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2 0 13 年全国初中数学竞赛试题班级姓名成绩供稿人：李锦扬一、选择题〔共5小题,每题7分,共35分.每道小题均给出了代号为A, B, C, D的四个选项,其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里 ,不填、多填或错填都得0 分〕1 .设非零实数a , b , c满足 a 2b 3c 0那么"b C聚的值为(). 2a 3b 4c 0, a2 b2 c2(A) 2 (B) 0 (C) 1 (D) 12.a , b, c是实常数,关于x的一元二次方程ax2 bx c 0有两个非零实根Xi, X2,那么以下关于X的一元二次方程中,以口,4X1 x2为两个实根的是().222 2 222 2(A) c x (b 2ac)x a 0 (B) c x (b 2ac)x a 0(C) c2x2(b22ac)x a20 (D) c2x2(b22ac)x a203.如图,在Rt^ABC中, O是斜边AB的中点,CDLAB垂足为D, DH OC垂足为E.假设AD DB CD的长度都是有理数,那么线段OD OE DE AC的长度中,不一定是有• • •理数的为〔〕.〔A〕 OD 〔B〕 OE(D) AC4.如图,△ ABC的面积为24,点D在线段AC上,点F 在线段BC的延长线上,且BC 4CF , DCFE是平行四边形,那么图中阴影局部的面积为〔〕.〔A〕 3 〔B〕 4(C) 6 (D) 85.对于任意实数x, y, z,定义运算“ *〞为:3 3 - 2 2 33x y 3x y xy 45x y --------------- 3 -------------------- 3-------- ,x 1 y 1 60且xyz x y z,那么2021 2021 L 3 2 的值为().〔第3题〕〔第4题〕(C) DE6 .设a ® b 是a 2的小数局部,那么〔b 2〕3的值为.7 .如图,点D, E 分别是△ ABC 勺边AC AB 上的 松 日百点,直线Bg CE 交于点F,ACDF ABFE ABCF 〔弟7屉〕 的面积分别是3, 4, 5,那么四边形AEFD 勺面积是.8 .正整数 a, b, c 满足a b 2 2c 2 0 , 3a 2 8b c 0 ,那么abc 的最大值为.9 .实数a, b, c, d 满足：一元二次方程x 2 cx d 0 的两根为a, b, 一元二次方程x 2 ax b 0的两根为c, d,那么所有满足条件的数组〔a,b c d 〕为.10 .小明某天在文具店做志愿者卖笔,铅笔每支 售4元,圆珠笔每支售7元.开始时他有铅笔和圆珠笔共 350支, 当天虽然笔没有全部卖完,但是他的销售收入恰好是 2021元.那么他 至少卖出了支圆珠笔.三、解做题11 .如图,抛物线y ax 2 bx 3,顶点为E,该抛物线与x 轴交于 A, B 两点,与y 轴交于点C,且OB= OC= 3OA 直线1 一 "一一 〔第 11 题y - x 1与y 轴父于点D.3求/ DBC/ CBE12 .设△ ABC 的外心,垂心分别为O, H ,假设B, C, H, O 共圆,对于所有的△ ABC,求BAC 所有可 能的度数.13 . 设a, b, c 是素数,记 xbca, ycab, zabc, 当 z 2y,五百2 时,a, b, c 能否构成三角形的三边长？证实你的结论.14 .如果将正整数 M 放在正整数 m 左侧,所得到的新数可被 7 整除,那么称 M 为m 的“魔术数〞〔例如,把 86放在415的左侧, 得到的数86415能被7整除,所以称86为415的魔术数〕.求正整 数n 的最小值,使得存在互不相同的正整数 a1, a 2,…,an,满足对任 意一个正整数 m 在即a"…,品中都至少有一个为 m 的魔术数.(A)607 967、填空题(B)1821 967(D)16389 9679672021全国数学联赛试题参考答案 一、选择题i .设非零实数a, b, c 满足a ,3c 0；那么a b b c c a 的值为(). 2a 3b 4c 0, a 2 b 2 c 2(A)1(B) 0 (C) 1(D) 122【答案】A【解答】由得a b c (2a 3b 4c) (a 2b 3c) 0 ,故21.2 .2 2ab bc ca1 b c) 0 . 于是 ab bc ca-(ab c ), 所以 - -- 2——2 一 .2a 2b 2c 222.a, b, c 是实常数,关于x 的一元二次方程ax 2 bx c 0 有两个非零实根X1,X2,那么以下关于X 的一元二次方程中,以口,3X 1x 2为两个实根的是().(A) c 2x 2 (b 2 2ac)x a 2 0 (B) c 2x 2 (b 2 2ac)x a 2 0 (C)c 2x 2 (b 2 2ac)xa 2(D) c 2x 2(b 2 2ac)xa 2【解答】由于ax 2 bx c 0是关于x 的一兀二次方程,x 〔 x 2—, x 〔x 2 c , 且 x 〔x 2 0 , 所 以 aa1(% x 2)2 2x 1x 2 b 2 2ac 1 1a 2~2 2~22) ~ ~2 ~2 )x 24x 2cx 1 x 2c(a 那么a 0.因c 0 , 且为 工 ~2x于是根据方程根与系数的关系,以』为两个实根的一元二次方程是 x 2 b —22acx — 0 即 c 2x 2 (b 2 2ac)x a 2 0 . c c3.如图,在RtA ABC^, O 是斜边AB 的中 点,CD! AB,垂足为D, Da OC 垂足为E.假设AD DB CD 的长度都是有理数,那么线段 OD OE DE AC 的长度中,不一定 是有理数的为(). • • •(A) OD (B) OE (C) DE(D) AC(第3题)【解答】因AD 所以,.与.氏OC=DB CD的长度都是有理数,AD BD是有理数.于是,OD2〔第3题做题〕=OA- AD是有理数.由RS DOEs2 RtA COD,知OE OD-, OC ,DE变坨都是有理数,而AC= /AD-AB不一定是OC有理数.4.如图,△ ABC的面积为24,点D在线段AC上,点F在线段BC的延长线上,且面积为〔〕.〔A〕 3 BC 4CF , DCFE是平行四边形,那么图中阴影局部的(B) 4〔第4题〕〔C〕 6【答案】【解(D) 8C由于DCF里平行四边形,所以DE/ CF连接CE 由于DE/ CF,即DE/ BF,所以$△DEF S ADEC因此原来阴影局部的面积等于^ ACE勺面积.连接AF,由于EF/ CD 即EFF/ AC 所以S AACE=S A ACF.由于BC 4CF ,所以S A AB C=4S X ACF.故阴影局部的面积为6.5.x, y, z,〔第4题做题〕(A) z x6073 2 2 33x y 3x y xy 453x 1 y 1那么202120211821(B)——967602的值为().5463(C)——967(D)16389967 C设20212021 L2021 2021 L 4 43mm ,那么3 3 3m2 9 m 27 45于是2021 2021 L 3 2 3m23 933m 1 64 602 3 910322 93 609 ,32 45 5463967、填空题6 .设a 语,b 是a 2的小数局部,那么(b 2)3的值为. 【答案】【解答 (b 2)3 (39)3 7.如图, 91 由于1a2 a 2 3, 故ba 2 2&2, 因此9 .点D, E 分别是△ ABC 勺边AG AB 上的点,直线Bg CE 交于点F,△ CDF ABFE ABCF 的面积分别是3, 4, 5,那么四边形AEFD 勺面积是.［答案］理(第7题)13【解答】如图,连接AF,那么有:S AEF 4 S AEF S BFE BFS AFD S AFD 3 S AEF解得S AEF 警13 S AFDFDS AFD S CDFCF S AEFFEc96 SAFD —— •13s BCFS GDFS BCF SBEF5 3 '54,(第7题做题)所以,四边形AEFD 勺面积是8 .正整数 a, b, c3a 28b c 0,那么abc 的最大值为. 204* 13满足ab 2【答案】2021【解答】由a b 2 2c 2 b 假设 假设假设2 6a 21,那么 2,那么 3,那么66 .由a 为正整数及 8b 6a 2 c 0消去C, 并整理得 a <66,可得 1wa03.28 28 28(ii )假设b 5,那么 59,无正整数解； 40,无正整数解； 9,于是可解得b 11, c 61 ,从而可得abc 3c 13,从而可得abc 3 b 11 5 5 . 61 2021； 13 195.综上知abc 的最大值为2021. 9.实数a, b, c, d 满足：一元二次方程x 2cx d 0的两根为a,b, 一元二次方程x 2 ax b 0的两根为c, d,那么所有满足条件的数组 (a, b c d)为.【答案】(1 2,1, 2), (t, 0 t, 0) (t 为任意实数)a b c, 【解答】由韦达定理得abd c d a,cd b.由上式,可知b a c d .假设bd0,那么 ad1,cPl,进而 b d a c 2 . b d假设 b d 0 ,那么 c a ,有(a, b c d) (t, 0 t, 0) (t 为任意实数). 经检验,数组(1, 2,1, 2)与(t, 0 t, 0)( t 为任意实数)满足条件.10 .小明某天在文具店做志愿者卖笔,铅笔每支售 4元,圆珠 笔每支售7元.开始时他有铅笔和圆珠笔共 350支,当天虽然笔没 有全部卖完,但是他的销售收入恰好是 2021元.那么他至少卖出了支 圆珠笔.【答案】207【解答】设x, y 分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数,那么4x 7y 2021, x y 350,所以 x - (503 2y) 口, 4 4于是上^是整数.又2021 4(x y) 3y 4 350 3y , 4 所以y 204 ,故y 的最小值为207,此时x 141 . 三、解做题 11 .如图,抛物线y ax 2 bx 3,顶点为E,该抛物线与x 轴交于 A, B 两点,与y 轴交于点C,且O 氏OO 30A 直线 『1 _ (第11题) y - x 1与y 轴交于点D.3求/ DBC/ CBE【解答】将x 0分别代入y1x 1 , y ax 2 bx 33知,D (0, 1), q0, 3),所以 B(3 , 0) , A ( 1 , 0).直线 y 1x 1 过点 B. 3将点C (0 , 3)的坐标代入y a(x 1)(x 3),得a 1 .―(第11题做题)............ 5分抛物线y x 2 2x 3的顶点为E (1 , 4).于是由勾股 定理得BC= 3", CP 灰,BE= 26.由于BC+CE= B& 所以,△ BCE 为直角三角形, BCE 90 .............. 10分因止匕 tan CBE=CE =1,又 tan / DBOOD -,贝fj/ DBG= CBE .CB 3OB 3'............. 15分所以, DBC CBE DBC DBO OBC 45 .............. 20分12.设^ ABC 的外心,垂心分别为 O, H ,假设B, C, H, O 共圆,对 于所有的^ ABC,求BAC 所有可能的度数.【解答】分三种情况讨论.〔i〕假设^ ABC为锐角三角形.由于BHC 180 A BOC 2 A,所以由BHC BOC,可得180 A2A,于是 A 60 ............. 5分〔第12题做题〔ii〕〕〔第12题做题〔i〕〕〔ii 〕假设△ ABC 为钝角三角形.当 A 90时,因为BHC 180 A, BOC 2 180 A ,所以由BHC BOC 180 ,可得 3 180 A 180 ,于是 A 120 .............. 10分当 A 90时,不妨假设 B 90 ,由于BHC A, BOC 2 A,所以由BHC BOC 180 ,可得3 A 180 ,于是 A 60 .............. 15分〔iii 〕假设^ ABC为直角三角形.当A 90时,由于.为边BC的中点,B, C, H, O不可能共圆,所以A不可能等于90 ;当A 90时,不妨假设 B 90 ,此时点B与H重合,于是总有8, C, H, O 共圆,因此 A 可以是满足0 A 90的所有角.综上可得,A 所有可能取到的度数为所有锐角及 120 ............. 20分13 .设a, b, c 是素数,记 x bca, y cab, z abc,当 z 2 y, .X J 2时,a, b, c 能否构成三角形的三边长？证实你的 结论.【解答】不能.依题意,得 a 1( y z), b - (x z), c 1(x y) 2 2 2 由于 y z 2 所以 a -(y z) 1(z 2 z) zz- 2 22又由于z 为整数,a 为素数,所以z 2或3,当 z 2时,y z 2 4, x (百 2)2 16 .进而, c 是素数矛盾；当z 3时,a b c 0,所以a, b , c 不能构成三角形的三边长.20分14 .如果将正整数 M 放在正整数 m 左侧,所得到的新数可被 7 整除,那么称 M 为m 的“魔术数〞(例如,把 86放在415的左侧, 得到的数86415能被7整除,所以称86为415的魔术数).求正整数n 的最小值,使得存在互不相同的正整数 为,a 2,…,a n,满足对任 意一个正整数 m 在即a"…,品中都至少有一个为 m 的魔术数.【解答】假设nW 6,取m 1, 2,…,7,根据抽屉原理知, 必有a b a 2,…,a n中的一个正整数 M 是i, j(1W i V j W 7)的公共的 魔术数,即 7|( 10M i ), 7|( 10M j ).那么有 7|( j i ),但 0Vj i06,矛盾.故 n>7............. 10分又当a2,…,第为1, 2,…,7时,对任意一个正整数 m 设 其为k 位数(k 为正整数).那么10k i m (i 1, 2,…,7)被7除的余数 两两不同.假设不然,存在正整数i, j(1&iVjW7),满足7|[( 10k j m) (10k i m)],即 7110k (j i),从而 7|(j i),矛盾.故必存在一个正整数i (iWi07),使得7|( i0k i m),即i 为m 的 魔术数. 所以,n 的最小值为7.a 3..............10分 b 9, c 10,与 b ,.............15分............ 20分。
