个人投资理财案例-三亚大学

“《数学周报》杯”2017年全国初中数学竞赛
（天津赛区）试题参考答案及评分标准


一、选择题（共5小题，每小题7分，满分35分）
（1）设
x
53< br>，则代数式
x(x1)(x2)(x3)
的值为( ).
2
（B）1 （C）﹣1 （D）2 （A）0
【答】C．
解：由已知得
x

2
3x10，
于是

x(x1)(x2)(x3)(x
2
3x)(x
23x2)
(x3x1)11.
22
（2）已知
x，y， z
为实数，且满足
x2y5z3
，
x2yz5
，则
x
2
y
2
z
2
的最小值为( ).
（A）
【答】D．
1

11
（B）0 （C）5
（D）
54

11

x3z1，

x2y5z3，
解：由

可得


yz2.
x2yz5，


于是
x
2
y
2
z
2
11z
2
2z5
．
1
54
222
时，
xyz
的最小值为．
11
11
y
因此，当
z
（3）若
x1
，
y0
，且满足
xyx，
x
x
3y
，则
x y
的值为( ).
y
（C）
（A）1
【答】C．
（B）2
9

2
（D）
11

2

解：由题设可知
y
故
y
x
y1
，于是
xyx
3y
x
4y
，所以
4y11
．
1

9
1
，从而
x4
．于是
xy< br>．
2
2
1111

，则
4S
的整 数部分等于( ).
3333
1232011
（B）5 （C）6 （D）7
（4）设
S
（A）4
【答】A．
111

11

3  ， 2011
，因为
3



解：当
k2，，

，
2k2k1kkk1
k

k1




所以
1S1
1111

11

5


1


．
2
3
3< br>3
2011
3
2

220112012

4
于是有
44S5
，故
4S
的整数部分等于4．
，AC
上，
BE，CD
相交于点
F
，设（5）点
D ，E
分别在△
ABC
的边
AB
S
四边形EADF
 S
1
，S
BDF
S
2
，S
BCF
 S
3
，S
CEF
S
4
，
则
S
1
S
3
与
S
2
S
4
的大小关系为( ).
（A）
S
1
S
3
S
2
S
4
（B）
S
1
S
3
S
2
S
4

（C）
S
1
S
3
S
2
S
4 （D）不能确定
【答】C．

， 解：如图，连接
DE
，设
S
DEF
S
1
则
第（5）题
S
1

EF
S
4

，从而有
S
1

S
3
S
2
S
4
．因为
S1
S
1

，所以
S
1
S
3
S
2
S
4
．
S
2
BFS
3
二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分） < br>（6）两条直角边长分别是整数
a，b
（其中
b2011
），斜边长 是
b1
的直角三
角形的个数为 .
【答】
31
．

b2011
，解：由勾股定理,得 a(b1)b2b1
．因为b是整数，所以
a
222
2

是1到4023之间的奇数，而且是完全平方数，这样的数共有31个，即
3
2
，
因
5
2
，  ， 63
2
．
此a一定是3，5，…，63，故满足条件的直角三角形的个数为31． < br>（7）一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一
枚质地 均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8. 同时掷这两枚骰
子，则其朝上的面两数之和为7的概率是 .
【答】
1
．
6
解： 在36对可能出现的结果中，有6对：（1，6）， （2，5）， （2，5）， （3，4），
（3 ，4），（4，3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为7的概率是
61

. 366
（8）若
y1x
【答】
1
22
最小值为b ，则
ab
的值为 .
x
的最大值为a，
2
3
．
2
11
≥0，得≤
x
≤
1
．
2
2
解：由
1x
≥0，且
x
y
2

由于
131131
2x
2
x2(x)
2
．
2222416
133
<<1
，所以当
x=
时，< br>y
2
取到最大值1，故
a=1
．
244
11
2
3
22
2
或1时，
y
取到最小值，故
b=．所以，
ab
．
22
2
2
2
（x＞0）与矩形OABC的边CB， BA分别交于点 E，F，
x
当
x=
（9）如图，双曲线
y
且AF=BF， 连接EF，则△OEF的面积为 .
【答】
3
．
2b
2
（a，）
（a,b）
解：如图，设点B的坐标为,则点
F< br>的坐标为.因为点
F
在双曲线
y
2
上，所以
ab 4.
又点
E
在双曲线上，且纵坐标
x

为
b
，所以点
E
的坐标为
(
2
,b)
.于 是
b
S
OEF
S
梯形OFBC
S
OEC
S
FBE
1b121b2
（b）ab（a）

222b22b
13
（ab12）.
22
第（9）题 （10）如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为35，正方形CDEF内接于△ABC，且
其边 长为12，则△ABC的周长为 .
【答】84．
解：如图，设BC＝a，AC＝b，
则
ab35
＝1225． ①
又Rt△AFE∽Rt△ACB，
所以
222
FEAF12b12

，即，
CBACab
第（10）题
故
12(ab)ab
． ②
（ab）ab2ab122524（ab）
由①②得 ，
解得a＋b＝49（另一个解－25舍去），所以
abc493584
．
三、解答题（共4题，每题20分，共80分）
（11）已知关于
x
的一元 二次方程
xcxa0
的两个整数根恰好比方程
2
222
x2
axb0
的两个根都大1，求
abc
的值.
解 ：设方程
xaxb0
的两个根为

，

，其中

，

为整数，且

≤

，
2
，

1
，由题意得 则方程
xcxa0
的两根为

1
2



a，

1


1

a
， ………………………………5分
两式相加，得

2

2
10
，即
(

2)(

2)3
，



21，


23 ，
所以，

或

………………………………10分

23；

21.
 


