数为，那么，可得.如果删去的是，得到的一列数为，那么，开得.所以符合题设要求的的值为1，或.。
2012年全国初中数学竞赛试题(正题)参考答案
2012年全国初中数学竞赛试题（正题）参考答案一、选择题1（甲）．C解：由实数a，b，c在数轴上的位置可知，且，所以．1（乙）．B解：．2（甲）．D解：由题设知，，，所以.解方程组得所以另一个交点的坐标为（3，2）.注：利用正比例函数与反比例函数的图象及其对称性，可知两个交点关于原点对称，因此另一个交点的坐标为（3，2）.2（乙）．B解：由题设x2＋y2≤2x＋2y，得0≤≤2.因为均为整数，所以有解得以上共计9对.3（甲）．D解：由题设知，，所以这四个数据的平均数为，中位数为，于是.3（乙）．B解：如图，以CD为边作等边△CDE，连接AE.（第3（乙）题）由于AC = BC，CD = CE，∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD =∠ACE，所以△BCD≌△ACE， BD = AE.又因为，所以.在Rt△中，于是DE=，所以CD = DE = 4.4（甲）．D解：设小倩所有的钱数为x元、小玲所有的钱数为y元，均为非负整数. 由题设可得消去x得 (2y－7)n = y+4，2n =.因为为正整数，所以2y－7的值分别为1，3，5，15，所以y的值只能为4，5，6，11．从而n的值分别为8，3，2，1；x的值分别为14，7，6，7．4（乙）．C解：由一元二次方程根与系数关系知，两根的乘积为，故方程的根为一正一负．由二次函数的图象知，当时，，所以，即. 由于都是正整数，所以，1≤q≤5；或，1≤q≤2，此时都有. 于是共有7组符合题意．5（甲）．D解：掷两次骰子，其朝上的面上的两个数字构成的有序数对共有36个，其和除以4的余数分别是0，1，2，3的有序数对有9个，8个，9个，10个，所以，因此最大．5（乙）．C解：因为，所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加1后的乘积不变．设经过99次操作后黑板上剩下的数为，则，解得，．二、填空题6（甲）．7＜x≤19解：前四次操作的结果分别为3x－2，3(3x－2)－2 = 9x－8，3(9x－8)－2 = 27x－26，3(27x－26)－2 = 81x－80.由已知得 27x－26≤487，81x－80＞487.解得 7＜x≤19.容易验证，当7＜x≤19时，≤487 ≤487，故x的取值范围是7＜x≤19．6（乙）．7解：由已知可得．7（甲）．8解：连接DF，记正方形的边长为2. 由题设易知△∽△，所以，由此得，所以.（第7（甲）题）在Rt△ABF中，因为，所以，于是.由题设可知△ADE≌△BAF，所以，.于是，，.又，所以.因为，所以.7（乙）．解：如图，设的中点为，连接，则．因为，所以，．（第7（乙）题）所以.8（甲）．解：根据题意，关于x的方程有=k2－4≥0，由此得 (k－3)2≤0．又(k－3)2≥0，所以(k－3)2=0，从而k=3. 此时方程为x2+3x+=0，解得x1=x2=.故==．8（乙）．1610解：因为==.当被5除余数是1或4时，或能被5整除，则能被5整除；当被5除余数是2或3时，能被5整除，则能被5整除；当被5除余数是0时，不能被5整除.所以符合题设要求的所有的个数为．9（甲）．8解：设平局数为，胜（负）局数为，由题设知，由此得0≤b≤43.又，所以. 于是0≤≤43，87≤≤130，由此得，或.当时，；当时，，，不合题设.故．9（乙）．≤1解：由题设得所以，即.整理得，由二次函数的图象及其性质，得.又因为≤1，所以≤1.10（甲）．解：如图，连接AC，BD，OD.（第10（甲）题）由AB是⊙O的直径知∠BCA =∠BDA = 90°.依题设∠BFC = 90°，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，所以∠BCF =∠BAD,所以 Rt△BCF∽Rt△BAD，因此.因为OD是⊙O的半径，AD = CD，所以OD垂直平分AC，OD∥BC，于是. 因此.由△∽△，知．因为，所以，BA=AD，故.10（乙）. 12解：由已知有，且为偶数，所以同为偶数，于是是4的倍数．设，则1≤≤25．（Ⅰ）若，可得，与b是正整数矛盾．（Ⅱ）若至少有两个不同的素因数，则至少有两个正整数对满足；若恰是一个素数的幂，且这个幂指数不小于3，则至少有两个正整数对满足．（Ⅲ）若是素数，或恰是一个素数的幂，且这个幂指数为2，则有唯一的正整数对满足．因为有唯一正整数对，所以m的可能值为2，3，4，5，7，9，11，13，17，19，23，25，共有12个．三、解答题11（甲）．解：因为当时，恒有，所以，即，所以．…………（5分）当时，≤；当时，≤，即≤，且≤，解得≤．…………（10分）设方程的两个实数根分别为，由一元二次方程根与系数的关系得．因为，所以，解得，或．因此．…………（20分）11（乙）．解：因为sin∠ABC=，，所以AB = 10．由勾股定理，得 BO=.（第11（乙）题）易知△ABO≌△ACO，因此CO = BO = 6.于是A（0，－8），B（6，0），C（－6，0）.设点D的坐标为（m，n），由S△COE = S△ADE，得S△CDB = S△AOB. 所以，，解得n=－4.因此D为AB的中点，点 D的坐标为（3，－4）.…………（10分）因此CD，AO分别为AB，BC的两条中线，点E为△A BC的重心，所以点E的坐标为.设经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为y=a（x－6）（x+6）. 将点E的坐标代入，解得a =.故经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为.…………（20分）12（甲）．证明：连接BD，因为为的直径，所以．又因为，所以△CBE是等腰三角形．（第12（甲）题）…………（5分）设与交于点，连接OM，则．又因为，所以．…………（15分）又因为分别是等腰△，等腰△的顶角，所以△BOC∽△．…………（20分）12（乙）．证明：（1）如图，根据三角形内心的性质和同弧上圆周角的性质知（第12（乙）题）所以CI = CD．同理， CI = CB.故点C是△IBD的外心.连接OA，OC，因为I是AC的中点，且OA = OC，所以OI⊥AC，即OI⊥CI.故OI是△IBD外接圆的切线.…………（10分）（2）如图，过点I作IE⊥AD于点E，设OC与BD交于点F.由，知OC⊥BD.因为∠CBF =∠IAE，BC = CI = AI，所以Rt△BCF≌Rt△AIE，所以BF = AE.又因为I是△ABD的内心，所以AB+AD－BD = 2AE = BD.故AB+AD = 2BD．…………（20分）13（甲）．解：设a－b = m（m是素数），ab = n2（n是正整数）.因为 (a+b)2－4ab = (a－b)2，所以 (2a－m)2－4n2 = m2，(2a－m+2n)(2a－m－2n) = m2.…………（5分）因为2a－m+2n与2a－m－2n都是正整数，且2a－m+2n＞2a－m－2n (m为素数)，所以2a－m+2n m 2，2a－m－2n1.解得a，.于是= a－m.…………（10分）又a≥2012，即≥2012.又因为m是素数，解得m≥89. 此时，a≥=2025.当时，，，.因此，a的最小值为2025.…………（20分）13（乙）．解：假设凸边形中有个内角等于，则不等于的内角有个．（1）若，由，得，正十二边形的12个内角都等于；…………（5分）（2）若，且≥13，由，可得，即≤11．当时，存在凸边形，其中的11个内角等于，其余个内角都等于，．…………（10分）（3）若，且≤≤．当时，设另一个角等于．存在凸边形，其中的个内角等于，另一个内角．由≤可得；由≥8可得，且．…………（15分）（4）若，且3≤≤7，由（3）可知≤．当时，存在凸边形，其中个内角等于，另两个内角都等于．综上，当时，的最大值为12；当≥13时，的最大值为11；当≤≤时，的最大值为；当3≤≤7时，的最大值为．…………（20分）14（甲）．解：由于都是正整数，且，所以≥1，≥2，…，≥2012．于是≤．…………（10分）当时，令，则.…………（15分）当时，其中≤≤，令，则．综上，满足条件的所有正整数n为．…………（20分）14（乙）．解：当时，把分成如下两个数组：和．在数组中，由于，所以其中不存在数，使得．在数组中，由于，所以其中不存在数，使得．所以，≥．…………（10分）下面证明当时，满足题设条件．不妨设2在第一组，若也在第一组，则结论已经成立．故不妨设在第二组. 同理可设在第一组，在第二组．此时考虑数8．如果8在第一组，我们取，此时；如果8在第二组，我们取，此时．综上，满足题设条件．所以，的最小值为．…………（20分）。
