2019年全国初中数学竞赛各地初赛试题(解析版)

1、2019年全国初中数学竞赛（四川赛区）初赛试卷

2、2019年全国初中数学竞赛（广东赛区）初赛试卷

3、2019年全国初中数学竞赛（海南赛区）初赛试卷

4、2019年全国初中数学竞赛（广东赛区）初赛试卷

5、2019年全国初中数学竞赛（天津赛区）初赛试卷

6、2019年全国初中数学竞赛（湖北赛区）初赛试卷

一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）

1．一个凸多边形的每一个内角都等于150°，则这个多边形所有对角线的条数共有（）

A．42条B．54条C．66条D．78条

1．解：∵一个凸多边形的每一个内角都等于150°，∴此多边形的每一个外角是180°﹣150°＝30°，∵任意多边形的外角和是：360°，∴此多边形边数是：360°÷30°＝12，

∴这个多边形所有对角线的条数是：n（n﹣3）÷2＝12×（12﹣3）÷2＝54．故选：B．

2．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，AE平分∠BAD交BC于E，若∠CAE＝15°，则∠BOE＝（）

A．30°B．45°C．60°D．75°

2．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∠BAD＝90°，∴OA＝OB，∠DAE＝∠AEB，

∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°＝∠AEB，∴AB＝BE，

∵∠CAE＝15°，∴∠DAC＝45°﹣15°＝30°，∠BAC＝60°，∴△BAO是等边三角形，

∴AB＝OB，∠ABO＝60°，∴∠OBC＝90°﹣60°＝30°，

∵AB＝OB＝BE，∴∠BOE＝∠BEO＝（180°﹣30°）＝75°．故选：D．

3．设方程（x﹣a）（x﹣b）﹣x＝0的两根是c、d，则方程（x﹣c）（x﹣d）+x＝0的根是（）A．a，b B．﹣a，﹣b C．c，d D．﹣c，﹣d

3．【解答】解：∵（x﹣a）（x﹣b）﹣x＝0，∴x2﹣（a+b+1）x+ab＝0，

而方程的两个根为c、d，∴c+d＝a+b+1，①cd＝ab，②

又方程（x﹣c）（x﹣d）+x＝0可以变为x2﹣（c+d﹣1）x+cd＝0，③

∴把①②代入③中得x2﹣（a+b）x+ab＝0，（x﹣a）（x﹣b）＝0，∴x＝a，x＝b．故选：A．

4．若不等式2|x﹣1|+3|x﹣3|≤a有解，则实数a最小值是（）

A．1B．2C．4D．6

4．【解答】解：当x＜1，原不等式变为：2﹣2x+9﹣3x≤a，解得x≥，∴＜1，解得a＞6；

当1≤x≤3，原不等式变为：2x﹣2+9﹣3x≤a，解得x≥7﹣a，∴1≤7﹣a≤3，解得4≤a≤6；

当x＞3，原不等式变为：2x﹣2+3x﹣9≤a，解得x＜，∴＞3，解得a＞4；

综上所述，实数a最小值是4．故选：C．

5．若一个三角形的任意两边都不相等，则称之为不规则三角形，用一个正方体上的任意三个顶点构成的所有三角形中，不规则三角形的个数是（）

A．18B．24C．30D．36

5．【解答】解：如图所示，∵连接BD、BE、BF、EG，则△BEF、△BEG、△BDE均为不规则三角形，∴从正方体的一个顶点出发与所有顶点的连线中有三个不规则的三角形，

∴用一个正方体上的任意三个顶点构成的所有三角形中，不规则三角形的个数是3×8＝24个．故选：B．

6．不定方程x2﹣2y2＝5的正整数解（x，y）的组数是（）

A．0组B．2组C．4组D．无穷多组

6．【解答】解：若有解，x必为奇数，令x＝2n+1，（2n+1）2＝2y2+5，

整理得2n（n+1）＝2+y2，y为偶数，令y＝2m，2n（n+1）＝2+4m2，n（n+1）＝1+2m2，

左边为偶数，右边为奇数．所以无整数解，故选：A．

二、填空题（共3小题，每小题7分，满分21分）

7．二次函数y＝x2﹣ax+2的图象关于x＝1对称，则y的最小值是．

7．【解答】解：∵对称轴x＝﹣＝1，解得a＝2，∴二次函数为y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1，

