北京市初中数学竞赛试题分类解析

北京八年级数学竞赛试题一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. -1D. 22. 如果一个角的补角是它的3倍，那么这个角的度数是多少？A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°3. 某数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项都是前三项的和。

这个数列的第10项是多少？A. 144B. 89C. 72D. 554. 一个直角三角形的两条直角边分别为3和4，斜边的长度是多少？A. 5B. 6C. 7D. 85. 一个圆的半径为5，它的面积是多少？A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π6. 一个数的相反数是-8，这个数是多少？A. 8B. -8C. 0D. 167. 一个长方体的长、宽、高分别是2, 3, 4，它的体积是多少？A. 24B. 26C. 28D. 308. 一个数的平方是36，这个数是多少？A. 6B. ±6C. 36D. ±369. 一个等差数列的首项是2，公差是3，它的第6项是多少？A. 17B. 19C. 21D. 2310. 一个分数的分子和分母的和是21，分子是分母的1/3，这个分数是多少？A. 1/6B. 2/15C. 3/18D. 4/17二、填空题（每题4分，共20分）11. 一个数的绝对值是5，这个数可以是________。

12. 如果一个数的平方根是4，那么这个数是________。

13. 一个圆的直径是14，它的周长是________。

14. 一个数的立方根是2，这个数是________。

15. 一个等差数列的第5项是15，公差是2，首项是________。

三、解答题（每题10分，共50分）16. 证明勾股定理：在一个直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。

17. 解一元二次方程：x² - 5x + 6 = 0。

18. 一个长方体的长、宽、高分别是a, b, c，求它的表面积。

2020年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（总分值40分，每题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22020，那么如此的二次三项式共有 个．答：1341．咱们发觉，事实上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22020–k ，那么判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422020–k =22k – 22021–k ≥0，得2k ≥2021–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2020，因此k 能够取2020–671+1=1341个不同的整数值．每一个k 恰对应一个所求的二次三项式，因此如此的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，那么BC = ．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，因此CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得BC ==3．已知概念在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，假设F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，那么m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像极点的纵坐标()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，那么∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，那么DC =23-．连接AC ，那么∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，那么∠ECD =º． 由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，因此 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()322162233221ED AD DC AC CD ====-++-+-+-，因此()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，那么AB =2． 作∠CAD =30º，那么CD =33，AD =233，那么∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，那么BE =1–x ，DE =x –3． 因此33232x -=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，概念f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2020(2020)= ． 答：10053017．A21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，那么()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．因此，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（总分值15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心别离为I 1，I 2，外心别离为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，因此A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也确实是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，因此∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，因此I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，因此22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．因此，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.依照勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（总分值15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2，3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程120111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，因此1126x x x -++-＜2020即53x ＜120122，得方程的正整数解x 知足0＜x ＜． 由于6!=720，7!=5040，因此方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，咱们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2020． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2020–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为关于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )确实是增函数；又因为关于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，因此f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2020，因此，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（总分值15分）平面上的n 个点，假设其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，那么称如此的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：第一证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，别离以A 、B 为圆心，画半径为的两个圆，在每一个圆内，取24个点，那么平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包括有25个所选的点，因此n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，假设所有的点都在圆A 中，那么就知足题设条件．假设不是所有的点都在圆A 中，那么至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，那么A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，因此要么P A ≤1，要么PB ≤1，即点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，依照抽屉原理，必有一个圆至少包括了这47个点中的24个点，不妨设那个圆确实是⊙A ，再加上圆心A 点，就有很多于25个点在那个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．因此n 的最小值是49．五、（总分值15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2020×f (2020)]的值．其中关于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都知足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，因此1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，因此1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =知足题设条件，取的是等号，因此知足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f f f f ⨯+⨯+⨯++⨯1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯．1011030。

2020北京初三数学竞赛专题练习：极端原理（含答案）1.两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币．规定每人每次只能放一枚，硬币平放在桌面上，并且两两不能重叠，谁放完最后一枚．使得对方无法按照规则再放，谁就获胜．问：是先放合算还是后放合算？解析本题的极端情况是：桌面小的只能放下一枚硬币．这时当然是先放的人合算．一般情况下，先放的人把硬币放在圆桌的中心处，每当对手放下一枚硬币后，就在对方硬币关于“圆心”对称位置再放下一枚硬币，这样只要对手还能放硬币，先放的人一定也能放，所以放最后一枚硬币的人一定是先放的人，从而他必能获胜．2.在一次乒乓球循环赛中，n（n≥3）名选手中没有全胜的，证明：一定可以从中找出三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．解析没取胜场数最多的一名选手为A，由于没有一个选手是全胜的，所以在这n名选手中存在一名选手C，C胜A．考虑A击败的选手的全体，其中必有选手B胜C．事实上，若A的手下败将也都负于C，那么C胜的场数比A胜的场数至少要多1，这与A是获胜场数最多的选手矛盾．所以，存在三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．3.平面上已给997个点，将连结每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点．解析997个点中每两点都有一个距离，因而共有9979962个距离（其中有可能有些距离是相等的），其中一定有一个最大距离．设AB是最大的距离．分别以A、B为圆心，12AB为半径作圆，如图所示．点A与除点B之外的995个点的连线的中点在圆A的内部或边界上；点B与除点外的995个点的连线的中点在圆B的内部或边界上，这样我们得到了995+995＝1990个红点．另外，AB的中点是不同于上述1990个红点的，所以，至少有1991个红点．下面构造一个例子，说明恰好有1991个红点，设997个点在数轴上1，2，3，…，997的位置．这时中点为：32，42，52，…，19922，19932，故红点恰有1991个．4.证明：在任意的凸五边形中，都可以找到三条对角线，由这三条对角线可以组成一个三角形．解析如图所示，在凸五边形ABCDE中，一共有5条对角线：AC、AD、BD、BE、CE，所以其中一定有一条是最长的，不妨设AC最长．ABEPD由于ACDE 是凸四边形，设AD 与CE 的交点为P ，则 AC AP PC AD CE <+<+．因为AC 最长，所以，AC 、AD 、CE 这三条对角线可以作为一个三角形的三条边．5. 平面上给定3个点。

2018年北京市中学生数学竞赛初二试题(含答案)2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，且这些自然数的和为2018．请问这个学生写出的这17个自然数中，最小的数是多少？（请给出详细解题过程）解：设这17个自然数分别为a1,a2,…,a17，则有：a1+a2+…+a17=2018由于每个自然数的个位数码只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的个位数字之和一定是45，即这17个自然数的个位数字之和为765．设b1,b2,…,b17分别为这17个自然数的十位数字，则有：b1+b2+…+b17=765由于每个自然数的十位数字也只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的十位数字之和一定是45，即这17个自然数的十位数字之和为765．设c1,c2,…,c17分别为这17个自然数的百位数字，则有：c1+c2+…+c17=765由于每个自然数的百位数字也只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的百位数字之和一定是45，即这17个自然数的百位数字之和为765．由此可得，这17个自然数中最小的数为100+10+1=111．一、1.A在1到100这100个自然数中，有25个质数，分别是2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97.因此，质数在这100个自然数中所占的百分比是25%。

2.C将10分拆成三个正整数之和，共有8种情况：1+1+8、1+2+7、1+3+6、1+4+5、2+2+6、2+3+5、2+4+4、3+3+4.根据“三角形两边之和大于第三边”的原则，只有（2，4，4）和（3，3，4）两组可以构成三角形。

