9全国初中数学竞赛试题及参考答案 .docx

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1、精品名师归纳总结1已知非零实数a，b 满意 2a4b2 a3b242a ，就 ab 等于（ ）（A） 1 （ B）0 （C）1（D） 2【答】 C解： 由题设知 a 3 ，所以，题设的等式为b2a3b20，于是a3， b2 ，从而 ab 12如图，菱形 ABCD 的边长为 a，点 O 是对角线 AC 上的一点，且 OAa，OBOCOD1，就 a 等于（）（A）512（B）512（ C）1（ D） 2（第2题）【答】 A解： 由于 BOC ABC，所以 BOABBC，即AC1aa，a1所以，a 2a10 由 a0 ，解得 a15 23将一枚六个面编号分别为先1，2， 3，4，5，6 的质的匀称的

2、正方体骰子后投掷两次，记第一次掷出的点数为a ，其次次掷出的点数为 b ，就使关于 x，y 的方程组axbyx2 y3，2只有正数解的概率为（）中国训练学会中学数学教案专业委员会 “数学周报杯” 2021 年全国中学数学竞赛试卷参考答案一、挑选题（共 5 小题，每道题 7 分，共 35 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）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ A）1 （B）2 （ C）5 （D） 13可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1291

3、836【答】 D解： 当 2ab0 时，方程组无解可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当2 ab0 时，方程组的解为62bx,2ab可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结y2 a3 .2ab可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由已知，得62b2ab2 a32ab2ab0,即 a3 , 20,b3,0,2ab0,或 a3 , 2b3.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由a ， b 的实际意义为 1，2，3， 4， 5， 6，可得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a2，3，4，5，6，共有 5 2 10 种情形。或a1，共 3 种情形可

4、编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结b1，2，b4，5，6，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又掷两次骰子显现的基本领件共66 36 种情形，故所求的概率为13 36可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 如图 1 所示，在直角梯形 ABCD 中， ABDC，B90.动点 P 从点B 动身，沿梯形的边由 BCDA 运动.设点 P 运动的路程为 x，ABP 的面积为 y. 把 y 看作 x 的函数，函数的图像如图 2 所示，就 ABC 的面积为（ ）（A）10（B） 16（ C） 18（ D）32可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答】 B图

5、1图 2（ 第4题）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解： 依据图像可得 BC 4， CD 5， DA5，进而求得 AB8，故1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结SABC84 16.2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 关于 x， y 的方程 x2xy2y229 的整 数解 （ x， y） 的组 数为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ ）（A）2 组（B）3 组（ C）4 组（D）无穷多组可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答】 C解： 可将原方程视为关于 x的二次方程，

6、将其变形为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x2yx2 y2290 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于该方程有整数根，就判别式 0 ，且是完全平方数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由y242 y2297 y2116 0 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得 y2 11616.57 于是701491611610988534y2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结明显，只有y216 时，4是完全平方数，符合要求可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 y4 时，原

7、方程为x24 x30 ，此时 x11, x23 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 y 4 时，原方程为x24 x30 ，此时 x31,x43 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以，原方程的整数解为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x11,x2y14;y23,x34;y31,x43,4;y44.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结二、填空题（共 5 小题，每道题 7 分，共 35 分）6. 一个自行车轮胎，如把它安装在前轮，就自行车行驶5000km 后报废。 如把它安装在后轮，就自行车行

8、驶3000km 后报废，行驶肯定路程后可以交换前、后轮胎假如交换前、后轮胎，要使一辆自行车的一对新轮胎同时报废，那么这辆车将能行驶 km【答】 3750解： 设每个新轮胎报废时的总磨损量为k, 就安装在前轮的轮胎每行驶可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1km磨损量为k, 安装在后轮的轮胎每行驶1km 的磨损量为5000k. 又设一对新轮3000可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结胎交换位置前走了 xkm，交换位置后走了 y km. 分别以一个轮胎的总磨损量为等量关系列方程 , 有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结kxkyk,50003000可编辑资料 -

9、 - - 欢迎下载精品名师归纳总结两式相加，得k xykykxk, 50003000k xy2k ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结50003000可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就xy23750 11可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结500030007. 已知线段 AB的中点为 C，以点 A 为圆心， AB 的长为半径作圆，在线段AB 的延长线上取点 D，使得 BDAC。再以点 D 为圆心， DA 的长为半径作AH圆，与 A 分别相交于 F， G 两点，连接 FG 交 AB 于点 H，就 AB 的值为解： 如图，延长 AD 与 D 交于点 E，连

10、接 AF，EF 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由题设知 AC1 AD ， AB31 AE ，在 FHA 和EFA 中，3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结EFAFHA90，FAHEAF可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以Rt FHA RtEFA，AHAF.AFAE可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结AH1而 AFAB ，所以 AB3 .（ 第7题）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8. 已知a1， a2， a3， a4，a5是

11、满意条件 a1a2a3a4a59 的五个不同的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结整数，如 b 是关于 x 的方程xa1xa2xa3xa4xa 52021 的整数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结根，就 b 的值为【答】 10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解： 由于ba1ba2ba3ba4ba52021 ，且a1， a2，a3， a4， a5可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结是五个不同的整数，全部ba1，ba2， ba3， ba4， ba5 也是五个不同的整数又由于 2021117741，