∵二次项系数为1，图象开口向上，∴y的最小值是1．故答案为1．

8．已知△ABC中，AB＝，BC＝6，CA＝．点M是BC中点，过点B作AM延长线的垂线，垂足为D，则线段BD的长度是．

8．【解答】解：∵（）2＝62+（）2，∴AB2＝BC2+CA2，∴△ABC是直角三角形，且∠C是直角．在直角△AMC中，CA＝，CM＝BC＝3，∴∠CMA＝30°，∴∠DMB＝30°，

在直角△BDM中，BD＝BM?sin∠DMB＝3×＝．故答案是：．

9．一次棋赛，有n个女选手和9n个男选手，每位参赛者与其10n﹣1个选手各对局一次，计分方式为：胜者的2分，负者得0分，平局各自得1分．比赛结束后统计发现所有参赛男选手的分数和是所有女选手的分数和的4倍，则n的所有可能值是．

9．【解答】解：每场对局都有2分，10n个棋手对局共下：局，总分为100n×n﹣10n，

假设男选手与女选手的所有比赛中都不得分，则9n个男选手最低总得分为81n×n﹣9n，女选手最高得分总和为19n×n﹣n，依题意，男选手最低得分总和比女选手最高得分总和应不大于4，列不等式（81n×n ﹣9n）：（19n×n﹣n）≤4，因女选手得分为正数，变形得：（81n×n﹣9n）≤4（19n×n﹣n），

移项：5n（n﹣1）≤0，解得：0≤n≤1，因n为正整数，所以n的所有可能值是1．故答案为：1．

三、解答题（共3小题，满分70分）

10．已知x1、x2是关于x的一元二次方程x2+（3a﹣1）x+2a2﹣1＝0的两个实数根，使得（3x1﹣x2）（x1﹣3x2）＝﹣80成立，求其实数a的可能值．

10．【解答】解：∵x1、x2是关于x的一元二次方程x2+（3a﹣1）x+2a2﹣1＝0的两个实数根，

a＝1，b＝（3a﹣1），c＝2a2﹣1，∴x1+x2＝﹣（3a﹣1），x1?x2＝2a2﹣1，

而（3x1﹣x2）（x1﹣3x2）＝﹣80，∴3x12﹣10x1x2+3x22＝﹣80，3（x1+x2）2﹣16x1x2＝﹣80，

∴3[﹣（3a﹣1）]2﹣16（2a2﹣1）＝﹣80，∴5a2+18a﹣99＝0，∴a＝3或﹣，

当a＝3时，方程x2+（3a﹣1）x+2a2﹣1＝0的△＜0，∴不合题意，舍去∴a＝﹣．

11．抛物线y＝ax2+bx+c的图象于x轴交于点M（x1，0），N（x2，0），且经过点A（0，1），其中0＜x1＜x2，过点A的直线l交x轴于C点，与抛物线交于点B（异于A点），满足△CAN是等腰直角三角形，且，求解析式．

11．【解答】解：由条件知该抛物线开口向上，与x轴的两个交点在y轴的右侧，由于△CAN是等腰直角三角形，故点C在x轴的左侧，且∠CAN＝90°，故∠ACN＝45°，从而C（﹣1，0），N（1，0）．

于是直线l的方程为：y＝x+1．设B（x3，y3），由S△BMN＝S△AMN，知y3＝，（10分）

从而，即．综上可知，该抛物线通过点A（0，1），，N（1，0）．

于是，解得．所以所求抛物线的解析式为y＝4x2﹣5x+1．（25分）

12．如图．AD、AH分别是△ABC（其中AB＞AC）的角平分线、高线，M点是AD的中点，△MDH的外接圆交CM于E，求证∠AEB＝90°．

12．【解答】证明：如图，连接MH，EH，

∵M是Rt△AHD斜边AD的中点，∴MA＝MH＝MD，∴∠MHD＝∠MDH，

∵M，D，H，E四点共圆，∴∠HEC＝∠MDH，∴∠MHD＝∠MDH＝∠HEC，

∴∠MHC＝180°﹣∠MHD＝180°﹣∠HEC＝∠MEH，

∵∠CMH＝∠HME，∴△CMH∽△HME，∴，即MH2＝ME?MC，∴MA2＝ME?MC，又∵∠CMA＝∠AME，∴△CMA∽△AME，∴∠MCA＝∠MAE，

∴∠BHE+∠BAE＝∠DHE+∠BAD+∠MAE＝∠DHE+∠MAC+∠MCA＝∠DHE+∠DME＝180°，∴A，B，H，E四点共圆，∴∠AEB＝∠AHB，

又∵AH⊥BH，∴∠AHB＝90°，∴∠AEB＝∠AHB＝90°．

2019年全国初中数学竞赛（广东赛区）初赛试卷

一、选择题（每小题6分，满分30分）

1．已知＝0，a2+b2+c2＝1，则a+b+c的值等于（）

A．1B．﹣1C．1或﹣1D．O

1．【解答】解：∵＝＝0，∴bc+ac+ab＝0，

又∵（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2（bc+ac+ab）＝1+0＝1；∴a+b+c＝±1．故选：C．