由于等腰三角形的两个底角都是锐角，因此以2、4、4为边的等边三角形中，最小边2对的顶角也是锐角。

以3、3、4为边的等腰三角形中，由3的平方加3的平方大于4的平方可知顶角也是锐角。

2022年北京市中学生数学竞赛（初二）一、选择题（每小题5分，共25分）1．已知13x x +=．则220181x x x ++的值为（ D ） A ．2022 B ．12020 C ．2025 D ．12025【解析】将题设式两边平方整理得17x x +=．故21120181720182025x x x ==+++． 2．在非等腰三角形中，一个内角等于另两个内角之差，且一个内角为另一个内角的2倍．若该三角形的最小边长为1，则此三角形的面积为（ B ）A ．1B ．32C ．52D ．2 【解析】设三角形的内角为∠A 、∠B 、∠C ，且∠B=∠C –∠A ．则∠A+（∠C –∠A ）+∠C=180° ⇒ ∠C=90°．若最大角∠C 为另一个内角的2倍，易知，三角形为等腰直角三角形，与题设的条件不符． 不妨设∠A=2∠B ．则∠A=960°，∠B=30°．故AC=1，BC=3．因此，所求三角形的面积为131322⨯⨯=． 3．如图，设()P P P x y ，为反比例函数2y x=在平面直角坐标系xOy 的第一象限图像上一点，过点P 作x 轴、y 轴的平行线，分别与10y x =在第一象限的图像交于点A 、B ．则AOB ∆的面积为（ B ）A ．26B ．24C ．22D ．20【解析】连接OP ．则AOB AOP POB APB S S S S ∆∆∆∆=++11011011010222P P P P P P P P P P x y y x x y y x y x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1100122P P P P x y x y =⋅- 24=．4．已知n 为偶数．若从1开始，前n 个正整数之和的尾数为8，则后继的n 个正整数之和的尾数为（ C ）A ．6B ．4C ．2D ．0【解析】设2n k =，记S 为前n 个正整数之和，D 为后继的n 个正整数（由2k +1到4k ）之和．则()21S k k =+，()()2214612k k k D k k ++==+． 数S 、D 的最后数字只依赖于数k 的最后数字．依题意，知k 应当以6结尾．故D 的尾数即()6616⨯+⨯的尾数是2．5．将数字和为11的自然数按由小到大的顺序排成一个数串，第m 个数为2022．则m 为（ A ）A ．134B ．143C ．341D ．413【解析】在一位数中没有数字和为11的数．在两位数中有29、38、47、5665、74、83、92这8个数．在三位数xyz 中，当x =1时，y 可取1，2，…，9这9个数，对应的z 取9，8，…，1，共9个数；当x =2时，y 可取0，1，…，9这10个数，对应的z 取9，8，…，0，共10个数；类似地，当x =3，4，…，9时，数字和为11的数有12x -个．故在三位数xyz 中，数字和为11的数共有9+10+9+…+3=61个．在四位数1xyz 中，数字和为11的数相当于求数字和为10的三位数xyz ，当x =0时，y 可取1，2，…，9这9个数，对应的z 取9，8，…，1，共9个数．类似地，当x =1，2，…，9时，数字和为10的三位数xyz 有11x -个．故在四位数1xyz 中，数字和为11的数共有9+10+9+…+2=63个．在2xyz 中数字和为11的数由小到大有2022、2022这2个．因此，2022为该数串中第8+61+63+2=134个数．二、填空题（每小题7分，共35分）1．在952的约数中，大于1 000 000的共有 76 个．【解析】因为952有96个正约数02，12，…，952，且2010102221000000=⨯>，1921000000<，所以，952的约数中大于1 000 000的数共有96–20=76个．2．若x 、y 均为自然数，则关于x 、y 的方程[][]2.018 5.1324x y +=的解()x y 、共有 3 个（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）．【解析】因为x 、y 均是自然数，且5.13524⨯>，所以，y ∈{4，3，2，1，0}．此时，[]5.135y y =．类似地，[]2.0182x x =．故原方程变为2524x y +=．经计算，（x ，y ）=（2，4），（7，2），（12，0）．3．已知D 为锐角ABC ∆内一点，满足AD DC =，2ADC DBC ∠=∠，=12AB ，=10BC ．如图，则BDC ∆的面积为 511 ．【解析】设∠DBC=θ．则∠ADC=2θ．以D 为旋转中心，旋转△BDC 到△ADP 的位置，如右图．则AD=DC ，DP=DB ，AP=CB=10，∠DPA=∠DBC=θ，∠PDA=∠BDC ，即 ∠PDC+∠CDA=∠BDP+∠PDC ．于是，∠BDP=∠ADC=2θ．作DK ⊥BP 于点K ．则∠BPD=12（180°–2θ）=90°–θ⇒ ∠APB=∠APD+∠DPB=90°． 在Rt △ABP 中，22211BP AB AP =-=．作DH ⊥AP 于点H ．则四边形PHDK 为矩形，有1112DH KP BP ===． 故110115112BDC PDA S S ∆∆==⨯⨯=． 4．已知1x ，2x ，…，n x 中()12i x i n =⋅⋅⋅， ，，的数值只能取201-， ， 中的一个，且满足 1217n x x x ++⋅⋅⋅+=-，2221237n x x x ++⋅⋅⋅+=．则()233312n x x x ++⋅⋅⋅+的值为 5 041 ． 【解析】设1x ，2x ，…，n x 中有p 个i x 取1，q 个i x 取–2，其余的i x 取0．可得217437p q p q -=-⎧⎨+=⎩， ⇒ 19p q =⎧⎨=⎩． 则i x （i =1，2，…，n ）中有一个取1，有九个取–2，其余的i x 取0．故()()()22333331211925041n x x x ++⋅⋅⋅+=⨯+⨯-=．5．在1至n 这n 个正整数中，将正约数个数最多的那些数称为这n 个正整数中的“旺数” ．例如，正整数1至20中，正约数个数最多的数为12、18、20，于是，12、18、20均为正整数1至20中的旺数．则在正整数1至100中的所有旺数的最小公倍数为 10 080 ．【解析】首先，前100个正整数的素因数分解式中，最多含有三个不同的素因数．这是因为最小的四个素数之积为2×3×5×7=210，已超过100．其次，为使约数个数尽可能多，应使所含的素因数尽可能小．可通过试算、分类枚举来确定正约数个数最大为12的数：只含一个素因数的正因数最多的是6264=，它有七个正约数，正约数小于12；对于只含有两个不同素因数的情况，正约数个数为12的是3223⨯、523⨯；对于含有三个不同素因数的情况，正约数个数为12的是2235⨯⨯、2235⨯⨯、2237⨯⨯． 可见在前100个正整数中，正约数个数为12的旺数只有五个，其最小公倍数为52235710080⨯⨯⨯=．三、（10分）设正整数a 、b 、c 、d 满足2222a ab b c cd d -+=-+．证明：a b c d +++为合数．【解析】记s a b c d =+++．由已知得()()()223a b c d ab cd +-+=-⇒ ()()3a b c d s ab cd +--=-()()()333ab c s a b c a c b c cs=----⎡⎤⎣⎦=++-⇒ ()()3s a c b c ++． 则s 的每个素因数p 均为()()3a c b c ++的因素．故p 不超过3、a +c 、b +c 中的最大值．从而，p <s ，即s 为合数．四、（15分）如图，三个斜边彼此不等的等腰Rt ADC ∆、等腰Rt DPE ∆、等腰Rt BEC ∆，其中，AD CD =,DP EP =,BE CE =,90ADC DPE BEC ∠=∠=∠=．证明：P 为线段AB 的中点．【解析】如图，延长DP 至点F ，使得PF=PD ，连接FE 、FB ．易知，DE=EF ，∠DEF=90°．则∠CED=90°–∠CEF=∠BEF ．又DE=EF ，CE=BE ，于是，△CED ≌△BEF ．因此，CD=BF ，∠CDE=∠BFE ．连接AP 、BP ．因为AD=CD ，所以，AD=BF ．又DP=FP ，∠ADP=∠ADC+∠CDE –∠EDP=90°+∠CDE –45°=∠CDE +45°=∠BFE+∠PFE=∠BFP ．故△ADP ≌△BFP ．因此，AP=BP ，∠APD=∠BPF ．若CD//PE ，则A 、D 、P ，B 、F 、P 分别三点共线．又D 、P 、F 三点共线，则A 、P 、B 三点共线．由AD=BF ，DP=PF ，得AP=AD+DP=BF+PF=BP ．因此，P 为线段AB 的中点．若CD 与PE 不平行，由于点A 、B 在直线DF 的两侧，而D 、P 、F 三点共线，∠APD=∠BPF ，故A 、P 、B 三点共线，即点P 在线段AB 上．因为AP=BP ，所以，P 为线段AB 的中点．五、（15分）证明：在十进制表示中，数29的某个正整数幂的末三位数字为001．【解析】因为末三位数只有000到999这1000种不同的排列情况，而129，229，…，100129为1001个29的不同的幂数，所以，由抽屉原理，其中存在两个29的不同的幂数，它们的末三位数字是相同的，可设为29k 与29l (11001l k ≤<≤)．因此，()10002929k l -，即()100029291l k l --．而(29l ，1000)=1，于是，()1000291k l --，即29k l -的末三位数字是001．。