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1a =，b =2c =，那么,,a b c 的大小关系是 （ C ）A. a b c <<B. a c b <<C. b a c <<D.b c a <<2．方程222334x xy y ++=的整数解(,)x y 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 ．3 B ．3C ．3D ．34．已知实数,a b 满足221a b +=，则44a ab b ++的最小值为 （ B ） A ．18-. B ．0. C ．1. D ．98.5．若方程22320x px p +--=的两个不相等的实数根12,x x 满足232311224()x x x x +=-+，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a c b d +=+.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,,a b c 满足111a b c t b c a+=+=+=，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＝． 4．已知实数,,a b c 满足1abc =-，4a b c ++=，22243131319a b c a a b b c c ++=------，则222a b c ++＝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,,a b c （a b c ≤<），则30a b c ++=. 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a b c ≤<及30a b c ++=得303a b c c =++<，所以10c >. 由a b c +>及30a b c ++=得302a b c c =++>，所以15c <. 又因为c 为整数，所以1114c ≤≤.根据勾股定理可得222a b c +=，把30c a b =--代入，化简得30()4500ab a b -++=，所以22(30)(30)450235a b --==⨯⨯，因为,a b 均为整数且a b ≤，所以只可能是22305,3023,a b ⎧-=⎪⎨-=⨯⎪⎩解得5,12.a b =⎧⎨=⎩ 所以，直角三角形的斜边长13c =，三角形的外接圆的面积为1694π. 二．（本题满分25分）如图，P A 为⊙O 的切线，PBC 为⊙O 的割线，AD ⊥OP 于点D .证明：2AD BD CD =⋅.证明：连接OA ，OB ，OC .∵OA ⊥AP ，AD ⊥OP ，∴由射影定理可得2PA PD PO =⋅，2AD PD OD =⋅.又由切割线定理可得2PA PB PC =⋅，∴P B P C PD PO ⋅=⋅，∴D 、B 、C 、O 四点共圆， ∴∠PDB ＝∠PCO ＝∠OBC ＝∠ODC ，∠PBD ＝∠COD ，∴△PBD ∽△COD ，∴PD BD CD OD=，∴2AD PD OD BD CD =⋅=⋅. 三．（本题满分25分）已知抛物线216y x bx c =-++的顶点为P ，与x 轴的正半轴交于A 1(,0)x 、B 2(,0)x （12x x <）两点，与y 轴交于点C ，P A 是△ABC 的外接圆的切线.设M 3(0,)2-，若AM //BC ，求抛物线的解析式.解 易求得点P 23(3,)2b bc +，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,)b m .显然，12,x x 是一元二次方程2106x b x c -++=的两根，所以13x b c =，23x b =+AB 的中点E 的坐标为(3,0)b ，所以AE.因为P A 为⊙D 的切线，所以P A ⊥AD ，又AE ⊥PD ，所以由射影定理可得2AE PE DE =⋅，即223)()||2b c m =+⋅，又易知0m <，所以可得6m =-. 又由DA ＝DC 得22DA DC =，即2222(30)()m b m c +=-+-，把6m =-代入后可解得6c =-（另一解0c =舍去）.又因为AM //BC ，所以OA OMOB OC =3||2|6|-=-. 把6c =-代入解得52b =（另一解52b =-舍去）. 因此，抛物线的解析式为215662y x x =-+-.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,,a b c （a b c ≤<），则60a b c ++=. 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a b c ≤<及60a b c ++=得603a b c c =++<，所以20c >. 由a b c +>及60a b c ++=得602a b c c =++>，所以30c <. 又因为c 为整数，所以2129c ≤≤.根据勾股定理可得222a b c +=，把60c a b =--代入，化简得60()18000ab a b -++=，所以322(60)(60)1800235a b --==⨯⨯，因为,a b 均为整数且a b ≤，所以只可能是326025,6035,a b ⎧-=⨯⎪⎨-=⨯⎪⎩或2226025,6023,a b ⎧-=⨯⎪⎨-=⨯⎪⎩ 解得20,15,a b =⎧⎨=⎩或10,24.a b =⎧⎨=⎩当20,15a b ==时，25c =，三角形的外接圆的面积为6254π； 当10,24a b ==时，26c =，三角形的外接圆的面积为169π.二．（本题满分25分）如图，P A 为⊙O 的切线，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2PA PD PO =⋅，2AD PD OD =⋅.又由切割线定理可得2PA PB PC =⋅，∴P B P C PD PO ⋅=⋅，∴D 、B 、C 、O 四点共圆， ∴∠PDB ＝∠PCO ＝∠OBC ＝∠ODC ，∠PBD ＝∠COD ，∴△PBD ∽△COD ， ∴PD BDCD OD =， ∴2BD CD PD OD AD ⋅=⋅=，∴BD AD AD CD=. 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216y x bx c =-++的顶点为P ，与x 轴的正半轴交于A 1(,0)x 、B 2(,0)x （12x x <）两点，与y 轴交于点C ，P A 是△ABC 的外接圆的切线.将抛物线向左平移1)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)62b y x bc =--++，所以点P 23(3,)2b b c +，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,)b m .显然，12,x x 是一元二次方程2106x b x c -++=的两根，所以13x b =，23x b =+AB 的中点E 的坐标为(3,0)b ，所以AE .因为P A 为⊙D 的切线，所以P A ⊥AD ，又AE ⊥PD ，所以由射影定理可得2AE PE DE =⋅，即223)()||2b c m =+⋅，又易知0m <，所以可得6m =-.又由DA ＝DC 得22DA DC =，即2222(30)()m b m c +=-+-，把6m =-代入后可解得6c =-（另一解0c =舍去）.将抛物线2213(3)662b y x b =--+-向左平移1)个单位后，得到的新抛物线为2213(324)662by x b=--++-.易求得两抛物线的交点为Q23(312102)2bb+-+.由∠QBO＝∠OBC可得tan∠QBO＝tan∠OBC.作QN⊥AB，垂足为N，则N(312b+-，又233(x b b=+=，所以tan∠QBO＝QNBN2310212b+=12=22111)]22==⋅.又tan∠OBC＝OCOB1(2b==⋅，所以111)](22b⋅=⋅-.解得4b=（另一解45)03b=<，舍去）.因此，抛物线的解析式为21466y x x=-+-.。
2004AMC12B解答
