2018年初中数学联赛试题及答案10503.pdf

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1、2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 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2222aaxxy的图象的顶点为A，与x轴的交点为CB,.当ABC为等边三角形时，其边长为 （）A.6 B.22 C.32 D.23【答】C.由题设知)2,(2aaA.设)0,(1xB，)0,(2xC，二次函数的图象的对称轴与x轴的交点

2、为D，则 222212212122444)(|aaaxxxxxxBC.又BCAD23，则22223|2|aa，解得62a或02a（舍去）.所以，ABC的边长3222aBC.2 如图，在矩形ABCD中，BAD的平分线交BD于点E，1AB，15CAE，则BE（）A.33 B.22 C.12 D.31【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45HEFAFBFADBAF，1 ABBF，30ACBEBH.设xBE，则2xHEHF，23xBH.因为HFBHBF，所以2231xx，解得13 x.所以 13 BE.3设qp,均为大于 3 的素数，则使2245qpqp为完全平方数的

3、素数对),(qp的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4 【答】B.2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 1 页（共 10 页）HFEDBCA设22245mqpqp（m为自然数），则22)2(mpqqp，即 pqqpmqpm)2)(2(.由于qp,为素数，且qqpmpqpm2,2，所以21mpq，2mpqpq，从而0142qppq，即9)2)(4(qp，所以(,)(5,11)p q 或(7,5).所以，满足条件的素数对),(qp的个数为 2.4若实数ba,满足2ba，4)1()1(22abba，则55ba （）A.46 B.64 C.82 D.128【答】C.由条件4)1()1

4、(22abba得04223322baabbaba，即 03)(4)(2)(22abbabaabbaba，又2ba，所以034 244 22abab，解得1ab.所以222()26ababab，332()()314abababab，82)()(22332255bababababa.5对任意的整数yx,，定义xyyxyx，则使得()()xyzyzx()zxy 0的整数组),(zyx的个数为 （）A.1 B.2 C.3 D.4【答】D.zxyyxzxyyxzxyyxzyx)()()()(xyzzxyzxyzyx，由对称性，同样可得 xyzzxyzxyzyxxzy)(，xyzzxyzxyzyxyxz)

5、(.所以，由已知可得 0 xyzzxyzxyzyx，即1)1)(1)(1(zyx.所以，zyx,为整数时，只能有以下几种情况：,11,11,11zyx或,11,11,11zyx或,11,11,11zyx或,11,11,11zyx 所以，)0,2,2(),(zyx或)2,0,2(或)2,2,0(或)0,0,0(，故共有 4 个符合要求的整数组.2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 2 页（共 10 页）6设20501202012019120181M，则M1的整数部分是 （）A.60 B.61 C.62 D.63【答】B.因为3320181M，所以335613320181M.又)20

6、5012032120311()203012019120181(M 83230134520205011320301，所以13451185611345832301M，故M1的整数部分为 61.二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）1 如图，在平行四边形ABCD中，ABBC2，ABCE 于E，F为AD的中点，若48AEF，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DCFGAB/及F为AD的中点，知H为CE的中点.又ABCE，所以FGCE，所以FH垂直平分CE，故 48AEFEFGGFCDFC.所以84482180FGCB.2若实数yx,满足21

7、54133)(yxyx，则yx的最大值为 【答】3.由2154133)(yxyx可得22115()()()42xy xxyyxy，即 22115()()42xy xxyy.令kyx，注意到2222131()04244yxxyyxy，故0kyx.又因为22211()344xxyyxyxy，故由式可得3115342kxykk，所以 kkkxy3215413.于是，yx,可看作关于t的一元二次方程032154132kkkktt的两根，所以 3211542()403kkkk ，化简得 0303 kk，即0)103)(3(2kkk，所以30 k.故yx 的最大值为 3.2018 年初中数学联赛试题参考答

8、案及评分标准 第 3 页（共 10 页）HEFDGBCA3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1881667878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2

9、6886788个.所以，满足条件的五位数的个数为21504268818816（个）.4 已知实数cba,满足0abc，2221abc，则abccba555 【答】52.由已知条件可得21)()(212222cbacbacabcab，abccba3333，所以 555cba)()()()(332332332333222baccabcbacbacba 2222223()()()abca b aba cacb c bc)(3222222acbbcacbaabc abcabcabccabcababcabc25213)(3.所以 25555abccba.第一试(B)一、选择题：（本题满分 42 分，每小