2020年全国Ⅰ卷理科数学第20题解法探究与推广
2022年第5期 福建中学数学 5 圆和双曲线存在结论1的类似情形． 而且结论2中的焦点可以替换为x轴上任意一点（不同于O），此时12kk仍然为定值（定值不再是4−）．所以结论1可以得到如下推广： 结论3 在平面直角坐标系xOy中，已知AB是抛物线的22(0)ypxx=>过x轴上定点E（不同于O）的弦，OAB∆的外接圆M交抛物线于点P（不同于OAB ，，），则M到AB，OP的距离之比为定值． 考虑到当点E不在x轴上时，“12kk为定值”不再成立，因此结论3必然不再成立．椭圆和双曲线类似的结论如下： 结论4 在平面直角坐标系xOy中，已知AB是椭圆的22221(0)xyabab+= >，过x轴上定点E（不同于O）的弦，T是椭圆x轴上顶点，TAB∆的外接圆M交椭圆于点P（不同于TAB ，，），则M到ABTP，的距离之比为定值． 结论5 在平面直角坐标系xOy中，已知AB是
双曲线的22221(0)xyabab−= >，过x轴上定点E（不同
于O）的弦，T是双曲线x轴上顶点，TAB∆的外
接圆M交双曲线于点P（不同于TAB ，，），则M到
ABTP，的距离之比为定值．
参考文献 [1]储炳南．由一道全国高中数学联赛试题所想到的[J]．数学通讯，2019（12）：61-63
[2]许书华．圆锥曲线顶点定值子弦性质的一般情形[J]．数学通讯，2013（12）：42-44
（本文系安徽省教育科学研究项目“基于学科核心素养的高中数学深度学习的教学策略研究”（JK20036）、“基于UBD的初中生逻辑推理素养培育的研究”（JK19081）阶段性成果之一）
2020年全国I卷理科数学第20题解法探究与推广 许素娜 云南省曲靖市麒麟区第九中学（655000） 1试题呈现 已知AB ，分别为椭圆22
2:1(1)xEyaa+=>的左、
右顶点，G为E的上顶点，8AGGB⋅=
，P为直线
6x=上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E
历年初中数学竞赛真题库含答案
1991年全国初中数学联合竞赛决赛试题第一试一、选择题本题共有8个小题，每小题都给出了（A ）、（B ）（C ）、（D ）四个答案结论，其中只有一个是正确的．请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内．１． 设等式y a a x a y a a x a ---=-+-)()(在实数范围内成立，其中a ，x ，y 是两两不同的实数，则22223yxy x y xy x +--+的值是 （A ）3 ； （B ）31； （C ）2； （D ）35． 答（ ）２． 如图，AB ‖EF ‖CD ，已知AB =20，CD =80，BC =100，那么EF 的值是（A ） 10； （B ）12；（C ） 16； （D ）18．答（ ）３． 方程012=--x x 的解是（A ）251±； （B ）251±-； （C ）251±或251±-； （D ）251±-±． 答（ ）４．已知：)19911991(2111n n x --=（n 是自然数）．那么n x x )1(2+-，的值是（Ａ）11991-； （Ｂ）11991--；（Ｃ）1991)1(n -； （Ｄ）11991)1(--n ．答（ ）５． 若M n 1210099321=⨯⨯⨯⨯⨯ ，其中Ｍ为自然数，n 为使得等式成立的最大的自然数，则Ｍ（Ａ）能被２整除，但不能被３整除；（Ｂ）能被３整除，但不能被２整除；（Ｃ）能被４整除，但不能被３整除；（Ｄ）不能被３整除，也不能被２整除．答（ ）６． 若a ，c ，d 是整数，b 是正整数，且满足c b a =+，d c b =+，a d c =+，那么 d c b a +++的最大值是（Ａ）1-；（Ｂ）5-；（Ｃ）0；（Ｄ）１．答（ ）７． 如图，正方形OPQR 内接于ΔABC ．已知ΔAOR 、ΔBOP 和ΔCRQ 的面积分别是11=S ，32=S 和13=S ，那么，正方形OPQR 的边长是 （Ａ）2；（Ｂ）3；（Ｃ）2 ；（Ｄ）3．答（ ）８． 在锐角ΔABC 中，1=AC ，c AB =， 60=∠A ，ΔABC 的外接圆半径R ≤1，则 （Ａ）21< c < 2 ； （Ｂ）0< c ≤21； 答（ ）（C ）c > 2； （D ）c = 2．答（ ）二、填空题１．Ｅ是平行四边形ABCD 中BC 边的中点，AE 交对角线BD 于G ，如果ΔBEG 的面积是１，则平行四边形ABCD 的面积是 ． ２．已知关于x 的一元二次方程02=++c bx ax 没有实数解．甲由于看错了二次项系数，误求得两根为２和４；乙由于看错了某一项系数的符号，误求得两根为－１和４，那么，=+ac b 32 ．3．设m ，n ，p ，q 为非负数，且对一切x >０，qpn m x x x x )1(1)1(+=-+恒成立，则 =++q p n m 22)2( ．４．四边形ABCD 中，∠ ABC 135=，∠BCD 120=，AB 6=，BC 35-=，CD = 6，则AD = ．第二试x + y ， x － y ， x y ， yx 四个数中的三个又相同的数值，求出所有具有这样性质的数对（x , y ）．二、ΔABC中，AB＜AC＜BC，D点在BC上，E点在BA的延长线上，且BD＝BE＝AC，ΔBDE的外接圆与ΔABC的外接圆交于F点（如图）．求证：BF＝AF＋CF三、将正方形ABCD分割为2n个相等的小方格（n是自然数），把相对的顶点A，C染成红色，把B，D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．1992年全国初中数学联合竞赛决赛试题第一试一.选择题本题共有8个题,每小题都给出了(A), (B), (C), (D)四个结论,其中只有一个是正确的.请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内.1.满足1=+-ab b a 的非负整数),(b a 的个数是(A)1; (B)2; (C)3; (D)4.2.若0x 是一元二次方程)0(02≠=++a c bx ax 的根,则判别式ac b 42-=∆与平方式20)2(b ax M +=的关系是(A)∆>M (B)∆=M (C)∆>M ; (D)不确定.3.若01132=+-x x ,则44-+x x 的个位数字是(A)1; (B)3; (C)5; (D)7.答( )4.在半径为1的圆中有一内接多边形,若它的边长皆大于1且小于2,则这个多边形的边数必为(A)7; (B)6; (C)5; (D)4.答( )5.如图,正比例函数)0(>==a ax y x y 和的图像与反比例函数)0(>=k xk y 的图像分别相交于A 点和C 点.若AOB Rt ∆和COD ∆的面积分别为S 1和S 2,则S 1与S 2的关系是 (A)21S S > (B)21S S =(C)21S S < (D)不确定 答( )6.在一个由88⨯个方格组成的边长为8的正方形棋盘内放一个半径为4的圆,若把圆周经过的所有小方格的圆内部分的面积之和记为1S ,把圆周经过的所有小方格的圆内部分的面积之和记为2S ,则21S S 的整数部分是 (A)0; (B)1; (C)2; (D)3.答( )7.如图,在等腰梯形ABCD 中, AB //CD , AB=2CD ,︒=∠60A ,又E 是底边AB 上一点,且FE=FB=AC , FA=AB .则AE :EB 等于(A)1:2 (B)1:3(C)2:5 (D)3:10答( )8.设9321,,,,x x x x ⋅⋅⋅均为正整数,且921x x x <⋅⋅⋅<<,220921=+⋅⋅⋅++x x x ,则当54321x x x x x ++++的值最大时,19x x -的最小值是(A)8; (B)9; (C)10; (D)11.答( )二.填空题1.若一等腰三角形的底边上的高等于18cm ,腰上的中线等15cm ,则这个等腰三角形的面积等于________________.2.若0≠x ,则x x x x 44211+-++的最大值是__________.3.在ABC ∆中,B A C ∠∠=∠和,90 的平分线相交于P 点，又AB PE ⊥于E 点，若3,2==AC BC ，则=⋅EB AE .4.若b a ,都是正实数，且0111=+--b a b a ，则=+33)()(ba ab . 第二试一、设等腰三角形的一腰与底边的长分别是方程062=+-a x x 的两根，当这样的三角形只有一个时，求a 的取值范围.二、如图，在ABC ∆中，D AC AB ,=是底边BC 上一点，E 是线段AD 上一点，且A CED BED ∠=∠=∠2.求证：CD BD 2=.三、某个信封上的两个邮政编码M 和N 均由0，1，2，3，5，6这六个不同数字组成，现有四个编码如下：A ：320651B ：105263C ：612305D ：316250已知编码A 、B 、C 、D 各恰有两个数字的位置与M 和N 相同.D 恰有三个数字的位置与M 和N 相同.试求：M 和N.1993年全国初中数学联合竞赛决赛试题第一试一.选择题本题共有8个小题,每小题都给出了(A), (B), (C), (D)四个结论,其中只有一个是正确的.请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内.1.多项式1612+-x x 除以12-x 的余式是(A)1; (B)-1; (C)1-x ; (D)1+x ;2.对于命题Ⅰ.内角相等的圆内接五边形是正五边形.Ⅱ.内角相等的圆内接四边形是正四边形,以下四个结论中正确的是(A )Ⅰ,Ⅱ都对 (B )Ⅰ对,Ⅱ错 (C )Ⅰ错,Ⅱ对. (D )Ⅰ,Ⅱ都错.3.设x 是实数,11++-=x x y .下列四个结论:Ⅰ.y 没有最小值;Ⅱ.只有一个x 使y 取到最小值;Ⅲ.有有限多个x (不止一个)使y 取到最大值;Ⅳ.有无穷多个x 使y 取到最小值.其中正确的是(A )Ⅰ (B )Ⅱ (C )Ⅲ (D )Ⅳ4.实数54321,,,,x x x x x 满足方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=++=++=++=++.;;;;52154154354324321321a x x x a x x x a x x x a x x x a x x x其中54321,,,,a a a a a 是实常数,且54321a a a a a >>>>,则54321,,,,x x x x x 的大小顺序是(A)54321x x x x x >>>>; (B )53124x x x x x >>>>;(C )52413x x x x x >>>>; (D )24135x x x x x >>>>.5.不等式73)1(12+<-<-x x x 的整数解的个解(A )等于4 (B )小于4 (C )大于5 (D )等于56.在ABC ∆中,BC AO O A =∠,,是垂心是钝角,则)cos(OCB OBC ∠+∠的值是 (A)22- (B)22 (C)23 (D)21-. 答( )7.锐角三角ABC 的三边是a , b , c ,它的外心到三边的距离分别为m , n ,p ,那么m :n :p 等于 (A)c b a 1:1:1; (B)c b a :: (C)C B A cos :cos :cos (D)C B A sin :sin :sin .答( )8.13333)919294(3-+-可以化简成 (A))12(333+; (B))12(333- (C)123- (D)123+答( )二.填空题1. 当x 变化时,分式15632212++++x x x x 的最小值是___________. 2.放有小球的1993个盒子从左到右排成一行,如果最左面的盒里有7个小球,且每四个相邻的盒里共有30个小球,那么最右面的盒里有__________个小球.3.若方程k x x =--)4)(1(22有四个非零实根,且它们在数轴上对应的四个点等距排列,则k =____________.4.锐角三角形ABC 中,︒=∠30A .以BC 边为直径作圆,与AB , AC分别交于D , E ,连接DE , 把三角形ABC 分成三角形ADE 与四边形BDEC ,设它们的面积分别为S 1, S 2,则S 1:S 2=___________. 第二试一.设H 是等腰三角形ABC 垂心,在底边BC 保持不变的情况下让顶点A 至底边BC 的距离变小,这时乘积HBC ABC S S ∆∆⋅的值变小,变大,还是不变?证明你的结论.二.ABC ∆中, BC =5, AC =12, AB =13, 在边AB ,AC 上分别取点D , E , 使线段DE 将ABC ∆分成面积相等的两部分.试求这样的线段DE 的最小长度.三.已知方程0022=++=++b cx x c bx x 及分别各有两个整数根21,x x 及21,x x '',且,021>x x 021>''x x . (1)求证:;0,0,0,02121<'<'<<x x x x (2)求证:1-b ≤c ≤1+b ; (3)求c b ,所有可能的值.1994年全国初中数学联赛试题第一试(4月3日上午8：30—9：30)考生注意：本试共两道大题，满分80分.一、选择题（本题满分48分，每小题6分）本题共有8个小题都给出了A，B、C，D，四个结论，其中只有一个是正确的，请把你认为正确结论的代表字母写在题后答案中的圆括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在圆括号内），一律得0分.〔答〕( )2．设a,b,c是不全相等的任意实数，若x=a2-bc,y=b2-ca,z=c2-ab,则x,y,zA．都不小于0B．都不大于0C．至少有一个小0于D．至少有一个大于0〔答〕( )3．如图1所示，半圆O的直径在梯形ABCD的底边AB上，且与其余三边BC，CD，DA相切，若BC=2，DA=3，则AB的长A．等于4B．等于5C．等于6D．不能确定〔答〕( )A．1 B．-1 C．22001D．-22001〔答〕( )5．若平行直线EF，MN与相交直线AB，CD相交成如图2所示的图形，则共得同旁内角A．4对B．8对C．12对D．16对〔答〕( )〔答〕( )7．设锐角三角形ABC的三条高AD，BE，CF相交于H。