1.(A)At Jenny’s fourth practice she made12(48)=24free throws.At her thirdpractice she made12,at her second practice she made6,and at herfirst practice she made3.2.(D)If d=0,the value of the expression can be increased by interchanging0with the value of d.Therefore the maximum value must occur when d=0.If a=1,the value is c,which is2or3.If b=1,the value is c·a=6.If c=1, the value is a b,which is23=8or32=9.Thus the maximum value is9.3.(A)Note that1296=64=2434,so x=y=4and x+y=8.4.(B)There are90possible choices for x.Ten of these have a units digit of7,and nine have a tens digit of7.Because77has been counted twice,there are 10+9−1=18choices of x for which at least one digit is a7.Therefore theprobability is1890=15.5.(A)Isabella received10d/7Canadian dollars at the border and spent60ofthem.Thus10d/7−60=d,from which it follows that d=140,and the sum of the digits of d is5.6.(A)Let downtown St.Paul,downtown Minneapolis,and the airport be locatedat S,M,and A,respectively.Then MAS has a right angle at A,so by the Pythagorean Theorem,MS=102+82=√≈√=13.7.(B)The areas of the regions enclosed by the square and the circle are102=100andπ(10)2=100π,respectively.One quarter of the second region is also included in thefirst,so the area of the union is100+100π−25π=100+75π.8.(D)If there are n rows in the display,the bottom row contains2n−1cans.The total number of cans is therefore the sum of the arithmetic series1+3+5+···+(2n−1),which is n2[(2n−1)+1]=n2.Thus n2=100,so n=10.9.(E)The rotation takes(−3,2)into B=(2,3),and the reflection takes B intoC=(3,2).10.(A)The area of the annulus is the difference between the areas of the two circles,which isπb2−πc2.Because the tangent XZ is perpendicular to the radius OZ, b2−c2=a2,so the area isπa2.11.(D)Each score of100is24points above the mean,so thefive scores of100represent a total of(5)(24)=120points above the mean.Those scores must be balanced by scores totaling120points below the mean.Since no student scored more than76−60=16points below the mean,the number of other students in the class must be an integer no less than120/16.The smallest such integer is 8,so the number of students in the class is at least13.Note that the conditions of the problem are met if5students score100and8score61.ORIf there are k students in the class,the sum of their scores is76k.If thefive scores of100are excluded,the sum of the remaining scores is76k−500.Since each student scored at least60,the sum is at least60(k−5).Thus76k−500≥60(k−5),so k≥12.5.Since k must be an integer,k≥13.12.(C)Let a k be the k th term of the sequence.For k≥3,a k+1=a k−2+a k−1−a k,so a k+1−a k−1=−(a k−a k−2).Because the sequence begins2001,2002,2003,2000,2005,1998,...,it follows that the odd-numbered terms and the even-numbered terms each form arithmetic progressions with common differences of2and−2,respectively.The 2004th term of the original sequence is the1002nd term of the sequence2002, 2000,1998,...,and that term is2002+1001(−2)=0.13.(A)Since f(f−1(x))=x,it follows that a(bx+a)+b=x,so ab=1anda2+b=0.Hence a=b=−1,so a+b=−2.14.(D)Because ABC, NBK,and AMJ are similar right triangles whosehypotenuses are in the ratio13:8:1,their areas are in the ratio169:64:1.The area of ABC is12(12)(5)=30,so the areas of NBK and AMJ are64 169(30)and1169(30),respectively.Thus the area of pentagon CMJKN is(1−64169−1169)(30)=240/13.15.(B)Let Jack’s age be10x+y and Bill’s age be10y+x.Infive years Jack willbe twice as old as Bill.Therefore10x+y+5=2(10y+x+5),so8x=19y+5.The expression19y+5=16y+8+3(y−1)is a multiple of8 if and only if y−1is a multiple of8.Since both x and y are9or less,the only solution is y=1and x=3.Thus Jack is31and Bill is13,so the difference between their ages is18.16.(C)From the definition of f,f(x+iy)=i(x−iy)=y+ixfor all real numbers x and y,so the numbers that satisfy f(z)=z are the numbers of the form x+ix.The set of all such numbers is a line through the origin in the complex plane.The set of all numbers that satisfy|z|=5is a circle centered at the origin of the complex plane.The numbers satisfying both equations correspond to the points of intersection of the line and circle,of which there are two.17.(A)Let r1,r2,and r3be the roots.Then5=log2r1+log2r2+log2r3=log2r1r2r3,so r1r2r3=25=32.Since8x3+4ax2+2bx+a=8(x−r1)(x−r2)(x−r3), it follows that a=−8r1r2r3=−256.18.(E)Let B=(a,b)and A=(−a,−b).Then4a2+7a−1=b and4a2−7a−1=−b.Subtracting gives b=7a,so4a2+7a−1=7a.Thusa2=14and b2=(7a)2=494,soAB=2a2+b2=2504=5√.19.