2．若使函数的自变量x的取值范围是一切实数，则下面的关系中一定满足要求的是（）A．b＞c＞0B．b＞0＞c C．c＞0＞b D．c＞b＞0

2．【解答】解：∵函数的自变量x取值范围是一切实数，∴分母一定不等于0，

∴x2﹣2bx+c2＝0无解，即△＝4b2﹣4c2＝4（b+c）（b﹣c）＜0，解得：c＜b＜﹣c或﹣c＜b＜c．

当c＞b＞0时，一定满足要求上面要求．故选：D．

3．如图，E、F、G、H、I、J、K、N分别是正方形各边的三等分点，要使中间阴影部分的面积是5，那么大正方形的边长应该是（）

A．B．C．D．

3．【解答】解：∵△BMI∽△ABI，∴MI＝BM，∴AI＝3MB+MB＝MB，

又∵在直角△ABI中，AB：AI＝3：，∴AB＝×MB，

∵MB与小正方形的边长相等，∴AB＝×＝＝5．故选：C．

4．如图，△ABC是等边三角形，P是BC上任意一点，PD⊥AB，PE⊥AC，连接DE．记△ADE的周长为L1，四边形BDEC的周长为L2，则L1与L2的大小关系是（）

A．L l＝L2B．L1＞L2C．L2＞L1D．无法确定

4．【解答】解：∵等边三角形各内角为60°，∴∠B＝∠C＝60°，

∵∠BPD＝∠CPE＝30°，∴在Rt△BDP和Rt△CEP中，∴BP＝2BD，CP＝2CE，∴BD+CE＝BC，∴AD+AE＝AB+AC﹣BC＝BC，∴BD+CE+BC＝BC，L1＝BC+DE，L2＝BC+DE，

即得L1＝L2，故选：A．

5．一个盒子里有200只球，从101到300连续编号，甲、乙两人分别从盒子里拿球，直到他们各有100只球为止，其中甲拿到102号，乙拿到280号，则甲拿到的球的编号总和与乙拿到的球的编号总和之差最大是（）

A．10000B．9822C．377D．9644

5．解：甲拿201至300，然后用280换102 则标号之和是：（201+300）×﹣（280﹣102）＝24872；乙的编号之和是：（101+200）×+（280﹣102）＝15228 24872﹣15228＝9644．故选：D．

6．已知a2+4a+1＝0，且，则m＝．

6．【解答】解：∵a2+4a+1＝0，∴a2＝﹣4a﹣1，

＝＝＝

＝＝5，∴（16+m）（﹣4a﹣1）+8a+2＝5（m﹣12）（﹣4a﹣1），

原式可化为（16+m）（﹣4a﹣1）﹣5（m﹣12）（﹣4a﹣1）＝﹣8a﹣2，

即[（16+m）﹣5（m﹣12）]（﹣4a﹣1）＝﹣8a﹣2，

∵a≠0，∴（16+m）﹣5（m﹣12）＝2，解得m＝．故答案为．

7．如图，由12根铅丝焊接成一个正方体框架．现要将每个正方形的4根铅丝分别涂上红、黄、蓝、白4种颜色．如果已将AD涂成红色，BF涂成黄色，GH涂成蓝色，那么该涂成白色的铅丝有．

7．解：∵每个正方形的4根铅丝分别涂上红、黄、蓝、白4种颜色．AD涂成红色，BF涂成黄色，GH

涂成蓝色．∴涂成红色的铅丝只能有EF、FG、CG，而FG不合题意，则涂成红色的铅丝有EF、CG；同理涂成黄色的铅丝有EH、CD；涂成蓝色的铅丝有AE、BC．则涂成白色的铅丝有：AB、DH、FG．