2021—2022学年北师大版七年级数学竞赛卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一，单项选择题（本大题共8小题,每题5分，共40分）1．已知553a =，444b =，335c =，则a 、b 、c 的大小关系为（ ） A ．c a b <<B ．c b a <<C ．a b c <<D ．a c b << 【答案】A【分析】把a 、b 、c 三个数变成指数相同的幂，通过底数可得出a 、b 、c 的大小关系． 【详解】解：∵a ＝（35）11＝24311，b ＝（44）11＝25611，c ＝（53）11＝12511， 又∵125243256<<，∴c a b <<．故选：A ．【点睛】本题考查了幂的乘方的逆运算，解答本题关键是掌握幂的乘方法则，把各数的指数变成相同．2．如果两个角的两边分别平行，而其中一个角比另一个角的3倍少20°，那么这两个角是（ ）A ．50°、130°B ．都是10°C ．50°、130°或10°、10°D ．以上都不对【答案】C【分析】首先由两个角的两边分别平行，可得这两个角相等或互补．然后设其中一角为x°，由其中一个角比另一个角的3倍少20°，然后分别从两个角相等与互补去分析，即可求得答案，注意别漏解．【详解】解：∵两个角的两边分别平行，∴这两个角相等或互补．设其中一角为x°，若这两个角相等，则x＝3x﹣20，解得：x＝10，∴这两个角的度数是10°和10°；若这两个角互补，则180﹣x＝3x﹣20，解得：x＝50，∴这两个角的度数是50°和130°．∴这两个角的度数是50°、130°或10°、10°．故选：C．【点睛】此题考查了平行线的性质与一元一次方程的解法．此题难度适中，解题的关键是掌握如果两个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，注意方程思想的应用．3．如图是某人骑自行车出行的图象，从图象中可以得到的信息是（）A ．从起点到终点共用了50minB ．20~30min 时速度为0C ．前20min 速度为4/km hD ．40min 与50min 时速度是不相同的【答案】B【分析】 分别根据函数图象的实际意义可依次判断各个选项是否正确．【详解】A 、从起点到终点共用了60min ，故本选项错误；B 、20~30min 时速度为0，故本选项正确；C 、前20min 的速度是5/km h ，故本选项错误；D 、40min 与50min 时速度是相同的，故本选项错误．故选：B ．【点睛】本题考查了函数图象的读图能力．要理解函数图象所代表的实际意义是什么才能从中获取准确的信息．4．如图，,AM CM 平分BAD ∠和BCD ∠，若3442B D ∠=︒∠=︒，，则M ∠=（ ）A ．34︒B ．38︒C ．40︒D ．42︒【答案】B【分析】 AD 、CM 交于点E ，AM 、BC 交于点F ，AD 、BC 交于点H ，根据三角形外角性质可证ABF 的外角AFC ∠和CMF 的外角CFA ∠是同角，分别可表示为B BAF ∠+∠与M FCM ∠+∠，根据角平分线性质可得11(180)22BAD B AHB ∠=︒-∠-∠，11(180)22BCD D CHD ∠=︒-∠-∠，将12BAD ∠、12BCD ∠代入计算即可求出． 【详解】解：AD 、CM 交于点E ，AM 、BC 交于点F ，AD 、BC 交于点H ，如图，∵ABF 的外角AFC ∠和CMF 的外角CFA ∠是同角，∵=AFC B BAF ∠∠+∠，=CFA M FCM ∠∠+∠，∵,AM CM 平分BAD ∠和BCD ∠， ∴12BAF BAD ∠=∠，12FCM BCD ∠=∠，∴1=2AFC B BAD ∠∠+∠，1=2CFA M BCD ∠∠+∠， ∵在ABH 中，11(180)22BAD B AHB ∠=︒-∠-∠， 在CDH △中，11(180)22BCD D CHD ∠=︒-∠-∠ ∴1=(180)2AFC B B AHB ∠∠+︒-∠-∠，1=(180)2CFA M D CHD ∠∠+∠︒-∠-∠； ∵AHB CHD ∠=∠， ∴11(180)(180)22B B AHB M D CHD ∠+︒-∠-∠=∠+∠︒-∠-∠， 11(180)(180)22B B AHB M D AHB ∠+︒-∠-∠=∠+∠︒-∠-∠， 整理得，1122B B M D ∠-∠=∠-∠， 化简得，1122M B D ∠=∠+∠ 将3442B D ∠=︒∠=︒，，代入1122M B D ∠=∠+∠，解得， ∴11113442382222M B D ∠=∠+∠=⨯︒+︒=︒． 故选：B ．【点睛】本题考查了三角形外角性质，角平分线有关的计算，灵活运用三角形外角性质及角平分线性质是解题关键．5．已知，如图，在△ABC 中，D 为BC 边上的一点，延长AD 到点E ，连接BE 、CE ，∠ABD+12∠3=90°，∠1=∠2=∠3，下列结论：①△ABD 为等腰三角形；②AE=AC ；③BE=CE=CD ；④CB 平分∠ACE ．其中正确的结论个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】 可根据证△ABF ≌△△ADF 推出AB=AD ，得出△ABD 为等腰三角形；可根据同弦所对的圆周角相等点A 、B 、C 、E 共圆，可判出BE=CE=CD ，根据三角形内角和等于180°，可判出AE=AC ；求出∠7=90°﹣32∠2，根据∠1=∠4=∠2推出∠4≠∠7，即可得出BC 不是∠ACE 的平分线．【详解】解：作AF 平分∠BAD ，∵∠BAD=∠3，∠ABD+12∠3=90°， ∴∠BAF=12∠3=∠DAF ， ∴∠ABF+∠BAF=90°∴∠AFB=∠AFD=90°，在△BAF 和△DAF 中BAF DAF AF AFAFB AFD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△ABF≌△ADF（ASA），∴AB=AD，∴①正确；∵∠BAD=∠2=∠3，∴点A、B、E、C在同一个圆上，∴∠BAE=∠4=∠3，∠ABC=∠6，∴BE=CE，∵∠5=∠ADB=∠ABD，∠BAE=∠4，∴∠5=∠6，∴CE=CD，即CD=CE=BE，∴③正确；∵∠6+∠2+∠ACE=180°，∠6=∠5=∠ADB=∠ABD=90°﹣12∠2．∴∠ACE=180°﹣∠6﹣∠2=90°﹣12∠2，∴∠ACE=∠6，∴AE=CE，∴②正确∵∠5=∠2+∠7=90°﹣12∠2，∴∠7=90°﹣32∠2，∵∠BAD=∠4=∠2，∴∠4≠∠7，∴④错误；故选C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、全等三角形的性质、同弦所对的圆周角相等、三角形内角和的相关知识，灵活运用所学知识是解题的关键．6．将一长方形纸片按如图所示的方式折叠，EF ，EG 为折痕，若30BEF ∠=︒，33AB ，则EG =（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6 【答案】D【解析】过E 作EH ⊥AD,由图知，∠BEF =∠B’EF =30°，∴∠CEG =∠C’EG =60°，四边形ABCE 为长方形，∴∠AGE =60°，∴△EC’G 为等边三角形， 3AB =AB=EH 为△EC’G 的高，所以30EHcos EG =︒∴EG =6.选D.7．若220x x +-=，则3222016x x x +-+等于（ ）A ．2020B ．2019C ．2018D ．－2020 【答案】C【分析】将220x x +-=变形为22x x =-+，22x x +=，代入3222016x x x +-+即可求解．【详解】解：∵220x x +-=，∴22x x =-+，22x x +=，∴3222016x x x +-+2222016x x x x =+-+()2222016x x x x =-++-+22016x x =++22016=+=2018．故选：C【点睛】本题考查了根据已知代数式的值求新代数式的值，将已知条件适当变形，代入所求代数式求解是解题关键．8．用若干根等长的小木棍搭建等边三角形（三边相等的三角形），搭建1个等边三角形最少需要3根小木棍，搭建2个等边三角形最少需要5根小木棍，搭建4个等边三角形最少需要小木棍的根数是（ ）A ．12B ．10C ．9D ．6【答案】D【分析】要先根据题意，画出图形，通过对图形观察，思考，得出需要小木棍的根数，然后图形对比，选出最少需要小木棍的根数．【详解】图1没有共用部分，要6根小木棍，图2有共用部分，可以减少小木棍根数，仿照图2得到图3，要7根小木棍，同法搭建的图4，要9根小木棍，如按图5摆放，外围大的等边三角形，可以得到5个等边三角形，要9根小木棍，如按图6摆成三棱锥(西面体)就可以得到4个等边三角形，∴搭建4个等边三角形最少需要小木棍6根．故选：D【点睛】此题考查的是组成图形的边的条数，解答此题需要灵活利用立体空间思维解答．二、填空题（本大题共6小题，每题5分，共30分）9．若(3)1x x -=，则x 的值为__．【答案】0或4或2【分析】分底数为1或-1，指数为0几种情况，分类讨论，列方程求解即可．【详解】解：当31x -=，解得：4x =，此时(3)1x x -=，当31x -=-，解得：2x =，此时(3)1x x -=，当0x =，此时(3)1x x -=，综上所述：x 的值为：0或4或2．故答案为：0或4或2．【点睛】本题考查了0指数的性质，解题关键是根据底数和指数进行分类讨论，注意：0指数底数不为0．10．若32211123325x ax x x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的积不含3x 项，则a =___________． 【答案】65【分析】先利用多项式乘多项式法则，展开合并后得到()543231111613525615x a x a x a x x ⎛⎫⎛⎫+-+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，根据题意得31052a -=，即可求解a ．【详解】 解：32211123325x ax x x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ =543432322111163525615x x x ax ax ax x x x +---+++- =()543231111613525615x a x a x a x x ⎛⎫⎛⎫+-+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∵32211123325x ax x x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的积不含3x 项， ∴31052a -=， 解得：65a =， 故答案为：65a =． 【点睛】本题考查多项式乘多项式，掌握多项式乘多项式的运算法则是解题的关键．11．如图，已知A 1B //A n C ，则∠A 1＋∠A 2＋…＋∠A n 等于__________(用含n 的式子表示)．【答案】()1180n -⋅︒【分析】过点2A 向右作21//A D A B ，过点3A 向右作31//A E A B ，得到321////...////n A E A D A B A C ，根据两直线平行同旁内角互补即可得出答案．【详解】解：如图，过点2A 向右作21//A D A B ，过点3A 向右作31//A E A B1//n A B A C321////...////n A E A D A B A C ∴112180A A A D ∴∠+∠=︒,2323180DA A A A E ∠+∠=︒...()11231...1180n n A A A A A A C n -∴∠+∠++∠=-⋅︒故答案为：()1180n -⋅︒．【点睛】本题考查了平行线的性质定理,根据题意作合适的辅助线是解题的关键． 12．已知正方形ABCD 的边长是1，E 为CD 边的中点， P 为正方形ABCD 边上的一个动点，动点P 从A 点出发，沿A B C D →→→运动，到达点E.若点P 经过的路程为自变量x ，△APE 的面积为函数y ，则当y ＝13时，x 的值等于_____________． 【答案】23或53【分析】根据P 点的运动轨迹，分析出当P 在AB 或BC 上均有可能，再根据APE ∆的面积为13分类讨论计算即可． 【详解】（1）当P 在AB 上时，如图：11123y x == ∴23x =（2）当P 在BC 上时，如图：()()11111111112222223ABP EDC y S S S x x ∆∆⎛⎫=--=+--⋅--= ⎪⎝⎭梯ABCE ∴53x = 故答案为：23或53 【点睛】本题考查动点问题与三角形面积求算，不规则图形面积求算通常采用割补法，同时注意分类讨论．13．如图，已知四边形ABCD中，AB＝12厘米，BC＝8厘米，CD＝14厘米，∠B＝∠C，点E为线段AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为_____厘米/秒时，能够使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等．【答案】3或9 2【分析】设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，根据∠B＝∠C，分①当BE＝CP＝6，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等；②当BE＝CQ＝6，BP ＝CP时，△BPE与△CQP全等，两种情况进行讨论即可．【详解】解：设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，∵∠B＝∠C，∴①当BE＝CP＝6，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等，此时，6＝8﹣3t，解得t＝23，∴BP＝CQ＝2，此时，点Q的运动速度为2÷23＝3厘米/秒；②当BE ＝CQ ＝6，BP ＝CP 时，△BPE 与△CQP 全等，此时，3t ＝8﹣3t ，解得t ＝43， ∴点Q 的运动速度为6÷43＝92厘米/秒； 故答案为3或92．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力．14．如图，在△ABC 中，E 是BC 上的一点，EC=2BE ，点D 是AC 的中点，设△ABC 、△ADF 、△BEF 的面积分别S 、S 1、S 2，且S=36，则S 1-S 2=_______．【答案】6【分析】ADF BEF ABD ABE S S S S -=-△△△△，所以求出ABD △的面积和ABE △的面积即可，而2EC BE =，点D 是AC 的中点，且36ABC S ∆=，则有1182ABD ABC S S ∆∆==，1123ABE ABC S S ∆∆==，由此即可求出12S S -的值． 【详解】 解：点D 是AC 的中点，即：12AD AC =， 36ABC S ∆=，11361822ABD ABC S S ∴==⨯=△△． 2EC BE =，36ABC S ∆=， 11361233ABE ABC S S ∴==⨯=△△， ()()ABD ABE ADF ABF ABF BEF ADF BEF S S S S S S S S -=+-+=-△△△△△△△△，即18126ADF BEF ABD ABE S S S S -=-=-=△△△△，即126S S -=．故答案为：6．【点睛】本题考查了三角形的面积，关键知道当高相等时，面积等于底边的比，根据此可求出三角形的面积，然后求出差．三、解答题（本大题共4小题,15题，16题7分，17,18题8分，共30分。