(A)Let AB and DC be parallel diameters of the bottom and top bases,re-spectively.A great circle of the sphere is tangent to all four sides of trapezoid ABCD.Let E,F,and G be the points of tangency on AB,BC,and CD, respectively.ThenF B=EB=18and F C=GC=2,so BC=20.If H is on AB such that CHB is a right angle,then HB=18−2=16.ThusCH=202−162=12,and the radius of the sphere is(1/2)(12)=6.A B181620.(B)If the orientation of the cube isfixed,there are26=64possible arrange-ments of colors on the faces.There are266=2arrangements in which all six faces are the same color and265=12arrangements in which exactlyfive faces have the same color.In each of these cases the cube can be placed so that the four vertical faces have the same color.The only other suitable arrangements have four faces of one color,with the other color on a pair of opposing faces.Since there are three pairs of opposing faces,there are2(3)=6such arrangements.The total number of suitable arrangements is therefore2+12+6=20,and the probability is20/64=5/16.21.(C)A line y=mx intersects the ellipse in0,1,or2points.The intersectionconsists of exactly one point if and only if m=a or m=b.Thus a and b are the values of m for which the system2x2+xy+3y2−11x−20y+40=0y=mxhas exactly one solution.Substituting mx for y in thefirst equation gives2x2+mx2+3m2x2−11x−20mx+40=0,or,by rearranging the terms,(3m2+m+2)x2−(20m+11)x+40=0.The discriminant of this equation is(20m+11)2−4·40·(3m2+m+2)=−80m2+280m−199, which must be zero if m=a or m=b.Thus a+b is the sum of the roots of theequation−80m2+280m−199=0,which is28080=72.22.(C)All the unknown entries can be expressed in terms of b.Since100e=beh=ceg=def,it follows that h=100/b,g=100/c,and f=100/paringrows1and3then gives50bc=2100b100c,from which c=20/b. Comparing columns1and3gives50d 100c=2c100d,from which d=c/5=4/b.Finally,f=25b,g=5b,and e=10.All the entries are positive integers if and only if b=1,2,or4.The corresponding values for g are5,10,and20,and their sum is35.23.(C)Let a denote the zero that is an integer.Because the coefficient of x3is1,there can be no other rational zeros,so the two other zeros must be a2±r forsome irrational number r.The polynomial is then(x−a)x−a2+rx−a2−r=x3−2ax2+54a2−r2x−a14a2−r2.Therefore a=1002and the polynomial isx3−2004x2+(5(501)2−r2)x−1002((501)2−r2).All coefficients are integers if and only if r2is an integer,and the zeros are positive and distinct if and only if1≤r2≤5012−1=251,000.Because r cannot be an integer,there are251,000−500=250,500possible values of n.24.(B)Let DBE=αand DBC=β.Then CBE=α−βand ABE=α+β,so tan(α−β)tan(α+β)=tan2α.Thustanα−tanβ1+tanαtanβ·tanα+tanβ1−tanαtanβ=tan2α,from which it follows thattan2α−tan2β=tan2α(1−tan2αtan2β).Upon simplifying,tan2β(tan4α−1)=0,so tanα=1andα=π4.Let DC=aand BD=b.Then cot DBC=ba .Because CBE=π4−βand ABE=π4+β,it follows that cot CBE=tan ABE=tanπ4+β=1+a b1−ab=b+ab−a.Thus the numbers1,b+ab−a ,and baform an arithmetic progression,so ba=b+3ab−a.Setting b=ka yields k2−2k−3=0,and the only positive solution is k=3.Hence b=BE√2=5√2,a=5√23,and the area of ABC is ab=503.25.(B)The smallest power of2with a given number of digits has afirst digit of1,and there are elements of S with n digits for each positive integer n≤603,so there are603elements of S whosefirst digit is1.Furthermore,if thefirst digit of2k is1,then thefirst digit of2k+1is either2or3,and thefirst digit of2k+2 is either4,5,6,or7.Therefore there are603elements of S whosefirst digit is2 or3,603elements whosefirst digit is4,5,6,or7,and2004−3(603)=195whose first digit is8or9.Finally,note that thefirst digit of2k is8or9if and only if thefirst digit of2k−1is4,so there are195elements of S whosefirst digit is4.。
详解——2004年全国初中数学竞赛试题及答案
2004年全国初中数学联合数学竞赛试题
参考答案及详解
【答案】
一试
一．ＡＢＢＣＢＤ
二．1．1 2．1
2
3．1或-2 4．17
二试
一． -18，-8，0，10 二．（略）
三．
2
2
25
(11)
25
t t
t
t t
++
-≤≤-+
【详解】
下面按斜边长分类进行计数．
(1)当斜边长为2时，斜边一定是小正方形的对角线，这样的线段有12条，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形，共有2×12=24个．
(2)当斜边长为2时，图形中长为2的线段有10条，其中有6条在2×3矩形的四周上，每条这样的线段对应着一个等腰直角三角形；另有4条在2×3矩形的内部，每条这样的线段对应着两个等腰直角三角形．共有6+2×4=14个，