故答案为：AB、DH、FG．

8．某旅游团一行50人到某旅社住宿，该旅社有三人间、双人间和单人间三种客房，其中三人间每人每晚20元，双人间每人每晚30元，单人间每晚50元．已知该旅行团住满了20间客房，且使总的住宿费用最省．那么这笔最省的住宿费用是元，所住的三人间、双人间、单人间的间数依次是．8．【解答】解：设该旅行团住三人间x间，双人间y间，单人间z间，总住宿费为a元．

则由题意得

由②﹣①得2x+y＝30，即y＝30﹣2x④

由②﹣①×2得x﹣z＝10，即z＝x﹣10 ⑤

∵0≤y≤20，即0≤30﹣2x≤20，解得5≤x≤15 ⑥

同理0≤z≤20，即0≤x﹣10≤20，解得10≤x≤30 ⑦

由⑥⑦知10≤x≤15

将④⑤代入③得a＝60x+60（30﹣2x）+50（x﹣10）＝1300﹣10x?x＝130﹣

∴10≤≤15?1200≤a≤1150∴这笔最省的住宿费用是1150元，此时x＝15

再将x的值代入④⑤得y＝0、z＝5故答案为1150，15、0、5．

9．△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c．若AC、BC上的中线BE、AD垂直相交于点O，则c可用a、b 的代数式表示为．

9．【解答】解：∵AC、BC上的中线BE、AD垂直相交于点O，

于是，中线BE、AD，E和D是AC，BC上的中点由题可知，

∴∠BOA＝90°，BD＝CD＝，AE＝EC＝，

∵E，D为中点，故DE为中线＝AB＝，∴①BO2+DO2＝（）2，

②AO2+EO2＝（）2，③DO2+EO2＝（）2，

④BO2+AO2＝c2，∴①+②＝③+④，∴5c2＝a2+b2．

故c＝．故答案为：c＝．

10．如图，AB为半圆O的直径，C为半圆上一点，∠AOC＝60°，点P在AB的延长线上，且PB＝BO ＝3cm．连接PC交半圆于点D，过P作PE⊥P A交AD的延长线于点E，求PE长．

10．【解答】解：如图，连接BD，BE，∵∠AOC＝60°，∴∠ADC＝∠PDE＝∠AOC＝30°，

∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠BDE＝90°，∵PE⊥P A，∴∠BPE＝90°，∴∠BDE＝∠BPE＝90°，∴∠BDE+∠BPE＝180°，∴点B，P，E，D四点共圆，∴∠PBE＝∠PDE＝30°，

在Rt△BPE中，tan∠PBE＝，∴tan30°＝＝，∴PE＝．

三、解答题（每小题15分，共60分）

11．设等腰三角形的一腰与底边的长分别是方程x2﹣6x+a＝0的两根，当这样的三角形只有一个时，求a 的取值范围．

11．【解答】解：∵方程x2﹣6x+a＝0有实数根，∴△＝36﹣4a≥0，

（1）当△＝0时，即△＝36﹣4a＝0，解得a＝9，此时三角形为等边三角形；

（2）当△＞0，即△＝36﹣4a＞0时，解得a＜9，

设两根为x1，x2（x1＜x2）此时存在一个等腰三角形底边为x1，腰为x2，此时不存在一个等腰三角形底边为x2，腰为x1即最短两边（即两腰）之和不大于最大边（即底边）即2x1≤x2，

由根与系数的关系可得，3x1≤x1+x2＝6，∴x1≤2，∵x1+x2＝6，x1?x2＝a，

∴a＝x1?（6﹣x1），＝6x1﹣（x1）2＝﹣（3﹣x1）2+9＝﹣（3﹣x1）2+9≤8，

∴当0＜a≤8，a＝9时，三角形只有一个．

12．若干个工人装卸一批货物，每个工人的装卸速度相同．如果这些工人同时工作，则需10小时装卸完毕．现改变装卸方式，开始一个人干，以后每隔t（整数）小时增加一个人干，每个参加装卸的人都一直干到装卸结束，且最后增加的一个人装卸的时间是第一个人装卸时间的．问：（1）按改变后的装卸方式，自始至终需要多长时间？（2）参加装卸的有多少名工人？

12．【解答】解：（1）设装卸工作需x小时完成，则第一人干了x小时，最后一个人干了小时，两人共干活小时，平均每人干活小时，

由题意知，第二人与倒数第二人，第三人与倒数第三人，平均每人干活的时间也是小时．根据题得，解得x＝16（小时）；

（2）共有y人参加装卸工作，由于每隔t小时增加一人，因此最后一人比第一人少干（y﹣1）t小时，按题意，得，即（y﹣1）t＝12．

解此不定方程得，，，，，

即参加的人数y＝2或3或4或5或7或13．

13．（15分）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是底边BC上一点，E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED ＝∠A．求证：BD＝2CD．

