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1、全国初中数学联合竞赛试题及详解第一试一、选择题（本题满分42 分，每小题 7 分）1.计算43224124 2（）（A）21（B）1（C） 2（D）2【答案】（B）【解析】原式 =（2(423)24(21)(4 23)1，故选（B）42+1 ）.2. 满足等式2m2m 21 的所有实数 m 的和为（）m（A）3（B）4（C）5（D）6【答案】（A）【解析】分三种情况进行讨论：（1）若 2m1，即 m1时，满足已知等式；（2）若 2m1，即 m3 时，2 mm2 m 2(1)41满足已知等式；（3）若 2m1，即 m1且 m 3时，由已知，得2m0解得，m1m2m20故满足等式2mm2 m 21
2、 的所有实数 m 的和 13(1）=3 ，故选（ A）.3. 已知 AB 是圆 O 的直径， C 为圆 O 上一点，CAB15，ABC 的平分线交圆 O于点 D，若 CD3，则 AB =（）（A）2（B） 6（C）2 2（D）3【答案】（A）【解析】连接 OC , 过点 O 作 ONCD于点 N，则CN DN3OA , 从而 OCACAB15 , 由 AB 是圆 O 的直径，得, OC2ACB90 , 因CD平分ACB , 故 ACD45 ,OCNACDOCA30 ,在 RtONC 中，cosOCNCN3OC1 ,AB2OC2 ,故选（ ）OC,A .24. 不定方程 3x27xy2x5y 1
3、70 的全部正整数解 ( x, y) 的组数为（）（A）1（B）2（C）3（D）4【答案】（ B）【解析】由 3x27xy2x5 y 170 ，得 y3x22 x17 ，因 x, y 为正整7x5数，故 x1, y1，从而 7x50, 于是3x22x177x5 ，3x25x220 ，即( x 2)(3 x11)0 ，由 x1，知 3x 110 ，故 x20 ，x2 ，故 x1或 x2当 x1时， y8 ；当 x2 时， y 1 .故原不定方程的全部正整数解 ( x, y) 有两组： (1,8) ，(2,1), 故选（ B）.5. 矩形 ABCD的边长 AD 3,AB2, E为AB的中点, F
4、在线段BC上, BFFC 12， AF 分别与 DE , DB 交于点 M , N , 则 MN =（）（ A）3 5 （B）5 5 （C）9 5 （D）11 57142828【答案】（C）【解析】因 BF1 , 故BFBF1FC21 AD,BF1,因 BFAD ,故BNF DNA, 故DABC33FNBF1,故FN1AN13AF1AF . 延长 DE,CB交于点 G , 则由 EANDA33344为 AB 的中点，知ADE BGE,故BGAD3, FGBFBG134 , 因FGAD,故 AMD FMG ,故 AMAD3，故 AM3 FM3AF,于是FMFG447MNAFAMFNAF3 AF1
5、 AF9 AF9AB 2BF295 ,74282828故选（ C）.6. 设 n 为正整数，若不超过 n 的正整数中质数的个数等于合数的个数， 则称 n为“好数”那么，所有“好数”之和为（）（A）33（B）34（C）2013（D） 2014【答案】（ B）【解析】因 1既不是质数，也不是合数，故“好数”一定是奇数 .设不超过 n 的正整数中，质数的个数为an , 合数的个数为 bn , 当 n15 时，列表如下（只考虑 n 为奇数的情况）：由上表可知， 1,9,11,13 都是“好数” .因 b15a152 ，当 n16 时，在 n15 的基础上，每增加2 个数，其中必有一个为偶数，当然也是合
6、数，即增加的合数的个数不会少于增加的质数的个数，故一定有 bnan 2,故当 n 16 时， n 不可能是“好数” .34 ，故选（ B）.因此，所有的“好数”之和为 1 9 1113二、填空题（本题满分28 分，每小题7 分）1. 已知实数 x, y, z 满足 xy4, z1 xy2 y9, 则 x 2 y 3z.【答案】 4【解析】由 x y 4, 得 x4y ，代入 z1xy 2 y9 ，得z 1 (4 y) y 2 y 9y26 y 9( y 3)20 ，故 ( y3)20 ，又 ( y 3) 20 ，故 ( y 3)20 ，故 y3, z1, x1，于是 x2y3z 4 .2. 将
