上海初中试题
2015年上海初三数学竞赛试卷解答 （2015年12月6日上午9:00---11:00） 解答本题可以使用科学计算器 一、填空题（每小题10分，共80分）
1、已知AB为圆O的直径，AB=1，延长AB到点C，使得BC=1，CD是圆O的切线，D是切点，则ABD的面积为______________。 解答：依据切割线定理可以得到：CD2CBCACD2。 因为可以得到CBD∽CDABDCD ADAC因此有BD21。 AD22因为AB为圆O的直径，所以ABD时直角三角形。
依据勾股定理有AB2BD2AD213BD2BD2而SABD1。
3122 BDADBD2226

2、有编号分别为1,2,3,4,5,6,7的7个大小相同的小球，从中任取3个小球，则取出的3个小球的编号和为奇数的概率为______________。
3解答：从七个小球任意取出三个小球的取法为C735种，因为没有小球的数字不同，这样这三个球的数字和有35和结果。要使用和为奇数。
应该包括两种下面情况 3第一种三个数均为奇数，也就是从1,3,5,7四个数中取三个，取法为C44 第二种，一个奇数，两个偶数，也就是从1,3,5,7的四个数中取1个，从2,4,6三个数中取两22个，取法有C4C312. 这样和为奇数一共有41216种。从而取出的3个小球的编号和为奇数的概率为

3、实数x,y满足x23y4，y23x4，xy，则16 35xy的值为____________。
yx2x3y4①解答：因为 2y3x4②上述①②两个相减，得到：(xy)(xy)3(xy)0。因为xy 所以有xy3。
上述①②相加得到x2y23(xy)4(xy)22xy3(xy)4 xy(xy)22xy所以xy1。因此1 yxxy 4. 若三个素数的乘积恰好等于它们和的23 倍，则这三个素数为________． 解答：设这三个素数为a,b,c。则有abc23(abc)。因为23是素数，从abc23(abc)，可以得到23能够整除三个素数a,b,c的abc积。从而可以得到其中有一个素数必为23。假设a23 这样就有bc23bcbcbc124(b1)(c1)2446212 因为b,c为素数，所以得到b5,c7或b3,c13 这样得到三个素数为5,7,23或3,13,23。 5. 如图，圆O1与圆 O2外切于点P ，从圆O1上点A 作圆O2的切线AB ， B 是切点，连接 AP 并延长，与圆O2交于点C ．已知圆O1 、圆O2的半径分别为

2、1，则 AC________． AB解答：做如图所示的辅助线。可以得到 CO1PO2BAPCCO21AO1//CO2 PAAO12为此设PCk，则PA2k. 应用切割线定理有： AB2APAC2k3kAB6k. 所以AC3k6。 AB26k

6、 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，MON 的两边分别是射线 y x(x 0)与x轴正 半轴．点A(6,5)，B(10,2)是MON 内的两个定点，点P、Q分别是MON 两边上的 动点，则四边形ABQP 周长的最小值是________． 解答：本题主要就是应用对称。应为四边形ABQP ，其中一个边AB为定值。
要求四边形 ABQP 周长的最小值，只要求另外三边的最小值。 从对称可以得到A/(5,6),B/(10,2). 四边形另外三边的最小值为AB 依据两点间距离公式有 。
//A'AP，MA/B/(105)2(26)289BNQB'AB(105)2(25)234 从而最小值为8934。 7. 不定方程x2y2xy2x2y的整数(x,y)解共有________组。 解答：设xyk，所以从x2y2xy2x2y，可以得到k22xyxy2k k22k所以k2k3xyxy。 32k22k0的两个根，并且根为整数。
这样x,y是方程tkt32k22k0k28k0。因此有0k8。
所以(k)432k22kk(k2)同时要保证xy为整数。这样就有k0，3，5，6，8 33当k0时，(x,y)(0,0) 2当k3时，方程为方程t3t10没有整数解。 2当k5时，方程为方程t5t50没有整数解。 2当k6时，方程为方程t6t80，有整数解为2,4。所以(x,y)(2,4)或(4,2) 2当k8时，方程为方程t8t160，有整数解为4,4。所以(x,y)(4,4) 整数(x,y)解共有4组 8. 设a是给定的正实数，n 是给定的大于1 的整数，实数x1,x2,x3,,xn 满足2，则 x12x22x32xan(x1x2)2(x1x3)2(x1xn)2(x2x3)2(x2xn)2(xn1xn)2的最大值________________。
解答： 因为(x1x2)2(x1x3)2(x1xn)2(x2x3)2(x2xn)2(xn1xn)2 (n1)(x12x22xn2)2x1(x2x3xn)2x2(x3x4xn)2xn2(xx1xn)2xn1xn(n1)a2x1(x2x3xn)2x2(x3x4xn)2xn2(xx1xn)2xn1xn 有这样的一个结论，因为 x2y2xy2xy2xyx2y2(x2y2)2xyx2y2 而2x1(x2x3xn)2x2(x3x4xn)2xn2(xx1xn)2xn1xn 22[(x12x22)(x12x32)(x12xn2)][(x22x32)(x22x42)(x22xn2)][(x32x42)(x32x52)(x32xn2)][(xn22xn12)(xn22xn2)](xn12xn2)](n1)x12(x1)x22(x1)xn2(n1)(x12x22xn2)(n1)a所以最大值为2(n1)a 二、解答题（第

