专题51 全国初中数学竞赛模拟卷（一）-备战2024年中考数学优生冲刺抢分试题精选（全国通用）

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【解答】解：由题意得：a+ab=3ab+15b，
∴（a-5b）（a+3b）＝0，
故可得：a=5b，a＝25b，
∴a-b+ab2a+3b+ab=12．
故选：C．
2．如图，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，DE交AC于M，AF交BD于点N，若AF平分∠BAC，DE⊥AF，记x=BEOM，y=CFAE，z=BNON，则有（ ）
A．x＞y＞zB．x＝y＝zC．x＝y＞zD．x＞y＝z
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠BAF+∠AFB＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠BAF+∠DEA＝90°，
∴∠AFB＝∠DEA，
在△AFB和△DEA，
∠ABF=∠DAE∠AFB=∠DEAAB=AD，
∴△AFB≌△DEA（AAS），
∴∠BAF＝∠ADE，BF＝AE，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝22.5°，
∴∠ADE＝∠BDE＝22.5°，
∵∠ABF＝∠AON＝90°，∠BAF＝∠NAO，
∴△ABF∽△AON，
∵∠BAN＝∠CAF，∠ABN＝∠ACF＝45°，
∴△BAN∽△CAF，
∴y=CFAE
=CFBF
=ACAB
=2，
z=BNON
=ABAO
=2，
∴y＝z，
∵BF＝AE，AB＝BC，
∴BE＝CF，
∴BEAE=CFAE=2，
∵∠ADE＝22.5°，∠EAD＝90°，
∴∠AEM＝67.5°，∠AME＝∠ADE+∠MAD＝67.5°，
∴∠AEM＝∠AME，
∴AE＝AM，
过点M作MH⊥AD于点H，如图：
∵∠ADE＝22.5°，∠EDB＝45°，
∴∠MDO＝∠MDH＝22.5°，
∵MH⊥AD，MO⊥AC，
∴OM＝HM，
∵∠MAH＝45°，∠MHA＝90°，
∴AM=2HM=2OM，
∴AE=2OM，
∴BE=2AE＝2OM，
∴x=BEOM=2，
∴x＞y＝z．
解法二：作OP∥AB交DE于P．
∵AN平分∠BAO，
∴BNON=ABAO=2=ACAB=CFBF，即y＝z=2．
∵△AEM的角平分线与高重合．
∴△AEM的等腰三角形，AM＝AE，
∵OP∥AB，OB＝OD，
∴EP＝DP，
∴△OMP∽△AME，
∴AEOP=AMOM，
∴OP＝OM，
∴x=BEOM=BEOP=2，
∴x＞y＝z，
故选：D．
3．关于x、y的方程组xx-y=yx+yyx=1有 2 组解．
【解答】解：把y()()x=1两边平方得到y2•x＝1，则x＝y﹣2，
把x＝y﹣2代入方程xx﹣y＝yx+y得y﹣2（x﹣y）＝yx+y，
当y＝1时，x＝1，
当y≠1，则﹣2（x﹣y）＝x+y，所以y＝3x，x=y3，
∴y3=1y2，解得y=33，
∴x=333．
经检验方程组的解为x=1y=1或x=333y=33．
故答案为2．
4．若关于x的方程（x﹣4）（x2﹣6x+m）＝0的三个根恰好可以组成某直角三角形的三边长，则m的值为 659 ．
【解答】解：设某直角三角形的三边长分别为a、b、c，
依题意可得
x﹣4＝0或x2﹣6x+m＝0，
∴x＝4，x2﹣6x+m＝0，
设x2﹣6x+m＝0的两根为a、b，
∴（﹣6）2﹣4m≥0，m≤9，
根据根与系数关系，得a+b＝6，ab＝m，则c＝4，
①c为斜边时，a2+b2＝c2，（a+b）2﹣2ab＝c2
∴62﹣2m＝42，m＝10（不符合题意，舍去）；
②a为斜边时，c2+b2＝a2，
42+（6﹣a）2＝a2，
a=133，b＝6﹣a=53，
∴m＝ab=133×53=659，
故答案为659．
5．如图正方形ABCD的顶点A在第二象限y=kx图象上，点B、点C分别在x轴、y轴负半轴上，点D在第一象限直线y＝x的图象上，若S阴影=25，则k的值为 -45 ．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
过点D作DM⊥y轴于M，DN⊥x轴于N，
∵点D在直线y＝x上，
∴DM＝DN，
∵DM⊥y轴，DN⊥x轴，
∴∠DMO＝∠DNO＝∠MON＝90°，
∴四边形DMON为正方形，
∴∠MDN＝∠ADC＝90°，
∴∠GDM＝∠HDN，
在△DMG与△DNH中，
∠GDM=∠HDNDM=DN∠DMG=∠DNH=90°，
∴△DMG≌△DNH（ASA），
∴S△DMG＝S△DNH，
