2018年初中数学联赛试题及答案

2018年 初中数学 初中数学教师发展规划初中数学教师年度考核初中数学的教学计划初中数学有理数计算题初中几何辅助线秘籍 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轴的交点为D，则222212212122444)(||aaaxxxxxxBC.又BCAD23，则22223|2|aa，解得62a或02a（舍去）.所以，△ABC的边长3222aBC.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qqpmpqpm2,2，所以21mpq，2mpqpq，从而0142qppq，即9)2)(4(qp，所以(,)(5,11)pq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2ba，4)1()1(22abba，则55ba（）A.46．B.64．C.82．D.128．【答】C.由条件4)1()1(22abba得04223322baabbaba，即0]3))[((]4)[(2)(22abbabaabbaba，又2ba，所以0]34[2]44[22abab，解得1ab.所以222()26ababab，332()[()3]14abababab，82)())((22332255bababababa.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@)@(.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20501202012019120181M，则M1的整数部分是（）A.60．B.61．C.62．D.63．【答】B.因为3320181M，所以335613320181M.又)205012032120311()203012019120181(M83230134520205011320301，所以13451185611345832301M，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2154133)(yxyx，则yx的最大值为．【答】3.由2154133)(yxyx可得22115()()()42xyxxyyxy，即22115()()42xyxxyy.①令kyx，注意到2222131()04244yxxyyxy，故0kyx.又因为22211()344xxyyxyxy，故由①式可得3115342kxykk，所以kkkxy3215413.于是，yx,可看作关于t的一元二次方程032154132kkkktt的两根，所以3211542()403kkkk，化简得0303kk，即0)103)(3(2kkk，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26886788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)]()[(212222cbacbacabcab，abccba3333，所以555cba)]()()([))((332332332333222baccabcbacbacba2222223[()()()]abcababacacbcbc)(3222222acbbcacbaabcabcabcabccabcababcabc25213)(3.所以25555abccba.第一试(B)一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1．满足1)1(22xxx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，2x.当112xx时，2x或1x.当112xx且2x为偶数时，0x.所以，满足条件的整数x有3个.2．已知123123,,()xxxxxx为关于x的方程323(2)0xxaxa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(2axxx，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2,1312xxx，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4CD，则3,1DECE.设xDF，则xAF4，92xEF.作EFBH于点H.因为AFBFBCEFB，BHFBAF90，BF公共，所以△BAF≌△BHF，所以4BABH.由BCEDEFBEFABFABCDSSSSS四边形得14213219421)4(421422xxx，解得58x.所以5124xAF，53tanABAFABF.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，20182017bca，20182017acb，20182017abc，两两作差，可得0)20171)((cba，0)20171)((acb，0)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20171c.（1）当cba时，有0201820172aa，解得1a或20172018a.（2）当cba时，解得20171ba，201712018c.（3）当ba时，20171c，此时有：201712018,20171ba，或20171,201712018ba.故这样的三元数组),,(cba共有5个.6．已知实数ba,满足15323aaa，55323bbb，则ba（）A.2．B.3．C.4．D.5．【答】A.有已知条件可得2)1(2)1(3aa，2)1(2)1(3bb，两式相加得33(1)2(1)(1)2(1)0aabb，因式分解得22(2)[(1)(1)(1)(1)2]0abaabb.因为02)1(43)]1(21)1[(2)1()1)(1()1(2222bbabbaa，所以02ba，因此2ba.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1rpqrpq，则rqp_______．【答】10.设11111pqqrrpkpqrpqrpqr，由题意知k是正整数，又2,,rqp，所以23k，从而1k，即有pqrrpqrpq1，于是可知rqp,,互不相等.当rqp2时，qrrpqrpqpqr31，所以3q，故2q.于是222qrqrqr1，故3)2)(2(rq，所以32,12rq，即5,3rq，所以，)5,3,2(),,(rqp.再由rqp,,的对称性知，所有可能的数组(,,)pqr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10rqp.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100022nmnm，即2(1)(1)1001mn.又100110011143791117713，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(2nm满足条件，此时8,1442nm.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6AB，故861022AF，所以421AFDE.4．已知二次函数)504()12(2222nmxnmxy的图象在x轴的上方，则满足条件的正整数对),(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(2[222nmnm，整理得49424nmmn，即251)12)(1(nm.因为nm,为正整数，所以25)12)(1(nm.又21m，所以22512n，故5n.当1n时，3251m，故322m，符合条件的正整数对),(nm有7个；当2n时，51m，故4m，符合条件的正整数对),(nm有4个；当3n时，7251m，故718m，符合条件的正整数对),(nm有2个；当4n时，9251m，故917m，符合条件的正整数对),(nm有1个；当5n时，11251m，故1114m，符合条件的正整数对),(nm有1个.综合可知：符合条件的正整数对),(nm有7＋4＋2＋1＋1＝15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011102dcxx的根，dc,为方程011102baxx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011102dcxx的根，所以011102daca，又cad10，所以010111102accaa.①……………………10分类似可得010111102acacc.②……………………15分①－②得0)121)((caca.因为ca，所以121ca，所以1210)(10cadcba.……………………20分二、（本题满分25分）如图，在扇形OAB中，90AOB，12OA，点C在OA上，4AC，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8,6OCOD，得10CD.所以)(21ENOMCDSSSECDOCD6012102121OECD，……………………5分当DCOE时，S取得最大值60.此时，536108612OFOEEF.……………………10分（2）延长OB至点G，使12OBBG，连结GEGC,.因为21OGOEOEOD，EOGDOE，所以△ODE∽△OEG，所以21EGDE，故DEEG2.……………………20分所以108824222CGEGCEDECE，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.于是22223)(3)(pqpqnmpqpqnmS.因为S为非负整数，所以2|qp，又1),(qp，故1p，即mnnm|)(.①……………………10分所以nmmnnnmn2是整数，所以2|)(nnm，故nmn2，即nmn2.又由0S，知02233nmnm.②所以nmmnmmnmn2223223)(，所以mn.由对称性，同理可得nm，故nm.……………………20分把nm代入①，得m|2，则2m.把nm代入②，得0243mm，即2m.故2m.所以，满足条件的正整数nm,为2m，2n.……………………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的值.解记xcba，ycabcab，zabc，则)616161()515151)((cxbxaxxbacacbcbacbaabcxcabcabxcbaxcabcabxcbaxx216)(36)(6)](36)(123[23223(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.（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△ADC∽△BEC，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△APE∽△DPC，故可得DPCAPESS21.……………………15分又223xSSSACEAPEEPC，2xSSSCDEDPCEPC，于是可得2)32(xSDPC，2)13(xSEPC.……………………20分所以2131332EPCDPCSSPEDP.……………………25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，1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.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9d，则1mn，所以(,)1mn，矛盾，故9d.……………………5分若9c，则891mmn，故(,)(,8)mnm，它不可能是大于2的素数，矛盾，故9c.……………………10分若9b，显然9a，所以269991mmn，故(,)(,26)13mnm，但此时可得13n，363926nm，矛盾.……………………15分若9b，则17991mmn，故(,)mn(,17)17m，只可能34,17mn.……………………20分于是可得8899x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