10、题 7 分）1满足1)1(22xxx的整数x的个数为 （）A.1 B.2 C.3 D.4【答】C.当02 x且012 xx时，2x.当112 xx时，2x或1x.当112 xx且2x为偶数时，0 x.所以，满足条件的整数x有 3 个.2已知123123,()x x x xxx为关于x的方程323(2)0 xxaxa的三个实数根，则 22211234xxxx （）A.5 B.6 C.7 D.8 2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 4 页（共 10 页）【答】A.方程即0)2)(1(2axxx，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

11、是2,1312xxx，故 2221123313113114()()412()41xxxxxxxxxxxx 312()15xx.3已知点E，F分别在正方形ABCD的边CD，AD上，CECD4，FBCEFB，则 ABFtan （）A.21 B.53 C.22 D.23【答】B.不妨设4CD，则3,1DECE.设xDF，则xAF 4，92xEF.作EFBH 于点H.因为AFBFBCEFB，BHFBAF90，BF公共，所以 BAFBHF，所以4 BABH.由BCEDEFBEFABFABCDSSSSS四边形得 14213219421)4(421422xxx，解得58x.所以5124xAF，53tanAB

12、AFABF.4方程339xx的实数根的个数为 （）A.0 B.1 C.2 D.3【答】B.令9yx，则0y，且29xy，原方程变为2339yy，解得1y 或6y，从而可得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cba,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),(cba的个数为 （）A.4 B.5 C.6 D.7 【答】B.由已知得，20182017bca，20182017acb，20182017abc，两两作差，可得 0)20171)(cba，0)20171)(acb，0

13、)20171)(bac.2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 5 页（共 10 页）HDACBEF由0)20171)(cba，可得 ba 或20171c.（1）当cba时，有0201820172 aa，解得1a或20172018a.（2）当cba时，解得20171 ba，201712018 c.（3）当ba 时，20171c，此时有：201712018,20171ba，或20171,201712018ba.故这样的三元数组),(cba共有 5 个.6已知实数ba,满足15323aaa，55323bbb，则ba （）A.2 B.3 C.4 D.5 【答】A.有已知条件可得 2)1(

14、2)1(3aa，2)1(2)1(3bb，两式相加得 33(1)2(1)(1)2(1)0aabb，因式分解得22(2)(1)(1)(1)(1)20abaabb.因为 02)1(43)1(21)1(2)1()1)(1()1(2222bbabbaa，所以 02 ba，因此 2ba.二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）1已知rqp,为素数，且pqr整除1rpqrpq，则rqp_【答】10.设11111pqqrrpkpqrpqrpqr，由题意知k是正整数，又2,rqp，所以23k，从而1k，即有pqrrpqrpq1，于是可知rqp,互不相等.当rqp2时，qrrpqrpqpqr31，所以3

15、q，故2q.于是222qrqrqr 1，故3)2)(2(rq，所以32,12rq，即5,3rq，所以，)5,3,2(),(rqp.再由rqp,的对称性知，所有可能的数组(,)p q r共有 6 组，即(2,3,5)，)3,5,2(，)5,2,3(，)2,5,3(，)3,2,5(，)2,3,5(.于是10rqp.2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 6 页（共 10 页）2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)(,22nmnm，则 100022nmnm，即2(1)(1)1001mn.又10011001 11437

16、91 1177 13，所以 2(1,1)mn(1001,1)或(143,7)或(91,11)或(77,13)，验证可知只有)7,143()1,1(2nm满足条件，此时8,1442nm.3已知D是ABC内一点，E是AC的中点，6AB，10BC，BCDBAD，ABDEDC，则DE 【答】4.延长CD至F，使DCDF，则AFDE/且AFDE21，所以ABDEDCAFD，故DBFA,四点共圆，于是BCDBADBFD，所以10 BCBF，且FCBD，故90FABFDB.又6AB，故861022AF，所以421AFDE.4 已知二次函数)504()12(2222nmxnmxy的图象在x轴的上方，则满足条件

17、的正整数对),(nm的个数为 【答】15.因为二次函数的图象在x轴的上方，所以0)504(4)12(2222nmnm，整理得 49424nmmn，即251)12)(1(nm.因为nm,为正整数，所以25)12)(1(nm.又21m，所以22512n，故5n.当1n时，3251m，故322m，符合条件的正整数对),(nm有 7 个；当2n时，51m，故4m，符合条件的正整数对),(nm有 4 个；当3n时，7251m，故718m，符合条件的正整数对),(nm有 2 个；当4n时，9251m，故917m，符合条件的正整数对),(nm有 1 个；当5n时，11251m，故1114m，符合条件的正整数