一、 〔 分 25 分，每小 只有一个正确答案，答 得5 分〕1.当 m1，代数式21 5m m 9 mm 3的 是〔〕6 m 2 9 m 2 m 3 m 3A. －1B.1C.1222.一个正八 形中最 的 角 等于a ，最短的 角 等b ， 个正八 形的面 〔〕A. a 2 b 2B. a 2b 2C.abD. ab3. 111 1 16 11 26 26 1 1的 是〔 〕.6 11 16 2121 31 31 36A.1B.1C.1D.1183633664.假定 n 是正整数， 1×2×3×⋯× n=n! ，比方 1！=1，4！=1×2×3×4=24，等等，假定 M=1! ×2！×3！×4！×5！×6！×7！×8！×9！，M 的 数中是完整平方数的共有〔 〕A.504 个B.672 个C.864 个D.936 个5.将 2021 表示成两个整数的平方差的形式， 不一样的表示方法有〔〕A.16 种B.14 种C.12 种种二、填空 〔 分 35 分，每小 7 分〕1.213.9 213.9 的 等于.2.平行四 形 ABCD 中，AD= a ，CD=b ， 点 B 分 作 AD 上的高h a 和 CD 上的高 h b ， h a a ， h b b ， 角 AC=20厘米，平行四 形 ABCD的面 平方厘米 .3. 0 a 11232829，而且a a a a a18 ，3030303030那么10a等于.〔此中x表示不超出 x 的最大整数〕4.△ ABC 中，∠A，∠B，∠C 的外角度数之比为α∶β∶γ〔α，β，γ均为正数〕，那么∠ A ∶∠ B∶∠ C 等于〔.用含α，β，γ的式子之比表示〕5.当1x 2 时，经化简x 2 x 1x 2 x 1 等于.三、〔总分值 10 分〕a b c 0 ，a2b2c21.（1〕求ab bc ca的值（2〕求a4b4c4的值四、〔总分值 15 分〕以下列图，六边形ABCDEF 中， AB=BC=CD=DE=EF=FA ，而且∠ A+ ∠C+∠E=∠B＋∠ D＋∠ F，求证∠ A＝∠ D，∠ B=∠E，∠ C=∠ F.五、〔总分值 15 分〕BCA DF E〔1〕证明：由 2021 个 1 和随意个 0 构成的自然数不是完整平方数；〔2〕试说明，存在最左侧 2021 位都是 1 的形如1111的自然数2021个1〔此中 * 代表阿拉伯数码〕是完整平方数.。

