1、2007-2012 年全国初中数学联合竞赛分类解析汇编 1-代数选择题1. 已知 满足 ，则 的值为 （ zyx, xzy532zy2） （2007）（A）1. （B） . （C） . （D） .313121【答】B.解 由 得 ，所以 ，故选xzyx52xzy2,35xzy（B）.注：本题也可用特殊值法来判断.2当 分别取值 ， ， ， ， ， ， ， ，x207162051120526时，计算代数式 的值，将所得的结果相加，其和等于 x（ ） （2007）（A）1. （B）1. （C）0. （D）2007.【答】C.解 因为 ，即当 分别取值 ， 为正整221)(n012nxn1(数）时，
2、计算所得的代数式的值之和为 0；而当 时， .因此，当 分别取值x12x， ， ， ， ， ， ， ， 时，计算所得各代207162051125067数式的值之和为 0.故选（C） .3. 设 是 的三边长，二次函数 在 时取cba,AB2)2(bacxbay1x最小值 ，则 是 58C（ ） （2007）（A）等腰三角形. （B）锐角三角形. （C）钝角三角形. （D）直角三角形.【答】D.解 由题意可得 即 所以 ， ，,582,1)(bacb,32cabc53a4因此 ，所以 是直角三角形. 故选（D）.22caABC4袋中装有 5 个红球、6 个黑球、7 个白球，从袋中摸出 15 个球
3、，摸出的球中恰好有3 个红球的概率是 （ ） （2007）（A） . （B） . （C） . （D） .105110352【答】B.解 设摸出的 15 个球中有 个红球、 个黑球、 个白球，则 都是正整数，且xyzzyx,， .因为 ，所以 可取值 2，3，4，5.7,65zyx1zy3当 时，只有一种可能，即 ；27,6z当 时， ，有 2 种可能， 或 ；3xzy,5y6,zy当 时， ，有 3 种可能， 或 或 ；414z55,zy当 时， ，有 4 种可能， 或 或 或5x0zy7,3y,4zy.,6zy因此，共有 123410 种可能的摸球结果，其中摸出的球中恰好有 3 个红球的结果
4、有 2 种，所以所求的概率为 .故选（B）.5105设 ， ，且 ，则代数式 的值为 213a2bab21ab（ ） （2008）5. 7. 9. 11.)(A)(B)(C)(D【答】 .解 由题设条件可知 ， ，且 ，所以 是一元二2310a2310bab,次方程 的两根，故 ， ，因此2310xa. 故选 .22221()317ababB6从分别写有数字 1，2，3，4，5 的 5 张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3 的倍数的概率是 （ ） （2008）. . . .)(A15)(B0)(C2)(D12【
5、答】 .C解 能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共 20 个，其中是 3 的倍数的数为 12，15，21，24，42，45，51，54，共 8 个.所以所组成的数是 3 的倍数的概率是 . 故选 .8205C7现有价格相同的 5 种不同商品，从今天开始每天分别降价 10或 20，若干天后，这 5 种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为 ，则 的最小值为 r（ ） （2008）. . . .)(A398)(B498)(C598)(D98【答】 .解 容易知道，4 天之后就可以出现
6、5 种商品的价格互不相同的情况.设 5 种商品降价前的价格为 ，过了 天. 天后每种商品的价格一定可以表示为an，其中 为自然数，且 .9(10%)(2)()10kkknka 0kn要使 的值最小，五种商品的价格应该分别为： ，r 8()10inia，1198()0ini， ， ，其中 为不超过22()iia3398()01inia 449()inii的自然数.n所以 的最小值为 . 故选 .r44()()9810iniiiaB8 已知实数 满足 ，则,xy22(08)(08)xy的值为 233xy27（ ） （2008）. 2008. . 1.)(A208)(B)(C1)(D【答】 .D解
7、，22()(08)xy ，220808y，2 2208yxx由以上两式可得 . 所以 ，解得 ，所以y22()08208x.23307371xx故选 .D9. 设 ，则 （ ） （2009）71a3261aA.24. B. 25. C. . D. .4704712【答】A.由 ，得 ，故 .所以71a2862aa2632263()1.26410用 表示不大于 的最大整数，则方程 的解的个数为 xx230x（ ） （2009）A.1. B. 2. C. 3. D. 4.【答】C.由方程得 ，而 ，所以 ，即 ，解得23xx23x230x，从而 只可能取值 .11,0当 时， ，解得 ；x2xx当