2018年全国初中数学联赛试题-含详细解析
2018年初中数学联赛试题（北京）2018年初中数学联赛试题及答案详解说明：评阅试卷时，请依据本评分标准．第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第 二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分．如果考生的解答方法和本解答 不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相 应的分数．第一试(A)一、选择题：(本题满分42分，每小题7分)1.设二次函数2222a y x ax =++的图象的顶点为A ，与x 轴的交点为B ，C ．当ABC △为等边三角形时，其边长为()A ．．D ．【答】C.由题设知2(,)2a A a --，设(,0),(,0)B x C x ，二次函数的图象的对称轴与x 轴的交点为D ，则12||BC x x =-=又AD =，则2||2a -=26a =或20a =（舍去）所以△ABC 的边长BC ==. 2.如图，在矩形ABCD 中，BAD ∠的平分线交BD 于点E ，115AB CAE =∠=︒，，则BE =()A ．C 1D 1 【答】D.延长AE 交BC 于点F ，过点E 作BC 的垂线，垂足为H .由已知得∠BAF = ∠F AD = ∠AFB = ∠HEF =45︒，BF =AB =1，∠EBH = ∠ACB =30︒.设BE =x ，则HF =HE =2x，BH因为BF=BH+HF ,所以12x=，解得1BE x ==. 3.设p q ，均为大于3的素数，则使2254p pq q ++为完全平方数的素数对(p ，q )的个数为()A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B设22254p pq q m ++=（m 为自然数），则22(2)p q pq m ++=，即(2)(2)m p q m p p pq --++= 由于p ,q 为素数，且2,2m q p p m q p q ++>++>，所以21m q p --=，2m q p pq ++=，从而2410pq p p ---=，即(4)(2)9p q --=，所以(p ,q )=(5,11)或(7,5).所以，满足条件的素数对(p ,q )的个数为2. 4.若实数a ，b 满足2a b -=，()()22114a b ba-+-=，则55a b -=()A ．46B ．64C ．82D ．128【答】C.由条件()()22114a b ba-+-=得22332240a b a b ab a b ----+-=，即22()2[()4]()[()3]0a b a b ab a b a b ab ---++--+=又2a b -=，所以22[44]2[43]0ab ab -+++=，解得1ab =，所以222()26a b a b ab +=-+=33255223322()[()3]14,()()()82a b a b a b ab a b a b a b a b a b -=--+=-=+---=. 5.对任意的整数x ，y ，定义@x y x y xy =+-，则使得()()@@@@x y z y z x ++()@@0z x y =的整数组(x ，y ，z )的个数为() A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：D()()()(@@@)x y z x y xy z x y xy z x y xy z x y z xy yz zx xyz =+-=+-+-+-=++---+，由对称性，同样可得()()@@@@.y z x x y z xy yz zx xyz z x y x y z xy yz zx xyz =++---+=++---+，所以，由已知可得0111 1.()()()x y z xy yz zx xyz x y z ++---+=---=-，即所以，x,y,z 为整数时，只能有以下几种情况：111111x y z -=⎧⎪-=⎨⎪-=-⎩，或111111x y z -=⎧⎪-=-⎨⎪-=⎩，或111111x y z -=-⎧⎪-=⎨⎪-=⎩或111111x y z -=-⎧⎪-=-⎨⎪-=-⎩所以，(x ,y ,z )=(2,2,0)或(2,0,2)或(0,2,2)或(0,0,0)，故共有4个符合要求的整数组. 6.设11112018201920202050M =++++，则1M的整数部分是() A ．60B ．61C ．62D ．63 答案：B 因为1120185336120183333M M <⨯⇒>= 又111111()()201820192030203120322050M =+++++++11134513202030205083230>⨯+⨯=所以18323011856113451345M <=，故的整数部分为61.二、填空题：(本题满分28分，每小题7分)7.如图，在平行四边形ABCD 中，2BC AB CE AB =⊥，于E ，F 为AD 的中点，若AEF ∠48=︒，则B ∠=． 【答】84°.设BC 的中点为G ，连结FG 交CE 于H ，由题设条件知FGCD 为菱形由AB ∥FG ∥DC 及F 为AD 的中点，知H 为CE 的中点. 又CE ⊥AB ，所以CE ⊥FG ，所以FH 垂直平分CE ，故∠DF =∠GFC =∠EFG =∠AEF =48°.所以∠B =∠FGC =180248=84-⋅8.若实数x y ，满足()3311542x y x y+++=，则x y +的最大值为．【答】3.由3115()42x y x y 3+++=可得22115()()()42x y x xy y x y +-+++=，即22115()()42x y x xy y +-++= 令x y k +=，注意到2222131()04244y x xy y x y -++=-++>，故0x y k +=> 又因为22211()344x xy y x y xy -++=+-+，故由①式可得3115342k xyk k -+=，所以3115423k k xy k+==于是，x ,y 可看作关于t 的一元二次方程321154203k k t kt k+=-+=的两根，所以 化简得3211542()403k k k k+=∆=--⋅≥，化简得3300k k +-≤，即2(3)(310)003k k k k -++≤⇒<≤ 故x + y 的最大值为3.思路：从目标出发，判别式法，因式分解 9.没有重复数字且不为5的倍数的五位数的个数为．【答】21504.显然首位数字不能为0，末位不能为0和5.当首位数字不为5时，则首位只能选0,5之外的8个数.相应地个位数只能选除0,5及万位数之外的7个数，千位上只能选万位和个位之外的8个数，百位上只能选剩下的7个数，十位上只能选剩下的6个数.所以，此时满足条件的五位数的个数为87876⨯⨯⨯⨯=18816个.当首位数字为5时，则个位有8个数可选，依次千位有8个数可选，百位有7个数可选,十位有6个数可选.所以，此时满足条件的五位数的个数为8876⨯⨯⨯=2688个.所以，满足条件的五位数的个数为18816+2688=21504（个）.10. 已知实数a b c ，，满足0a b c ++=，2221a b c ++=，则555a b c abc++=．答案：52由已知条件可得222233311[()()],322ab bc ac a b c a b c a b c abc ++=++-++=-++=，所以555222333233233233()()[()()()]a b c a b c a b c a b c b a c c a b ++=++++-+++++ 2222222222223[()()()]3()abc a b a b a c a c b c b c abc a b c a c b b c a =-+++++=+++3()abc abc ab bc ca =+++.所以55552a b c abc ++=第一试(B)一、选择题：(本题满分42分，每小题7分) 1.满足()2211x x x ++-=的整数x 的个数为()A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：C当20x +=且210x x +-≠时，2x =- 当211x x +-=时，2x =-或1x = 当211x x +-=-且2x +为偶数时0x = 所以，满足条件的整数x 有3个 2.已知123x x x ，，(123x x x <<)为关于x 的方程()32320x x a x a -++-=的三个实数根，则22211234x x x x -++=() A ．5B ．6C ．7D ．8解析：方程即2(1)(2)0x x x a --+=，它的一个实数根为1，另外两个实数根之和为2，其中必有一根小于1，另一根大于1，于是2131,2x x x =+=，故222112331311314()()412()15x x x x x x x x x x x -++=+-++=++=3. 已知点E F ，分别在正方形ABCD 的边CD ，AD 上，4CD CE EFB FBC =∠=∠，，则t a n ABF ∠=() A ．12B ．35C ．D解析：不妨设4CD =，则1,3CE DE ==设DF x =，则4,AF x EF =-作BH EF ⊥与点H ，因为,90,EFB FBC AFB BAF BHF BF ∠=∠=∠∠==∠公共，所以BAF BHF ∆≅∆，所以4BH BA ==由ABF BEF DEF BCE ABCD S S S S S ∆∆∆∆=+++四边形得2111144(4)43412222x x =⋅⋅-+⋅⋅⋅+⋅⋅，解得85x =所以1245AF x =-=，3tan 5AF ABF AB ∠==.4.方程()A ．0B ．1C ．2D ．3解析：令y 0y ≥，且29x y =- 解得1,6y or y ==，从而8x =-或27x =检验可知：8x =-是增根，舍去；27x =是原方程的实数根. 所以，原方程只有1个实数根.5.设a ，b ，c 为三个实数，它们中任何一个数加上其余两数之积的2017倍都等于2018，则这样的三元数组(a ，b ，c )的个数为() A ．4B ．5C ．6D ．7解析：由已知得， 201720182017201820172018a bc b ac c ab +=+=+=，，，两两作差，可得12017012()()()(0170120170)(.)()a b c b c a c a b --=--=--=，， 由120()()170a b c --=，可得1,2017a b or c ==（1）当a b c ==时，有2201720180a a +-=，解得a =1，或20182017a =- （2）当 abc =≠时，解得12017a b ==，120182017c =- （3）当a b ≠时，12017c =，此时有：12017a =，120182017b =-，或120182017a =-，12017b = 故这样的三元数组(a ,b ,c )共有5个. 6.已知实数a ，b 满足3232351355a a a b b b -+=-+=，，则a b +=()A ．2B ．3C ．4D ．5【答】A.有已知条件可得331212()()()(1212)a a b b -+-=--+-=，，两式相加得33121121()()()()0a a b b -+-+-+-=，因式分解得22211()[()()()2()11]0a b a a b b +-----+-+=因为2222()()()()[13111121(1)(1)4(202)a a b b a b b ----+-+=---+-+>所以20a b +-=，因此2a b +=.二、填空题：(本题满分28分，每小题7分) 7.已知p q r ，，为素数，且pqr 整除1pq qr rp ++-，则p q r ++=．【答】10. 设11111pq qr rp k pqr p q r pqr ++-==++-，由题意知k 是正整数，又,,2p q r ≥，所以32k < 而1k =，即有1pq qr rp pqr ++-=，于是可知,,p q r 互不相等.当2p q r ≤<<时，13pqr pq qr rp qr =++-<，所以3q <，故 2q =.于是2221qr qr q r =++-故2)23()(q r --=，所以21,23q r -=-=，即 3,5q r ==，所以，()(),,2,3,5p q r =. 再由 ,,p q r 的对称性知，所有可能的数组( ,,p q r )共有6组，即()()()()()() 2,3,5?2,5,33,2,53,5,25,2,35,3,2.，，，，， 于是10p q r ++=. 8.已知两个正整数的和比它们的积小1000，若其中较大的数是完全平方数，则较小的数为．【答】8.设这两个数为22),(m n m n >，则221000m n m n +=-，即2()110(101)m n --= 又100110011143791117713=⨯=⨯=⨯=⨯，所以()21,1()1001,1m n --＝或(143,7)或 (91,11)(77,13)，验证可知只有()21,(1143,)7m n --=满足条件，此时2144,8m n ==. .9.已知D 是ABC △内一点，E 是AC 的中点，610AB BC BAD BCD ==∠=∠，，，EDC ∠=ABD ∠，则DE =．【答】4.1//2CD F DF DC DE AF DE AF ==延长至，使，则且 ,,,AFD EDC ABD A F B D ∠=∠=∠所以，故四点共圆，于是 10BFD BAD BCD BF BC BD FC ∠=∠=∠==，所以，且⊥，90.FAB FDB ∠=∠=︒故6AB AF =又，故，所以14.2DE AF ==已知二次函数()()222221450y x m n x m n =++++++的图象在x 轴的上方，则满足条件的正整数对(m ，n)的个数为． 