2011年全国初中数学竞赛试题(初试与复试)及参考答案

共8页，第1页 2011年全国初中数学竞赛试题及参考答案 说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.

第一试 一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）

1．已知2ba，4)1()1(22abba，则ab的值为 （ ） A．1. B．1. C．21. D．21. 【答】B.

由4)1()1(22abba可得abbbaa4)1()1(22，

即04)(2)(3322abbababa， 即222222()2()40abaabbab，即2240abab，所以1ab． 2．已知△ABC的两条高线的长分别为5和20,若第三条高线的长也是整数，则第三条高线长的最大值为 （ ） A．5. B．6. C．7. D．8. 【答】B.

设△ABC的面积为S，所求的第三条高线的长为h，则三边长分别为hSSS2,202,52．显然20252SS，于是由三边关系，得







,252202,522202hSSSShSS

解得3204h．

所以h的最大整数值为6,即第三条高线的长的最大值为6. 3．方程)2)(324(|1|2xx的解的个数为 （ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答】C.

当1||x时，方程为)2)(324(12xx，即0349)324(2xx，解得13x，2433x，均

满足1||x． 当1||x时，方程为)2)(324(12xx，即0347)324(2xx，解得332x，满足1||x． 综上，原方程有3个解． .4．今有长度分别为1，2，„，9的线段各一条，现从中选出若干条线段组成“线段组”，由这一组线段恰好可以拼接成一个正方形，则这样的“线段组”的组数有 （ ） 共8页，第2页

A．5组. B．7组. C．9组. D．11组. 【答】C. 显然用这些线段去拼接成正方形，至少要7条．当用7条线段去拼接成正方形时，有3条边每边都用2条线段连接，而另一条边只用1条线段，其长度恰好等于其它3条边中每两条线段的长度之和．当用8条线段去拼接成正方形时，则每边用两条线段相接，其长度和相等．

又因为45921，所以正方形的边长不大于45[]114．由于 4352617； 5362718； 546372819；

64738291； 65748392．

所以，组成边长为7、8、10、11的正方形，各有一种方法；组成边长为9的正方形，有5种方法。 故满足条件的“线段组”的组数为1×4＋5＝9． 5．如图，菱形ABCD中，3AB，1DF，60DAB，15EFG，BCFG，则AE （ ）

A．21. B．6. C．132. D．31. 【答】 D. 过F作AB的垂线，垂足为H．∵60DAB，2FDADAF，

∴30AFH，1AH，3FH， 又∵15EFG， ∴EFGAFHAFGEFH45153090，

从而△FHE是等腰直角三角形，所以HE＝FH＝3，

∴ 31HEAHAE． 6．已知2111zyx，3111xzy，4111yxz，则zyx432的值为 （ ） A．1. B．23. C．2. D．25. 【答】C.

由已知等式得2zyxzxxy，3zyxxyyz，4zyxyzzx，所以29zyxzxyzxy．

于是，25zyxyz，23zyxzx，21zyxxy．所以 35xy，3yz，35xy，即xyz53。 代入2111zyx，得2153511xxx，解得1023x． 所以 2523543532432xxxxzyx． 二、填空题：（本题满分28分，每小题7分） 1．在△ABC中，已知AB2，322,2ABBC，则A ．

HGCBADFE共8页，第3页

【答】 15。 延长AB到D，使BD＝BC，连线段CD，则12DBCDABCA，所以CA＝CD。 作ABCE于点E，则E为AD的中点，故 111()(2232)23222AEDEADABBD，

(223)(23)3BEABAE.

在Rt△BCE中，3cos2EBEBCBC，所以30EBC，故 1521ABCA． 2．二次函数cbxxy2的图象的顶点为D，与x轴正方向从左至右依次交于A，B两点，与y轴正方向交于C点，若△ABD和△OBC均为等腰直角三角形（O为坐标原点），则cb2 ． 【答】 2．

由已知，得),0(cC，)0,24(2cbbA，)0,24(2cbbB，)44,2(2cbbD．

过D作ABDE于点E，，则ABDE2，即cbcb444222，得cbcb42422， 所以042cb或242cb．又042cb，所以242cb． 又OBOC，即242cbbc，得2422cbcb． 3．能使2562n是完全平方数的正整数n的值为 ． 【答】 11. 当8n时，)21(225628nnn，若它是完全平方数，则n必为偶数．