2007年初中数学竞赛试题赏析2007年春末夏初，国内的初中数学竞赛基本告一段落，暑假期间，在放松避暑纳凉的同时，对数学爱好者来说，把玩一下新的试题，也是一件乐事．下面为大家选析一些试题，供同学们玩赏．一、代数问题例1 已知a ，b ，c 是实数，若2222b c a bc +-，2222c a b ac +-，2222a b c ab+-之和恰等于1，求证：这三个分数的值有两个为1，一个为-1．（2007年北京市初二数学竞赛试题三）证明 由题设2222b c a bc +-+2222c a b ac +-+2222a b c ab+-=1， 即（2222b c a bc +--1）+（2222a c b ac +--1）+（2222a b c ab+-+1）=0， 通分，分子部分因式分解，（请自己完成演算）可得()()()2a b c c a b c a b abc+-+--+=0． 所以，或者a+b-c=0或者c+a-b=0或者b+c-a=0．①若a+b-c=0，则222222222222222222()21;222()21;222()2 1.222b c a b c b c bc bc bc bcc a b c a c a ac ac ac cab c a a b a b ab bc ab ab+-+--===+-+--===+-+-+-===- ②若c+a-b=0，同理可得2222b c a bc +-=1，2222c a b ac +-=-1，2222a b c ab+-=1， ③若c+a-b=0，同理可得2222b c a bc +-=-1，2222c a b ac +-=1，2222a b c ab+-=1． 综合①、②、③可得，三个分数2222b c a bc +-，2222c a b ac +-，2222a b c ab+-的值有两个为1，一个为-1．评析：由题设2222b c a bc +-+2222c a b ac +-+2222a b c ab+-=1，要证这三个分数的值有两个为1，一个为-1，想到证（2222b c a bc +--1）+（2222a c b ac +--1）+（2222a b c ab+-+1）=0 是关键．其中分子部分的因式分解，可检验你的代数式恒等变形的基本功是否过硬． 例2 设a 是正整数，二次函数y=x 2+（a+17）x+38-a ，反比例函数y=56x，•如果这两个函数的图象的交点都是整点（横坐标和纵坐标都是整数的点），求a 的值．（2007年全国初中数学联合竞赛（B 组）试题第三大题）解 联立方程组2(17)38,56,y x a x a y x ⎧=+++-⎪⎨=⎪⎩消去y 得x 2+（a+17）x+38-a=56x， 即x 3+（a+17）x 2+（38-a ）x-56=0，分解因式得（x-1）[x 2+（a+18）x+56]=0． （1）显然x 1=1是方程（1）的一个根，（1，56）是两个函数的图象的一个交点， 因为a 是正整数，所以关于x 的方程x 2+（a+18）x+56=0 （2）的判别式△=（a+18）2-224>0，它一定有两个不同的实数根．而两个函数的图象的交点都是整点，所以方程（2）的根都是整数，•因此它的判别式△=（a+18）2-224应该是一个完全平方数．设（a+18）2-224=k 2（其中k 为非负整数），则（a+18）2-k 2=224，即（a+18+k ）（a+18-k ）=224．显然a+18+k 与a+18-k 的奇偶性相同，且a+18+k ≥8，而224=112×2=56×4=28×8，18112,1856,1828,182,184,188.39,12,0,55,26,10.a k a k a k a k a k a k a a a k k k ++=++=++=⎧⎧⎧⎨⎨⎨+-=+-=+-=⎩⎩⎩===⎧⎧⎧⎨⎨⎨===⎩⎩⎩所以或或解得或或 而a 是正整数，所以只可能39,12,55,26,a a k k ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩或 当a=39时，方程（2）即x 2+57x+56=0，它的两根分别为-1和-56，此时两个函数的图象还有两个交点（-1，-56）和（-56，-1）．当a=12时，方程（2）即x 2+30x+56=0，它的两根分别为-2和-28，此时两个函数的图象还有两个交点（-2，-28）和（-28，-2）．评析：这是初中数学的重点知识与方法高度综合的题目，要求会自行演算独立解答．二、几何问题在初中阶段，图形的运动主要是合同变换，包含平移、轴对称、旋转和中心对称．另外，在我国的几何教学中，对等积变换的知识日益普及，主要是利用“同底等高的两个三角形面积相等”和三角形面积公式来证题、计算，包括解决线段的比例问题．例3 如图1所示，△ABC 中，∠ABC=46°，D 是BC 边上一点，DC=AB ，∠DAB=21°，•试确定∠CAD 的度数．（2007年北京市中学生数学竞赛初二年级试题四）图1 图2解如图2，作△ABD关于AD的轴对称图形△AED，即∠EAD=21°，AE=AB，•所以DE=BD．易知∠ADC=21°+46°=67°，所以∠ADE=∠ADB=180°-67°=113°，∠CDE=113°-67°=46°，连接CE，DC=AB，△ABD≌△CDE≌△ADE．设O为AE与DC的交点，由于∠ODE=∠OED=46°，所以OD=OE．又DC=AE，所以AO=CO ∠OCA=∠OAC ∠COE=2∠ACO．易知∠COE=2×46°=92°，因此2∠ACO=∠COE=92°∠ACO=46°=∠OAC．所以∠DAC=∠DAE+∠EAC=21°+46°=67°．例4如图3，已知等腰△ABC中，AB=AC，P、Q分别为AC、AB上的点，且AP=PQ=•QB=BC，则∠PCQ=______．（2007年北京市中学生数学竞赛初二年级试题）图3 图4解：如图4，过P作AB的平行线，过B作PQ的平行线，二平行线相交于O，则PQBO•是个菱形．连接CO．由AB=AC，AP=QB，则PC=AQ，AP=QB=PO，∠CPO=∠PAQ，所以△PQC≌△APQ，因此CO=PQ=CB=OB，可知△BCO为等边三角形，∠BCO=∠CBO=60°，•设∠CAB=θ，•则∠PCO=∠QBO=θ，由三角形内角和定理，得3θ+2×60°=180°⇒θ=20°，因此∠PCQ=80°-•50°=30°．例5 如图5，四边形ABCD 是梯形，点E 是上底AD 边上一点，CE 的延长线与BA 的延长线交于点F ，过点E 作BA 的平行线CD 交的延长线于点M ，BM 与AD 交于点N ．证明：∠AFN=∠DME ．（2007全国初中数学联合竞赛试题）例5分析 延长BF ，CM 相交于Q ，因为EM ∥AF ，所以∠DME=∠DQA ．要证∠AFN=∠DME ，只需证∠AFN=∠DQA 即可．为此，只需证FN ∥MC ．证明 （面积法）连接FM ，BE ，CN ，因为EM ∥AF ，所以S △PFM =S △PBE ，因为AD ∥BC ，S △BNE =S △CNE ，因此S △BNE +S △PNE =S △CNE +S △PNE ．即S △PBE =S △PNC ，所以S △PFM =S △PNC ．两边同加S △PMC 得S △FMC =S △NMC ，所以FN ∥MC ，又已知FB ∥ME ，所以∠AFN=∠DME ．至于其它的证法我们就不再例举了．例6 试问：18能否表示为3个互异的正整数的倒数的和？18能否表示为3•个互异的完全平方数的倒数的和？如果能，请给出一个例子；如果不能，请说明理由． （第12届华杯赛初一组决赛试题14）解：（1）由于18=14×12=14×（112+16+14）=114824++116，所以18能表示为3个互异的正整数的倒数的和．（2）不妨设三个正整数a<b<c ，满足18=21a +21b +21c． 由于a ，b ，c 是互异的正整数，则21c <21b <21a， 从而18=21a +21b +21c <23a ，所以a 2>24．又18>21a，所以a 2>8，故a 2=9或16． 若a 2=9，则21b +21c =18-19=172，于是172>21b，有b 2>72； 又因为21c <21b ，所以172=21b +21c <22b ， 因此b 2<144，所以72<b 2<144．故b 2=81，100或121，将b 2=81，100，121分别代入c 2=227272b b -，没有一个是完全平方数，此时无解．若a 2=16，则21b +21c =18-116=116， 同上讨论可得：16<b 2<32，所以b 2=25，c 2=22161625169b b ⨯=-不是整数． 综上所述，18不能表示为3个互异的完全平方数的倒数之和． 例7 已知a ，b 都是正整数，试问关于x 的方程x 2-abx+12（a+b ）=0是否有两个整数解？如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明．解 不妨设a ≤b ，且方程的两个整数根为x 1，x 2（x 1≤x 2），则有12121()2x x ab x x a b +=⎧⎪⎨=+⎪⎩ 所以x 1x 2-x 1-x 2=12a+12b-ab ，4（x 1-1）（x 2-1）+（2a-1）（2b-1）=5． 因为a ，b 都是正整数，所以x 1，x 2均是正整数．于是x 1-1≥0，x 2-1≥0，2a-1≥1，2b-1≥1，所以12(1)(1)0(21)(21)5x x a b --=⎧⎨--=⎩或12(1)(1)1(21)(21)1x x a b --=⎧⎨--=⎩ （1）当12(1)(1)0(21)(21)5x x a b --=⎧⎨--=⎩时，由于a ，b 都是正整数，且a ≤b ，可得a=1，b=3． 此时，一元二次方程为x 2-3x+2=0，它的两个根为x=1，x=2．（2）当12(1)(1)1(21)(21)1x x a b --=⎧⎨--=⎩时，可得a=1，b=1，此时，一元二次方程为x 2-x+1=0，它无整数解．综上所述，当且仅当a=1，b=3时，题设方程有整数解，且它的两个整数解为x 1=1，x 2=2．例8 （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）答案是否定的．若存在正整数m ，n ，使得m （m+2）=n （n+1）． 则（m+1）2=n 2+n+1，显然n>1．于是n 2<n 2+n+1<（n+1）2，所以n 2+n+1不是平方数，矛盾．（2）当k=3时，若存在正整数m ，n ，使得m （m+3）=n （n+1），则4m 2+12m=4n 2+4n ⇔（2m+3）2=（2n+1）2+8即（2m+3-2n-1）（2m+3+2n+1）=8⇔ （m-n+1）（m+n+2）=2， 而m+n+2>2，故上式不可能成立．当k ≥4时，若k=2t （t 是不小于2的整数）为偶数，取m=t 2-t ，n=t 2-1，则m （m+k ）=（t 2-t ）（t 2+t ）=t 4-t 2，n （n+1）=（t 2-1）t 2=t 4-t 2，因此这样的（m ，n ）满足条件．若k=2t+1（t是不小于2的整数）为奇数，取m=22t t-，n=222t t+-，则m（m+k）=22t t-（22t t-+2t+1）=14（t4+2t3-t2-2t）n（n+1）=222t t+-·22t t+=14（t4+2t3-t2-2t），因此这样的（m，n）满足条件．综上所述，当k=3时，答案是否定的；当k≥4时，答案是肯定的．（注：当k≥4时，构造的例子不是唯一的．）四、组合与极值组合问题对锻炼思维意义重大，初中只适宜分类计数、加法原理、乘法原理的简单运用，简单的包含排除原理，基本的抽屉原理也是重要的内容．但在初中阶段，不应提前引入排列组合的计算公式．特别是提前较大范围的培训高中的排列组合知识，会激起大范围超前学习的竞争热，从而影响基础教育，并且也影响竞赛的公平性．建议命一些以几何元素为背景的构造性的问题，容易引发学生兴趣，又使套用组合公式的人容易出错，这类问题的研制特别引人注目．例9 平面上有6个点，其中任何3个点不在同一条直线上，以这6个点为顶点可以构造多少个不同的三角形？从这些三角形中选出一些，如果要求其中任何两个三角形没有公共点，则最多可以选出多少个三角形？（第12届华杯赛初一组决赛试题12）解答:（1）先从6个点中选取1个做三角形的一个顶点，有6种取法；•再从余下的5点中选取1个做三角形的第二个顶点，有5种取法；再从余下的4个点中选取1个点做三角形的第三个顶点者，有4种取法．因为任何3个点不在同一条直线上，所以，这样选出的三个点可以做出一个三角形．但是，如果选出的三个点相同的话，则做出的三角形相同，•三个点相同的取法有3×2×1=6种，所以，以这6个点为顶点可以构造654321⨯⨯⨯⨯=20个不同的三角形．（2）每个三角形有3个顶点，所以，6个点最多只能做出2个三角形，•它们没有公共顶点，如图4（1）．（3）用英文大写字母A，B，C，D，E，F记这6个点，如果可以选出5个三角形，它们共有15个顶点，需要15个英文大写字母．但是，不同的英文大写字母仅有6个，因此，这5•个三角形中至少有三个三角形有同一个顶点，不妨设为点A．根据题目条件，这三个三角形没有公共边，即除去公共顶点A之外，其余6•个顶点互不相同，即表示这6个顶点的字母不相同．否则，根据题目条件，它们将有公共边．但是，除A之外，我们仅有5个不同的字母，所以，不可能存在5个三角形，它们没有公共边．如图4（2）所示，△ABC，△ADE，△BDF和△CEF这4个三角形没有公共边，所以，最多可以选出4个三角形，它们没有公共边．例10 若对于任意n个连续正整数中，总存在一个数的数字之和8是的倍数．试确定n的最小值，并说明你的理由．（2007北京市中学生数学竞赛初二年级试题五）解先证n≤14时题设的性质不成立．因为，当n=14时，对于9999993，9999994，…，999999，…，10000006这14个连续整数中，任意一个数字的数字之和均不能被8整除．所以n≤14时题设的性质不成立．因此要使题设的性质成立，应有n≥15．再证n=15时，题设的性质成立．设a1，a2，…，a15为任意的连续15个正整数，则这15个正整数中，个位数字为0•的整数最多有两个，最少有一个，可分为：（1）当a1，a2，…，a15中个位数字为0的整数有两个时，设a i<a j，且a i，a j的个位数字为0．则满足a i，a i+1，a i+2，…，a i+9，a j为连续的11个整数，其中a i，a i+1，a i+2，…，a i+9无进位设n i表示a i各位数字之和．则前10个数的各位数字之和分别为n i，n i+1，…，n i+9则这连续的10个数中至少有一个被8整除．（2）当a1，a2，…，a15中个位数字为0的整数只有一个时，设其中的a i的个位数字为0，•①若整数满足1≤i≤8，则在a i后面至少有7个连续整数，则a i，a i+1，a i+2，…，a i+7这8个连续整数的各位数字和也为8个连续整数，所以必有一个数能被8整除．②若整数i满足9≤i≤15，则在a前面至少有8个连续整数，不妨设为a i-8，a i-7，a i-5，a i-4，a i-3，a a-2，a a-2，a i-1，这8个连续整数的各位数字和也为8个连续整数，所以必有一个数能被8整除．由①、②可知，当a1，a2，…，a15中个位数字为0的整数只有一个时，必有一个数，其各位数字之和是8的倍数．综上（1）、（2）所述，对于任意15个连续整数中，必有一个数，•其各位数字之和是的倍数．而小于15个的任意连续整数不成立此性质，所以n的最小值是15．例11 平面上有若干个点，其中任意三点都不在同一直线上，将这些点分成三组，并按下面的规则用线段连接：①在同一组的任意两点都没有线段连接；②不在同一组的任意两点间一定有线段连接．（1）若平面上恰好有9个点，且平均分成三组，那么平面上有多少条线段？（2）若平面上恰好有9个点，且点数分成2，3，4三组，那么平面上有多少条线段？（3）若平面上共有192条线段，那么平面上至少有多少个点？（第十八届“希望杯”全国数学邀请赛初二第2试23题）解：（1）平面上恰好有9个点，且平均分成三组，每组3个点，•按题设规则用线段连接，可以连出3×3+3×3+3×3=27条线段．（2）平面上恰好有9个点，且点数分成2，3，4三组，按题设规则用线段连接，可以连出2×3+2×4+3×4=26条线段．（3）设平面上三组点数为m，n，p个，s=m+n+p，目标求s的最小值？按题设规则用线段连接，可以连出mn+mp+np=192条线段．由于s2=（m+n+p）2=m2+n2+p2+2mn+2mp+2np≥mn+mp+np+2mn+2mp+2np=3mn+3mp+3np=•3（mn+mp+np）=3×192=576=242所以s≥24．s的最小值是24．事实上，当这24个点平分为3组，每组8个点，按题设规则用线段连接，恰可以连出8×8+8×8+8×8=3×64=192条线段．因此平面上至少有24个点．- 11 -。