13．【解答】证明：作DO∥AB交AC于O．则由AB＝AC易知OD＝OC，且∠DOC＝∠BAC＝2∠CED，所以O为△EDC的外心，

取F为△EDC的外接圆与AC的交点，连接DF，则OF＝OC＝OD，∠ACE＝∠ADF．

所以△ACE∽△ADF，即有＝．再由DO∥AB，∠ADO＝∠BAE，∠AOD＝180﹣∠DOC＝180°﹣∠A＝180°﹣∠BED＝∠AEB，所以△ADO∽△BAE，即得＝＝＝．

故AF＝OD＝OC＝CF，从而AO＝2OC．由DO∥AB，得：BD＝2CD．

14．如图，已知抛物线y＝a（x﹣1）2+3（a≠0）经过点A（﹣2，0），抛物线的顶点为D，过O作射线OM∥AD．过顶点平行于x轴的直线交射线OM于点C，B在x轴正半轴上，连接BC．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）若动点P从点O出发，以每秒1个长度单位的速度沿射线OM运动，设点P运动的时间为t（s）．问当t为何值时，四边形DAOP分别为平行四边形，直角梯形，等腰梯形？

（3）若OC＝OB，动点P和动点Q分别从点O和点B同时出发，分别以每秒1个长度单位和2个长度单位的速度沿OC和BO运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动的时间为t（s），连接PQ，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小？并求出最小值及此时PQ的长．

14．【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣1）2+3（a≠0）经过点A（﹣2，0），∴0＝9a+3，

∴a＝﹣∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+x+；（3分）

（2）①∵D为抛物线的顶点，∴D（1，3），过D作DN⊥OB于N，则DN＝3，AN＝3，

∴AD＝＝6，∴∠DAO＝60°．

∵OM∥AD，①当AD＝OP时，四边形DAOP是平行四边形，∴OP＝6，∴t＝6（s）．

②当DP⊥OM时，四边形DAOP是直角梯形，过O作OH⊥AD于H，AO＝2，则AH＝1（如果没求

出∠DAO＝60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA（求AH＝1）∴OP＝DH＝5，t＝5（s）（6分）

③当PD＝OA时，四边形DAOP是等腰梯形，易证：△AOH≌△DPP′，∴AH＝CP，

∴OP＝AD﹣2AH＝6﹣2＝4，∴t＝4（s）综上所述：当t＝6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形；

（3）由（2）及已知，∠COB＝60°，OC＝OB，△OCB是等边三角形则OB＝OC＝AD＝6，OP＝t，BQ＝2t，∴OQ＝6﹣2t（0＜t＜3）过P作PE⊥OQ于E，则PE＝t（8分）

∴S BCPQ＝×6×3×（6﹣2t）×t＝（t﹣）2+（9分）

当t＝时，四边形BCPQ的面积最小值为．（10分）

∴此时OQ＝3，OP＝，OE＝；∴QE＝3﹣＝，PE＝，

∴PQ＝．（11分）

2019年全国初中数学竞赛（海南赛区）初赛试卷

一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）

1．设xy＜0，x＞|y|，则x+y的值是（）

A．负数B．0C．正数D．非负数

1．【解答】解：∵xy＜0，x＞|y|，∴x＞0，y＜0，且|x|＞|y|，∴x+y的值正数．故选：C．

2．若（x+3）（x+n）＝x2+mx﹣15，则m等于（）

A．﹣2B．2C．﹣5D．5

2．解：∵（x+3）（x+n）＝x2+（3+n）x+3n，∴3n＝﹣15，∴n＝﹣5，m＝3+（﹣5）＝﹣2．故选：A．

3．若a+|a|＝0，则等于（）

A．1﹣2a B．2a﹣1C．﹣1D．1

3．【解答】解：由a+|a|＝0，得|a|＝﹣a，可知a为非正数，∴＝1﹣a，＝﹣a

∴原式＝1﹣a﹣a＝1﹣2a故选：A．

4．无论m为何实数，直线y＝x+2m与y＝﹣x+4的交点不可能在（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