8、 时， ，没有符合条件的解；03当 时， ，没有符合条件的解；1x25当 时， ，解得 ；2x277x当 时， ，解得 .393因此，原方程共有 3 个解.11设正方形 ABCD 的中心为点 O，在以五个点 A、B、C、D、O 为顶点所构成的所有三角形中任意取出两个，它们的面积相等的概率为 （ ） （2009）A. . B. . C. . D. .31471247【答】B.不妨设正方形的面积为 1.容易知道，以五个点 A、B、C、D、O 为顶点所构成的三角形都是等腰直角三角形，它们可以分为两类：（1）等腰直角三角形的直角顶点为正方形 ABCD 的四个顶点之一，这样的三角形有4 个，它们的面积都
9、为 ；12（2）等腰直角三角形的直角顶点为正方形 ABCD 的中心 O，这样的三角形也有 4 个，它们的面积都为 .4所以以五个点 A、B、C、D、O 为顶点可以构成 448 个三角形，从中任意取出两个，共有 28 种取法.要使取出的两个三角形的面积相等，则只能都取自第（1）类或都取自第（2）类，不同的取法有 12 种.因此，所求的概率为 .1238712设 是大于 1909 的正整数，使得 为完全平方数的 的个数是 n1902nn（ ） （2009）A.3. B. 4. C. 5. D. 6.【答】B.设 ，则 ，它为完全平方数，不妨设为209na190102an（其中 为正整数） ，则 .
10、1ma 2m验证易知，只有当 时，上式才可能成立.对应的 值分别为 50，20，10，2.1,37a因此，使得 为完全平方数的 共有 4 个，分别为 1959，1989，1999，2007.902nn13. 若 均为整数且满足 ，则 ,abc1010()()abc|abca（ ） （2010）A1. B2. C3. D4.【答】B.因为 均为整数，所以 和 均为整数，,abcabc从而由 可得1010()()c或|,ac|,.a若 则 ，|1,0bc从而 .|aa|2|baab若 则 ，|,1bc从而 .|aca|2|acac因此， 2.|b14若实数 满足等式 ， ，则 可能取的最大值为 ,
11、ac23|6ab49|6abc（ ） （2010）A0. B1. C2. D3.【答】C.由两个已知等式可得 ，而 ，所以 .32(),|()55acbc|0b2c当 时，可得 ，满足已知等式.2c9,0所以 可能取的最大值为 2.15若 是两个正数，且 则 （ ） （2010）ba, ,01abA . B . C . D .10343ab2ab【答】C.由 可得 ，则10abbaa222()()()1)b由于 是两个正数，所以 ，所以 ，从而ba, ,010.1ba另一方面，由 可得 ，22()()4abab4)(2ba结合式可得 ，所以14.3因此， .13ab16若方程 的两根也是方程
12、的根，则 的值20x420xabc2abc为 （ ） （2010）A13. B9. C6. D 0.【答】A.设 是方程 的一个根，则 ，所以 .m2310x2310m231m由题意， 也是方程 的根，所以 ，420axbc40abc把 代入此式，得 ，整理得22()abc.(9)(6)1ambc从而可知：方程 的两根也是方程 的根，230x2(9)(6)10xbc这两个方程实质上应该是同一个一元二次方程，从而有 （其中 为常数） ，2 2(9)(6)1(31)abckxk故 ，所以 .13,0ac因此， .2()2()c17对于自然数 ，将其各位数字之和记为 ，如 ，nna20991，则 （
13、 ） （2010）20103a1231A28062. B28065. C28067. D28068.【答】D.把 1 到 2010 之间的所有自然数均看作四位数（如果 不足四位，则在前面加 0，补足n四位，这样做不会改变 的值）.na1 在千位上出现的次数为 ，1 在百位上出现的次数为 ，1 在十位和个位上出3020现的次数均为 ，因此，1 出现的总次数为 .23162 在千位上出现的次数为 11，2 在百位和十位上出现的次数均为 ，2 在个位上出现的次数为 ，因此，2 出现的总次数为 .0 2031类似的，可求得 出现的总次数均为 .(3,4567,89)k 60因此 12320910216