北京初二数学测试答案时间：8：30-10：30不定项选择，每题5分，多选，漏选，不选，选错均不得分。

1已知xyz =1，2232232233111y x zx y x z x y z y x y z x z y z ++=+++++++++，xy +yz +zx =1.则222x y z ++的值为（）.A.5B.6C.7D.8【解答】C 22322311()()x x x y x z x x y x z x xyz x y x z ==++++++++,故2232222231()()()2()321x xxxxx y x z x x y y z z x x y xyzxy x xyz xyzx ====+++++++⋅-+-∑∑∑∑∑∑∑∑∑，那么3x =∑，所以22=)-2=9-2=7xx xy ∑∑∑（.2关于x 的方程22(3)(2)0ax a x a +-+-=至少有一个整数解，且a 是整数，则下列关于a 的说法正确的是（）．A.a 的值有两个B.a 的值有三个C.a 均是偶数D.a 均是正数【解答】BC （1）当0a =时，13x =-不符合题意．（2）当0a ≠时，方程是一元二次方程，它至少有一个整数根，说明判别式24(3)4(2)4(94)a a a a ∆=---=-为完全平方数，故94a -是完全平方数，令294a n -=，n 是正奇数，且3n ≠否则0a =∴294n a -=由求根公式得：1,222(2)234(3)1129a n n n x a a n --±±±==-+=-+-、1413x n =-++，2413x n=-+-要使1x 为整数，而n 是正奇数，只能1n =，从而2a =要使2x 为整数，n 可取1,5,7，从而2,4,10a =--综上：2,4,10a =--.故选BC.3已知x 、y 、z 为实数，323232333333x x x y y y y z z z z x⎧++=⎪++=⎨⎪++=⎩，则xyz 的值可能为（）A ．3-B ．2-C ．1-D ．0【答案】CD4已知关于x 的不等式组255332x t x t x +⎧->⎪⎪⎨+⎪->⎪⎩恰有三个整数根，则t 的取值范围是（）．A．3423t -≤<-B．12372t -≤<-C．12877t -≤<-D．4837t -≤<-【答案】A 【难度】★★★【知识板块】不等式【解析】原不等式组解集为35322t x t +<<-，由于解集中恰有三个整数，故()3232542t t ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭，解得12877t -<<-，所以右端点374532,77t ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，即32t -在(]5,6或()6,7，对应的，三个整根必为5,4,3或6,5,4，（1）若三个整根恰为5,4,3，则5326t <-≤、32532t ≤+<，解得3423t -≤<-；（2）若三个整根恰为6,5,4，则6327t <-≤、33542t ≤+<，解得t ∈∅；综上，符合条件的t 的取值范围为3423t -≤<-．【备注】容易猜答案，只需代入端点尝试即可5如图，正方形ABCD 中，点E 、F 分别为边BC 、CD 上的点，连接AE 、AF ，与对角线BD分别交于点G 和点H ，连接EH ．则下列结论中正确的是（）A ．若222BG HD GH +=，则45EAF ∠=︒B ．若BE DF EF +=，则45EAF ∠=︒C ．若AH ⊥EH ，则45EAF ∠=︒D ．若E 、F 分别为边BC 、CD 的中点，则45EAF ∠=︒【答案】ABC6如图，在一张直角三角形纸片中，分别沿两直角边上一点与斜边中点的连线剪去两个三角形，得到如图所示的图形．注意到当a 的取值发生变化时，原直角三角形的形状会发生变化，则下列说法中正确的是（）A ．无论a 为何值，原直角三角形的斜边长都可能为B ．当a 变化时，原直角三角形最多有两种情形（大小，形状或位置不同均算不同情形）C ．当3a =时，原直角三角形的面积为18或12D ．当a 变化时，原直角三角形的面积并没有最大值【解答】CDA ：如图，当点A 为原直角三角形斜边中点时，斜边长为不过，此种情况要求4a <，当4a ≥时，此种情况不存在B ：如图：当2a =时，原直角三角形有4种情形，△111A BC 、△222A B C 、△333A B C 、△444A B C （矩形1243C C C C 为剪去后剩下的图形）C ：如图所示，当3a =时的两种情况，此时，原直角三角形面积分别为12（左图）和18（右图）a<<，此时原直角三D：如左图，当A为原直角三角形斜边中点时，知a的取值范围为04a>，此角形面积固定为12；如右图，当B为原直角三角形斜边中点时，a的取值范围为1时原直角三角形面积为6a，并无最大值7如图，直角△ABC中，90Ð=°，D为斜边BCBACD为D关于直线AC的对称点．将△ABC的中点，'绕点'D 旋转，使得点A 落在点C 处，此时，点B 落在点F 处，点C 落在点E 处，连接AE 、AF ，G 、H 分别为EF 、AF 的中点，连接DH ．则下列结论中正确的是（）A ．点D 、H 、G 共线B ．△CDG 为等腰直角三角形C ．AE ⊥EFD ．若1AC =，AB2DH =【解答】ACD如图，倍长AD 至I ，连接FI 、HG 、'AD ，'CD ，'ED 故AI BC EF ==，△ACD ≌△'ACD ≌△'CED ，设DAC α∠=，故''''DCA CAD ACD CED ECD α∠=∠=∠=∠=∠=，故2180902CAE CEA αα∠=∠==︒-︒-，所以9090IAE αα+︒-=︒∠=，即AI ⊥AE ，同理EF ⊥AE ，故C 正确．故AI ∥EF ，则四边形AEFI 为矩形，由三角形中位线的性质知DH ∥IF ，HG ∥AE ∥IF ，故D 、H 、G 三点共线，故A 正确．由三角形斜边上的中线为斜边一半，知1122CG EF BC CD ===，即△CDG 为等腰三角形．由前面的结论知DG ⊥AD ，故()90180229090CDG ADC αα︒-∠=︒-︒-=-︒∠=不为定值，故B 不正确．若1AC =，AB ，则60α=︒，2210ACE α=︒∠=，故AE ==，11222DH IF AE ===，即D 正确8一个直角三角形，一边的长和另一边上的中线分别为4和5（顺序不固定），则这个三角形斜边的长度可能为（）A ．5B ．6C ．8D ．10【解答】ACD如图：若中线为直角边的中线，即点D 为直角边AB 的中点，则①5AC =，4CD =，斜边长为5②5CD =，4BC =，则3BD =，6AB =，斜边长2246213AC =+=如图：若中线为斜边中线，即点D 为斜边AC 的中点③4BD =，AB 或5BC =，则斜边8AC =④5BD =，AB 或4BC =，则斜边10AC =故选择ACD9如图，在ABC D 中，2BC =，1CA =，60ACB Ð=°，△ABD 为正三角形，P 为其中心，则CP 的长度为（）A ．3B ．23C ．7D ．5【解答】A如图，连结PA ，PB ，易知,120A PA P PB B ∠==︒，于是由60ACB ∠=︒知180PAC PBC ∠+∠=︒.将PAC ∆旋转到PBE ∆，易知CPE ∆为顶角为120︒的等腰三角形，故33(12)333PC CE ==+=，故选A.10.如图，矩形ABCD 中，12AB =，25AD =，点E 为边BC 上一点，且13BE =，将矩形沿过点E 的直线折叠，折痕与矩形的另一个交点为F ，若点'B 在矩形ABCD 的边上，则折痕EF 的长可能为（）A ．12B ．13133C ．413D．5【答案】BCD11已知正整数N 的十进制形式包含字符串11235，k 为最小正整数使得10k N >，则()101,101k kN --最小值为（）．A．21B．34C．55D．89【答案】AD 【难度】★★★★★【知识板块】数论、字符串【解析】解答：设()101gcd ,101k k m N -=-，101,k sm N as -==，101ka Nm =-，故am包含字符串11235且(),101a =，（1）100.1123589= ，故89m =满足．（2）若有比89更小的m ，设为a m ''，不妨设0.11235a m '='（否则把a '扩大或缩小10t 倍），所以有5101089a m-'-<'，若差不为0，则差最小为189m '，当89m '<时，5211108989m ->>'，故矛盾．【备注】事实上1089是通过考虑斐波那契数列的母函数211i i i xF x x x ∞==--∑（可由斐波那契通项展开后分部求等比数列之和得到）得到的，由于想令1F 出现在十分位，故令110x =，得210189x x x =--，因为89比100小，所以肯定是最小的12下述k 的取值选项中，满足,2,3,,500000k k k k 的后六位数字均不为000000,111111,222222,,999999 （不足6位前面用0补齐）的是（）．A．888889B．962963C．984127D．989899【答案】ABCD 【难度】★★★★【知识板块】数论、同余【解析】四个k 均与10互质，故不可能有()6mod10x y ≡，使()6mod10kx ky ≡，也就是说满足tk 后六位为000000,111111,222222,,999999 的t 均至多只有一个．（1）()6888889111111mod10k =≡-，故tk 后六位要想是000000,111111,222222,,999999 ，t 模610分别是0,1,2,,9--- ，即0,999999,999998,,999991 ，显然不在1到500000中，成立；（2）（3）（4）同理知成立．【备注】如果学生足够聪明，可能会想到除了显然不成立的都应该是成立的，否则解答中不好说明13关于不定方程223a b c +=的非负整数解，下列说法正确的是（）.A.方程有两组解B.a 、b 、c 均不大于5C.a b c ++的最大值大于15D.以上都不对【解答】B分x 的奇偶性讨论，得()()()3,0,3,0,1,2,4,2,514如果一个正整数各位数字之和与各位数字之积的和恰好等于这个正整数，我们称它为“幸运数”.下列说法正确的是（）.A.所有幸运数之和为530B.这样的幸运数有8个C.没有三位数的幸运数D.以上都不对【答案】C15从1,2,3,,2020 中选取k 对数组(),i i a b （其中i i a b <）使得没有两对数组有公共的元素．假设所有的和i i a b +都互不相同且都不超过2020，则k 的最大值为（）．A．805B．806C．807D．808【答案】C 【难度】★★★【知识板块】组合最值【解析】因为()112212221k k a b a b a b k k k ++++++≥+++=+ ，且()()()()()1122120202019202140412k k a b a b a b k k k ++++++≤+++-=- ，所以()()14041212k k k k -≥+，424041k k +≤-，54039k ≤，807k ≤；又当807k =时，()()()()()()1,1214,2,1215,,403,1616,404,810,405,811,,807,1213 符合要求，故k 最大为807．16.已知正整数,x y 的最大公约数为3，最小公倍数是60，若x y >，则222x y xy-的值可能为（）.A.39940B.940C.3940D.9940【答案】AB17小明试图将1,2,,n 分成为,,A B C 三组，使得每个数均恰好属于其中一组，A 中的数均为奇数，B中的数均为偶数，所有3的倍数均在C中，并且,,A B C三组中所有数之和相等．则当n取下述哪些值时，小明的分法可以实现．（）A．35B．24C．92D．104【答案】AD【难度】★★★★【知识板块】构造与论证【解析】因为B中所有数的和一定为偶数，所以()12n n+必为6的倍数，()8,11mod12n≡；（1）()240mod12n=≡，故不成立．（2）35n=时，每组的和应为35361210 23⨯⋅=，令所有3的倍数构成C，则C中数和为198；令所有非3的倍数的奇数构成A，则A中数的和为216；令所有非3的倍数的偶数构成B，则B中数的和为216．所以，A给C两个数1和5、B给C两个数2和4即可．（3）同理，104n=同样成立．（4）但92n=时，每组的和应为929311426 23⨯⋅=，令所有非3的倍数的奇数构成A，则A中数的和为1441；所以，A需要踢掉和为15的若干个数，由于A中都是奇数，故要踢掉的数一定是奇数个，但{}1,5,7,11,13,17,19,23,,91A= ，一个、三个和均不能为15，五个及以上和显然大于15，故不成立．综上，答案为AD．【备注】容易把92也选上18从1、2、……、1000中至少要选出（）个数，才能保证选出的数中必存在三个不同的数构成一个三角形的三边长.A.15B.16C.17D.18【解答】B最优即为斐波拉契数列前15项19一个正三角形ABC ，每边10等分，过各分点作其他两边的平行线，将原三角形剖分为小的正三角形，下列说法正确的是（）.A.一共产生305个三角形（包括原三角形）.B.一共产生270个菱形C.一共产生90个三角形（包括原三角形）D.以上都不对【解答】A 分头朝上和朝下分别计数()()122+18n n n ⨯+个三角形()()12218n n n ⨯+-个菱形20凸10边形的任意3条对角线不相交于形内一点.下列说法正确的是（）.A.这些对角线产生210个交点.B.这些对角线将凸10边形分成246个区域C.这些对角线被分成了455条小线段D.以上都不对【解答】ABC 4n C 个四边形，每个四边形对应一个交点每个交点贡献4，每个端点贡献7，总共910，每条线段需要两个端点，故455条设i 边形有个n i 个，则34103410421080n n n +++=⨯+ 34101803601440360210+1808n n n +++=⨯⨯ 做差即可得246个区域。

