2022年《数学周报》杯全国初中数学竞赛试题 .pdf

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1、vip 会员免费（第 3 题）中国教育学会中学数学教学专业委员会“数学周报杯” 20XX年全国初中数学竞赛试题一、选择题（共5 小题，每小题6 分，满分 30 分. 以下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已知实数xy，满足42424233yyxx，则444yx的值为（）（A）7 （B）1132（C）7132（D）5 2把一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6 的质地均匀的正方体骰子先后投掷 2 次，若两个正面朝上的编号分别为m，n，则二次函数2yxmxn的图象与x 轴有两个不同

2、交点的概率是（）（A）512（B）49（C）1736（D）123有两个同心圆，大圆周上有4 个不同的点，小圆周上有2 个不同的点，则这 6 个点可以确定的不同直线最少有( )（A）6 条（B） 8 条（C）10 条（D）12 条4已知AB是半径为 1 的圆O的一条弦，且1ABa以AB为一边在圆O内作正 ABC，点D为圆O上不同于点A 的一点，且DBABa，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（）（A）52a（B）1 （ C）32（D）a 5将 1，2，3，4，5 这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有（）（A）2

3、 种（B）3 种（C）4 种（D）5 种（第 4 题）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费二、填空题（共5 小题，每小题6 分，满分30 分）6对于实数u，v，定义一种运算“* ”为：uvuvv若关于x 的方程1()4xax有两个不同的实数根，则满足条件的实数a的取值范围是7小王沿街匀速行走，发现每隔6 分钟从背后驶过一辆18 路公交车，每隔3 分钟从迎面驶来一辆18路公交车假设每辆18 路公交车行驶速度相同，而且1

4、8 路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是分钟8如图，在 ABC中，AB=7，AC=11，点 M 是 BC 的中点，AD 是 BAC 的平分线， MF AD，则 FC 的长为9ABC 中， AB7，BC8，CA9，过 ABC 的内切圆圆心I 作 DEBC，分别与AB，AC 相交于点 D，E，则 DE 的长为10关于 x，y 的方程22208()xyxy的所有正整数解为三、解答题（共4 题，每题 15 分，满分60 分）11在直角坐标系xOy 中，一次函数bkxy0k（）的图象与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，且使得 OAB 的面积值等于3OAOB（1）用 b 表示 k；（

5、2）求OAB 面积的最小值（第 8 题答案）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费12是否存在质数p，q，使得关于x 的一元二次方程20pxqxp有有理数根？13是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2 倍的 ABC？证明你的结论14从 1，2，9 中任取 n 个数，其中一定可以找到若干个数（至少一个，也可以是全部），它们的和能被 10 整除，求 n 的最小值精品资料 - - - 欢迎下载

6、- - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费中国教育学会中学数学教学专业委员会“数学周报杯” 20XX年全国初中数学竞赛试题题号一二三总分15 610 11 12 13 14 得分评卷人复查人答题时注意： 1用圆珠笔或钢笔作答. 2解答书写时不

7、要超过装订线. 3草稿纸不上交. 一、选择题（共5 小题，每小题6 分，满分 30 分. 以下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已知实数xy，满足42424233yyxx，则444yx的值为（）（A）7 （B）1132（C）7132（D）5 【答】（ A）解： 因为20 x，2y0 ，由已知条件得212444311384x，2114311322y，所以444yx22233yx2226yx7另解：由已知得：2222222()()30()30 xxyy，显然222yx，以222, yx

8、为根的一元二次方程为230tt，所以222222()1,()3yyxx故444yx22222222()2()( 1)2( 3)7yyxx2把一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6 的质地均匀的正方体骰子先后投掷 2 次，若两个正面朝上的编号分别为m，n，则二次函数2yxmxn的图象与x 轴有两个不同交点的概率是（）（A）512（B）49（C）1736（D）12精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费（第 3题）FED

