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2018年全国初中数学竞赛试题及答案
考试时间：2018年4月1日上午9：30—11：30
一、选择题：（共5小题，每小题 6分，满分30分．以下每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括号里．不填、多填或错填都得0分）


xy12
1．方程组

的实数解的个数为（ ）


xy6
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
解：选（A）。当x≥0时，则有y－|y|= 6,无解；当x<0时，则y＋|y|=18,解得：y=9,此时x=－3.
2．口袋中有20个球 ，其中白球9个，红球5个，黑球6个．现从中任取10个球，使得白球不少于2个
但不多于8个，红球 不少于2个，黑球不多于3个，那么上述取法的种数是（ ）
（A）14 （B）16 （C）18 （D）20
解：选（B）。只用考虑红球与黑球各有4种选择：红球（2,3,4,5），黑球（0,1,2,3）共4×4 ＝16种
3．已知
a
、
b
、
c
是三个互不相等的 实数，且三个关于
x
的一元二次方程
axbxc0
，
2
a
2
b
2
c
2

的值为（ ）
bxcxa0
，
cxaxb0
恰有一个公共实数根，则bccaab
22
（A）0 （B）1 （C）2 （D）3
c0
，
btcta0
，
ctatb0
解： 选（D）。设这三条方程唯一公共实数根为t，则
atbt
2333
三式相加得：
(abc)(tt1)0
，因为
tt10
，所以有a+b+ c=0,从而有
abc3abc
，
2
222
A
所以
abcabc
3abc

＝＝
3

bcc aababc
abc
K
m
D
O
F
H
nC
L
E
222
333
4．已知△ABC为锐角三角形，⊙O经过 点B，C，且与边AB，AC分别相
交于点D，E．若⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等，则⊙O一定经
过△ABC的（ ）
（A）内心 （B）外心 （C）重心 （D）垂心
B
解：选（B）。如图△ADE外接圆的圆心为点F，由题意知：⊙O与⊙F是等圆，
且弧DmE＝弧DnE，所以∠EAB＝∠ABE，∠DAC＝∠ACD，
即△ABE与△ACD都是等腰三角形。分别过点E，F作AB，AC边上的垂线，
相交于点H，则点H是△ABC的外心。又因为∠KHD＝∠ACD，
所以∠DHE+∠ACD＝∠DHE+∠KHD＝180°，即点H，D，C，E在同一个圆上，
也即点H在⊙O上，因而⊙O经过△ABC的外心。
5．方程
x6x5xy y2
的整数解
(x
，
y)
的个数是（ ）
（A）0 （B）1 （C）3 （D）无穷多 < br>323
解：选（A）。原方程可变形为：x(x+1)(x+2)+3x(x+1)=y(y-1 )(y+1)+2，左边是6的倍数，而右边不是6
的倍数。

１

二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）
6．如图，点A，C都在 函数
y
33
(x0)
的图像上，点B，D都在
x
轴上，
x
第6题图
且使得△OAB， △BCD都是等边三角形，则点D的坐标为 ．
解：填
D(26,0)
。设OB＝2a，BD＝2b，由△OAB，△BCD都是 等边三角形，得
A(a,3a),C(2ab,3b)
，把点A，C坐标代入
y
即
D(2a2b,0)D(26,0)

33
，解得：
a3,b63
，
x
7．如图，在直角三角形ABC中，∠ACB = 90°，CA = 4．点P是半圆弧A C的中点，连接BP，线段BP
把图形APCB（指半圆和三角形ABC组成的图形）分成两部分，则这 两部分面积之差的绝对值
P
是 ．
解：填4。
C
Q
OA
连结OP，OB，则所求面积之差的绝对值＝
2S
OPQ
2S
OBQ
2S
OPB
＝2×2×2÷2＝4。
8．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G =
n·90
，则
n
．
解：填6。如图：∠A+∠E+∠F＝360°-∠α，∠B+∠C+∠G=360°-∠β，
所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝（360°-∠α）+（360°-∠β）+∠D
＝540°＝
690

9．已知点A，B的坐标分别为（1，0），（2 ，0）．若二次函数
yx(a3)x3

D
2
B
A
B
第7题图
C
α
G
β
E
F
第8题 图
的图像与线段AB只有一个交点，则
a
的取值范围是 ．
解：填
1a,或a323

1
2
a3< br>
2

1
（1）若图像的顶点在AB上，则有

解得：
a323

2

(a3)
2
 120,

（2）若图像的顶点在x轴下方，则有


f(1) 1a330

f(1)1a330
或



f(2)42(a3)30,

f(2)42(a3)30 ,
1
2
分别解之，得
1a,
综上，得：
1a,或a323

3
10．已知对于任意正整数< br>n
，都有
a
1
a
2
a
n
 n
，则
1
2
111

．
a< br>2
1a
3
1a
100
1
解：填
33< br>3
333
。由
a
1
a
2
a
n
n
及
a
1
a
2
a
n1(n1)
得
a
n
n(n1)3n(n1)1

100
100
11
100
111133
11111


()(1)
()
，于是

所以
3
n2
n1n3100100
a
n
13n(n1)3n 1n
n2
a
n
1

２

三、解答题（共4题，每题15分，满分60分）
11．已知抛物线
C
1
：
yx3x4
和抛物线
C
2
：
yx3x4
相交于Ａ，Ｂ两点．点P在抛物线
22
C
1
上， 且位于点A和点B之间；点Q在抛物线
C
2
上，也位于点A和点B之间．
（1）求线段AB的长；
（2）当PQ∥
y
轴时，求PQ长度的最大值．
2


x2

x2

yx3 x4
解：（1）由

解得


或

2< br>

y6,

y6,

yx3x48
A
y
6
C
1
4
fx =
< br>-x
2
-3x

+4
2
P
gx = x
2
-3x-4
不妨设点A在点B的左侧，则A（-2，6），B（2，-6） < br>-5
O
C
2
-2
5
x
所以
AB( 22)
2
(66)
2
410