1990年北京市初二数学竞赛初赛试题一、选择题（每小题7分，共56分） 1. a 是任意实数，则a a --的值为A. 必大于零B. 必小于零C. 必不大于零D. 必不小于零【解析】 若0a ≥，则0a a a a --=-=；若0a <，则2a a a a a --=--=-≥0，选D ．2. a 表示一个两位数，b 表示一个四位数，把a 放在b 的左边组成一个六位数，那么这个六位数应表示成A. abB. 10000a b +C. 10010000a b +D. 100a b +【解析】a 作为前两位，b 作为后四位，应该写成0000a b +的形式，即为10000a b +，选B ．3. 如图，在ABC △中，42A ∠=︒，B ∠和C ∠的三等分线分别交于D E ，，则BDC ∠的度数是A. 67︒B. 84︒C. 88︒D. 110︒ 【解析】 由“飞镖模型”可知：()13BDC A ABD ACD A ABC ACB ∠=∠+∠+∠=∠+∠+∠ ()121806033A A A =∠+︒-∠=∠+︒ 24260883=⨯︒+︒=︒，选C ．4. 如图，在ABC △中，P 是AC 上一点，取BP 的中点Q ，过CQ 并延长与AB 交于D ，则ABP △的面积ABP S △与ACD △的面积ACD S △的大小关系是A. ABP ACD S S <△△B. ABP ACD S S =△△C. ABP ACD S S >△△D. 不能确定 【解析】 连接AQ ，记BDQ ADQ BCQ S a S b S c ===△△△，，，则由题意可知 APQ S a b =+△，CPQ S c =△，由“燕尾定理”得a b c bc a++=， ∴1c a b ca b++=>，∴c a >， ∴ABP ACD S S <△△，选A ．5. 设0a b c d >>>>，且X =，YZ =，则X Y Z 、、的大小关系为A. X Z Y <<B. Y Z X <<C. X Y Z <<D. Z Y X << 【解析】22X ab cd ==++22Y ac bd ==++22Zad bc ==++，则()()220X Y ab cd ac bd a d b c -=+--=-->， ()()220Y Z ac bd ad bc a b c d -=+--=-->， ∴2220X Y Z >>>，∴0X Y Z >>>，选D ．6. 在四个实数中，如果任意三个之和都不比另一个小，则下列说法中必定错误的是EDCB AQP DCBAc a+b cb aQP D CBAA. 非零的数不可能只有一个B. 四个数可以都是正数C. 负数有两个D. 如果有零就没有负数【解析】 由题意得a b c d ++≥，a b d c ++≥，a c d b ++≥，b c d a ++≥，则0a b c d +++≥，若这四个数中有两个负数，设为c d ，，则a b c d ++≥， 此时b c d a ++<，不合题意，选C ．7. x y 、只能取A. 2553029464x y ==，B. 3761526855x y ==，C. 1512332477x y ==，D. 2832628614x y ==，【解析】 首先，奇数的平方被8除余1，那么两个奇数的平方和被8除余2，而偶数的平方一定能被4整除，则可以排除B 和C ．其次，一个完全平方数的尾数只可能是0，1，4，5，6，9，而D 中22x y +的尾数为2，也不可能．所以选A ．8. 已知实数a b 、分别满足424230a a--=和4230b b +-=，则代数式4444a b a +的值等于A. 175B. 55C. 13D. 7【解析】 根据题意，222b a -、是关于x 的一元二次方程230x x +-=的两个根，且222b a-≠，∴2221b a-+=-，2223b a -=-，()24422422442224422227a b b b b b a a a a a 2⎛⎫+⎛⎫⎛⎫=+=+-=-+--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，选D ．二、填空题（前6个题，每题6分，第7个题8分，共44分）1. =_____________．【解析】 原式()()211111119901990119901==--⨯+．2. 设实数x y 、满足2242420x y x y ++-+=，则22y x +_____________． 【解析】 左边配方得()()221210x y ++-=，∴112x y =-=，，∴221y x +--3. 等腰三角形一腰上的中线把这个三角形的周长分成12cm 和21cm 两部分，则这个等腰三角形的底边的长为______________．【解析】 设腰长为2x ，底边长为y ，由题意得21221x x x y +=⎧⎨+=⎩或22112x x x y +=⎧⎨+=⎩，解得417x y =⎧⎨=⎩或75x y =⎧⎨=⎩， 检验发现第一组解无法构成三角形，不合题意舍去， 所以，等腰三角形的底边长为5cm ．4._____________．【解析】2，2=10=5+5，而(22=24255<=，<5. 某厂二月份产量比一月份产量提高12.5%，三月份产量比二月份产量提高20%，那么三月份的产量比一月份产量提高的百分数为______________． 【解析】 设一月份的产量为x ，由题意可得二月份的产量为()112.5%x +，三月份的产量为()()27112.5%120%20x x ++=， 则三月份得产量比一月份产量提高了2735%20x x x ⎛⎫-÷= ⎪⎝⎭．6. 如图，AB BC CD ==，AD AE =，DE BE =，则C ∠的度数为_________． 【解析】 设BDE EBD x ∠=∠=，则2AED ADE x ∠=∠=， 在ADE △中，1804A x ∠=︒-， ∴1804C A x ∠=∠=︒-，又1801803CDB ADB x ∠=︒-∠=︒-， 则1803CBD CDB x ∠=∠=︒-，在BCD △中，180C CBD CDB ∠+∠+∠=︒， ∴180418031803180x x x ︒-+︒-+︒-=︒， ∴36x =︒，则180436C x ∠=︒-=︒．7. 如图1，我们规定在边长为1的正方形方格纸上，从格点O 到与它相邻的格点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 的直线运动形成的线段分别记为数码0，1，2，3，4，5，6，7．如以点O 为始点，数码2代表线段OC ，数码7代表线段OH 等等．在图2中画出了从P 点出发，依次按数码001223355的轨线图形.请你在图3的边长为1的正方形方格纸上，从点M 出发，依次按数码006756442312画出相应的轨线图形，___________．图3图2图1【解析】 依题意画轨线图形如图所示：的正方形有5个，边长为2的正方形有3的正方形有4个，边EDCBA长为1个，共有534113+++=个．。