∴S正方形DMON＝S阴影=25，
∴DM2=25，
∴DM=OM=105，
过A作AQ⊥OB于Q，
∵∠BCO+∠DCM＝∠DCM+∠CDM＝90°，
∴∠BCO＝∠CDM，
在△BOC与△CMD中，
∠BOC=∠CMD=90°∠BCO=∠CDMBC=CD，
∴△BOC≌△CMD（AAS），
同理，△ABQ≌△BCO，
∴OC＝DM=105，
∴OB＝MC＝OM+OC=2105，
∵△ABQ≌△BCO，
∴AQ＝OB=2105，BQ＝OC=105，
∴OQ＝OB﹣BQ=105，
∴点A的坐标为（-105，2105），
将点A的坐标代入到反比例函数解析式中得，
k=-45，
故答案为：-45．
6．如图，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，M为AB中点，N为BC边上一动点，将△MNB沿MN折叠，得到△MNB'，则CB'的最小值为 8 ．
【解答】解：由折叠可知，BM＝B'M，
∵M是AB的中点，AB＝10，
∴BM＝B'M＝5，
∴B'在以M为圆心，BM为半径的圆上运动，
连接CM，
当M、B'、C三点共线时，CB'有最小值MC﹣BM，
∵BC＝12，
在Rt△BCM中，MC=BM2+BC2=52+122=13，
∴CB'的最小值为13﹣5＝8，
故答案为8．
7．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，sinA=513，AC＝12，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A'B'C，P为线段A′B'上的动点，以点P为圆心，PA′长为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径为 15625或10213 ．
【解答】解：如图1中，当⊙P与直线AC相切于点Q时，连接PQ．
设PQ＝PA′＝r，
∵PQ∥CA′，
∴PQCA'=PB'A'B'，
∴r12=13-r13，
∴r=15625．
如图2中，当⊙P与AB相切于点T时，易证A′、B′、T共线，
∵△A′BT∽△ABC，
∴A'TAC=A'BAB，
∴A'T12=1713，
∴A′T=20413，
∴r=12A′T=10213．
综上所述，⊙P的半径为15625或10213．
8．设互不相等的非零实数a，b，c满足a+3b=b+3c=c+3a，求(a+3b)2+(b+3c)2+(c+3a)2的值．
【解答】解：令a+3b=b+3c=c+3a=k，
则ab+3＝bk，bc+3＝ck，ac+3＝ak，
由ab+3＝bk，可得abc+3c＝kbc＝k（ck﹣3），
即abc+3k＝（k2﹣3）c，
同理可得：abc+3k＝（k2﹣3）a，abc+3k＝（k2﹣3）b，
∴abc+3k＝（k2﹣3）＝abc+3k＝（k2﹣3）b，
∵a，b，c为互不相等的非零实数，
∴k2﹣3＝0，即k2＝3，
则(a+3b)2+(b+3c)2+(c+3a)2=3k2=9．
∴(a+3b)2+(b+3c)2+(c+3a)2=9=3．
9．如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D的直线交AC于E，交AB的延长线于F，AB＝mAF，AC＝nAE．求：
（1）m+n的值；
（2）nm+1的取值范围．
【解答】解：（1）过点B作BG∥AC交EF于G，
∴∠C＝∠GBD，
∵D是BC的中点，
∴DC＝BD，
∵∠CDE＝∠BDG，
∴△DCE≌△DBG（ASA），
∴EC＝BG，
∵ABAF=m，即AF-BFAF=m，
∴1﹣m=BFAF，
∵ACAE=n，即AE+ECAE=n，
∴n﹣1=ECAE=BGAE，
∵BG∥AC，
∴△FBG∽△FAE，
∴BFAF=BGAE，
∴1﹣m＝n﹣1，
∴m+n＝2．
（2）∵nm+1=2-mm+1=3m+1-1，
∵点F在AB的延长线上，
∴AF＞AB，
∴0＜m＜1，1＜m+1＜2，12＜1m+1＜1得，
12＜3m+1-1＜2，
∴12＜nm+1＜2．
10．如图，在平面直角坐标系中已知四边形ABCD为菱形，且A（0，3），B（﹣4，0）．
（1）求过点C的反比例函数表达式；
（2）设直线l与（1）中所求函数图象相切，且与x轴，y轴的交点分别为M，N，O为坐标原点．求证：△OMN的面积为定值．
【解答】（1）解：∵点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（﹣4，0），
∴OA＝3，OB＝4．
在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝4，
∴AB=OA2+OB2=5.