(3)当斜边长为22时，斜边一定是2×2正方形的对角线，这样的线段有4条，每条对应着两个等腰直角三角形，共有2×4=8个．
(4)当斜边长为10时，这样的线段有4条，每条对应着一个等腰直角三角形，共有4
个．
因此，以格点为顶点的等腰直角三角形的个数为24+14+8+4=50．
3．17．
最小三个合数为4，6和8，4+6+8=18．故17是不能表示为三个互不相等的合数之和的整数．
当m>18时，若m=2k>18，则m=4+6+2×(k-5)；若m=2k-1>18，则m=4+9+2(k一7)．因此，任意大于18的整数均可表示为三个互不相等的合数之和．故m=17．。
2004 AMC12A(美国数学竞赛)
Alicia earns dollars per hour, of which is deducted to pay local taxes. Howmany cents per hour of Alicia's wages are used to pay local taxes?SolutionOn the AMC 12, each correct answer is worth points, each incorrect answer isworth points, and each problem left unanswered is worth points. If Charlyn leaves of the problems unanswered, how many of the remaining problemsmust she answer correctly in order to score at least ?SolutionFor how many ordered pairs of positive integers is ?SolutionBertha has daughters and no sons. Some of her daughters have daughters, andthe rest have none. Bertha has a total of daughters and granddaughters, and nogreat-granddaughters. How many of Bertha's daughters and grand-daughters have no children?SolutionThe graph of the line is shown. Which of the following is true?SolutionLet , , , ,and . Which of the following is the largest?SolutionA game is played with tokens according to the following rules. In each round, the player with the most tokens gives one token to each of the other players and also places one token into a discard pile. The game ends when some player runs out of tokens. Players , and start with , and tokens, respectively. Howmany rounds will there be in the game?SolutionIn the overlapping triangles and sharing commonside , and are right angles, , , ,and and intersect at . What is the difference between the areasof and ?SolutionA company sells peanut butter in cylindrical jars. Marketing research suggests that using wider jars would increase sales. If the diameter of the jars is increasedby without altering the volume, by what percent must the height be decreased?SolutionThe sum of consecutive integers is . What is their median?SolutionThe average value of all the pennies, nickels, dimes, and quarters in Paula's purse is cents. If she had one more quarter, the average value would be cents. How many dimes does she have in her purse?SolutionLet and . Points and are on the line ,and and intersect at . What is the length of ?SolutionLet be the set of points in the coordinate plane, where each of and maybe , , or . How many distinct lines pass through at least two members of ?SolutionA sequence of three real numbers forms an arithmetic progression with a first term of . If is added to the second term and is added to the third term, the threeresulting numbers form a geometric progression. What is the smallest possible value for the third term in the geometric progression?SolutionBrenda and Sally run in opposite directions on a circular track, starting at diametrically opposite points. They first meet after Brenda has run meters. They next meet after Sally has run meters past their first meeting point. Each girl runs at a constant speed. What is the length of the track in meters?SolutionThe set of all real numbers for whichis defined is . What is the value of ?SolutionLet be a function with the following properties:, and, for any positive integer .What is the value of ?SolutionSquare has side length . A semicircle with diameter is constructedinside the square, and the tangent to the semicircle from intersectsside at . What is the length of ?SolutionCircles and are externally tangent to each other, and internally tangent tocircle . Circles and are congruent. Circle has radius and passes throughthe center of . What is the radius of circle ?SolutionSelect numbers and between and independently and at random, andlet be their sum. Let and be the results when and , respectively, are rounded to the nearest integer. What is the probability that ?SolutionIf , what is the value of ?SolutionThree mutually tangent spheres of radius rest on a horizontal plane. A sphere ofradius rests on them. What is the distance from the