解析：16.因为二次函数的图象在x 轴的上方，所以222[()](22)144500m n m n ∆=++-++<，整理得 42449mn m n ++<，即()(5122)11m n ++<.因为,m n 为正整数，所以()(122.)15m n <++ 又12m +≥，所以25212n +<，故5n ≤. 当n=1时，1m +253≤，故223m ≤，符合条件的正整数对(m,n)有8个；当n=2时，1m +5≤，故m ≤4，符合条件的正整数对(m,n)有4个； 当n=3时，1m +257≤，故187m ≤，符合条件的正整数对(m,n)有1个；当n=4时，1m +259≤，故179m ≤，符合条件的正整数对(m,n)有1个；当n=5时，1m +2511≤，故1411m ≤，符合条件的正整数对(m,n)有1个综合可知：符合条件的正整数对(m,n)有8421116＋＋＋＋＝个第二试(A)一、(本题满分20分)设a ，b ，c ，d 为四个不同的实数，若a ，b 为方程210110x cx d --=的根， c ，d 为方程2100x ax b --=的根，求a b c d +++的值．解由韦达定理得1010a b c c d a +=+=，，两式相加得1)0(a b c d a c +++=+.因为a 是方程210110x cx d --=的根，所以210110a ac d --=，又10d a c =-，所以 211011100.a a c ac -+-=①类似可得211011100.c c a ac -+-=②①－②得)((1210)a c a c -+-=因为a c ≠，所以121a c +=，所以(11210)0a b c d a c +++=+=.二、(本题满分25分)如图，在扇形OAB 中，9012AOB OA ∠=︒=，，点C 在OA 上，4AC =， 点D 为OB 的中点，点E 为弧AB 上的动点，OE 与CD 的交点为F ． (1)当四边形ODEC 的面积S 最大时，求EF ； (2)求2CE DE +的最小值．解 (1)分别过O ,E 作CD 的垂线，垂足为M ,N . 由6,8OD OC ==，得10CD =.所以(111101260222)DOCD DECD S S S CD OM EN CD OE =+=⨯+≤⨯=⋅⋅=当OE DC ⊥时，S 取得最大值60.683612=105EF OE OF ⋅=-=-此时，212,.OB G BG OB GC GE ==（）延长至点，使，连结 因为1,2OD OE DOE EOG OE OG ==∠=∠，所以ODE OEG ∽，所以12DE EG =故2EG DE =，所以2CE DE CE EG CG +=+≥C ,E ,G 三点共线时等号成立2CE DE +故的最小值为.三、(本题满分25分)求所有的正整数m ，n ，使得()33222m n m n m n +-+是非负整数．解：记()33222m n m n S m n +-=+，则()2222332222()[()3]3()()m n m n mn m n m n m n mn mn S m n m n m n m n m n ++--+-⎛⎫===+-- ⎪+++⎝⎭+,,(,?,,1).mnm n p q p q p q m n==+因为为正整数，故可令为正整数，且 于是222233()()q q pq q S m n m n p p p +=+--=+-因为S 是非负整数，所以2|p q ,11()() .|p q p m n mn ==+，又，故，即①所以2n mn n m n m n=-++是整数，所以2()|m n n +，故2n m n ≥+，即2n m n -≥ 332200.S m n m n +-≥≥又由，知②3223222³(.)n m n m m n m m n n m --≥≥=≥所以，所以³m n m n =由对称性，同理可得，故34|2 2.20 2.m n m m m n m m m =≥=≥-≤把代入①，得，则把代入②，得，即 2.m =故,2 2.m n m n ==所以，满足条件的正整数为，第二试(B)一、(本题满分20分)若实数a ，b ，c 满足()11195555a b c a b c b c a c a b ⎛⎫++++= ⎪+-+-+-⎝⎭，求()111a b c a b c ⎛⎫++++⎪⎝⎭的值． 解：a b c x ab bc ca y abc z ++=++==记，，，则()111111555666a b c x a b c b c a c a b x a x b x c ⎛⎫⎛⎫++++=++⎪ ⎪+-+-+----⎝⎭⎝⎭22323[312()36()](936)6()36()216536216x x a b x ab bc ca x x y x a b c x ab bc ca x abc x xy z -+++++-+==++++++--+- 结合已知条件可得23(936)95362165x x y x xy z -+=-+-，整理得272xy z = 所以()111272xy a b c a b c z ⎛⎫++++==⎪⎝⎭.二、(本题满分25分)如图，点E 在四边形ABCD 的边AB 上，ABC △和CDE △都是等腰直角三 角形，AB AC DE DC ==，． (1)证明：AD BC ∥；(2)设AC 与DE 交于点P ，如果30ACE ∠=︒，求DPPE．145,,ACB DCE BC EC ∠=∠=︒==解（）由题意知，所以,AC DCDCA ECB BC EC∠=∠=，所以ADC BEC ∆∆∽，故45DAC EBC ∠=∠=，所以DAC ACB ∠=∠，所以AD BC ∥（2）设AE x =，因为30ACE ∠=，可得,2,AC CE x DE DC === 因为90,EAP CDP EPA CPD ∠=∠=∠=∠，所以APE DPC ∆∆∽，故可得12APE DPC S S ∆∆=又22,=EPC APE AEC EPC DPC CDE S S S S S S x ∆∆∆∆∆∆+==+=，于是可得2(2DPC S x ∆=，21)EPC S x ∆=所以DPC EPC S DP PE S ∆∆==三、(本题满分25分)设x 是一个四位数，x 的各位数字之和为1m x +，的各位数字之和为n ，并 且m 与n 的最大公约数是一个大于2的素数．求x ．( ,.) 2x abcd m n m n =解设，由题设知与的最大公约数为大于的素数 91,19(.)d n m m n d ≠=+==若，则，所以，矛盾，故()(9198,,829.)c n m m m n m c ≠=+-=-==若，则，故，它不可能是大于的素数，矛盾，故991()(99926,, 2613)b a n m m m n m =≠=+---=-==若，显然，所以，故，但此时可得13263936.n m n ≥=+≥>，，矛盾若9199()()17,,171717,34b n m m m n m n m ≠=+--=-====，则，故，只可能88999799.x =于是可得或。
八年级《数学》下册尖子生强化训练题及解析答案：二次根式(3套).docx
tj|r>全国重点高中提前招生考试八年级下学期同步强化训练卷（一）（二次根式的性质和化简专题测试）总分：120分时间：120分钟—、选择题（每小题5分，共30分）1.若代数式謬矗有意义，则a■的取值范围是（）A. x<2020B. x<2020 且± 2019C. x<2020 且乂工2019D. x<2020 且乂工一2019（“希望杯”竞赛试题改编）2.若化简11 —X I —A/JC2-8x+16的结果为2乂一5,则x的取值范围是（）A.才为任意实数B. l<x<4 D.3.把（a-b'Jb'a根号外的因式移到根号内的结果为（）D. —V a—b（华中师大一附中招生试题）4.已知实数a、b满足A/（a— I）2 + V（a—6）2 = 10 — | b + 3 | — I b— 2 | ,则a2 ~\~lr的最大值为（）A. 50B. 45C. 40D. 0（芜湖一中理科实验班自主招生试题）5.已知y = +』5 —2丁一3，则2.z-y 的值为（）15A. —15B. 15C. —6.计算4 丿3+2 血一丿41+24© =（）A. 72-1B. 1C.V2二、填空题（5分X6 = 30分）D. 2（全国初中联赛试题）7.如果实数u、b、c在数轴上的位置如图1-1所示.那么代数式-/^-\a+h\ + /G—万尹+“+c何化简为—b " 0 c图1-1（全国初中竞赛题）&若实数.r、y满足|j—4| + ^7=8=0,则以y的值为边长的等腰三角形的周长为_9. __________________________________________________________ 已知实数m满足丨2019—rn \ + Jm—2020=加，那么m— 2019?= __________________________ .（重庆市竞赛试题）11. _______________________________________________ 若工+y= J3 V5—JC—y= V3 42—75 •则xy= ____________________________________________________ ・（天津市竞赛试题）12.若77— = —2,则F的值为.77 十 --------（天津市竞赛试题）三、解答题13.（12分）若」^的整数部分是a.小数部分是儿求a2 + （l+V7）a6的值.3—7711.（ 13分）（1）先化简再求值:才存缶一（1一与护），其中a = 2+尽b=2—胚（2）已知a、b、c为ZSABC 的三边，化简：丿（a+6+c）2 + 丿―严 + jQ>_a—cV15.（11分）已知正实数a』满足:a+O=l,1—专+茫+】_茫—茫=_4,求:华的值.1—Jb—Jci 1—76+Va Jb16.（12分）已知7^=石+*（0<0<1）,求代数式F+JT—6 . JT+317.(12分)先阅读再化简求值.(1)在化简丿匸刀而的过程中，小王和小李的化简结果不一样：小王的化简过程如下：原式=A/2-2 /2X^+5 = 7(T2)2-2V2 - 75 + (75)2 =丿近二丽=施一岳.小李的化简过程如下：原式=V(-/2)2-2V2 • V5 + (V5)2 = 7(72-75)2 =^-V2.请判断谁的化简结果正确,并说明理由.⑵化简求值:已知乂=“6 —2腐，求(上+*) • 2乙二;)的值(结果保留根号).全国重点高中提前招生考试 八年级下学期同步强化训练卷（二）（二次根式的化简求值专题测试） 总分：120分时间：120分钟一、选择题（5分X6 = 30分）1 •计算 14 + 6 75 — 14 6 75 的值是（） A. 1 B.75C. 2 75D. 5（全国初中竞赛试题）2.已知非零实数 a 、b 满足 I 2a —4 | + | b+2 I + J （a — 3）624- 4 = 2a ,则 a~\~h 等于（）3.化简J1+古+（”,1）2（"〉0或1）所得的结果为（）tj|r>A. -1B.0C. 1D. 2A.H 1'1w+1C. 141 1n+1D. 1—丄—一*（武汉市选拔赛试题）4.已知 2x-3 /亦一2y=0（z>0）,则；;二器2的值是（16 -25A-fD-27（太原市竞赛题）5•设Dr]表示最接近的整数QHx+0・ 5,77为整数），则[/TX2] + Ly2X3] + L 5/3X4] + - +E7iooxioi]的值为（ ）C.5150D.5151（“五羊杯”竞赛题）6. 已知，=好兀+ 石弓均为实数）.则y 的最大值与最小值的差为（ ）A. 2^2-2B. 4-2 72C. 3—2©D. 2 V2-1二、填空题（5分X6 = 30分）7. 计算 72017X2018X2019X2020+1-20182 的结果是 ________________ .&已知 a= 72018- v /2017.Z>= 72019- 72018.c= 72020-^/硕©，则 a 、b 、c 三者的大小关 系为.（武汉市竞赛试题改编）9.若实数"』满足乂2+$2_滋_2》+5=0.则石+$ 的值是 ____________________ .V3^—2 77（“希望杯”竞赛试题）华土华】=华二理.则兰+上=V3-V2 V3+V2 y &（“希望杯”竞赛试题）A /5+2 A /6 V 7+4 V3（湖北省黄冈中学理科实验班预录试题）12. [a]表示不大于a 的最大整数，{a}=a —[a].设a =[帚+斤],6=•则^ + （1+77）ab= _________・（鄂州高中自主招生考试数学试题）三、解答题13. （12分）计算与求值.（1）已知°=宀,求护_20 + 1_绍渔土1的值.2+V3 aTa L~a（244-4）＜44+4）＜64+4）＜8＜+4-）（104+-7-）4 4 4 4 4（r+4）＜34+4-）＜54+4-X74+-r ）（94+-r ）4 4 4 44（湖北黄冈中学理科实验班预录试题）10.已知x= （2）计算:14. （12分）正数心满足,”+4厉-2扁-皿+4,尸3.求倉豐爲的值.（北京市竞赛题）⑵设⑴册'求"2"曲7 + 18「17的值.16. (12 分)设 x= — . y = jZEEElzb/E, 为何值吋.代数式 20才 + 41>ry + 20b 的值 Vi+ 1+7? Jt +l —Jt为 2001.(全国初中数学联赛试题)15. （12 分）（1）化简:用十4血+3匹松）（腐_______________ 117. (12 分)定义/(JC)=求/(l)+/(3)+/(5)H ----------------- 1-■Z?-FZr+T+ \/ x2— 1+ 步卡一2JC+1/(2怡一1)+/(999)的值.（上海市竞赛试题）5. 已知 J25—yi5-x 2=2,则丿25—F + J15—F 的值为（A. 3B. 4C. 5（山东省竞赛题）6-设$=/+*+寺+/+*+* + J1++++ +…+/+壽 +誌?,则与5最接近 的数是（ ）A.2017B. 2018C. 2019D. 2020二、填空题（5分X6=30分）7.若 u+b —2 Va —1~4 "―2 = 3 J c —3— c ——5,贝9 a+〃+e= _______________ .