详解及答案-2019年上海市初中数学竞赛模拟卷一

1 − 1 = 1 。因此 M I
2 N 的图形面积为
23 6
3
4. f (x) = x 2 − 2x + 2x 2 − 3x + 3 的最小值为
定 义 域 为 (−∞,0] U[2,+∞) , x 2 − 2x, 2x 2 − 3x + 3 在 (−∞,0] 上 是 减 函 数 ， 在 ,[2,+∞) 上 是 增 函 数 ， 故
解：对于剖分图中的任一三角形 ABC，P 的边界被 A，B，C 分为 3 段，A-B 段所含 P 的边数记作 m(AB)．由于 m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形． 考虑任一好三角形 ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的 P 的边数为偶数．由于剖分图 中的三角形互不交叉，而 A-B 段上 P 的边数为奇数，故 A-B 段上必有 P 的一边α不属于更小的腰段，同理 A-C 段上也有 P 的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对
_________________个交点. 圆周上任意四点构成一个四边形，四边形的两条对角线的交点必在圆内，所以四边形的个数与每两条弦的交点数
相等= ，故有 C140
1= 0× 9×8× 7 1× 2×3× 4
210 个交点.
7. 已 知 f (x) =x2 + 6ax − a, y =f (x) 的 图 像 与 x 轴 有 两 个 不 同 的 交 点 (x1, 0), (x2 , 0) 且
1
m2 , m ∈ N *, 则 (m − 2n)(m + 2n) = p2
m − 2n = 1
Q
p是质数，且p
≥
3, ∴ m
+
2n
, = p2
解得
m = n =
p2 +1 2
p2 −1 4
∴=k
p ±= m
2 p ± ( p2 +1) , 故=k
( p +1)2
。（负值舍去）
2
4
4
6. 圆周上给定 10 个点，每两点连一条弦，如果没有三条弦交于圆内一点，那么，这些弦在圆内一共有
得
c＝2，b＝2
2.已知 a ∈ R, 并且 a 2 − 2x 2 > x + a (a > 0) ，则 a 的取值范围是
a 2 − 2x2 ≥ 0 (1)
x + a < 0
a 2 − 2x2 ≥ 0 (2)x + a ≥ 0
a 2 − 2x 2 > (x + a)2
a > 0,解集为(− 2 a,0), a = 0,解集为Φ，a < 0,解集为[ 2 a,− 2 a]
由于12 + 22 + 32 + L + n2 = n(n + 1)(2n + 1) 6
∴ (a12 + a22 + a32 + L + a1200 ) + (b12 + b22 + L + b929 )
=12 + 22 + 32 + L
+ 1992
199(199
=
+ 1)(2 ×199
+ 1)
=2646700，……①
(1 −
6a
−
x1 )(1 −
6a
−
x2 )
=f
(1 −
6a)
=1 −
7a
，所以， a − 3= 1− 7a
8a − 3
1
解得 a=0.5 或者 a=0(舍)。故 a=
2
8. 对 给 定 的 整 数 m ， 符 号 ϕ(m) 表 示 {1, 2,3} 中 使 m + ϕ(m) 能 被 3 整 除 的 唯 一 值 ， 那 么
2
2
2
∥BO，于是本题得证。
三（15 分）设 I = {1,2,3,L ,199} ， A = {a1, a2 , a3 ,L , a100} ⊂ I ，且 A 中元素满足：对任何1 ≤ i < j ≤ 100 ，恒
3
有 ai + a j ≠ 200 ．
（1）试说明：集合 A 的所有元素之和必为偶数；
4
2006
应的二元集无公共元，因此好三角形不多于
=1003 个．
2
设 P=A1A2…A2006，用对角线 A1A2k+1(1≤k≤1002)及 A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有 1003 个好三角 形．因此，好三角形个数的最大值是 1003． 五.(15 分) 求最小实数 M，使得对一切实数 a，b，c 都成立不等式