若2n，则65225622n；若4n，则17225624n；若6n，则5225626n；若8n，则2225628n。所以，当8n时，2562n都不是完全平方数．

当8n时，)12(2256288nn，若它是完全平方数，则128n为一奇数的平方。 设28)12(12kn（k为自然数），则)1(210kkn．由于k和1k一奇一偶，所以1k，于是2210n，故11n． 4．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，过点A作圆的切线与CD的延长线交于点F，如果CEDE43，58AC，D为EF的中点，则AB＝ ． 【答】 24. 设yAExCE,4，则xEFxDEDF6,3．

DEBACDF

BOACE共8页，第4页

连AD，BC．因为AB为⊙O的直径，AF为⊙O的切线，所以DAFACDEAF,90． 又因为D为Rt△AEF的斜边EF的中点， ∴ DFDEDA，∴ AFDDAF，

∴ AFDACD，∴ 58ACAF．

在Rt△AEF中，由勾股定理得 222AFAEEF，即 3203622yx． 设zBE，由相交弦定理得 BEAEDECE，即21234xxxyz， ∴ yzy33202 ① 又∵ DEAD， ∴ AEDDAE． 又BECAEDBCEDAE,，∴ BECBCE，从而zBEBC．

在Rt△ACB中，由勾股定理得 222BCACAB，即22320)(zzy， ∴ 32022yzy． ② 联立①②，解得16,8zy． 所以24BEAEAB． 第二试 （A）

一、（本题满分20分）已知三个不同的实数cba,,满足3cba，方程012axx和02cbxx有一个相同的实根，方程2x0xa和02bcxx也有一个相同的实根．求cba,,的值． 解 依次将题设中所给的四个方程编号为①，②，③，④．

设1x是方程①和方程②的一个相同的实根，则,0,01121121cbxxaxx 两式相减，可解得bacx11． „„„„„„„„5分 设2x是方程③和方程④的一个相同的实根，则,0,0222222bcxxaxx两式相减，可解得12cbax。

所以 121xx． „„„„„„„„10分 又方程①的两根之积等于1，于是2x也是方程①的根，则01222axx。 又 0222axx，两式相减，得 1)1(2axa． „„„„„„„„15分 若1a，则方程①无实根，所以1a，故12x． 于是 1,2cba．又3cba，解得 3,2bc． „„„„„„„„20分 共8页，第5页

二．（本题满分25分）如图，在四边形ABCD中，已知60BAD，90ABC，120BCD，对角线BDAC,交于点S，且SBDS2，P为AC的中点．求证：（1）30PBD；（2）DCAD． 证明 （1）由已知得 90ADC，从而DCBA,,,四点共圆，AC为直径，P

为该圆的圆心． „„„„„„„„5分 作BDPM于点M，知M为BD的中点，所以BPM＝12BPD＝60A，从而30PBM． „„„„„„„„10分

（2）作BPSN于点N，则12SNSB．

又BDMBDMSBDS21,2， ∴ SNSBSBSBDMDSMS21232， „„„„„„„„15分 ∴ Rt△PMS≌Rt△PNS，∴ 30NPSMPS， 又PBPA，所以1152PABNPS，故DCADAC45，所以DCAD． „„„„„„„„25分 三．（本题满分25分）已知pnm,,为正整数，nm．设(,0)Am，(,0)Bn，(0,)Cp，O为坐标原点．若90ACB，

且)(3222OCOBOAOCOBOA． （1）证明：3pnm； （2）求图象经过CBA,,三点的二次函数的解析式． 解 （1）因为90ACB，ABOC，所以2OCOBOA，即2pmn． 由)(3222OCOBOAOCOBOA，得)(3222pnmpnm．„„„„„„„5分 又)(2)(2222mpnpmnpnmpnm)(2)(22mpnpppnm )(2)(2pnmppnm))((pnmpnm

，

从而有3pnm，即3pnm． „„„„„„„„10分 （2）由2pmn，3pnm知nm,是关于x的一元二次方程 0)3(22pxpx ①

的两个不相等的正整数根，从而04)]3([22pp，解得31p。 又p为正整数，故1p或2p． „„„„„„„„„15分 当1p时，方程①为0142xx，没有整数解．