7、一个正方体的表面都染成红色，再切割成 n3 (n 2) 个相同的小正方体，若只有一面是红色的小正方体数目与任何面都不是红色的小正方体的数目相同，则 n = .【答案】 8【解析】只有一个面染成红色的小正方体的总数为6(n2)2 个，任何面都不是红色的小正方体的总数为(n2)3 个，依题意有6( n2) 2( n 2)3 ，解得n 8( n2舍去).3. 在ABC中， A 60 ,C75 , AB 10 ， D,E, F 分别在 AB,BC,CA 上，则 DEF 的周长最小值为. 【答案】 5 6【解析】分别作点 E 关于 AB, AC的对称的P,Q .则DEPD,EFFQ.连接A ,E, A,
8、PAQDPFQPQ则PAQ120 ,且APAEAQ,从而APQ30 ，1 PQ故 2cos30 ， PQ3AP , 过点 A作 AHBC于点H,则APAHABsin B10sin 4552 ，于是DEF 的周长为lDEDFEF PD DF FQ PQ3AP3AE3AH56当且仅当点 E 与点 H 重合，且 P, D , F , Q 四点共线时取得等号，即DEF 的周长 lmin5 6 .4. 若 实 数 x, y, z满 足 x2y2z2x yy z8 ，z x用 A 表 示xy , yz , zx 的最大值，则 A 的最大值为.【答案】 463【解析】由已知，得 ( xy) 2( yz)2(
9、 zx) 216 ，不妨设 Axy ，则A2x y2x)2( yz) ( z x)2( yz)2( zx)22 16(xy)22(16 A2 )( y2解得 A4 6 . 当且仅当 x y4 6 , y zz x2 6时取等号.333故A的最大值 4 6.3第二试（ A）一、（本题满分 20分 ） 已 知 实 数 a, b, c, d满 足2a23c22b23d 22b 6c ,a d求 a2 b2 c2 d 2 的值 .解：设 ma2b2 , nc2d 2 ，则 2m3n (2 a23c2 )(2b23d 2 )12.因 2m3n22m224mn24mn ，即 12224mn ，故 mn 6
10、13n又因为mn a2b2c2d2a2c2b2 d2a2d 2b2 c222ac bdad bc22故 mn ad bc6由1 ，2 可得 mn6. 即 a2 b2c2d 26注：符合条件的实数a, b, c, d 存在且不唯一，应满足acbd0(1)2a22b23c23d 2(2)由（ 1）得 ab ，令 abt ，则2a23c22b23d 26(3)dcdc( adbc)26(4)adt , bct ，代入（ 2）得 t6 或 t6，于是22a6 d, b6 c 或 a6 d ,b6 c ，代入（ 3）或（ 4），得 c2d 22 ，2222故符合条件的实数 a,b,c, d 存在且不唯一
11、，如 a2, b1,c6 , d23 就是33一组 .又如 a6 , b6 , c 1,d1 也是一组，当然还有很多组 .22二、（本题满分25 分）已知点 C 在以 AB 为直径的圆 O 上，过点 B,C 作圆 O 的切线，交于点 P ，连接 AC ，若 OP9PBAC，求的值 .2AC解：连接OC，因为PC,PB为圆O的切线，所以POCPOB因为 OAOC , 所以 OCAOAC , 因为 COBOCAOAC ，所以 2POB 2 OAC , 所以POBOAC , 所以 OP AC连接 BC , 因 AB 为圆 O 的直径， PB 为圆 O 的切线，故 ACBOBP90又 POBOAC ，
12、所以 BAC POB ，所以 ACAB .9OBOP2又 OPAC, AB2r , OBr （ r 为圆 O 的半径），代入, 得OP3r , AC2r .3在 RtPOB中，由勾股定理,得 PBOP2OB22 2r,所 以PB 22rAC23 2 .r3三、（本题满分25 分）已知 t 是一元二次方程 x2x 1 0的一个根，若正整数 a,b,m 使得等式 at mbtm31m成立，求 ab 的值 .解： 因为 t 是一元二次方程x2x1 0的一个根，显然t 是无理数，且t 21t .由 atmbtm31m，得 abt2m ab tm231m0 ，将 t 21t 代入，得ab 1tm ab