（武汉市竞赛题）9. _____________________________________________________________ 若的最大值是a,最小值是几则a 2+62的值为 _______________________________________________________ .（全国初中数学竞赛试题）10. 已知a= V7-1.则代数式3a 3 + 12a 2-6a-12的值为 ________________ .（全国初中数学联赛试题）全国重点高中提前招生考试 八年级下学期同步强化训练卷（三）（二次根式综合测试） 总分：120分时间：120分钟―、选择题（5分X6 = 30分）1.已知 7x 2-4 + 727+3^=0.则 乂一y 的值为（ ） A. 2B. 6C. 2 或一22.计算（721-3）（73+ 710-77）的值等于（ ）A. 6^7B. -6V7C. 20 73 + 6^73. 已知/+丄=7（0VzVl ）,则石一-的值为（）D. 6 或一6D. 20 73-6/7B. —-75D.V5（天津市竞赛试题）4. 已知整数.r 、y 满足点+2心=丿丽，那么整数对（_r,y ）的个数是（A. 0B. 1C. 2D. 3（江苏省竞赛题）D. 68-当―点时•化简牛严+今芋1的结果是11.非零实数满足（Z?+2019-J-）（+2019—y） =2019,则孟洛¥；=_（湖北省鄂州市自主招生试题改编）12.已知a、Z>为有理数分别表示5-V7的整数部分和小数部分，且a>nn+bn2 = l.则2a+b三、解答题13.（12分）化简：丿37+20站+丿37-20箱.14. （12分）先化简.再求值：（弄务 a — 1-宦，其中"=血一1・«2+4a+415.（12 分）若〃201172012-1，求m 5— 2m 4—201 lzn 3 的值. 求n 的值.16. （12 分）乂=为自然数，如果2乂2 + 197刊+2)2 = 1993成立,17. （ 12分）求和：S = J1+令+壬 + J1+贪+令 + J1+寺+壬 + J1+令+右 + …4 1224 102参考答案全国重点高中提前招生考试八年级下学期同步强化训练卷(一)(二次根式的性质和化简专题测试)(2020-Q0 (J <20201. B 提示：由条件可知：「 则:，， 故工£2020且；rH±2019.I 1^-1-2019^0, I |却工2019.2. B 提示:•・•丨 1—工| 一 J£ -8工+16= 11—工| 一 丿(乂一4严=11一工| 一 |工一41 •则丨1一却一"一4|=2工一5,I x —1^011—^| =乂一 1, — b —41 =x —4.因此即 1 £乂=4・4—4W0.3. C 提示：由条件可甸：乙」石>0,・°・b —a>0, ・°・a — b<0.故原式=—(5_0)丿方二 =_『(/>_* • =—Jb —a.故选 C.4. B 提示:化简得：\a — l| + |a — 6 | + 16+3 | + “一2 | =10,由绝对值的意义可知・lWa£6・一3Wb 《2,所以 a=6“= —3时.a 2+62有最大值且为45.(2x —5^0cc5. A 提示：由二次根式的非负性得： ・・・工=可,，=一3.故2Q=2X_yX(—3) = —15.【5—2心0, 2 26. B 提示：原式=4 7( 7FFT)2- 7(4 72+3)2 =4(72 + 1)-(4 72+3) = 1.7. —a 提示:由实数aJ )-c 在数轴上的位置口］知:XCaVOVc.且“|>c,所以/—la+引+ J (c —a)? + |b+c| =—(a+6)+ (c —a) —(6-Fc) = —a.I x —4=0.(jr=4 8. 20提示：由题意得：解得：(1)若4是腰长，则三角形三边长分别为4,4,8不能组成三角丨夕一8=0,b=&形.(2)若4是底边长，则腰长为8•能组成三角形,周长为4+8+8=20.9. 2020 提示：由条件可知加$2020,・・・2019—加V0,・•・原等式可化为加一2019+丿加—2020=加,/.丿加一2020 =2019. .\T ?7-2020=20192.故 w-20192 =2020.卡_2＞05«r —4"…2_a5 z _ 1则有•r2=2*3,= 2.j?2+y = 2+22 =6.fMwo 5^—411. 用—血 提示：由Q+_y)2 —(彳―$)2=4才〃得：4才3；=(虫岛一血)_(丿17兀騎)'=3站—血一(3血—75）=4頁—4 42.故 _J2.12. —2472 提示：（石'— ）2 = （ —2尸=4,即 x ---—2 = 4,乂 -- =6.・°・.才--+2 = 8,即-- ）2 =&77 乂 •!•工 77J~r~\-- =2 5/2» /. J ~2— =（无+丄）■（右 -- ）•（岛— ）=—24 J2.77 工 工 丘 丘 呼.又 2＜疗＜3..・.5＜3+疗＜6....2＜呼＜3..“2.=呼-13. 解：•••占=?3=^7）=10. 6提示：因为y3+疗14.解：(1)原式=（g—b）ab（a~\~b—2ab = 2（cz—6）2a~b'2=^=^ ・・・・/ + （1+疗）肪=2'+（1+疗）＞＜2＞＜^^=4+（7一1） = 10.______ 2 _______ = _ _ =_V3 (2+ 站)一(2—站)_ 2侑_3'(2)由三角形三边关系可知:a-b-cV0,b —a — cV0,c —a —b<0,.・・ V(a-b~c)2 =b-\~c~a, VCb-a-c)2 =a+c~b. V(c-b~a)2=a-^b-c.:.原式= (a+b+c) + (b+c —a) + (a+(—") —(“+"—小=心・ 15.解:原式=(1—心+俾 +(1 一片皿 =_4.即2[(1—心严+(石)右=—4[(]—乔严_(岛旧，整理得: (1—V6)z —(Va)z6(1—0)2=2°,即 3(1—石)2=a ・由于 4+〃=1,・・・3(1—心)2 = 1—〃=(1一心)(1+心)，整理得：(1一亦)(3— 376 — 1—76)=0,1—7^=0 或 2—476=0.当 1—心=0,即 6=1 时,a=0,不合题意.当 2 — 476 = 0,即 b=.1 丄11 a 十十〒 1 1a 2 H — +2 * =a 2 H — +2 =a 2 +2.a 2 丄1丄 1 a aa ~\ aa a17.解：（1）小李的化简正确.（2） g = V （>/5 — I ）2 =4^— 1,原式=-7 = [—-- = 3 +岳 无—1 V5-1-1全国重点高中提前招生考试八年级下学期同步强化训练卷（二）（二次根式的化简求值专题测试）1. C 提示：原式=V(3+V5)2 — V (3—V5)2 = 3 +站一3 +站=275.2. C 提示：由题设可知"$3,所以题设等式可化为：2a — 4+|b + 2| + J （a —3）圧+4 = 2°,即|方十2| + J (a —3)// =0,・°・b+2 = 0 且(a —3)Z>2 =0,・°・a = 3,b= —2,・°・a+〃=l,故选 C.4. D 提示：由 2JT —3 V xy —2)=0(工〉0)得：2(V^)2 — 3 V xy —2(Vj^)2 =0, /. (2 (-Zr —2 ^/y) =0.*•*2 V7 IVy>0・・2/y = 0. /.V7=2/y. A.r=4^.故原式=(塔=普・ 5. B 提示:设 x 为正整数,考察积.r(j —Fl).Vj*2<Cx(jr +l) = (jr+0. 5)2—0. 25V(«r+0. 5)2».\x<Z A /JT (才+1) VLr+O. 5,・°・[5/工(无+1)]=不,故原式=1+2+3 +…+ 100=5050.故选 B.6. A 提7B ：J /=4 + 2 J —（立一6;r+5） =4 + 2 -J —（工一3严+ 4,当工=3时，西大值=2返，当工=1或5时, »最小值=2 •所求值为2 42 — 2 ♦选A.7. 2017 提示：设工=2018,则原式=J (&—1).疋(工+1)(工+2) + 1_.z 2 = A /[(G •—1)(/+2)][工(工+1)] + 1—JT 2rs-4-丄I a+丄 +1 1 1 ca 1 a —— 1 2 1 Z 1 a 丄] a n ------ 1 a ----- a 3. C 提示：原式(1+T )2_f +(^+T7 (1+X )2_2X n±l._X_+ 册"l+十—治S>0或D •故选C.・°・原式=広=壬2+乂一 1 —工2 =乂—i=2oi8—1 = 2017,9. 3 + 2 V2 提示：由已知条件可知：(債•一2)' + (»—I 2) =0・•°・」=2・』=1.故原式=~ =—=V 3-2 72 V(72-l)2^^1 = 3+2 血.V2-110. 98 提示:乂 =冬土纟= 5 + 2 76» y =冬一李=5 — 2 用,.I 工 + y = 10,刊=1, /. — + ^-= 十必=V3-V2V3+V2，龙 对(工+孙―2 可=1O2 = 2X1 = ]OO _2=9&11.2—72*提7F: *.* J 5+2 庇=J («/^+返')？=胚~\~匝、A /7 + 4 胚=J (2+>/^)? =2+>/§".故原式= ~~ +V3+V2—=庇—41 + 2 —厄=2 —42,2+7312. 10 提示：a=2、b= 7?13. 解：(1)原式=° — 1 賈一 =a — l --.当 a = 2~4^时,代入得:a —1 — =2—后一1+2+府=3.a(a —1) a a(1X2+*)(2X3+4_)(3X4+¥)(4X5+-|-)・・・(9X1O+4~)(1OX11+-|') lOXll+与(2)原式= ---------- 台 ------- 台 -------- 台 -------- 台 ----------- f ----------------- 严一= ------ =(0XH-y)(lX2+y)(2X3+y)(3X4+y )M.(8X9+y)(9X10+y) OXl+y 221.此题用到公式”++ =(点+卡)2—沪=(〃2+卄*)(”2—卄今)=[心一i )+g_][讥卄])+*]. 14.解:原式变形为：(^frn + 2 Vn — 3)( Vm + 2石+ 1) = 0.・°・+ 2 石=3,・°・ _8_ = _A —§_斥+2 石+2002 3+20021_401-15-S?:<1'用+翁）爲+②+（用;為游:血厂用—反(2) *• a =~_-— = V 17 — 1,「•a +1 = -/17，•:/ +2a +1 = 17,故 a 2 -\~2a —16 = 0,・：原式=(a' 2d' — /I7 + 116a 3) — («3 -\~2a 2 — 16a) + (a 2 +2a —16) — l=a 3 (a? +2Q —16)—a(.a 2 +2a —16) + (/ +2a —16) — 1 = — 1.16. 解:巧/=1口+，=虹+2,于是 20K2+4Lry+20b=20Gr+y)2+Hy=20(4r+2)2+l = 2001,・・・4r+2=±10, t = 2或z =—3(舍去)・・°・£=2.17. 解:./ (.r) -^====q-^=r===^y===-____________________ ^TT — __________________________ C 敦卄1严 + »Cr+l)Cr —1)+ »Cr —1严](vCTl-8. a>b>c提不:*•* a =]72018+72017 ] .72019+72018^ 13（兀+亦扬;血 J(5)=兀;弭，…，/(999) = J •'/W. .・./(i)+f(3)-------------- ---------------------- /(999) = 全国重点高中提前招生考试八年级下学期同步强化训练卷（三）（二次根式综合测试）（无2—4：=0 （工^2 （—21.D提示:由条件可知：或故x~y=6或一6.（2工+夕=0, »=—4, »=4,2. A 提示:原式=箱（质+疗一箱）（站+ /10-V7）7T0 + （V7-V3）］E 710-（V7~V3）］=A/3[( 7T0)2-(V7-V3)2]=V3(10-10+2 721)=73X2 721 = 677,故选A.3. B 提示：(7^ )2 =工+ 2 = 5(0<«rVl)，故=—A/5*.77 & 77严+4 屈=5 屈，(a,y) = (2・8)4. D 提示：质=5施・•・•- 3血+2屈=5血,・・・(工，歹)=(18・2)故(工*)的个数是3•故选D.V572+0=55/2 Cr,y)=(50・0),近寺丸^=2.故血乞+砖7=5.6.B 提示:•••V1+J+(5TP=1+V_^+i'AS=1+l_T+1+T_l+1+l_l+'"+1+2M7—金=2018—佥.故选B.提示：(Va— 1 — I)2 + ( Jb一2 — 2严+*( \/c—3—3)'=0.・°・a = 2・b=6,c=12. .•・a+Z>+c=20.提示:a = 2-A<0.原式=年书=仏二3—丄=1a—3 aka—1) a—3 a(a—1) a5.C 提示：••• E- （冒9-1 提示：由1 — Jr 0.且工0«x1,则"=*十2 一#+歩-卡=* + 27. 20a—3v 25—jc l + v 15—J?214.解:原式=［a —2a(a+2)1 . a — 4_a?—4—a?+aa+2 a (a+2)''.a+2_ ]a—4 a(.a—2) (72-1)(72-1+2)、/_Q严+寻・丁*<■!■< 1，・°・当尤=号时取最大值1 •故a = l；当/=*或取最小值g■，故b 42・2..23 =1■…E =百10.24 提示：原式=3Q(Q2+2a)+6疋一6a —12=Qa2 ~\~\2a—12 = 6X6—12 = 24.11.—1提示：由题意可知％=—』.12.y 提示：•••2</7V3・・・・一3V-V7V—2,・・・2V5—V7V3,S = 2" = 5—V7—2 = 3—V7,・・・aX2X(3—疗)+风3—疗)2 = 1,.・・4(6—2存)+久16 — 6疗)=1,・・・ 6«-2 V7a +166-6 41b= 1, A (6a+ 16Z>) - (2tz += _3_l (6a+16b=l a~~2o 166)77 = 1.根据等式两边对应系数相等，得：解得：2 ・・・2a+b=2X号一£ = 3 —l-(2a+6b)=0. . 1 2 21 _ 5~2~~2'13 .解:原式=725+20 V3 + 12 + 725-20 73 + 12 = 7(5+2 V3)2 + 丿(5—2 府严=5+2 膚+5—2 用=10.1L 5 ••20ll 2011 X ( •/20l2~\~ l) /ccr c I i •1/eel c • 2 c I i ccic15.M: . m= — = ----------- /,---- =』2012 + ]…加一1= J2012…亦一2加+] = 20]2,V2012 — 1( 72012)2-1m2—2m—2011=0. 原式=加3 (?w2—2m—2011) =0.16.解：x=(2n+l)-2 %AiG+l),_y=(2 卄1)+2 /?G+1),工+ y = 4n + 2,£y= 1,又2(工+ 3^ + 193工夕= 1993,得2(4w+2)24-193=1993,(4n+2)z=900,n>0,得宛=7.17.解:A“=Jl+* + d)2 = 1 + —^^2s=Ai +A2 +A3 H ------------------------- An, = (1+ ) + (1+ ) +9 9 9 9 9 9 9 9n-\~—----- )-1-…+O+ ---------- )= io+二 + --------- -- =1?—3 5 10 12 1 2 11 12 66°。