9、COAB【答】（ C）解： 基本事件总数有6 636，即可以得到36 个二次函数 . 由题意知24mn0，即2m4n. 通过枚举知，满足条件的mn，有 17 对. 故1736P. 3有两个同心圆，大圆周上有4 个不同的点，小圆周上有2 个不同的点，则这6 个点可以确定的不同直线最少有 ( )（A）6 条（B） 8 条（C）10 条（D）12 条【答】（ B）解： 如图，大圆周上有4 个不同的点A，B，C，D，两两连线可以确定6条不同的直线； 小圆周上的两个点E，F 中，至少有一个不是四边形ABCD 的对角线 AC 与 BD 的交点，则它与A，B，C，D 的连线中，至少有两条不同于A，B，C，D

10、 的两两连线从而这6 个点可以确定的直线不少于8条当这 6 个点如图所示放置时，恰好可以确定8 条直线所以，满足条件的6 个点可以确定的直线最少有8 条4已知AB是半径为 1 的圆O的一条弦，且1ABa以AB为一边在圆O内作正 ABC，点D为圆O上不同于点A 的一点，且DBABa，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为（）（A）52a（B）1 （ C）32（D）a 【答】（ B）解： 如图，连接OE，OA，OB 设D，则120ECAEAC又因为1160180222ABOABD120，所以ACEABO，于是1AEOA另解：如图，作直径EF，连结 AF，以点 B 为圆心， AB 为半径作B，因为

11、ABBCBD ，则点 A，C，D 都在 B 上，由11603022FEDACBA所以2301AEEFsimFsim5将 1，2，3，4，5 这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有（）（A）2 种（B）3 种（C）4 种（D）5 种【答】（ D）解： 设12345aaaaa， ，是 1，2， 3，4，5 的一个满足要求的排列首先，对于1234aaaa，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾（第 4 题）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名

12、师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费（第 8 题）NEFMDBCA又如果ia（1 i3 ）是偶数，1ia是奇数，则2ia是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数所以12345aaaaa，只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5 种情形满足条件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1二、填空题（共5 小题，每小题6 分，满分30 分）6对于实数u，v，定义一种运算“* ”为：uvuvv若关于x 的方程1()

13、4xax有两个不同的实数根，则满足条件的实数a的取值范围是【答】0a，或1a解： 由1()4xax，得21(1)(1)04axax，依题意有210(1)(1)0aaa，解得，0a，或1a7小王沿街匀速行走，发现每隔6 分钟从背后驶过一辆18 路公交车，每隔3 分钟从迎面驶来一辆18路公交车假设每辆18 路公交车行驶速度相同，而且18 路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是分钟【答】 4解： 设 18 路公交车的速度是x米/分，小王行走的速度是y米/分，同向行驶的相邻两车的间距为s米每隔 6 分钟从背后开过一辆18 路公交车，则syx66每隔 3 分钟从迎面驶来一辆18 路公交车

14、，则syx33由，可得xs4，所以4xs即 18 路公交车总站发车间隔的时间是4 分钟8如图，在 ABC中，AB=7，AC=11，点 M 是 BC 的中点，AD 是 BAC 的平分线， MF AD，则 FC 的长为【答】 9解： 如图，设点N 是 AC 的中点，连接MN，则 MNAB又/MFAD，所以FMNBADDACMFN，所以12FNMNAB因此1122FCFNNCABAC9另解：如图，过点C 作 AD 的平行线交BA 的延长线为E，延长 MF 交AE 于点 N. 则EBADDACACE所以11AEAC.又/FNCE，所以四边形CENF是等腰梯形，（第 8 题答案）精品资料 - - - 欢

15、迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费（第 9 题答案）即11(711)922CFENBE9ABC 中， AB7，BC8，CA9，过 ABC 的内切圆圆心I 作 DEBC，分别与AB，AC 相交于点 D，E，则 DE 的长为【答】163解： 如图，设 ABC 的三边长为 a，b，c，内切圆 I 的半径为r，BC 边上的高为ah，则11()22aABCahSabc r，所以arahabc因为 ADE ABC，所以它们对应线段成比例，因此aahr

16、DEhBC，所以(1)(1)aaahrraDEaaahhabc()a bcabc，故8791 68793DE（）另解：()()()ABCSrpp papbpc1243512 5（这里2abcp）所以12 5512r，2212 53 58ABCaSha由ADE ABC，得3 55233 5aahrDEBCh，即21633DEBC10关于 x，y 的方程22208()xyxy的所有正整数解为【答】481603232.xxyy，解：因为 208 是 4 的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0， 奇数的平方数除以4 所得的余数为1，所以 x，y 都是偶数设2 ,2xa yb，则22104()abab