12、所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ba1ba2ba3ba4ba541可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由a1a2a3a4a59 ，可得 b10 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9. 如图，在 ABC 中， CD 是高， CE 为ACB 的平分线如 AC15，BC 20，CD12，就 CE 的长等于 【答】 602 7解： 如图，由勾股定理知 AD9，BD16，所以 ABADBD25 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故由勾股定理逆定理知 ACB 为直角三角形，且ACB90 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料

13、- - - 欢迎下载精品名师归纳总结作 EFBC，垂足为 F设 EF x，由于是 BF20 x由于 EFAC，所以ECF1ACB 245 ，得 CF x，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结EFBF ，ACBC即x20x ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结152060602（ 第9可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得 x所以 CE 72 x题）7可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10 10 个人围成一个圆圈做嬉戏嬉戏的规章是：每个人心里都想好

14、一个数，并把自己想好的数照实的告知他两旁的两个人，然后每个人将他两旁的两个人告知他的数的平均数报出来如报出来的数如下列图，就报 3 的人心里想的数是【答】 2 （第 10 题）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解： 设报 3 的人心里想的数是 x ，就报 5 的人心里想的数应是 8x 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是报 7 的人心里想的数是128x4x ，报 9 的人心里想的数是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结164x12x ，报 1 的人心里想的数是2012x8x ，报 3 的人心里可编辑资料

15、- - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结想的数是 48x4x 所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x4x ， 解得 x2 三、解答题（共 4 题，每题 20 分，共 80 分）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11. 已知抛物线yx2 与动直线 y2t1) xc 有公共点x , y ， x , y ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1x且 x2222t3 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结t2（1） 求实数 t 的取值范畴。（2） 当

16、 t 为何值时， c 取到最小值，并求出 c的最小值 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解： （1）联立yx2 与 y2t1) xc ，消去 y 得二次方程可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x22t1xc0 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结有实数根x1 ， x2 ，就 x1x22t1,x1x2c 所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结cx x1 xx 2 x2x2 1 212122可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结= 1 2 t212t 22t3 1 3t 26t24 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 5

17、 分把式代入方程得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x22t1) x1 3t226t40 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 10 分t 的取值应满意t22t3x2x2 0，12222且使方程有实数根，即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2t123t6t4 2t8t7 0， 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解不等式得 t -3 或t 1，解不等式得 2所以， t 的取值范畴为22 t 2.22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2

18、22 t 2. 22 15 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结(2) 由式知 c1 3t 26t43 t121 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由 于 c32122t1) 在 2 t 2时 是 递 增 的 ， 所 以 ， 当可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结t2时, cmin223 221211162. 20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结222412. 已知正整数 a

19、满意 192 a3191，且 a2021 ，求满意条件的全部可能的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结正整数 a 的和 解： 由192 a3191可得 192 a31 192326 ，且可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a31a1aa11 a1) aa1a1 5 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因 为 a a11 是 奇 数 ， 所 以26 a31 等 价 于26 a1 ， 又 因 为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - -

20、欢迎下载精品名师归纳总结3a1a a，1所以 3 a31 等 价 于 3 a1 因 此 有 192 a1 ， 于 是 可 得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a1 9 2k1 15 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又0a的和为2021，所以 k0，1， ，10 因此，满意条件的全部可能的正整数a可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11 192（12 10） 10571 20 分13. 如图，给定锐角三角形 ABC， BC CA ， AD，BE 是它的两条高，过点 C 作 ABC 的外接圆的切线 l ，过点 D， E 分别作 l 的垂线，垂足分别为 F

21、， G试比较线段 DF 和 EG 的大小，并证明你的结论解法 1： 结论是 DF EG 下面给出证明 5 分由于 FCD EAB ，所以 Rt FCD RtEAB于是可得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同理可得EGADCE ABDFBECD AB 10 分（ 第13A可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又由于 tan分ACBADBECDCE，所以有 BE CDAD CE ，于是可得题）DFEG 20可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解法 2：结论是 DFEG 下面给出证明 5 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结连接 DE，由于E 四点共

22、圆，故ADBAEB90 ，所以 A，B， D，（ 第13A题）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结CEDABC 10 分又 l 是 O 的过点 C 的切线，所以ACGABC 15 分所以， CEDACG ，于是 DEFG，故 DF EG 20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结14. n个正整数a1，a2， ，an 满意如下条件： 1a1a2an2021 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结且 a1， a2， ，an 中任意 n 1 个不同的数的算术平均数都是正整数求n 的最大值解： 设 a1，a2， ，an 中去掉 ai 后剩下的n1 个数的算术平均

23、数为正整数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结bi ， i1，2， ， n 即 bia1a2an n1ai 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是，对于任意的 1 ij n，都有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结bibja jai，n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而n1 a jai 5 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于 bbana12021是正整数，故可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1nn1n1可编辑

24、资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n1 23251 10 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于an1anan 1an 1an 2a2a1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 n1n1n1 n12 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2所以， n1 2021，于是 n45.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结结合 n1 23251 ，所以， n 9 15 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结另一方面，令 a1801, a2811, a3821，a8871，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a98251 1，就这 9 个数满意题设要求可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结综上所述， n的最大值为 9. 20 分可编辑资料 - - - 欢迎下载