plane to the top of the larger sphere?SolutionA polynomialhas real coefficients with and distinct complexzeroes , with and real, , andWhich of the following quantities can be a nonzero number?SolutionA plane contains points and with . Let be the union of all disks ofradius in the plane that cover . What is the area of ?SolutionFor each integer , let denote the base- number . Theproduct can be expressed as , where and are positive integers and is as small as possible. What is the value of ?Solution答案：20 dollars is the same as 2000 cents, and of 2000is cents .Problem 2She gets points for the problems she didn't answer. She mustget problems right to score at least 100 Problem 3Every integer value of leads to an integer solution for Since must be positive,Also, Since must be positive,This leaves values for y, which mean there are solutions to theequationProblem 4Since Bertha has 6 daughters, Bertha has granddaughters, of whichnone have daughters. Of Bertha's daughters, have daughters,so do not have daughters.Therefore, of Bertha's daughters and granddaughters, do not havedaughters .ORDraw a tree diagram and see that the answer can be found in the sum of 6 + 6 granddaughters, 5 + 5 daughters, and 4 more daughtersProblem 5It looks like it has a slope of and is shifted up.Problem 6After comparison, is the largest.Problem 7Look at a set of 3 rounds, where the players have , , and tokens. Eachof the players will gain two tokens from the others and give away 3 tokens, so overall, each player will lose 1 token.Therefore, after 12 sets of 3 rounds, or 36 rounds, the players will have 3, 2, and 1 tokens, repectively. After 1 more round, player will give away his last 3 tokensand the game will stop .Problem 8Solution 1Since and , . By alternate interior angles and AA~, we find that , with side length ratio . Their heights also have the same ratio, and since the two heights add up to , we havethat and . Subtracting theareas, .Solution 2Let represent the area of figure . Notethat and ..Problem 9When the diameter is increased by , it is increased by , so the area of the baseis increased by .To keep the volume the same, the height must be of the original height, which is a reductionProblem 10The median of a sequence is the middle number of the sequence when the sequence is arranged in order. Since the integers are consecutive, the median is alsothe mean, so the median is .Problem 11Solution 1Let the total value (in cents) of the coins Paula has originally be , and the number of coins she has be .Then and .Substituting yields. It is easy to see now that Paula has 3quarters, 1 nickel, so she has dimes.Solution 2If the new coin was worth 20 cents, adding it would not change the mean at all. The additional 5 cents raise the mean by 1, thus the new number of coins must be 5. Therefore initially there were 4 coins worth a total of cents. As in the previous solution, we conclude that the only way to get 80 cents using 4 coins is 25+25+25+5.Problem 12of can be found using points tobe . Similarily, has theequation . These two equations intersect the line at and . Using theor right triangles, the answer is . Problem 13Solution 1Let's count them by cases:▪Case 1: The line is horizontal or vertical, clearly .▪Case 2: The line has slope , with through and additional ones one unit above or below those. These total .▪Case 3: The only remaining lines pass through two points, a vertex and a non-vertex point on the opposite side. Thus we have each vertex pairing up with two points onthe two opposites sides, giving lines.These add up to .There are ways to pick two points, but we've clearly overcounted all of the lines which pass through three points. In fact, each line which passes throughthree points will have been counted times, so we have to subtract foreach of these lines. Quick counting yields horizontal, vertical, and diagonal lines, so the answer is distinct lines.Problem 14Let be the common difference.Then are the terms of the geometric