18、对),(nm有 1 个.综合可知：符合条件的正整数对),(nm有 7421115 个.ECBAFD2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 7 页（共 10 页）第二试（A）一、（本题满分 20 分）设dcba,为四个不同的实数，若ba,为方程011102dcxx的根，dc,为方程011102baxx的根，求dcba的值.解 由韦达定理得10abc，10cda，两式相加得)(10cadcba.5 分 因为a是方程011102dcxx的根，所以011102daca，又cad10，所以 010111102accaa.10 分 类似可得 010111102acacc.15 分 得 0)12

19、1)(caca.因为ca，所以121 ca，所以1210)(10cadcba.20 分 二、（本题满分 25 分）如图，在扇形OAB中，90AOB，12OA，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DECE2的最小值.解 (1)分别过EO,作CD的垂线，垂足为NM,.由8,6OCOD，得10CD.所以)(21ENOMCDSSSECDOCD 6012102121OECD，5 分 当DCOE 时，S取得最大值 60.此时，536108612OFOEEF.10 分（2）延长OB至点G，使12 OBBG，

20、连结GEGC,.因为21OGOEOEOD，EOGDOE，所以ODEOEG，所以21EGDE，故DEEG2.20 分 所以108824222CGEGCEDECE，当GEC,三点共线时等号成立.故DECE2的最小值为108.25 分 GMNFDBOAEC2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 8 页（共 10 页）三、（本题满分 25 分）求所有的正整数nm,，使得22233)(nmnmnm是非负整数.解 记22233)(nmnmnmS，则 22222)(3)()(3)(nmmnnmmnnmnmnmmnnmnmS.因为nm,为正整数，故可令pqnmmn，qp,为正整数，且1),(qp.

21、于是 22223)(3)(pqpqnmpqpqnmS.因为S为非负整数，所以2|qp，又1),(qp，故1p，即mnnm|)(.10 分 所以nmmnnnmn2是整数，所以2|)(nnm，故nmn2，即nmn2.又由0S，知02233nmnm.所以nmmnmmnmn2223223)(，所以mn.由对称性，同理可得nm，故nm.20 分 把nm 代入，得m|2，则2m.把nm 代入，得0243 mm，即2m.故2m.所以，满足条件的正整数nm,为2m，2n.25 分 第二试（B）一、（本题满分 20 分）若实数cba,满足59)515151)(bacacbcbacba，求)111)(cbacba

22、的值.解 记xcba，ycabcab，zabc，则)616161()515151)(cxbxaxxbacacbcbacba abcxcabcabxcbaxcabcabxcbaxx216)(36)(6)(36)(12323223(936)536216xxyxxyz，10 分 2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 9 页（共 10 页）结合已知条件可得23(936)95362165xxyxxyz，整理得zxy227.所以 227)111)(zxycbacba.20 分 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，ACAB，DCDE

23、.（1）证明：BCAD/；（2）设AC与DE交于点P，如果30ACE，求PEDP.解 （1）由题意知45ACBDCE，2BCAC，2ECDC，所以DCAECB，ACDCBCEC，所以ADCBEC，故DAC 45EBC，所以ACBDAC，所以BCAD/.10 分（2）设xAE，因为30ACE，可得xAC3，2CEx，2DEDCx.因为90EAPCDP，EPACPD，所以APEDPC，故可得DPCAPESS21.15 分 又223xSSSACEAPEEPC，2xSSSCDEDPCEPC，于是可得 2)32(xSDPC，2)13(xSEPC.20 分 所以2131332EPCDPCSSPEDP.25

24、 分 三、（本题满分 25 分）设x是一个四位数，x的各位数字之和为m，1x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.解 设abcdx，由题设知m与n的最大公约数),(nm为大于 2 的素数.若9d，则1 mn，所以(,)1m n，矛盾，故9d.5 分 若9c，则891mmn，故(,)(,8)m nm，它不可能是大于 2 的素数，矛盾，故9c.10 分 若9b，显然9a，所以269991mmn，故(,)(,26)13m nm，但此时可得13n，363926 nm，矛盾.15 分 若9b，则17991mmn，故(,)m n(,17)17m，只可能34,17mn.20 分 于是可得8899x或9799.25 分 2018 年初中数学联赛试题参考答案及评分标准 第 10 页（共 10 页）PDACBE