4．【解答】解：由于直线y＝﹣x+4的图象不经过第三象限．

因此无论m取何值，直线y＝x+2m与y＝﹣x+4的交点不可能在第三象限．故选：C．

5．（5分）从1到9这9个自然数中任取一个，是2的倍数的概率是（）

A．B．C．D．1

5．【解答】解：所有机会均等的可能共有9种．而2的倍数有2，4，6，8四个，因此是2的倍数的概率是．故选：B．

6．A地在河的上游，B地在河的下游，若船从A地开往B地的速度为V1，从B地返回A地的速度为V2，则A，B两地间往返一次的平均速度为（）

A．B．C．D．无法计算

6．【解答】解：本题没有AB两地的单程，可设为1，那么总路程为2，总时间为+．

平均速度＝2÷（+）＝2÷＝．故选B．

7．如图，韩老师早晨出门散步时离家的距离（y）与时间（x）之间的函数图象．若用黑点表示韩老师家的位置，则韩老师散步行走的路线可能是（）

A．B．C．D．

7．【解答】解：由于一段时间离家的距离保持不变，家是一个点，所以在那段时间内行走的路线就可能是在以家为圆心，那段距离为半径的一段弧上．故选：D．

8．如图，AB是铅直地竖立在坡角为30°的山坡上的电线杆，当阳光与水平线成60°角时，电线杆的影子BC的长度为4米，则电线杆AB的高度为（）

A．4米B．6米C．8米D．10米

8．【解答】解：如图，由题意可知，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，则AB＝2BC＝8米，故选：C．9．如图，菱形ABCD的边长为a，点O是对角线AC上的一点，且OA＝a，OB＝OC＝OD＝1，则a等于（）

A．B．C．1D．2

9．【解答】解：∵∠BAC＝∠BCA＝∠OBC＝∠OCB，∴△BOC∽△ABC，所以，即，所以，a2﹣a﹣1＝0．由a＞0，解得．故选：A．

10．如图，根据天气预报，某台风中心位于A市正东方向300km的点O处，正以20km/h的速度向北偏西60°方向移动，距离台风中心250km范围内都会受到影响，若台风移动的速度和方向不变，则A市受台风影响持续的时间是（）

A．10h B．20h C．30h D．40h

10．【解答】解：如图，以点A为圆心，250km为半径画圆，交OM于点B、C，作AN⊥BC于点N，

∵∠AON＝90°﹣60°＝30°，AO＝300，∴在Rt△OAN中，AN＝AO＝150km，

又AC＝250km，在Rt△CAN中，由勾股定理，得CN＝＝200km，则BC＝2CN＝400km，

台风中心在线段BC上时，A市都会受到台风的影响，∴A市受台风影响持续的时间为400÷20＝20小时．故选：B．

二、填空题（共8小题，每小题5分，满分40分）

11．若n（n≠0）是关于x的方程x2+mx+2n＝0的根，则m+n的值为．

11．【解答】解：把n代入方程得到n2+mn+2n＝0，将其变形为n（m+n+2）＝0，

因为n≠0所以解得m+n＝﹣2．

12若a+3b＝0，则＝．

12．【解答】解：∵a+3b＝0，∴a＝﹣3b．∴原式＝＝

＝＝＝．故答案为：．

13．如图，是30名初三女学生1分钟内仰卧起坐次数的频数分布直方图（每组次数只含最小值而不含最大值），则仰卧起坐次数在25～45次的频率是．

13．【解答】解：由频率分布直方图可知，“25～45”的学生人数有21人，

∴仰卧起坐次数在25～45次的频率＝21÷30＝0.7．故应填：0.7．

14．如图，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则cos∠ABC的为．

14．【解答】解：连接AC，延长AD交CD的延长线于D，由题意可知∠D＝90°，

则AC＝＝，BC＝＝，AB＝＝，∵AC2+BC2＝AB2∴△ABC直角三角形，

∵AC＝BC，∴∠A＝∠B＝＝45°．cos45°＝故答案为．

15．已知二次函数的图象经过原点及点（﹣，﹣），且图象与x轴的另一交点到原点的距离为1，求该二次函数的解析式．

15．【解答】解：根据题意得，与x轴的另一个交点为（1，0）或（﹣1，0），因此要分两种情况：（1）过点（﹣1，0），设y＝ax（x+1），则，解得：a＝1，

∴抛物线的解析式为：y＝x2+x；

（2）过点（1，0），设y＝ax（x﹣1），则，解得：a＝，

∴抛物线的解析式为：y＝x2+x．

16．如图，两个滑块A、B由一个连杆连接，分别可以在两条互相垂直的滑道上滑动．开始时，滑块A距O点20cm，滑块B距O点15cm．则当滑块A向下滑到O点时，滑块B滑动了．