二.(15 分) 在△ABC 中，AB＞BC，K、M 分别是边 AB 和 AC 的中点，O 是△ABC 的内心。设 P 点是直线 KM 和 CO 的 交点，而 Q 点使得 QP⊥KM 且 QM∥BO，证明：QO⊥AC。 证：作 OR⊥AC 于 R，过 P 作 MK 的垂线，交直线 OR 于 Q 点（如图）。这样只需证 Q’M∥O，因为这时 Q 和 Q’重 合。
由于[x]∈ Z ，验证可知[x] = 1 ，此时， x = 3 7 ，[x] = 2 此时 x = 3 10
当[x] = 0 时，无解
当[x] < 0 时，[x]= x −{x}，由于 0 ≤ {x} < 1 ，故 0 ≤ x −[x] < 1
又 x3 = 3[x] + 4 ≥ 3(x −{x}) + 4 = 3x − 3{x} + 4
3
22
3. 设 在 xOy 平 面 上 ， 0 < y ≤ x2 ， 0 ≤ x ≤ 1 所 围 成 图 形 的 面 积 为 1 ， 则 集 合 M = {(x, y) y − x ≤ 1}, 3
N = {(x, y) y ≥ x2 + 1}的交集 M I N 所表示的图形面积为
M I N 在 xOy 平面上的图形关于 x 轴与 y 轴均对称，由此 M I N 的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以 4 即得。为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了。由题意可得， M I N 的图形在第一象限的面积为 A＝
fnin (x) = min{ f (0), f (2)} = 3 5. 设 p 是给定的奇质数，正整数 k 使得 k 2 − pk 也是一个正整数，则 k=____________
设 k 2 − pk = n, n ∈ N *,则 k 2 − pk − n2 = 0, k = p ± p2 + 4n2 ，从而 p2 + 4n2 是平方数，设为 2
∵以上 100 个集合中，奇数同时出现，且含奇数的集合共 50 个，
∴集合 A 的所有元素之和必为偶数．
（2）不妨设 a1, a2 ,L , a99 为依次从以上前 99 个集合中选取的元素， a100 = 100 ，
且记各集合的落选元素分别为 b1, b2 ,L , b99 ，则 ai + bi = 200 ， (i = 1,2,L ,99) ，
a
−
3
= 8a − 3 ，则 a 的值为 .
(1+ x1)(1+ x2 ) (1− 6a − x1)(1− 6a − x2 )
首 先 ， 由=∆
36a2 + 4a > 0 ， 得 a>0 或
a<
−
1 9
，由题意，可设
f (x) =
x2 + 6ax − a = (x − x1)(x − x2 )
则
(1+ x1)(1+ x2 ) = f (−1) =1− 7a ，
2
10. 将 方 程 x3 − 3[x] − 4 =0 （ [x] 表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 ） 的 实 数 解 从 小 到 大 排 列 成 x1, x2 ,L , xk ， 则 x13 + x23 +L + xk3 = 16 = x3 3[x] + 4 ,当[x] > 0 时， x3= 3[x] + 4 ≥ [x]3 ≥ [x]2 ， ∴[x]3 − 3[x] − 4 ≤ 0 ， −1 ≤ [x] ≤ 4 ，∵[x] > 0 ，∴ 0 < [x] ≤ 4
2
在四形边 MPQ’R 中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以 MPQ’R 内接于圆，于是∠Q’MR＝∠Q’PR＝∠Q’PO＋∠OPR＝
1
1
1
（90°－∠OPM）＋ ∠BAC＝（90°－ ∠ACB）＋ ∠BAC。
2
2
2
1
1
1
设 BO 交 AC 于 D，在△BDC 中，∠BDC＝180°－∠ACB－ ∠ABC＝90°＋ ∠BAC－ ∠ACB＝∠Q’MR，因此 MQ’
∴ −3 < x3 − 3x − 4 ≤ 0
由 x3 − 3x − 4 ≤ 0 得 x < −1− 17 , −1 ≤ x ≤ −1+ 17
2
2
当 x < −1时， −3 < x3 − 3x − 4 不成立；又[x] < 0
易得 −1 ≤ x ≤ 0 ， x ∈ Z ,∴ x = −1 ，0
x13 + x23 +L + xk3 =16
故ϕ(22010 −1) + ϕ(22010 − 2) + ϕ(22010 − 3) =6 .
9.
已知 a, b, c 为非负数，则
f (a,b, c)