13、tm231m0 ，即 m abab tabm231m0.因 为 a, b, m 是 正 整 数 ， t 是 无理 数， 所 以maba b 0，于是可得a b2m3 1 m 0ab31 mab31mm2因此 a,b 是关于 x 的一元二次方程 x2m31 x31mm20 的两个正整数根，该方程的判别式24 31mm231m315m0.m 31又因为 a,b 是正整数，所以 ab31m0 ，从而可得 0m31.5又因为判别式是一个完全平方数，验证可知，只有m6 符合要求 .把 m6 代入 , 得 ab31mm2150.第二试（ B）一 、（ 本 题 满 分 20 分 ） 已 知 t2 1 ， 若
14、 正 整 数 a, b, m , 使at m btm17m 成立，求 ab 的值 .解：因为 t21 ，所以 t 23 22. 由 atmbt m17m，得abt 2m ab tm217m0 ，将 t 2322 代入，得ab 32 2m a b21 m217m0 ，整理得m ab2ab23abm abm217m0因为 a, b,m 是正整数，2是无理数，所以m(ab)2ab03abm(ab)m217m0ab2 17m于是可得17mm2ab因此 a, b 是关于 x 的一元二次方程 x22(m17) x17mm20 的两个正整数根，该方程的判别式4 m1724 17mm24 17m172m0.又
15、因为 a, b, m 是正整数，所以 ab2 17m0 ，从而可得0m 172又因为判别式是一个完全平方数，验证可知，只有m8 符合要求 .把 m8 代入 , 得 ab17mm272 .二、（本题满分25 分）在ABC 中， ABAC，O、I 分别是 ABC 的外心和内心，且满足 AB AC 2OI ,求证：（1）OI BC;（2） S AOC S AOB2S AOI .证明 :（1）过点 O 作 OMBC于M，过点I 作INBC于 N ，则OM IN,设BCa, ACb, ABc ，由 O、I 分别是ABC 的外心和内心， 得11( abc) ，所以 MNCMCN1b)OI ，CMa,CN(
16、c222又 MN 恰好是两条平行线OM ,IN之间的垂线段，所以OI 也是两条平行线OM , IN 之间的垂线段，所以 OI MN ，所以 OI BC .（ 2）由（ 1）知 OMNI 是矩形，连接 BI , CI，设 OMINr （即为 ABC 的内切圆半径），则 S AOCS AOBS AOIS COIS AICS AIBS AOIS BOI2S AOIS BOI S COIS AICS AIB2S AOI1r1OIr1AC1OI22rAB r222S AOIr OI1 (bc)2S AOIr1 (cb)1 (bc)2S AOI .222三、（本题满分25分）若正数a, b, c满 足22
17、a2222222222bccababc32bc2ca2ab求代数式 b2c2a2c2a2b2a2b2c2的值 .2bc2ca2ab解：由于 a, b, c 具有轮换对称性，不妨设 0abc.（ 1）若 c ab ，则 cab0, cba0 ，从而，得222c22222ca22bca1ba1, cab1b1,2bc2bc2ca2caa2b2c2a b2c2b2 c2 a22c2a2b22a2b2c2211,故3，2ab2ab2bc2ca2ab这与已知条件矛盾 .（2）若 cab ，则0cab,0cba ，从而，得b2c2a2c b2a2c2a2b2c a2b2011, 011,2bc2bc2ca2caa2b2c2a b2c2a2b2c2a b2c211, 011,2ab2ab2ab2ab故 b2c2a 22c2a2b22a2b2c223 ，这与已知条件矛盾 .2bc2ca2ab综合（ 1）（2）可知 , 一定有 cab.于是可得 b2c2a2b2(ab) 2a22b22ab1,2bc2b(ab)2b22ab同理可得 c2a2b21, a2b2c21 .2ca2ab故 b2c2a2c2a2b2a2b2c21.2bc2ca2ab