16．【解答】解：如图，由AB2＝AO2+OB2＝202+152＝252，可知连杆AB的长度等于25cm，

当滑块A向下滑到O点时，滑块B距O点的距离是25cm，故滑块B滑动了25﹣15＝10cm．

故答案为10cm．

17．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，∠AOD＝90°，则∠D的度数是°．

17．【解答】解：由旋转的性质可知，∠AOC＝40°，而∠AOD＝90°，∴∠COD＝90°﹣∠AOC＝50°又∵点C恰好在AB上，OA＝OC，∠AOC＝40°，∴∠A＝＝70°，

由旋转的性质可知，∠OCD＝∠A＝70°在△OCD中，∠D＝180°﹣∠OCD﹣∠COD＝60°．

18．如图，将长为4cm宽为2cm的矩形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上的中点E处，压平后得到折痕MN，则线段AM的长度为cm．

18．【解答】解：如图，连接BM，EM，BE，

由折叠的性质可知，四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称．

∴MN垂直平分BE，∴BM＝EM，∵点E是CD的中点，DE＝1，

∴在Rt△ABM和在Rt△DEM中，AM2+AB2＝BM2，DM2+DE2＝EM2，∴AM2+AB2＝DM2+DE2．

设AM＝x，则DM＝4﹣x，∴x2+22＝（4﹣x）2+12．解得，即cm．故答案为：．

三、解答题（共2小题，满分30分）

19．如图，正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点P是AB边上

的一个动点（点P不与点A、B重合），CP与BD相交于点Q．（1）若CP平分∠ACB，

求证：AP＝2QO．（2）先按下列要求画出相应图形，然后求解问题．①把线段PC绕

点P旋转90°，使点C落在点E处，并连接AE．设线段BP的长度为x，△APE的面

积为S．试求S与x的函数关系式；②求出S的最大值，判断此时点P所在的位置．

19．【解答】（1）证明：过点O作OM∥AB交PC于点M，则∠COM＝∠CAB．

∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OC，∠CAB＝∠CBD＝∠COM＝45°，

∴AP＝2OM．又∵∠1＝∠2，∴∠1+∠COM＝∠2+∠CBD，即∠OMQ＝∠OQM．∴OM＝OQ∴AP＝2OQ．（2）解：根据题意作出图形，如图所示

①ⅰ、当PC绕点P逆时针旋转90°时，作EF⊥AB交BA延长线于点F，

则∠EFP＝∠PBC＝90°，∠3+∠CPB＝90°．又∠2+∠CPB＝90°，∴∠3＝∠2．

又PE由PC绕点P旋转形成∴PE＝PC∴△EPF≌△CPB．

∴EF＝BP＝x，∴AP＝1﹣x，∴．

∴△APE的面积S与x的函数关系式为（0＜x＜1）．

ⅱ、当PC绕点P顺时针旋转90°时，作E′G⊥AB交AB延长线于点G，

则同理可得△E′PG≌△CPB，E′G＝BP＝x．

∴△APE的面积S与x的函数关系式为

由ⅰ、ⅱ可得△APE的面积S与x的函数关系式为，（0＜x＜1）

②由①知S与x的函数关系式为，（0，x，1）

即，（0＜x＜1）

∴当时S的值最大，最大值为．

此时点P所在的位置是边AB的中点处．

20．文昌某校准备组织学生及学生家长到三亚进行社会实践，

为了便于管理，所有人员必须乘坐在同一列火车上；根据报名人数，若都买一等座单程火车票需17010元，若都买二等座单程火车票且花钱最少，则需11220元；已知学生家长与教师的人数之比为2：1，文昌到三亚的火车票价格（部分）如下表所示：

运行区间公布票价学生票价上车站下车站一等座二等座三等座

文昌三亚81（元）68（元）51（元）

（1）参加社会实践的老师、家长与学生各有多少人？（2）由于各种原因，二等座火车票单程只能买x 张（x小于参加社会实践的人数），其余的须买一等座火车票，在保证每位参与人员都有座位坐的前提下，请你设计最经济的购票方案，并写出购买火车票的总费用（单程）y与x之间的函数关系式．（3）请你做一个预算，按第（2）小题中的购票方案，购买一个单程火车票至少要花多少钱？最多要花多少钱？20．【解答】解：（1）设参加社会实践的老师有m人，学生有n人，则学生家长有2m人，若都买二等座单程火车票且花钱最少，则全体学生都需买二等座学生票，依题意得：，

