2018年全国初中数学联赛(初三组)初赛试卷含答案

2018年全国初中数学联赛(初三组)初赛试卷含答案2018年全国初中数学联赛（初三组）初赛试卷（考试时间：2018年3月14日下午3:00—5:00）一、选择题（本题满分42分，每小题7分）1、已知实数$a$、$b$满足$|a-3|+|b-2|+1-a+a=3$，则$a+b$等于（）A、$-1$B、$2$C、$3$D、$5$2、如图，点$D$、$E$分别在$\triangle ABC$的边$AB$、$AC$上，$BE$、$CD$相交于点$F$，设四边形$EADF$、$\triangle BDF$、$\triangle BCF$、$\triangle CEF$的面积分别为$S_1$、$S_2$、$S_3$、$S_4$，则$\frac{S_1S_3}{S_2S_4}$的大小关系为（）A、$S_1S_3>S_2S_4$B、$S_1S_3=S_2S_4$C、$S_1S_3<S_2S_4$ D、不能确定3、对于任意实数$a$，$b$，$c$，$d$，有序实数对$(a,b)$与$(c,d)$之间的运算“$\ast$”定义为：$(a,b)\ast(c,d)=(ac-bd,ad+bc)$。

如果对于任意实数$m$，$n$都有$(m,n)\ast(x,y)=(n,-m)$，那么$(x,y)$为（）A、$(1,-1)$B、$(-1,1)$C、$(1,1)$D、$(-1,-1)$4、如图，已知三个等圆$\odot O_1$、$\odot O_2$、$\odot O_3$有公共点$O$，点$A$、$B$、$C$是这些圆的交点，则点$O$一定是$\triangle ABC$的（）A、外心B、重心C、内心D、垂心5、已知关于$x$的方程$(x-2)^2-4|x-2|-k=0$有四个根，则$k$的范围为（）A、$-1<k<\pi$B、$-\pi<k<\pi$C、$-\frac{\pi}{4}<k<\frac{\pi}{4}$ D、不能确定6、设在一个宽度为$w$的小巷内搭梯子，梯子的脚位于$P$点，小巷两边的墙体垂直于水平的地面。

将梯子的顶端放于一堵墙的$Q$点时，$Q$离开地面的高度为$k$，梯子的倾斜角为$45^\circ$，将该梯子的顶端放于另一堵墙的$R$点时，$R$离开地面的高度为$h$，梯子的倾斜角为$75^\circ$，则小巷的宽度$w$等于（）A、$\frac{h}{h+k}$B、$k$C、$hk$D、不能确定二、填空题（本大题满分28分，每小题7分）7、化简$2+3-2-3$的值为$\underline{\qquad}$。

8、如果关于$x$的实系数一元二次方程$x^2+2(k+3)x+k^2+3=0$有两个实数根$\alpha$、$\beta$，那么$(\alpha-1)^2+(\beta-1)^2$的最小值是$\underline{\qquad}$。

9、设四位数abcd满足$10d3=1000a+100c+10d+b$，则这样的四位数有多少个？10、如图，$MN$是圆$O$的直径，$MN=2$，点$A$在圆$O$上，$\angle AMN=30^\circ$，$B$为$AN$的中点，$P$是直径$MN$上一动点，则$PA+PB$的最小值为多少？解析：由三角形不等式，$PA+PB\geq 2PM=2\sqrt{3}$，当$P$为圆$O$上与$A$同侧的切点时，等号成立，所以$PA+PB$的最小值为$2\sqrt{3}$。

三、（本大题满分20分）设实数$a$，$b$，$c$满足：$abc\neq0$，且$\frac{a+b+c}{a+2b+3c}=14$，求$\frac{ab+ac+bc}{a^2+2b^2+3c^2}$的值。

解析：将$\frac{a+b+c}{a+2b+3c}=14$变形得$13a+10b+5c=0$，即$3a=c$，$2a=b$。

代入$\frac{ab+ac+bc}{a^2+2b^2+3c^2}$得$\frac{13}{36}$。

四、（本大题满分25分）已知抛物线$y=-x^2+2(m+1)x+m+3$与$x$轴相交于两点$A$、$B$（点$A$在$x$轴的正半轴上，点$B$在$x$轴的负半轴上），与$y$轴交于点$C$。

1）求$m$的取值范围；2）若$|OA|:|OB|=3:1$，在该抛物线对称轴右边图像上求一点$P$的坐标，使得$\angle PCO=\angle BCO$。

解析：（1）由题意得$\Delta>0$，即$(m+1)^2\geq m+3$，解得$m\in\left[-\frac{5}{4},\infty\right)$。

2）由$|OA|:|OB|=3:1$得$A(3t,9t)$，$B(-t,-3t)$，$C(0,m+3)$，其中$t>0$，$O$为抛物线的顶点。

设$P(x,-x^2+2(m+1)x+m+3)$，则$\angle PCO=\angle BCO$转化为$\frac{x}{m+3}=\frac{x+t}{m+3+x}=\frac{x-3t}{m+3-x}$，解得$x=\frac{3t(m+3)}{4t-m-3}$。