2021年北京市中学生数学竞赛初二试题（含答案）2021年北京市中学生数学竞赛初二试题一、选择题（每小题5分，共25分）1．在1～100这100个自然数中，质数所占的百分比是（）．（A）25% （B）24% （C）23% （D）22%2．一个三角形的三边长都是整数，它的周长等于10，则这个三角形是（）．（A）直角三角形（B）钝角三角形（C）恰有两边相等的三角形（D）恰有一个内角为60°的三角形3．已知n为正整数，S=1+2+…+n．则S的个位数字不能取到的数字是（）．（A）0，1，2，3 （B）3，4，5，6 （C）3，5，6，8 （D）2，4，7，94．如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．S△AOB=4，S△COD=9．则S四边形ABCD的最小值是（）．（A）22 （B）25 （C）28 （D）32（1） (2) (3) 5．如果│a-b│=1，│b+c│=1，│a+c│=2，则│a+b+2c│等于（）．（A）3 （B）2 （C）1 （D）0 二、填空题（每小题7分，共35分）1．如图2，大圆的两条直线AC、BC垂直相交于点O，分别以边AB、BC、CD、DA为直径向大圆外侧作四个半圆，图中四个“月形”阴影的总面积是2cm2．?则大圆的半径等于_______cm．2．2 005被两位的自然数去除，可能得到的最大余数是_______． 3．已知a2+bc=14，b2-2bc=-6．则3a2+4b2-5bc=_________．4．如图3，在凸六边形ABCDEF中，AD、BE、CF三线共点于O，?每相邻三个顶点所组成的三角形的面积都等于1，则S六边形ABCDEF=_______．5．有6个被12除所得余数都相同的自然数，它们的连乘积为971 425．则这6?个自然数之和的最小值是________．三、（15分）已知非零实数a、b、c满足a+b+c=0.求证：（1）a3+b3+c3=3abc；- 1 -（2）（a?bb?cc?acab++）（++）=9.acba?bb?cc?a四、（15分）如图，在△ABC中，∠BAC=∠BCA=44°，M为△ABC形内一点，?使得∠MCA=30°，∠MAC=16°，求∠BMC的度数．- 2 -五、（10分）某学生在黑板上写出了17个自然数，?每个自然数的个位数码只能是0，1，2，3，4这5个数字中的一个．证明：从这17个数中可以选出5个数，?它们的和能被5整除．- 3 -参考答案一、1．A在1～100这100个自然数中，有质数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97共25个，所以，其中质数所占的百分比是25%． 2．C将10分拆成三个正整数之和，有10=1+1+8=1+2+7=1+3+6=1+4+5=2+2+6=2+3+5=2+4+4=3+3+4共八种情况．由“三角形两边之和大于第三边”可知，只有（2，4，4），（3，3，4）两组可构成三角形．由于等腰三角形两个底角都是锐角，于是，以2、4、4为边的等边三角形中，最小边2对的顶角也是锐角．以3、3、4为边的等腰三角形中，由32+32>42，?知顶角也是锐角．所以，以2、4、4为边的等腰三角形以及以3、3、4为边的等腰三角形都是锐角三角形，排除选项（A）、（B）?．?又由于等腰三角形中恰有一个内角为60°时变为等边三角形，与边为（2，4，4）、（3，3，4）的条件矛盾，排除选项（D）．由（2，4，4）、（3，3，4）为边的三角形是恰有两边相等的三角形． 3．D．由S=n(n?1)，又n、n+1是两个连续的自然数，知n（n+1）的个位数字只能取0，22，6．?所以，S的个位数字只能是0，1，3，5，6，8这六个数字．因此，S的个位数字不能取到的是2，4，7，9． 4．B如图1，设S△AOD=x，S△BOC=y，则S四边形ABCD=4+9+x+y≥13+2xy．由x4?，有xy=36．所以， 9yS四边形ABCD≥13+2xy=13+12=25．故S四边形ABCD的最小值是25．此时，AB∥DC，即四边形ABCD是梯形．5．A．由│a-b│=1，知a-b=1或a-b=-1；由│b+c│=1，知b+c=1或b+c=-1；由│a+c│=2，知a+c=2或a+c=-2．- 4 -这样，可以得到23=8个三元一次方程组：（1）a-b=1，b+c=1，a+c=2；（2）a-b=1，b+c=1，a+c=-2；（3）a-b=1，b+c=-1，a+c=2；（4）a-b=1，b+c=-1，a+c=-2；（5）a-b=-1，b+c=1，a+c=2；（6）a-b=-1，b+c=1，a+c=-2；（7）a-b=-1，b+c=-1，a+c=2；（8）a-b=-1，b+c=-1，a+c=-2．对于（2）～（7），将前两个方程相加得到的a+c的值与后一个方程不同，所以，不会出现这六种情况．对于（1），有a=2-c，b=1-c，所以， a+b+2c=3．对于（8），有a=-2-c，b=-1-c，所以， a+b+2c=-3．故│a+b+2c│=3．二、1．1．由勾股定理知AD2+CD2=AC2．所以，上面半个大圆的面积等于以AD、CD为直径的两个半圆的面积．同理，下面半个大圆的面积等于以AB、BC为直径的两个半圆的面积．?因此，正方形ABCD的面积等于四个“月形”的总面积．容易计算，大圆的半径OD是1cm． 2．85．由2 005依次被99，98，97，…去除，观察所得余数的值变化得 2005=99×20+25=98×20+45=97×20+65=96×20+85=95×21+10 =94×21+31=93×21+52=92×21+73=91×22+3=90×22+25=89×22+47 =88×22+69=87×23+4=86×23+27 =85×23+50．以下的余数不会大于84，故可能得到的最大余数是85． 3．18．3a2+4b2-5bc=3（a2+bc）+4（b2-2bc）=3×14+4×（-6）=18． 4．6．如图5，连结BD、CE．因为S△BCD=S△ECD=1，所以，BE∥CD．因为S△BAF=S△EAF，所以，BE∥AF．因此，BE∥AF∥CD．同理，CF∥DE∥BA，AD∥FE∥BC．- 5 -感谢您的阅读，祝您生活愉快。

北京数学竞赛试题及答案试题一：代数问题题目：已知 \( a, b, c \) 为实数，且满足 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。

求证：\( (a + b + c)^2 \leq 3 \)。

解答：根据题目条件，我们有 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。

展开\( (a + b + c)^2 \) 得到：\[ (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc) \]由于 \( a^2 + b^2 \geq 2ab \)，\( b^2 + c^2 \geq 2bc \)，\( c^2 + a^2 \geq 2ca \)（根据算术平均数-几何平均数不等式），我们可以得到：\[ 2(ab + ac + bc) \leq 2(a^2 + b^2 + c^2) = 2 \]将上述不等式代入 \( (a + b + c)^2 \) 的展开式中，得到：\[ (a + b + c)^2 \leq 1 + 2 = 3 \]证明完毕。

试题二：几何问题题目：在直角三角形 ABC 中，∠A = 90°，AB = 3，AC = 4。

求三角形 ABC 的外接圆半径。

解答：直角三角形 ABC 的外接圆半径 R 可以通过以下公式求得：\[ R = \frac{a + b + c}{2} \]其中，a 和 b 是直角边，c 是斜边。

在本题中，a = 3，b = 4，c = 5（根据勾股定理）。

代入公式得到：\[ R = \frac{3 + 4 + 5}{2} = 6 \]所以，三角形 ABC 的外接圆半径为 6。

试题三：组合问题题目：有 5 个不同的球和 3 个不同的盒子，将这些球放入盒子中，每个盒子至少有一个球。

求不同的放法总数。

解答：首先，我们需要将 5 个球分成 3 组，每组至少有一个球。

这可以通过组合数学中的“插板法”来解决。

我们有 4 个板子来分割 5 个球，形成 3 组。

北京市初中数学竞赛试题分类解析————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：北京市初中历年竞赛试题分类解析（一）绝对值【竞赛热点】1、 利用绝对值的几何意义求代数式的取值范围2、 利用绝对值的非负性解特殊方程3、 利用绝对值的定义去绝对值符号【知识梳理】绝对值是初中代数中的一个基本概念，是学习相反数、有理数运算及后续算术根的基础．绝对值又是初中代数中的一个重要概念，在解代数式化简求值、解方程（组)、解不等(组)等问题有着广泛的应用，全面理解、掌握绝对值这一概念，应从以下方面人手：1．去绝对值的符号法则：⎪⎩⎪⎨⎧<-=>=)0()0(0)0(a a a a a a2．绝对值基本性质 ①非负性：0≥a ；②b a ab ⋅=；③)0(≠=b ba b a ；④222a a a ==． 3．绝对值的几何意义从数轴上看，a 表示数a 的点到原点的距离(长度，非负)；b a -表示数a 、数b 的两点间的距离．【试题汇编】1、代数意义1、（2010•第2题）已知：三个数a b c 、、的积为负数，和为正数，且a b c ab ac bc x a b c ab ac bc=+++++，则x 的值为（ ） A ．1 B ．－1 C ．0 D ．与a ，b ，c 的值有关2、（2008•第9题）若x x =--2)1(1，则x 的取值范围是_____________。

3、（2007•第1题）已知|a |＝3，|b |＝,31且ab <0，则ba 的值是（ ） A. 9 B. 91- C.－9 D. 914、（2007•第11题）已知实数a 满足|2006－a |+2007-a ＝a ，那么a －20062的值是 ；5、（2007•第13题）已知对所有的实数x ，都有211--≥-++x m x x 恒成立，则m 可以取得的最大值为6、（2005•第2题）方程1735=--+x x 的解的个数有（ ）个A. 1 B . 2 C. 3 D.无数7、（2004•第9题）已知0)1(42=++-y x ，则20063y x ＝________________。