progression. Since the middle term is the geometric mean of the othertwo terms, . The smallest possible value occurs when , and the third termis .Problem 15Solution 1Call the length of the race track . When they meet at the first meeting point, Brenda has run meters, while Sally has run meters. By the secondmeeting point, Sally has run meters, while Brenda has run meters. Since they run at a constant speed, we can set upa proportion: . Cross-multiplying, we getthat .The total distance the girls run between the start and the first meeting is one half of the track length.The total distance they run between the two meetings is the track length.As the girls run at constant speeds, the interval between the meetings is twice as long as the interval between the start and the first meeting.Thus between the meetings Brenda will run meters. Therefore thelength of the track is metersProblem 16We know that the domain of , where is a constant, is .So . By the definition of logarithms, we thenhave .Then and .Problem 17Problem 18Solution 1Let the point of tangency be . By the TwoTangent Theorem and . Thus .The Pythagorean Theorem on yieldsHence .Solution 2Clearly, . Thus, the sides of right triangle are in arithmeticprogression. Thus it is similar to the triangle andsince , .Problem 19Solution 1Note that since is the center of the larger circle of radius . Usingthe Pythagorean Theorem on ,Now using the Pythagorean Theorem on ,Substituting ,Solution 2We can apply Descartes' Circle Formula.The four circles have curvatures , and .We haveSimplifying, we getProblem 20Solution 1Casework:1.. The probability that and is . Notice that thesum ranges from to with a symmetric distribution across ,and we want . Thus the chance is .2.. The probability that and is , butnow , which makes automatically. Hence the chanceis .3.. This is the same as the previous case.4.. We recognize that this is equivalent to the first case.Our answer is .Solution 2Use areas to deal with this continuous probability problem. Set up a unit square with values of on x-axis and on y-axis.If then this will work because . Similarlyif then this will work because in order for this to happen, and are each greater than making , and . Each of these triangles inthe unit square has area of 1/8.The only case left is when . Then each of and must be 1 and 0, in anyorder. These cut off squares of area 1/2 from the upper left and lower right corners of the unit square.Then the area producing the desired result is 3/4. Since the area of the unit square is 1, the probability isProblem 21This is an infinite geometric series, which sumsto . Using theformula .Problem 22The height from the center of the bottom sphere to the plane is , and from the center of the top sphere to the tip is . We now need the vertical height of thecan be found by s to be .By the Pythagorean Theorem, we have . Addingthe heights up, we getProblem 23We have to evaluate the answer choices and use process of elimination:▪: We are given that , so . If one of the roots is zero,then .▪: By Vieta's formulas, we know that is the sum of all of the roots of .Since that is real, , and , so .▪: All of the coefficients are real. For sake of contradiction suppose none of are zero. Then for each complex root , its complexconjugate is also a root. So the roots should pair up, but we have an odd number of imaginary roots! This gives us the contradiction, and therefore theproduct is equal to zero.▪: We are given that . Since the coefficients are real, it follows that if a root is complex, its conjugate is also a root; and the sum of the imaginaryparts of complex conjugates is zero. Hence the RHS is zero.There is, however, no reason to believe that should be zero (in fact, that quantity is , and there is no evidence that is a root of ).Problem 24As the red circles move about segment , they cover the area we are looking for.On the left side, the circle must move around pivoted on . On the right side, the circle must move pivoted on However, at the top and bottom, the circle must lieon both A and B, giving us our upper and lower bounds.This egg-like shape is .The area of the region can be found by dividing it into several sectors, namelyProblem 25This is an infinite geometric series with common ratioand initialterm ,so.Alternatively, we could have used the algebraic manipulation for repeating decimals,Telescoping ,Some factors cancel, (after all,isn't one of the answer choices)Since the only factor in the numerator that goes into is , is minimized. Therefore the answer is .。