解得，则2m＝20，答：参加社会实践的老师、家长与学生分别有10人、20人、180人．

（2）解：由（1）知所有参与人员总共有210人，其中学生有180人，

①当180≤x＜210时，最经济的购票方案为：学生都买学生票共180张，（x﹣180）名成年人买二等座火车票，（210﹣x）名成年人买一等座火车票．

∴火车票的总费用（单程）y与x之间的函数关系式为：y＝51×180+68（x﹣180）+81（210﹣x），

即y＝﹣13x+13950（180≤x＜210），

②当0＜x＜180时，最经济的购票方案为：一部分学生买学生票共x张，其余的学生与家长老师一起购买一等座火车票共（210﹣x）张，

∴火车票的总费用（单程）y与x之间的函数关系式为：y＝51x+81（210﹣x），

即y＝﹣30x+17010（0＜x＜180），

答：购买火车票的总费用（单程）y与x之间的函数关系式是y＝﹣13x+13950（180≤x＜210）或y＝﹣30x+17010（0＜x＜180）．

（3）由（2）小题知，当180≤x＜210时，y＝﹣13x+13950，

∵﹣13＜0，y随x的增大而减小，∴当x＝209时，y的值最小，最小值为11233元，

当x＝180时，y的值最大，最大值为11610元．当0＜x＜180时，y＝﹣30x+17010，

∵﹣30＜0，y随x的增大而减小，∴当x＝179时，y的值最小，最小值为11640元，

当x＝1时，y的值最大，最大值为16980元．

所以可以判断按（2）小题中的购票方案，购买一个单程火车票至少要花11233元，最多要花16980元，答：按（2）小题中的购票方案，购买一个单程火车票至少要花11233元，最多要花16980元．

2019年全国初中数学竞赛（天津赛区）初赛试卷

一、选择题(每小题4分，共20分，每小题只有一个答案是正确的，答对的得3分，答错、不答或答案超过一个的一律得0分.)

1．若四个互不相等的正实数a，b，c，d满足（a2012﹣c2012）（a2012﹣d2012）＝2012，（b2012﹣c2012）（b2012﹣d2012）＝2012，则（ab）2012﹣（cd）2012的值为（）

A．﹣2012B．﹣2011C．2012D．2011

1．【解答】解：设a2012与b2012看做方程（x﹣c2012）（x﹣d2012）＝2012的两个解，

方程整理得：x2﹣（c2012+d2012）x+（cd）2012﹣2012＝0，则（ab）2012﹣（cd）2012＝，又x1x2＝（cd）2012﹣2012，则（ab）2012﹣（cd）2012＝＝（cd）2012﹣2012﹣（cd）2012＝﹣2012．故选：A．

2．一个袋子中装有4个相同的小球，它们分别标有号码1，2，3，4．摇匀后随机取出一球，记下号码后放回；再将小球摇匀，并从袋中随机取出一球，则第二次取出的球的号码不小于第一次取出的球的号码的概率为（）

A．B．C．D．

2．【解答】解：可以分四种情况讨论：若第一次抽出1号球，则第二次抽出任一球都可满足条件，概率为＝；

若第一次抽出2号球，则第二次抽出2，3，4号球可满足要求，概率为＝；

若第一次抽出3号球，则第二次抽出3，4号球可满足要求，概率为＝；

若第一次抽出4号球，则第二次抽出4号球可满足要求，概率为＝；

则第二次取出的球的号码不小于第一次取出的球的号码的概率为＝；故选：D．

3．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝9，将其折叠，使点D

与点B重合，得折痕EF，则EF的长为（）

A．B．

C．D．

3．【解答】解：如右图所示，∵四边形EDCF折叠后得到四边形EBCF，

∴∠1＝∠2，BE＝DE，∵四边形ABCDE是矩形，∴AD∥BC，∴∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴BF＝BE，设AE＝x，那么BE＝9﹣x，在Rt△BAE中，AB2+AE2＝BE2，即32+x2＝（9﹣x）2，解得x＝4，

∴BE＝5，过点E作EG⊥BC于G，

∵EG⊥BC，∴∠BGE＝∠A＝∠ABG＝90°，∴四边形ABGE是矩形，

∴GF＝BF﹣BG＝5﹣4＝1，EG＝AB＝3，在Rt△EGF中，EF2＝EG2+GF2，＝10，∴EF＝．

故选：C．