2021年全国初中数学联赛试题及答案(修正版)(1)
2021年全国初中数学联合竞赛试题参考答案第一试一、选择题：1．已知x ，y 为整数，且满足(1x ＋1y ) (1x 2＋1y 2)＝－23(1x 4－1y 4)，则x ＋y 的可能的值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个2．已知非负实数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝1，则t ＝2xy ＋yz ＋2xz 的最大值为（ ）A ．47B ．59C ．916D ．12253．在△ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，BE ⊥AC 于E ，交AD 于P ，已知BP ＝3，PE ＝1，则AE ＝（ ）A ．62B ．2C ．3D ．64．6张不同的卡片上分别写有数字2，2，4，4，6，6，从中取出3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是（ ）A ．12B ．25C ．23D ．345．设[t ]表示不超过实数t 的最大整数，令{t }＝t －[t ].已知实数x 满足x 3＋1x3＝18，则 {x }＋{1x}＝（ ） A ．12 B ．3－5 C ．12(3－5) D ．16．在△ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝60°，AC ＝1，D 在BC 上，E 在AB 上，使得△ADE 为等腰直角三角形, ∠ADE ＝90° ,则BE 的长为（ ）A ．4－23B ．2－3C ．12(3－1) D ．3－1二、填空题：1．已知实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，1 a ＋b －c ＋ 1 a ＋c －b ＋ 1 b ＋c －a ＝1，则abc ＝__2．使得不等式917＜n n ＋k ＜815对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为________．3．已知P 为等腰△ABC 内一点，AB ＝BC ，∠BPC ＝108°，D 为AC 的中点，BD 与PC 交于点E ，如果点P 为△ABE 的内心，则∠P AC ＝________．FB D 4．已知正整数a ，b ，c 满足: 1＜a ＜b ＜c ，a ＋b ＋c ＝111，b 2＝ac ，则b ＝________．第一试 参考答案一、选择题1.C2.A3.B4.B5.D6.A二、填空题1. 02. 1443. 48°4. 36第二试 （A ）一、 设实数,a b 满足22(1)(2)40a b b b a +++=，(1)8a b b ++=，求2211a b+的值．二、如图，在□ABCD 中， D 为对角线BD 上一点，且满足∠ECD ＝∠ACB , AC 的延长线与△ABD 的外接圆交于点F . 证明：∠DFE ＝∠AFB三、设n 是整数，如果存在整数x ，y ，z 满足n ＝x 3＋y 3＋z 3－3xyz ，则称n 具有性质P . 在1，5，2013，2014这四个数中，哪些数具有性质P ，哪些数不具有性质P ？并说明理由.第二试 （A ）答案一、解 由已知条件可得222()40a b a b ++=，()8ab a b ++=.设a b x +=，ab y =，则有2240x y +=，8x y +=，联立解得(,)(2,6)x y =或(,)(6,2)x y =.若(,)(2,6)x y =，即2a b +=，6ab =，则,a b 是一元二次方程2260t t -+=的两根，但这个方程的判别式2(2)24200∆=--=-<，没有实数根；若(,)(6,2)x y =，即6a b +=，2ab =，则,a b 是一元二次方程2620t t -+=的两根，这个方程的判别式2(6)8280∆=--=>，它有实数根.所以 2222222222211()262282a b a b ab a b a b a b ++--⨯+====.二、证明 由ABCD 是平行四边形及已知条件知ECD ACB DAF ∠=∠=∠.又A 、B 、F 、 D 四点共圆，所以BDC ABD AFD ∠=∠=∠，所以△ECD ∽△DAF ，所以ED CD AB DF AF AF==.又EDF BDF BAF ∠=∠=∠，所以△EDF ∽△BAF ，故 DFE AFB ∠=∠.三、解 取1x =，0y z ==，可得33311003100=++-⨯⨯⨯，所以1具有性质P .取2x y ==，1z =，可得33352213221=++-⨯⨯⨯，所以5具有性质P . 为了一般地判断哪些数具有性质P ，记333(,,)3f x y z x y z xyz =++-，则 33(,,)()3()3f x y z x y z xy x y xyz =++-+-3()3()()3()x y z x y z x y z xy x y z =++-+++-++＝3()3()()x y z x y z xy yz zx ++-++++ 2221()()2x y z x y z xy yz zx =++++--- 2221()[()()()]2x y z x y y z z x =++-+-+-. 即(,,)f x y z 2221()[()()()]2x y z x y y z z x =++-+-+- ① 不妨设x y z ≥≥，N 如果1,0,1x y y z x z -=-=-=，即1,x z y z =+=，则有(,,)31f x y z z =+； 如果0,1,1x y y z x z -=-=-=，即1x y z ==+，则有(,,)32f x y z z =+；如果1,1,2x y y z x z -=-=-=，即2,1x z y z =+=+，则有(,,)9(1)f x y z z =+； 由此可知，形如31k +或32k +或9k （k 为整数）的数都具有性质P .因此，1，5和2014都具有性质P .若2013具有性质P ，则存在整数,,x y z 使得32013()3()()x y z x y z xy yz zx =++-++++.注意到3|2013，从而可得33|()x y z ++，故3|()x y z ++，于是有39|()3()()x y z x y z xy yz zx ++-++++，即9|2013，但2013＝9×223＋6，矛盾，所以2013不具有性质P .第二试 （B ）试题及答案一．同（A ）卷第一题.二．如图，已知O 为△ABC 的外心，AB AC =，D 为△OBC 的外接圆上一点，过点A 作直线OD 的垂线，垂足为H .若7BD =，3DC =，求AH .解 延长BD 交⊙O 于点N ，延长OD 交⊙O 于点E ，由题意得NDE ODB OCB OBC CDE ∠=∠=∠=∠=∠，所以DE 为BDC ∠的平分线.又点D 在⊙O 的半径OE 上，点C 、N 在⊙O 上，所以点C 、N 关于直线OE 对称，DN DC =.延长AH 交⊙O 于点M ，因为O 为圆心，AM OD ⊥，所以点A 、M 关于直线OD 对称，AH MH =.因此MN AC AB ==.又FNM FAB ∠=∠，FBA FMN ∠=∠，所以△ABF ≌△NMF ，所以MF BF =，FN AF =.因此，AM AF FM FN BF BN BD DN BD DC =+=+==+=+ 7310=+=，即210AH =，所以5AH =.三．设n 是整数，如果存在整数x ，y ，z 满足n ＝x 3＋y 3＋z 3－3xyz ，则称n 具有性质P ..（1）试判断1，2，3是否具有性质P ；（2）在1，2，3，…，2013，2014这2014个连续整数中，不具有性质P 的数有多少个？解 取1x =，0y z ==，可得33311003100=++-⨯⨯⨯，所以1具有性质P ； 取1x y ==，0z =，可得33321103110=++-⨯⨯⨯，所以2具有性质P ；若3具有性质P ，则存在整数,,x y z 使得33()3()()x y z x y z xy yz zx =++-++++， 从而可得33|()x y z ++，故3|()x y z ++，于是有39|()3()()x y z x y z xy yz zx ++-++++，即9|3，这是不可能的，所以3不具有性质P .（2）记333(,,)3f x y z x y z xyz =++-，则 33(,,)()3()3f x y z x y z xy x y xyz =++-+-3()3()()3()x y z x y z x y z xy x y z =++-+++-++＝3()3()()x y z x y z xy yz zx ++-++++ 2221()()2x y z x y z xy yz zx =++++--- 2221()[()()()]2x y z x y y z z x =++-+-+-. 即(,,)f x y z 2221()[()()()]2x y z x y y z z x =++-+-+- ① 不妨设x y z ≥≥，如果1,0,1x y y z x z -=-=-=，即1,x z y z =+=，则有(,,)31f x y z z =+； 如果0,1,1x y y z x z -=-=-=，即1x y z ==+，则有(,,)32f x y z z =+；如果1,1,2x y y z x z -=-=-=，即2,1x z y z =+=+，则有(,,)9(1)f x y z z =+； 由此可知，形如31k +或32k +或9k （k 为整数）的数都具有性质P .又若33|(,,)()3()()f x y z x y z x y z xy yz zx =++-++++，则33|()x y z ++，从而3|()x y z ++，进而可知39|(,,)()3()()f x y z x y z x y z xy yz zx =++-++++.综合可知：当且仅当93n k =+或96n k =+（k 为整数）时，整数n 不具有性质P . 又2014＝9×223＋7，所以，在1，2，3，…，2013，2014这2014个连续整数中，不具有性质P 的数共有224×2＝448个.。
2020年广州市初中数学竞赛专项练习：塞瓦定理(含答案)
2020年广州市初中数学竞赛专项练习：塞瓦定理（含答案）1. 设1A 、1B 分别是ABC △的边BC 和AC 上的点，D 、E 分别是1AA 与1BB 、11A B 与CD 的交点.证明：若190A EC ∠=︒，点A 、B 、1A 、E 共圆，则11AA BA =.【解析】 如图，延长AE 交BC 于F ，为证11AA BA =，只需证明11ABA A AB ∠=∠.而A 、B 、1A 、E 共圆，故11A EF ABA ∠=∠，11A AB BEA ∠=∠，于是只需证明1EA 为BEF ∠的平分线.ABCDB 1A 1E F对1AA C △的割线1BDB 及其内一点E 分别利用梅涅劳斯定理和塞瓦定理，得 11111CB A BAD B A DA BC ⋅⋅=， 11111CB A FAD B A DA FC⋅⋅=. 所以，11A F CFA B CB=. ①在射线CB 上取一点B '，使得11B EA A EF '∠=∠，则由190A EC ∠=︒，可知EC 为B EF '∠的外角平分线，于是，利用内、外角平分线定理，可知 11B A B E CB A F EF CF'''==. 从而，11A F A B CF CB'='. 对比式①得11A B A BCB CB'='，故B 与B '重合，因此，1A E 为BEF ∠的角平分线.2. 给定ABC △，点M 为BAC △内一点，使得MAB MCA ∠=∠，MAC MBA ∠=∠；N 为ABC △内一点，使得NBA NCB ∠=∠，NBC NAB ∠=∠；P 为ACB △内一点，使得PCA PBC ∠=∠，PCB PAC ∠=∠.证明：AM 、BN 和CP 三线共点，且该公共点在MNP △的外接圆上.A M1【解析】 延长AM 交BC 于点1A ，则11BMA MAB MBA MAC MCA CMA BAC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，即1MA为BMC ∠的平分线，于是，11BA BM A C MC =.