代入得$t=\frac{3}{5}$，$P\left(\frac{9}{5},\frac{16}{25}\right)$。

解法二：由14(a^2+b^2+c^2)=(a+2b+3c)^2，化简得13a^2+10b^2+5c^2-4ab-6ac-12bc=0.移项得5(c-2a+3b)^2+13a^2+10b^2-4ab=0，进而得到5(c-2a+3b)^2+(2a-b)^2=0.由此可得c=2a-3b，b=2a，代入原方程可得a^2+2b^2+3c^2=11a^2，化简得ab+ac+bc=2a^2+3ac+6a^2，即ab+ac+bc=2a^2+3ac+6a^2，进一步得到c/a=2/5，b/a=2.因此，解得b=2a，c=3a。

12、解：（1）由已知得，-x^2+2(m+1)x+m+3=0有两个不相同的实数解，因此Δ=[2(m+1)]^2+4(m+3)=4m^2+12m+16=(2m+3)^2+3>0，可知m 是任意实数。

又因为点A在x轴的负半轴上，点B在x轴的正半轴上，因此方程-x^2+2(m+1)x+m+3=0的两根一正一负，即-(m+3)-3.因此，所求m的取值范围是m>-3.2）解法一：设点A(a，0)，B(b，0)，a>b>0，则a=-3b，且a+b=2(m+1)，ab=-(m+3)，解得m=-4.函数解析式为y=-x^2+2x+3.因此A(3，0)，B(-1，0)，C(0，3)。

由∠PCO=∠BCO可知BC与PC关于直线OC对称。

作B关于OC的对称点B′，则B′(1，0)，由对称性可知点P在直线B′C 上，因此PC的方程为y=3x。

解法二：同解法一设点A(a，0)，B(b，0)，a>b>0，由题意得到方程组{x^2-2(m+1)x+m+3=0，y=0}的两个实数解为(x1,0)和(x2,0)，其中x10，即(2(m+1))^2-4(m+3)>0，解得m>-3.同样的，由题意得到方程组{x^2-2(m+1)x+m+3=0，y=0}的两个实数解为(x1,0)和(x2,0)，其中x1-3.因此，所求m的取值范围是m>-3.最后，点A(3,0)，点B(-1,0)，点C(0,3)，因为∠PCO=∠BCO，所以BC与PC关于直线OC对称，因此点P在直线B′C上，其中B′(1,0)，因此PC的方程为y=3x。

设直线PC是一次函数$y=kx+b$的图象，则可列出以下方程组：begin{cases}3=k\cdot 0+b \\0=k\cdot 1+b \\b=3end{cases}解得$k=-3$，$b=3$，因此直线PC的解析式为$y=-3x+3$，即$BOAx$是一次函数$y=-3x+3$的图象。

将$y=-3x+3$代入$y=-x^2+2x+3$，得到$-3x+3=-x^2+2x+3$，整理得$x^2-5x=0$，解得$x=0$或$x=5$。

当$x=0$时，$y=3$，此时点P与点C重合，不符合题意，舍去。

当$x=5$时，$y=-12$，此时点P的坐标为$(5,-12)$。

因此，抛物线对称轴右边的图象上有一点P$(5,-12)$，使得$\angle PCO=\angle BCO$。

另一种解法是设点A$(a,0)$，B$(b,0)$，其中$a>b>0$，则有$a=-3b$，$a+b=2(m+1)$，$ab=-(m+3)$，解得$m=4$。

因此，函数$y=-x^2+2x+3$的解析式为$y=-x^2+2x+3$。

代入题目中给出的图形，可知点A$(3,0)$，B$(-1,0)$，C$(0,3)$。

设点P的坐标为$(c,-c^2+2c+3)$（$c>1$）。

当$1\angle BCO$。

当$c>2$时，$\tan\angle PCO=\dfrac{1}{3c-2c^2-3}$，$\tan\angle BCO=\dfrac{c}{3}$，由$\angle PCO=\angle BCO$得$\tan\angle PCO=\tan\angle BCO$，解得$c=5$。

因此，抛物线对称轴右边的图象上有一点P$(5,-12)$，使得$\angle PCO=\angle BCO$。

证明部分不清楚，无法进行修改。

根据题目给出的几何图形，可以得出以下结论：1.三角形HPQ和三角形CLQ全等，因此HP=BP=CQ，而且∠HLP=∠CLQ，∠PHL=∠QCL，因此三角形HLP和三角形CLQ也全等，所以PL=LQ。

2.过点Q作QX平行于BC，交AB于点X，则∠AQX=∠ACB=∠ABC=∠AXQ，因此AX=AQ，又因为QX 平行于LB，所以PL=LQ，而且BX=CQ=BP。

3.设直线QR交直线DE于点S，交直线BC于点T，则有CQ/CT=DR/DS，QE/ES=RB/BT。

又因为DR=CQ，RB=QE，所以DS/CT=ES/BT。

又因为DS/DM=BT/BN=ES/EN，所以DS/CT=DM/CM，ES/BT=EN/CM，因此DS/CT=ES/BT=DM/CM=EN/CM，所以CD/BE=CM/EN，由CD=BE得CM=EN。

4.连接DB、EB的中点F、G，分别交BE、CD、QR于U、V、K，由FR=GQ可得RK=QK。

设BE与CD交于点O，则△OUV为等腰三角形，由CM=EN得NU=MV，由RK=QK得NK=MK。