17、，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费同上可知， a，b 都是偶数设2 ,2ac bd，则2252()cdcd，所以， c，d 都是偶数设2 ,2cs dt，则2226()stst，于是22(13)(13)st22 13，其中 s，t 都是偶数所以222(13)2 13(13)st2222 131511所以13s可能为 1，3，5，7，9，进而2(13)t为 337，329，313，289，257，故只能是2(13)

18、t289，从而13s7于是62044sstt，；，因此481603232.xxyy，另解： 因为222(104)(104)2 10421632xy则有2(104)21632,y又 y 正整数，所以143y令22|104|,|104|,21632axbyab则因为任何完全平方数的个位数为：1， 4，5，6，9 由2221632ab知22,ab的个位数只能是1 和 1 或 6 和 6；当22,ab的个位数是1和 1 时，则,a b的个位数字可以为1 或 9 但个位数为1 和 9 的数的平方数的十位数字为偶数，与22ab的十位数字为3 矛盾。当22,ab的个位数是6 和 6 时，则,a b的个位数字

19、可以为4 或 6。由105147b，取b106，114， 116，124，126，134，136，144，146 代入2221632ab得，只有当b136 时，a=56，即|104| 56|104| 136xy解得48160,3232xxyy精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费三、解答题（共4 题，每题 15 分，满分60 分）11在直角坐标系xOy 中，一次函数bkxy0k（）的图象与x轴、y轴的正半轴分别交于A，

20、B两点，且使得 OAB 的面积值等于3OAOB（3）用 b 表示 k；（4）求OAB 面积的最小值解： （1）令0 x，得0ybb，；令0y，得00bxkk，所以 A，B 两点的坐标分别为0)(0)bABbk（， ，于是， OAB 的面积为)(21kbbS由题意，有3)(21bkbkbb，解得)3(222bbbk，2b 5 分（2）由（ 1）知21(3)(2)7(2)10()222bb bbbSbkbb2101027(2)72 1022bbbb1027，当且仅当1022bb时，有7+2 10S，即当102b，1k时，不等式中的等号成立所以， ABC 面积的最小值为1027 15分12是否存在质

21、数p，q，使得关于x 的一元二次方程20pxqxp有有理数根？解： 设方程有有理数根，则判别式为平方数令2224qpn，其中 n 是一个非负整数则2()()4qn qnp 5分由于 1qn q+n，且qn与qn同奇偶，故同为偶数因此，有如下几种可能情形：222qnqnp，24qnqnp，4qnpqnp，22qnpqnp，24.qnpqn，消去 n，解得22251222222pppqpqqqpq， 10 分对于第 1，3 种情形，2p，从而 q5；对于第 2，5 种情形，2p，从而 q4 （不合题意， 舍去） ；对于第 4 种情形， q是合数（不合题意，舍去）精品资料 - - - 欢迎下载 -

22、- - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费又当2p，q5 时，方程为22520 xx，它的根为12122xx，它们都是有理数综上所述，存在满足题设的质数 15 分12、已知,a b为正整数，关于x的方程220 xaxb的两个实数根为12xx，关于y的方程220yayb的两个实数根为12y，y，且满足11222008x yxy. 求b的最小值 . 另解 ：由韦达定理，得12122 ,xxax xb；12122 ,yyay yb即12121212122()()

23、(),() ()yyaxxxxy ybxx解得：11122221yxyxyxyx或把12,y y的值分别代入11222008x yxy得1122()()2008xxxx或1221()()2008xxxx（不成立）即22212008xx，2121()()2008xxxx因为121220,0 xxax xb所以120,0 xx于是有22442008aab即250215022251aab因为 a,b 都是正整数，所以2222221505225150212514aaaaabababab或或或分别解得：2222150222511502502122512514aaaabbbb或或或经检验只有：225022