而由条件，易知ABM △∽CAM △，故BM AM ABAM MC AC===cb（这里a 、b 、c 为ABC △的三边长），从而2BM BM AM c MC AM MC b ⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭，故 211BA c A C b ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 同理可证：211CB a A B c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，211AC b B C a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中1B 为BN 与AC 的交点，1C 为CP 与AB 的交点（图中N 、P未画出）.从而1111111BA CB AC AC B A C B ⋅⋅=. 于是，由塞瓦定理的逆定理可知AM 、BN 、CP 三线共点.设上述公共点为K ，O 为ABC △的外心，则2BMC BAC BOC ∠=∠=∠，故B 、M 、O 、C 四点共圆.于是设1MA 交这个圆于另一点2A ，则2A 为»BC 的中点.结合OB OC =，可知2OA 为B 、M 、O 、C 所共圆的直径.因此，290OMA OMK ∠=∠=︒，类似可证，90ONK ∠=︒，90OPK ∠=︒.所以，M 、N 、P 在以OK 为直径的圆上.3. 已知ABC △，向外外作长方形ABDE 、ACFG 、BCHK ，又设直线DE 与直线GF 交于P ，直线DE 与直线KH 交于Q ，直线KH 与直线GF 交于R ，则AP 、BQ 、CR 共点.【解析】 如图，设PA 延长后交BC 于A '，同理定义B '、C '（图中未画出）.P E GAD QKHR C F B A'连结PB 、PC ，则ABDEPAB PAC ACFGS S BA A C S S '=='矩形△△矩形， 同理BCHK ABDE S CB B A S '='矩形矩形，ACFG BCHK S AC C B S '='矩形矩形，故1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''，AP 、BQ 、CR 共点或平行，由于A 、B 、C 均在PQR △内，故平行不可能.4. 已知ABC △内有一点P ，今过点A 作一直线1l 与AP 关于A ∠的角平分线对称，同样，过点B 、C 分别作直线2l 、3l ，求证：1l 、2l 、3l 交于一点.【解析】 如图，设1l 与直线BC 交于A '，则22sin sin AA B CAP AA C PAB S S BA AB BAA AB CA S AC PAB AC S ''''∠===⋅'∠△△△△，同理，CB B A '='22BAP CBP S CB BA S ⋅△△，22CBPCAPS AC AC C B CB S '=⋅'△△. AB A'CP于是1BA CB AC A C B A C B'''⋅⋅='''，由塞瓦逆定理，即知1l 、2l 、3l 共点.这个公共点P '，称为P 的等角共轭点.5. 已知ABC △，向外作相似的等腰三角形BCD △、ACE △及ABF △，其中D ∠、E ∠、F ∠是顶角.求证：AD 、BE 、CF 交于一点.【解析】 如图，不妨设AD 与BC 交于A '，同理定义B '、C '.设FAB FBA ACE θ∠=∠==∠=L ，则BA A C'⋅'AFEBC D A'B'C'sin()sin()sin()1sin()sin()sin()ABD BCE AFC ACD ABE BFC S S S CB AC AB B BC C AC A B A C B S S S AC C AB A BC B θθθθθθ''+++⋅=⋅⋅=⋅⋅=''+++△△△△△△，由塞瓦逆定理，便得结论.6. 已知：ABC △中，AD 、BE 、CF 是角平分线，则120BAC ∠=︒当且仅当DE DF ⊥.K AGHFBD E【解析】 当120BAC ∠=︒，延长CA 至任一点K ，则60KAB BAD ∠=︒=∠，于是F 至AK 距离等于F 至AD 距离；又CF 平分ACB ∠，故F 至AK 距离等于F 至BC 距离，因此可知DF 平分ADB ∠，同理DE 平分ADC ∠，故DE DF ⊥.反之，若DE DF ⊥，过A 作GH BC ∥，与DF 、DE 延长线分别交于G 、H ，则由塞瓦定理知AG BD =⋅AF AECD AH FB EC=⋅=，于是DA AG AH ==，故FDB G ADG ∠=∠=∠，即DF 平分ADB ∠，于是过F 作AK 、AD 、BC 的垂线，不难得出AF 平分KAD ∠，于是120BAC ∠=︒.7. 已知ABC △中，D 、E 分别在AB 、AC 上，DE BC ∥，BE 、CD 交于F ，AF 延长后交BC 于S ，SD 与BE 交于G ，SE 与CD 交于H ，AG 、AH 延长后分别交BC 于M 、P ，求BM ∶ MP ∶PC .P S MBHF GED A【解析】 由塞瓦定理易知BS CS =，又由梅氏定理，1BC PH ADCP HA BD ⋅⋅=， 1SC PH AE SP HA EC⋅⋅=， 两式相除，注意AD AE BD EC =，2BC SC =，得2CP SP =.易得13CP BC =，同理13BM BC =，故 BM ∶MP ∶1PC =∶1∶1.8. 如图，AM 是锐角ABC △的角平分线，ME AB ⊥于点E ，MF AC ⊥于点F ，CE 与BF 交于点P ，求证：AP BC ⊥.AD EGF HBMS P C【解析】 作AD BC ⊥，易知BEM △∽BDA △，MCF △∽ACD △，故而有BE BM ED AB =，CD ACCF MC=，于是1BE CD AC BMBD CF AB MC⋅=⋅=.9. 锐角ABC △，向外作ABE △和ACF △， 使得AB BE ⊥，AC CF ⊥，EAB CAF ∠=∠，若BF 、CE 交于点P ，求证：AP BC ⊥.AEB DCFN P M【解析】 为证明结论，我们干脆作ABC △的高AD ，设法证明AD 、BF 与CE 共点. 由EAC FAB ∠=∠及AE AFAB AC=知AEC ABF S S =△△. 设CE 与AB 交于点M ，BF 与AC 交于点N ，则有AM BD CNBM CD NA⋅⋅cos cos ACE BCFEBC ABFS S AB B S AC C S ⋅=⋅⋅⋅△△△△ cos sin(90)cos sin(90)AB B BC C CF AC C BC B BE ⋅⋅︒+⋅=⋅⋅⋅︒+⋅1AB CFAC BE=⋅=.于是由塞瓦逆定理，结论成立，最后一步用到的仍是ABE △∽ACF △.10. ABC △中，D 、E 、F 分别在边BC 、CA 、AB 上，且AD 、BE 、CF 共点于P .D '也在BC 上，且DD '与BC 的中点重合，同理定义E '、F '.求证：AD '、BE '、CF '也共点.【解析】 由塞瓦定理和逆定理，注意到BD DCD C BD'='等，立得结果. 评注 新共点与点P 互为等边共轭点.11. 设ABC △的边AB 、BC 、CA 上分别有点F 、D 、E ，且AD 、BE 、CF 共点，又DEF △的边DE 、EF 、FD 上分别有点Z 、X 、Y ，DX 、EY 、FZ 也共点，求证：AX 、BY 、CZ 共点. 【解析】 如图，又设AX 延长后与BC 交于X '（为简洁起见，图中未图出），同理定义Y '、Z '.于是AFXAXBAXCAEX ABS S BX AB AE FX AF AC X C S AC AF EX S AE'===⋅⋅'△△△△，同理CY BC BF YD AY AB BD FY '=⋅⋅'，AZ AC CD EZ BZ BC CE DZ '=⋅⋅'，由条件及塞瓦定理，得1BX CY AZ X C AY BZ '''⋅⋅='''，于是AX 、BY 、CZ 共点. AF XEYZ BDC12. 一个三角形的一边上的高、第二边上的中线与第三边上的角平分线交于一点，这个三角形一定是正三角形吗？【解析】 不一定.不妨设ABC △中，AD 、BE 、CF 分别为高、中线与角平分线，于是AE CE =，若三线交于一点，则由塞瓦定理（此处设AB c =，BC a =，CA b =），知有BD BF BC aCD FA AC b===. 而由BD CD a +=，222222BD CD AB AC c b -=-=-，知222222BD a c b CD a b c +-=+-，于是有222222a c b aa b c b +-=+-，c =例如令15a =，12b =，则13c =.13. 如图，AB 、AC 是两条切线，APQ 与AMN 是任意两条割线，求证：PN 、MQ 与BC 交于一点.AB CQNMP【解析】 本题无疑是要运用塞瓦逆定理，比如在PQC △中，知只需证1PQN QMCBPC BQC PCN QMPS S S S S S ⋅⋅=△△△△△△. 由圆内接四边形对角互补知，上式等价于1BP PC PQ QN QC MC BQ QC PC CN PQ PM ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，化简，得1BP QN MCBQ CN PM⋅⋅=⋅⋅.由ABP △∽AQB △、APM △∽ANQ △及AMC △∽ACN △，得BP AP BQ AB =，QN AN PM AP =，MC ACCN AN=，于是1BP QN MC ACBQ CN PM AB⋅⋅==.14. 设ABC △的内切圆分别与BC 、CA 、AB 切于点D 、E 、F ，DM EF ⊥于点M ，BM 与FD 交于点P ，CM与DE 交于点Q ，求证：MD 、FQ 与PE 共点.AF M EPQBD【解析】 易知 FP DQPD QE⋅FMB MCDBDM MECS S S S =⋅△△△△ sin sin sin sin BF FM AFE CD MD MDC FMBD MD MDB CE ME AEF ME⋅⋅∠⋅⋅∠=⋅=⋅⋅∠⋅⋅∠，由塞瓦逆定理，知三线共点. 评注 此处MD EF ⊥这个条件多余，但可用来证明MD 平分BMC ∠.证明如下：设ABC △中内角为A ∠、B ∠、C ∠，于是易知12FDM C ∠=∠，12EDM B ∠=∠，故sin2sin 2CFD FM BF B ME CE ED ==，又由BFM ∠= 1902A CEM ︒+∠=∠，故FMB △∽EMC △，于是命题得证.15. 已知凸四边形ABCD ，BAC DAC ∠=∠，P 是AC 上任一点，延长BP 、DP ，分别交CD 、CB 于Q 、R ，求证：QAC RAC ∠=∠.【解析】 如图，分别作CM AB ∥，CN AD ∥，且M 、R 、A 共线，N 、Q 、A 共线，设BD 与AC 交于J .由塞瓦定理及角平分线性质定理，有1AD BR CQAB RC QD⋅⋅=.但CRCM AB BR=⋅，CQ CN AD DQ =⋅，于是CM CN =. 又180180ACM BAC DAC ACN ∠=︒-∠=︒-∠=∠，AC AC =，故ACM △≌ACN △，于是QAC RAC ∠=∠.BARMJ PC QND。
完整版-2023年数学联赛试题及答案(学科竞赛圈)
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ．答案：2．解： 22910181n nn n z z ．因21812023z ，而当3n 时， 181132023nn n z ，故n 的最大值为2． 2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z ”发生的概率为 ． 答案：127． 解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z ”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627 ． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则|| 的最小值为 ．答案：23． 解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y ，则由2|| 得2by a ，由3|| 得3ax b ． 所以2232||2223b a x y xy a b ． 取3,2a b ，此时6x y ，|| 取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ．答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k ． 上述解亦可写成2()36Z k x k ，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为1902219202013036326k k ． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a． 由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ． 令23()f x x x x ，则()abc f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ． 椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b ． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b． 又2264811a b，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．A BCD E F G H答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P -1G (m , n )P n ...210-1-2-m ... 取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ． 由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t ，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ． ……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）．