9、10 题，每题15 分，第

11、12 题，每题20 分，共70 分） 9. 如图，在△ABC中，BC a，CA b，ACB 60，△ABD是正三角形，P是其中 心，求CP 的长度． 解答：分析作D点关于AB的对称点D。 /0则ADB为等边三角形，这样就有ADB60，已知ACB 60//所以A,C,D/,B四点共圆。这个圆过P APCD'BD点。
连接AP，BP。
因为P是正三角形ABD的中心，所以 APBP23ABsin600AB 33因为A,C,B,P四点共圆，也就是四边形ACBP为 圆内接四边形，应用圆内接四边形托勒密定理 可以得到ABPCBPACAPBC 所以PC3(ab)。 3 10. 在1，2，… ，2015 这2015 个正整数中选出k个数，使得其中任意两个不同的数的和 都不是50 的倍数，求k 的最大值． 解答：因为所有的整数，被5除余数为0,1,2,3,4，… ,47,48,49。共50中情况。而2015504015。
下面吧从1,2，… ，2015这2015个数被50除，余数的情况列表如下。 余数 第1行 第2行 第3行 … 1 1 51 101 … 2 2 52 102 … … … … … … 15 15 65 115 … … … 24 … 24 … 74 … 124 … … 25 25 75 125 26 26 76 126 … … … … … 48 48 98 148 … 49 49 99 149 … 0 50 100 150 … 第40行 1951 1952 … 第41行 2001 2002 … 1998 1999 2000 2015 … 第1行取1到25这25个数，取50这个个数，任意两个数的和都不能被50整除。 第2行取51到74这24个数，和第一组取得的数组成新的数集，则这新的数集任意两个数的和不能被50整除。 以后每行都取前24个数，取到第40行位置。
最后一行取15个数。这样正整数集合最大数值个数为2624(4021)15977 这样集合为这样式样{1,2,,25,50,51,52,,74,101,102,,124,151,152,,174,,1951,1952,,1974, 2001,,2015} 50这个数可以换成1到2015之间50的倍数任意一个数。 因此k的最大值为977. 11. 已知△ABC的三边长均为正整数，周长为 35，G 和I 分别为△ABC的重心和内心， 且GIC 90，求边AB的长度． 解答：本题有一定难度，但是抓住内心和重心的特征 还是能够找到解题的路径的。 C由题意知道GIC 90，并且平分ACB,出现角平分+垂直 的特征。这样可以构造出三角形。为此延长GI和反向延长GI. 很容易得到CMN为等腰三角形，也就是CMCN 过垂心G和内心I分别做AC和BC边的垂线。设ABC的内接圆 GI的半径为r。
由面积法得到： ABSCGMSCGNSCIMSCIN 111CMGPCNGF2rCN 222所以GPGF2r 也就是因为G为三角形ABC的重心，可以得到 C11dBACdABC2r 33用面积法有： QPMGAEDIOFNB12S12S2S2 3b3aabc116化简为 baabcab6也就是 ab356ab35(ab)，因为a,b为正整数 所以得到ab35k，则ab6k 为此a,b为方程t6kt35k0的两个根。
2(6k)2435k0k有ab6k35k35 935。因此k4,5 62当k4时，方程为t24t3540(t14)(t10)0t14,10所以此时a10,b14。因此AB11。 2当k5时，方程为t30t3550没有整数解。
因此AB11。 12. 设a,b是正整数，ab 不是 4的倍数，求证：(a3b)(5a7b)不是完全平方数． 证明：ab(ab)(ab)，当a,b为同奇数，或者同偶数时，可以得到2222a2b2(ab)(ab)一定是4的倍数。已知a2b2 不是 4的倍数，所以a,b中一个为奇数，一个为偶数。 假设a2n1,b2m。因为(a3b)(5a7b)5a222ab21b25(2n1)222(2n1)2m21(2m)220n(n1)588mn44m84m220n(n1)88mn40m80m24m(m1)5因为20n(n1)88mn40m80m24m(m1)能够被8整除。 所以此时(a3b)(5a7b)被8除余5.因为要是完全平方数，奇数的时被8除余1.因此此种情况下不是完全平方数。
假如a2m,b2n1，因为 (a3b)(5a7b)5a222ab21b25(2m)2222m(2n1)21(2n1)220m288mn44m214n(n1)2116m288mn40m214n(n1) 164m(m1)5从而16m288mn40m214n(n1)164m(m1)能够被8整除，所以此时(a3b)(5a7b)被8除余5.因为要是完全平方数，奇数的时被8除余1.因此此种情况下不是完全平方数。 综合可以得到：(a3b)(5a7b)不是完全平方数． 上海初中试题。

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