（2）设P（a ,b），则-2≤a≤2，
y
p
ba
2
3a4
，
因为PQ∥y轴，所以点Q的横坐标为a，则
y
Q
a
2
 3a4

所以PQ＝
y
p
y
Q
(a3a 4)(a3a4)
＝
2a8

22
2
-4Q
-6
B
-8
即当a＝0（属于-2≤a≤2）时，PQ的最大值为8。
-10
1
12．已知
a
，
b
都是正整数，试问关于
x
的方程
xabx(ab)0
是否有两个整数解？如果有，请
2
2
-12
把它们求出来；如果没有，请给出证明．
解：假设方程
xabx
2
1
(ab)0
有两个整数解为
x
1< br>,x
2
，
2
由
x
1
x
2
ab0,x
1
x
2

1
2
(ab)0< br> 知
x
1
0,x
2
0
，
下证（1）
x
1
x
2

22
事实上，若
x
1
x
2
，则
(ab)2(ab)0
，
(ab)2(ab)
，
即
ab
2(ab)
ab
11
2(
a

b
)2(11)4
，因a， b为正整数,所以ab＝1，2，3或4，
易知不存在a，b的值满足
(ab)2(ab)

（2）不妨设
x
1
x
2

则
2
2x
1
x
2
ab11
2
，即
x
1
x
2
x
1
x
2
2x
2
，
x
1
x
2
abab
所以有
x
1
2
，因
x
1
是正整数，故
x
1
1
< br>把
x
1
1
代入原方程得，
1ab
1
2
(ab)0
即
2ab(ab)20
，也即
4ab2(ab)15

所以
(2a1)(2b1)5
，因a,b都是正整数，
则


2a11

2a15

a1

a3
解得：
或

或


2b 15,

2b11,

b3,

b1,
３

由
x
1
x
2
ab
得
x
2
1312

综上，存在正整数a＝1，b=3或a=3，b=1，使得
方程
xabx
2
1
(ab)0
有两个整数解为
x
1
1,x
2
2
。
2
DEAD
．若CD，FE的

CF BC
13．如图，点E，F分别在四边形ABCD的边AD，BC的延长线上，且满足
延长线相 交于点G，△DEG的外接圆与△CFG的外接圆的另一个交点为点P，连接PA，PB，PC，PD．
求证：
（1）
ADPD
；

BCPC
P
G
（2）△PAB∽△PDC．
证明：（1）连结PG，PE，PF，
四边形PGED和四边形PGFC都内接于圆


PGEPDE180



PDE PCF



PCE

PGFPCF180 


PEDPGDPFC


PDDE


ADPD

PCCF




ADDE

BCPC

BCCF


PCF

A
E
D
B
C
F
PDE PCFPDA

PCB

PAD
ADPD


（2）


BCPC

PBC
< br>
APDBPCAPBDPC


PAPB

PAPD

PABPDC



P DPC

PBPC

14．（1）是否存在正整数
m
，n
，使得
m(m2)n(n1)
？
（2）设
k(k3 )
是给定的正整数，是否存在正整数
m
，
n
，使得
m(m k)n(n1)
？
解：（1）由
m(m2)n(n1)
得：(m1)nn1

2
又因为当n为正整数时，
nnn1 (n1)
，所以
nn1
不是完全平方数，即m+1不是正整
22222
数，故不存在正整数
m
，
n
，使得
m(m2) n(n1)

(2)当k=3时，由
m(m3)n(n1)
得：m3mn(n1)0
，
若关于m的方程有正整数解，则
94n( n1)8(2n1)l
（
l
为正整数），
即
l(2n1)8,[l(2n1)][(l(2n1)]8


４
22
22
2


l(2n 1)8

l(2n1)4
所以

，
,或

l(2n1)1l(2n1)2

m
，
n
，使得
m(mk)n(n1)
。 解得：
n
5
4
,0
所以不存在正整数
当
k 3
时，①若
k2t(t2的正整数)
，代入
m(mk)n(n1)
。整理得
m2tmn(n1)0

设
4t4n(n 1)(4t1)(2n1)l
（
l
为正整数）
2222
2
，l(2n1)][(l(2n1)]（4t1)1
即
l(2n 1)4t1[
2


l(2n1)4t
2
1
2tl2t2t
2

l2t
2
mtt< br> 令

，解得

，此时
2
22
l(2n 1)1



nt1
2222
②若
k2t 1(t2的正整数)
，代入
m(mk)n(n1)
。整理得
m( 2t1)mn(n1)0

设
(2t1)4n(n1)4t(t 1)(2n1)l
（
l
为正整数）
222
2
[l (2n1)][(l(2n1)]2t(t1)2
即
l(2n1)4t (t1)，
22

lt
2
t1

l(2 n1)2t(t1)

令

，解得

t(t1)< br>，
1

l(2n1)2

n
2
(2t1)l(2t1)t
2
t1t
2
t

此时
m
并且m，n的值都是正整数。
222
综上，当
k3
时，不存在正整数
m
，
n
，使得
m(mk)n( n1)
；
2


mtt
当
k2t(t 2的正整数)
时，存在正整数

，使得
m(mk)n(n1)
；
2


nt1

t
2
t
m


2
当
k2t1(t2的正整数)
时，存在 正整数

，使得
m(mk)n(n1)
。
2

n
tt
1

2


５