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC∥y轴，且BC＝AB＝5，
∴点C的坐标为（﹣4，﹣5）．
∵点C在反比例函数y=kx的图象上，
∴k＝（﹣4）×（﹣5）＝20，
∴过点C的反比例函数表达式为y=20x．
（2）证明：设直线l的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将y＝mx+n代入y=20x得：mx+n=20x，
整理得：mx2+nx﹣20＝0．
∵直线l与反比例函数y=20x的图象相切，
∴△＝n2﹣4×m×（﹣20）＝0，
∴n2＝﹣80m．
当x＝0时，y＝m×0+n＝n，
∴点N的坐标为（0，n）；
当y＝0时，mx+n＝0，解得：x=-nm，
∴点M的坐标为（-nm，0）．
∴S△OMN=12|n|×|-nm|＝|n22m|＝40，
∴△OMN的面积为定值．
11．如图，已知抛物线y＝x2+2bx+2c（b，c是常数，且c＜0）与x轴分别交于点A，B（点A位于点B的左侧），与y轴的负半轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0）．
（1）点B的坐标为 （﹣2c，0） （结果用含c的代数式表示）；
（2）连接BC，过点A作直线AE∥BC，与抛物线y＝x2+2bx+2c交于点E，点D是x轴上的一点，其坐标为（2，0）．当C，D，E三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；
（3）在（2）条件下，点P是BC下方的抛物线上的一个动点，连接PB，PC，设所得△PBC的面积为S．求S的取值范围．
【解答】解：（1）将点A的坐标为（﹣1，0）代入y＝x2+2bx+2c，
∴1﹣2b+2c＝0，
∴y＝x2+2bx+2b﹣1
令y＝0，则x2+2bx+2b﹣1＝0，
解得x＝﹣1或x＝1﹣2b，
∵点A位于点B的左侧，
∴B（﹣2c，0），
故答案为：（﹣2c，0）；
（2）令x＝0，则y＝2c，
∴C（0，2b﹣1），
∵B（1﹣2b，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴h=2b-10=k(1-2b)+h，
∴k=1b=2b-1，
∴y＝x+2b﹣1，
∵AE∥BC，
∴AE的直线解析式为y＝x+1，
联立方程组y=x+1y=x2+2bx+2b-1，
整理得x2+（2b﹣1）x+2b﹣2＝0，
解得x＝﹣1或x＝2﹣2b，
∴E（2﹣2b，3﹣2b），
设DC的直线解析式为y＝k'x+h'，
∴2k'+h'=0h'=2b-1，
解得k'=12-bh'=2b-1，
∴直线DC的解析式为y＝（12-b）x+2b﹣1，
∵C，D，E三点在同一直线上，
∴3﹣2b＝（12-b）（2﹣2b）+2b﹣1，
解得b＝1或b=-32，
∴c=12或c＝﹣2，
∵c＜0，
∴b=-32，c＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（3）由（2）可得直线BC的解析式为y＝x﹣4，B（4，0），
过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q，
设P（t，t2﹣3t﹣4），则Q（t，t﹣4），
∴PQ＝t﹣4﹣t2+3t+4＝﹣t2+4t，
∴S=12×4×（﹣t2+4t）＝﹣2t2+8t＝﹣2（t﹣2）2+8，
∵点P是BC下方，
∴0＜t＜4，
∴当t＝2时，S有最大值8，
∴0＜S≤8．
12．如图1，P为第一象限内一点，过P、O两点的⊙M交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B，∠OPA＝45°．
（1）求证：PO平分∠APB；
（2）作OH⊥PA交弦PA于H；
①若AH＝2，OH+PB＝8，求BP的长；
②若BP＝m，OH＝n，把△POB沿y轴翻折，得到△P'OB（如图2），求AP'的长．
【解答】证明：（1）连接AB，如图1：
∵∠AOB＝90°，
∴AB是直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠OPA＝45°，
∴∠OPB＝∠APB﹣∠OPA＝90°﹣45°＝45°，
∴∠OPA＝∠OPB，
∴PO平分∠APB；
（2）①∵∠OAB＝∠OPB＝45°，∠OBA＝∠OPA＝45°，
∴∠OBA＝∠OAB，
∴OA＝OB，
将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，如图2：
∴AH＝BC＝2，∠AHO＝∠C＝90°，∠OAH＝∠OBC，
∵四边形APBO是圆内接四边形，
∴∠OAH+∠PBO＝180°，
∴∠OBC+∠PBO＝180°，
∴点C，点B，点P共线，
∵∠AHO＝∠C＝90°＝∠APB，
∴四边形OCPH是矩形，
∴CP＝OH，
∴AH＝BC＝CP﹣BP＝OH﹣BP＝2，而BP+OH＝8，
∴BP＝3，OH＝5；
②将△AOP'绕点O逆时针旋转90°得到△BOQ，连接BQ，P'Q，如图3：
∵OH⊥AP，∠OPA＝45°，
∴∠POH＝∠OPA＝45°，
∴PH＝OH＝n，OP=2n，
∵OA＝OB，
∴OA=OB，
∴∠BPO＝∠OPA＝45°，
∵把△POB沿y轴翻折，得到△P′OB，
∴OP＝OP'=2n，BP＝BP'＝m，∠BPO＝BP'O＝45°，
∵将△AOP'绕点O逆时针旋转90°得到△BOQ，
∴OQ＝OP'=2n，∠QOP'＝90°，
∴P'Q＝2n，∠QP'O＝45°，
∴∠QP'B＝90°，
∴BQ=P'B2+P'Q2=4n2+m2，
∴AP'=4n2+m2．