1，


5，
解得

或



1；

3.

又因为
a

（



），b

，c（[
< br>1）（

1）]，
，c2
；或者
a8，b15 ，c6
， 所以
a0，b1
故
abc3
，或29. ………………………………………………20分
（12）如图，点
H
为△
A BC
的垂心，以
AB
为直径的⊙
O
1
和△
BCH< br>的外接圆⊙
O
2
相交于点
D
，延长
AD
交< br>CH
于点
P
，
求证：点
P
为
CH
的中点.
证明：如图，延长
AP
交⊙
O
2
于点
Q
，
QC，QH
. 连接
AH，BD，QB，
因为
AB
为⊙
O
1
的直径，
所以∠
ADB
∠
BDQ90
．…………5分
故
BQ
为⊙
O
2
的直径.
BHHQ
. ……………………………………………………10分 于是
CQBC，

BHAC.
又因为点
H
为△
ABC
的垂心，所以
AHBC，
所以
AH
∥
CQ
，
AC
∥
HQ
，
四边形
ACQH
为平行四边形. ………………………………………………15分
所以点
P
为
CH
的中点. ………………………………………………20分
（13） 如图，点
A
为
y
轴正半轴上一点，
A，B
两点关于
x
轴对称，过点
A
任作直

线交抛物线
y
2
2
x
于
P
，
Q
两点.
3
（Ⅰ）求证：∠
ABP
=∠
ABQ
；
（Ⅱ）若点
A
的坐标为（0，1），
且∠
PBQ
=60º，试求所有满足条件的
直线
PQ
的函数解析式.
Q
作
y
轴的垂线，垂足分别为
C，　D
. 解：（Ⅰ）如图 ，分别过点
P，　
设点
A
的坐标为（0，
t
），则点
B
的坐标为（0，-
t
）.
设直线
PQ
的函数解析式为
ykxt
,
并设
P，Q
的坐标分别为 ,.
（x
P
，y
P< br>）
（x
Q
，y
Q
）

ykxt，
2
2

由

2
2
得
xkxt0
，
yx，
3

3

于是
x
P
x
Q
t
，即
tx
P
x
Q
.于是，
3
2
2
3
2
2
2
2
22
x
P
t
x xxx
P
(x
P
x
Q
)
PPQ
BCy
P
t
3
x
3


3

3

P
.
…………5分
2
2
22
BDy
Q
t
2
x
2
t
x
Q< br>x
Q
x
P
x
Q
x
Q
(x
Q
x
P
)
Q
3
333
又因为
x
PC
BCPC


P
，所以.
BDQD
QDx
Q
因为∠
BCP
∠
BD Q90
，所以△
BCP
∽△
BDQ
.
故∠
ABP
=∠
ABQ
. …………………………………………………………10分
（Ⅱ）解法一 设
PCa，
DQb
，不妨设
a
≥
b
>0，
由（Ⅰ）可知

∠
ABP
=∠
ABQ3 0
，
BC
=
3a
，
BD
=
3b
，
所以
AC
=
3a2
，
AD
=
23b
. < br>因为
PC
∥
DQ
，所以△
ACP
∽△
ADQ
.
于是
a3a2
PCAC

，即

． 所以
ab3ab
．
b
23b
DQAD
由（Ⅰ）中< br>x
P
x
Q
t
，即
ab
于是，可求 得
a2b3
.
3
2
333
3
，所以
ab，ab

，
2
22
将
b
3
3
1
2
代入< br>yx
2
，得到点
Q
的坐标（，）. …………………15分
2
2
3
2
3
.
3
再将点
Q< br>的坐标代入
ykx1
，求得
k
所以直线
PQ
的函数解析式为
y
根据对称性知，
所求直线
PQ
的函数解析式为
y
3
x1
.
3
33
x1
，或
yx1
. ………………20分
33
解法二 设直线
PQ
的函数解析式为
ykxt
,其中
t1
.
由（Ⅰ）可知，∠
ABP
=∠
ABQ30
，所以
BQ 2DQ
.
故
2x
Q

将
y
Q

2
x
Q
(y
Q
1)
2
.
2
2
x
Q
代入上式，平方并整理得
3
4222< br>4x
Q
15x
Q
90
，即
(4x
Q< br>3)(x
Q
3)0
.
所以
x
Q

3
或
3
.
2

又由（Ⅰ），得
x
P
x
Qt
若
x
Q

3
2
3
3
，
x
P
x
Q
k
.
2
2
3
23
代入上式得
x
P
3，
从而
k(x
P
x
Q
)
.
，
33
2
3
23
从而
k(x
P
x
Q
)
.
，
33
2
同理，若
x
Q
3，
可得
x
P

所以，直线
PQ
的函数解析式为
y
33
x1
，或
yx1
. ………………………………………20分
33
（14）已知
a
i
0，i1
，，证明：
，　2，　，　2011
且
a
1
a
2
a
201
，使得
a
j< br>a
i

a
1
，a
2
，，a
20 11
中一定存在两个数
a
i
，a（）
j
ij
(1 a
i
)(1a
j
)
2010
．
证明：令
x
i

2010
，
i1
，，
2


，
2011
， ……………………………………5分
1a
i
则
0x
2011< br>x
2010
x
1
2010
. …………………………………10分
故一定存在
1
≤
k
≤2017，
使得
x
k
x
k1
1
，从而
20102010
1
． …………………………………15分
1a
k
1a
k1

即
a
k1
a
k


(1a
k
)(1a
k1
)
． …………………………………………20分
2010