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2004 AMC12 試題
1. 愛麗每小時的工資為美金20元, 其中的1.45%要繳地方稅, 試問愛麗每小時的工資中要付地方稅美金多少分？(美金1元 = 美金100分) (A) 0.0029 (B) 0.029 (C) 0.29 (D)
2.9 (E) 29
2. 於AMC 12的測驗中, 每答對一題可得6分, 答錯可得0分, 未作答可得2.5分. 若凱琳在25題中有8題未作答, 她至少要答對幾題, 總分才會不低於100分？ (A) 11 (B) 13 (C) 14 (D) 16 (E) 17
3. 滿足2100x y +=的正整數序對(,)x y 有多少組？
(A) 33 (B) 49 (C) 50 (D) 99 (E) 100
4. 白婆婆有6個女兒、沒有兒子, 有些女兒也恰有6個女兒, 其他的女兒沒有孩子. 白婆婆有女兒及外孫女共30位, 沒有外曾孫女. 試問白婆婆的女兒及外孫女中有多少位沒有女兒？ (A) 22 (B) 23 (C) 24 (D) 25 (E) 26
5. 直線y mx b =+的圖形如下所示, 則下列哪一個式子是正確的？
(A) 1mb <- (B) 10mb -<< (C) 0mb = (D) 01mb << (E) 1mb >
2
2 - 2
1
1
- 1
- 1 - 2
6. 設200522004U =⋅, 20052004V =, 200420032004W =⋅, 200422004X =⋅, 20042004Y =, 20032004Z =. 試問下列何者值最大？ (A) U V - (B) V W - (C) W X - (D) X Y - (E) Y Z -
7. 一種代幣的遊戲, 其規則如下：每回持有最多代幣者須分給其他每一位參與遊戲者一枚代幣, 並放一枚代幣於回收桶中; 當有一位遊戲參與者沒有代幣時, 則遊戲結束. 假設A 、B 、C 三人玩此遊戲, 在遊戲開始時分別持有15、14及13枚代幣. 試問遊戲從開始到結束, 共進行了多少回？ (A) 36 (B) 37 (C) 38 (D) 39 (E) 40
8. 如圖所示, EAB ∠及ABC ∠為直角, 4AB =, 6BC =, 8AE =, AC 與BE 交於D 點. 試問ADE ∆與BDC ∆面積之差為多少？
(A) 2 (B) 4 (C) 5 (D) 8 (E) 9
9. 有一個將花生醬裝在圓桶狀瓶子內出售的公司. 市場研究建議瓶子較粗時可增加銷
售量. 若瓶子的直徑增加25%, 而體積仍維持不變, 則瓶子的高度應減少百分之多少？ (A) 10 (B) 25 (C) 36 (D) 50 (E) 60
10. 有49個連續整數，它的和為57, 則它們排在最中間的數為何？ (A) 7 (B) 27 (C) 37 (D) 47 (E) 57
6B
11. 某國的硬幣中有1分、5分、10分及25分四種, 已知在保菈的皮包內硬幣的平均
值為20分. 若再增加一枚25分的硬幣, 平均值則增為21分. 試問她的皮包內有多少枚10分的硬幣？
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4
12. 設(0,9)A =, (0,12)B =. 點A '、B '在直線y x =上, 且AA '與BB '交於點
(2,8)C =. 試問A B ''的長度是多少？
(A) 2 (B) (C) 3 (D) 2+ (E)
13. 以S 表示坐標平面上所有的點(,)a b 所形成的集合, 其中,a b 等於1-, 0, 或1. 試問有多少條相異的直線至少通過集合S 中的兩個點？
(A) 8 (B) 20 (C) 24 (D) 27 (E) 36
14. 三個實數的數列形成一個等差數列, 首項是9. 若將第二項加2、第三項加20可使
得這三個數變為等比數列, 則這個等比數列中第三項最小可能是多少？
(A) 1 (B) 4 (C) 36 (D) 49 (E) 81
15. 小美與小雯在一個圓形的跑道上向相反的方向跑, 開始兩人分別從圓形跑道直徑
的兩端起跑. 小美跑了100公尺時她們第一次相遇; 在第一次相遇後小雯跑了150公尺時她們第二次相遇. 假設她們跑的速度都分別維持固定不變, 試問此圓形跑道的長度是多少公尺？
(A) 250 (B) 300 (C) 350 (D) 400 (E) 500
16. 使函數2004200320022001log {log {log {log }}}x 有定義的集合為{}x x c >. 試問c 之值是
多少？ (A) 0
(B) 20022001 (C) 20032002 (D) 20042003 (E) 2003
2002
2001
17. 已知函數f 滿足下列性質： (i) (1)1f =, 且
(ii) 對任意的正整數n , (2)()f n n f n =⋅. 試問100(2)f 之值為何？
(A) 1 (B) 992 (C) 1002 (D) 49502 (E) 99992
18. 如圖所示, ABCD 是邊長2的正方形. 在正方形的內部作一個以AB 為直徑的半
圓, 且自C 點引此半圓的切線交AD 邊於E 點. 試問CE 的長度是多少？
(A)
(B)
(C) (D)
52
(E) 5
19. 如圖所示, A 、B 、C 三圓彼此外切且均內切於圓D . 已知B 、C 兩圓相等, 圓A
的半徑1且通過圓D 的圓心. 試問圓B 的半徑是多少？
(A) 23
(B) (C) 78 (D) 89 (E) 3
31+
D
C
E
20. 從0與1之間的數, 隨機獨立取出兩實數a 與b , 並將a , b 之和記作c . 分別以A , B , C 表示最接近a , b , c 的整數. 試問A B C +=的機率為何？
(A) 14 (B) 13 (C) 12 (D) 23 (E) 34
21. 若 20
cos
5n
n θ∞
==∑, 則cos 2θ之值是多少？
(A)
15
(B) 25
(C)
(D)
35
(E)
45
22. 三個半徑為1的球彼此外切且放置在一水平面上, 一個半徑為2的大球放在
它們的上面.試問大球的最高點至平面的距離是多少？
(A) 3 (B) 3 (C) 3+ (D) 529
(E) 3+
23. 已知多項式200420032004200310()P x c x c x c x c =++++,的係數都是實數, 20040c ≠, 且P (x)=0有2004個複數根 k k k z a b i =+, 12004k ≤≤, 其中k a , k b 為實數,
110a b ==, 且
2004
2004
1
1
k
k
k k a
b
===
∑∑
.
試問下列哪一項可能不是0？
(A) 0c
(B) 2003c (C) 232004b b b (D)
2004
1
k
k a
=∑ (E)
2004
1
k
k c
=∑
24. 設A 、B 為平面上的兩點, 其中1AB =. 令S 為平面上所有半徑是1且能蓋住線段
AB 之圓的聯集, 則S 的面積是多少？
(A) 2π(B)
83
π (C) 32
π-
(D)
103
π
-(E) 4π-
25. 對每一個整數4n ≥, 令n a 表示n 進位的循環小數0.133n . 把乘積45
99a a a 寫成
!m
p 的形式, 其中m , p 為正整數, 且p 儘可能小. 試問m 之值是多少？
(A) 98
(B) 101
(C) 132
(D) 798
(E) 962
答 案： 1 ( E ) 2 ( C ) 3 ( B ) 4 ( E ) 5 ( B ) 6 ( A ) 7 ( B )
8 ( B )
9 ( C )
10 ( C ) 11 ( A )
12 ( B ) 13 ( B ) 14 ( A )
15 ( C )
16 ( B ) 17 ( D ) 18 ( D ) 19 ( D ) 20 ( E ) 21 ( D ) 22 ( B ) 23 ( E ) 24 ( C ) 25 ( E )。