24、5150212514aabb，符合题意 . 所以 b 的最小值为：2251462997b最小值13是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2 倍的 ABC？证明你的结论解： 存在满足条件的三角形当ABC 的三边长分别为6a，4b，5c时，BA2 5 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费acbrDEFIGABC如图， 当BA2时， 延长 BA 至点 D， 使bACAD 连接 CD， 则 A

25、CD为等腰三角形 因为BAC为ACD的一个外角，所以2BACD由已知，2BACB，所以DB所以 CBD为等腰三角形又D为ACD与CBD的一个公共角，有ACDCBD，于是BDCDCDAD， 即cbaab，所以cbba2而264 (45)，所以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形 15 分说明： 满足条件的三角形是唯一的若BA2，可得cbba2有如下三种情形：（i）当bca时，设1na，nc，1nb（n为大于 1 的正整数），代入cbba2，得21121nnn，解得5n，有6a，4b，5c；（）当bac时，设1nc，na，1nb（n为大于 1 的正整数），代入cbba2，得nnn212，解

26、得2n，有2a，1b，3c，此时不能构成三角形；（）当cba时，设1na，nb，1nc（n为大于 1的正整数），代入cbba2，得1212nnn，即0132nn，此方程无整数解所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2 倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4，5，6 构成的三角形满足条件13、如图， ABC的三边长, ,BCaACbABca b c都是整数，且,a b的最大公约数是 2。点 G 和点 I 分别为 ABC 的重心和内心，且90GIC，求 ABC 的周长 . 另解 ：如图，连结GA ，GB，过 G，I 作直线交 BC、AC 于点 E、F，作 ABC 的内切圆

27、 I，切 BC 边于点D。记 ABC 的半周长为P，内切圆半径为r，BC，AC 边上的高线长为,abh h()()()ABCSrpp papbpc()()()papbpcrp易知：CDpc,在Rt CIE中，2rDEpc即()()papbDEp()()()papbabCECDDEpcpp（第 13（A）题答案）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费又,CIEF CIACB平分，所以 CECF 由GEGFGFEABCA

28、BBACSSSSS得：ABCS111)2323232abABChhabababSrppp（a（b即ABC2S11()()32323ABCabpbpaabShhrppppab整理得223pcpab，即232(2)()abpcpppcP ab设ABC 的周长为m，则62abmpab为整数。由已知( , )2a b，设2 ,2 ,( , )1, ,as bts ts t且都是正整数，代入上式，得12stmst( ,)1,( ,)1s stt st，st是 12 的约数，即st1，2，3，4，6，12 不妨设st，则1st（ ， ），得12351171 ,1 ,1 ,1,1,5689101135sss

29、sssttttttmmmmmm经检验，只有7535stm符合题意，所以：14,10,11abc或10,14,11abc，即所求 ABC 的周长为35。14从 1，2，9 中任取 n 个数，其中一定可以找到若干个数（至少一个，也可以是全部），它们的和能被 10 整除，求 n 的最小值解： 当 n4 时，数 1，3，5，8 中没有若干个数的和能被10 整除 5 分当 n5 时，设125aaa， ，是 1，2，9 中的 5 个不同的数若其中任意若干个数，它们的和都不能被 10 整除，则125aaa， ，中不可能同时出现1 和 9；2 和 8；3 和 7；4 和 6于是125aaa， ，中精品资料 -

30、 - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - - vip 会员免费必定有一个数是5若125aaa， ，中含 1，则不含 9于是不含 4 （41510）， 故含 6；于是不含 3 （36110），故含 7；于是不含2（21710），故含 8但是 57820 是 10 的倍数，矛盾若125aaa， ，中含 9，则不含 1于是不含 6 （69520）， 故含 4；于是不含 7 （74920），故含 3；于是不含8（89310），故含 2但是 53210 是 10

31、 的倍数，矛盾综上所述， n 的最小值为5 15 分 14、已知有 6 个互不相同的正整数126,aaa，且126aaa，从这 6 个数中任意取出3 个数，分别设为,ijkaaa，其中ijk。记123( , , )ijkf i j kaaa证明：一定存在3 个不同的数组( , , )i j k，其中16ijk，使得对应着的3 个( , , )f i j k两两之差的绝对值都小于0.5.（征求答案）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 15 页 - - - - - - - - - -