显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分 XFE B D C A由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分 不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ． 取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此 2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD ． ……………15分 于是 的高221352h AA AD ． 又43ABCS ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求． 假如312t ，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分 以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理． 引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ． 事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv ．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时 1(1)(1)(1)(1)S a b a b ， 其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ． 若12a b ，则取1132t c d I ，此时 13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ． ②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB（不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D 位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上；(2) K 为定点． ΩωPD ABT C证明：(1) 易知PCD 为钝角，由K 为CDP 的外心知2(180)2PKD PCD ACD ．由于90APB ，CD AB ，故PBA ACD ATD ．……………10分 所以2180PTD PKD PTA ATD ACD PTA PBA ． 又,K T 位于PD 异侧，因此点K 在TDP 的外接圆上． ……………20分(2) 取 的圆心O ，过点O 作AB 的平行线l ，则l 为CD 的中垂线，点K 在直线l 上． ……………30分由,,,T D P K 共圆及KD KP ，可知K 在DTP 的平分线上，而9090DTB ATD PBA PAB PTB ，故TB 为DTP 的平分线．所以点K 在直线TB 上．显然l 与TB 相交，且l 与TB 均为定直线，故K 为定点． ……………40分 ωΩl D P OK B ATC二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n 是正奇数，且2模n 的阶为偶数，则n 是好数．引理的证明：反证法．假设n 不是好数，则存在异于n 的正整数m ，使得2222n m n m ．因此22n n 与22m m 写成既约分数后的分母相同．由n 为奇数知22n n 是既约分数，故2m 的最大奇因子为2n ，从而m 的最大奇因子为n ．设2t m n ，其中t 为正整数（从而m 是偶数）．于是22222m m t m n． 由22222m t n n n可得2222(mod )m t n n ，故 222(mod )m t n n ． （*）设2模n 的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得2(mod )m t n d ，故2m t n 是偶数．但2m t 是偶数，n 是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设221(1,2,)k k F k ．由于1221k k F ，而k F 221k，因此2模k F 的阶为12k ，是一个偶数．对正整数l ，由221(mod )l k F 可知21(mod )l k F ，故由阶的性质推出，2模2k F 的阶被2模k F 的阶整除，从而也是偶数．因2k F 是奇数，由引理知2k F 是好数．……………30分对任意正整数,()i j i j ，211(,)(,(21)2)(,2)1i i j i i i j i F F F F F F F ，故123,,,F F F 两两互素．所以222123,,,F F F 是两两互素的合数，且均为好数． ……………40分三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．解：所求的最小正整数为408．一方面，若407k =时，将1,55,56,,407 染为红色，2,3,,54 染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407++++= ，最小的9个蓝数之和为231054+++= ，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对407k <，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子． 因此407k ≤不满足要求． ……………10分 另一方面，我们证明408k =具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408 的染色方法不满足要求，设R 是所有红数的集合，B 是所有蓝数的集合．将R 中的元素从小到大依次记为12,,,m r r r ，B 中的元素从小到大依次记为12,,,n b b b ，408m n +=．对于R ，或者8R ≤，或者128m r r r r +++≥ ；对于B ，或者9B ≤，或者129n b b b b +++≥ ．在1,2,,16 中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16 中至少有9个蓝色的数．此时916b ≤．设区间9[1,]b 中共有t 个R 中的元素12,,,(08)t r r r t ≤< ．记12t x r r r =+++ ，则112(1)2x t t t ≥+++=+ ． 因为12912,,,,,,,t b b b r r r 是9[1,]b 中的所有正整数，故{}{}12912,,,,,,,1,2,,9t b b b r r r t =+ ．于是 12912(9)n b b b b t x ≤+++=++++- 1(9)(10)2t t x =++-． （*） ……………20分 特别地，116171362n b ≤⨯⨯=．从而9R ≥． 对任意(1)i i m t ≤≤-，由（*）知1(9)(10)2t i n r b i t t x i +≤+≤++-+．从而 811811(9)(10)2t m t t i r r r r r x t t x i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22t t t t t t x =++-+---- 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222t t t t t t t t ≤++-+----⋅+ 2819396407t t =-++≤（考虑二次函数对称轴，即知1t =时取得最大）． 又136n b ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾． ……………40分情形2：1,2,,16 中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时816r ≤．设区间8[1,]r 中共有s 个B 中的元素12,,,(09)s b b b s ≤< ．记1s y b b =++ ，则1(1)2y s s ≥+． 因为12128,,,,,,,s b b b r r r 是8[1,]r 中的所有正整数，故 {}{}12128,,,,,,,1,2,,8s b b b r r r s =+ ． 于是1(8)(9)2m r s s y ≤++-． 特别地，116171362m r ≤⨯⨯=．从而10B ≥． 对任意(1)i i n s ≤≤-，有1(8)(9)2s i m b r i s s y i +≤+≤++-+．从而 911911(8)(9)2s n s s i b b b b b y s s y i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22s s s s y s s =-++--+--111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222s s s s s s s s ≤-++--⋅++-- 2727369395s s =-++≤（在2s =时取得最大）， 又136m r ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾．由情形1、2知408k =具有题述性质．综上，所求最小正整数k 为408． ……………50分四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）． 解：记2023n =，设方格表为(),1,ij a i j n ≤≤，122023122023y y y x x x λ= ． 第一步：改变某个ij a 的值仅改变i x 和j y ，设第i 行中除ij a 外其余1n -个数的和为A ，第j 列中除ij a 外其余1n -个数的和为B ，则jij i ij y B a x A a +=+．当A B ≥时，关于ij a 递增，此时可将ij a 调整到,a λ值不减．当A B ≤时，关于ij a 递减，此时可将ij a 调整到1,λ值不减．因此，为求λ的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a 的情况． ……………10分第二步：设{}1,,1,ij a a i j n ∈≤≤，只有有限多种可能，我们选取一组ij a 使得λ达到最大值，并且11n nij i j a ==∑∑最小．此时我们有,,1,.i j ij i j a x y a x y ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩（*） 事实上，若i j x y >，而1ij a =，则将ij a 改为a 后，行和及列和变为,i j x y ''，则11j j j i i iy y a y x x a x '+-=>'+-， 与λ达到最大矛盾，故ij a a =．若i j x y ≤，而ij a a =，则将ij a 改为1后，λ不减，且11n nij i j a ==∑∑变小，与ij a 的选取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设12n y y y ≤≤≤ ，这样由（∗）可知每一行中a 排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知12n y y y ≥≥≥ ．因而只能12n y y y === ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a ）.……………20分 第三步：由第二步可知求λ的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k 行全为a ,有n k -行全为1,0k n ≤≤．此时()()()n nk k n k n k ka n k ka n k na nn a λ-+-+-==． 我们只需求01,,,n λλλ 中的最大值． ()11(1)1111()(1)nn n k k n k n kk a n k a n a ka n k a k a n n a λλ++++--⎛⎫- ⎪==+ ⎪+--+⎝⎭． 因此1111(1)n k k a a k a n λλ+⎛⎫- ⎪≥⇔+≥ ⎪-+⎝⎭ 11(1)n n x x k x n-⇔+≥-+（记n x a =） 2111(1)n n x x x k x n-++++⇔≥-+ 2111n n x x x n k x -++++-⇔≤- 211(1)(1)1n n x x x x x--+++++++=+++ ． 记上式右边为y ,则211(2)1n n n n x x y x x ---+-++=+++ ． 下面证明(1010,1011)y ∈． ……………30分 首先证明1011y <．1011y < 2021202220222021101110111011x x x x ⇔+++<+++1010101210132021202210111010210101011x x x x x x ⇔+++<++++ ．由于220221x x x <<<< ，故101010101012011(1011)101110121011101222k k k x x x =-<⋅⋅<⋅⋅∑101110110k k kx +=<∑． ……………40分 再证明1010y >，等价于证明2021202200(2022)1010kk k k k x x ==->∑∑． 由于2021202100(2022)(2022)10112023k k k k x k ==->-=⨯∑∑， 20222022010101010202310102023k k x x a =<⨯<⨯∑，只需证明1011202310102023a ⨯>⨯，而410111101010a -=+<，故结论成立． 由上面的推导可知1k k λλ+≥当且仅当1010k ≤时成立，从而1011λ最大．故 2023max 101120231011(10111012)2023a aλλ+==． ……………50分。