14、0(345789)aa28068.18已知 ， ，则 的值为 2ba4)()(22abab（ ） （2011）A1. B . C . D .12121【答】B.由 可得 ，4)()1(22ababba4)()(22即 ，0)()( 32即 ，即 ，所以 22)4bba240ab1ab19.方程 的解的个数为 )(34(|1|2xx（ ） （2011）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个【答】C.当 时，方程为 ，即 ，|x )2(4(1xx 039)2(2 x解得 ， ，均满足 13243|当 时，方程为 ，即 ，|x )(3(2xx 47)4(2x解得 ，满足 32x1|x综上，原方程有
15、3 个解.20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 （ ） （2011）A5 组. B7 组. C9 组. D11 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 ，所以正方形的边长不大于 由于4591 451； ； 3267 536278； 89； 673
16、92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 145921已知 ， ， ，则 的值为 21zyx3xzy41yxzzyx432（ ） （2011）A1. B . C2. D .25【答】C.由已知等式得 ， ， ，所以2zyx3zyx4zyx29zyx于是， ， ， 所以 ， ，523zyx21zyx35xyz，即 。35xyyz代入 ，得 ，解得 212153x03x所以 2534243xxzyx22已知 ， ， ，那么 的大小关系是 21a3b6c,abc（ ） （2012）A. B. C. D.
17、bcb【答】C.因为 ， ，所以 ，故 .又12a3210aa，而 ，所以(6)(1)6c()22(6)1)30，故 .因此 .cbac23方程 的整数解 的组数为 2234xy(,)xy（ ） （2012）A3. B4. C5. D6.【答】B.方程即 ，显然 必须是偶数，所以可设 ，则原方程2()34xyxy2xyt变为 ，它的整数解为 从而可求得原方程的整数解为217t 2,t ， ， ， ，共 4 组.(,)xy,3)(,3)(1,)24已知实数 满足 ，则 的最小值为 ,ab244ab（ ） （2012）A . B0. C1. D .18 98【答】B.4422221()1()4ab
18、ababab因为 ，所以 ，从而 ，故|13，因此 ，即 .2190()46290()4844908因此 的最小值为 0，当 或 时取得.4ab2,ab2,ab25若方程 的两个不相等的实数根 满足2320xp12,x，则实数 的所有可能的值之和为 23124()x（ ） （2012）A0. B . C . D .34154【答】 B.由一元二次方程的根与系数的关系可得 ， ，所以12xp123xp，222111()46xxp.3 2222123(496)x又由 得 ，所以314()xx312x，所以 ，所以224696pp()0p.1230,4代入检验可知： 均满足题意， 不满足题意.123
19、0,431因此，实数 的所有可能的值之和为 .p120()4p26由 1，2，3，4 这四个数字组成四位数 （数字可重复使用） ，要求满足abcd.这样的四位数共有 acbd（ ） （2012）A36 个. B40 个. C44 个. D48 个.【答】C.根据使用的不同数字的个数分类考虑：（1）只用 1 个数字，组成的四位数可以是 1111，2222，3333，4444，共有 4 个.（2）使用 2 个不同的数字，使用的数字有 6 种可能（1、2，1、3，1、4，2、3，2、4，3、4）.如果使用的数字是 1、2，组成的四位数可以是1122，1221，2112，2211，共有 4 个；同样地，如果使用的数字是另外 5 种情况，组成的四位数也各有 4 个.因此，这样的四位数共有 6424 个.（3）使用 3 个不同的数字，只能是 1、2、2、3 或 2、3、3、4，组成的四位数可以是1232，2123，2321，3212，2343，3234，3432，4323，共有 8 个.（4）使用 4 个不同的数字 1，2，3，4，组成的四位数可以是1243，1342，2134，2431，3124，3421，4213，4312，共有 8 个.因此，满足要求的四位数共有 4248844 个.
