2016初中联赛试题及答案

1、2016年全国初中数学联合竞赛试题第一试(3 月 20 日上午 8:30 - 9:30)、选择题（本题满分 42 分，每小题 7 分）（本题共有 6 个小题，每题均给出了代号为ABC, D的四个答案，其中有且仅有一个是正确的将你所选择的答案的代号填在题后的括号内每小题选对得 7 分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得 0 分.）11.用x表示不超过x的最大整数，把x x称为x的小数部分.已知t，a是t2 V31 1的小数部分，b是t的小数部分，贝 U 丄丄（）2b aA.1C.1 D.、32 22.三种图书的单价分别为 10元、15 元和 20 元，某学校计划恰好

2、用500 元购买上述图书 30本，那么不同的购书方案有（A. 9种B. 10种C. 11种D.12种3（A）.如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”.3333如：2 1 （ 1） ,26 3 1 ,2和26均为“和谐数”.那么，不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为A. 6858 B. 6860 C. 9260 D. 926223(B).已知二次函数y ax bx 1(aa b为整数时，ab()13A. 0 B. C. D. 244AB,交AB于点C，连接AO并延长交e O于点E,若AB 8,CD 2,则BCE的面积为A. 12 B.15C.16 D

3、.185.如图，在四边形ABCD中，BAC0）的图象的顶点在第二象限，且过点(1,0).当4.已知e O的BDC 900,AB AC、5,CD 1,对角线( )的交点为M，则DMA辱負23C套D.12 26.设实数x, y,z满足x y z 1,则M xy 2yz 3xz的最大值为()123A. B. C. D.1234二、填空题(本题满分28分，每小题7分)(本题共有 4 个小题，要求直接将答案写在横线上.)1.【1(A)、2(B)】已知ABC的顶点A、C在反比例函数y(x 0)的图象上，xACB 900,ABC 300,AB x轴，点B在点A的上方，且AB 6,则点C的坐标为.1(B).已

4、知ABC的最大边BC上的高线AD和中线AM恰好把BAC三等分，AD、3,则AM.2(A).在四边形ABCD中，BC/AD,CA平分BCD,0为对角线的交点，CD AO, BC OD,则ABC.3.【3(A)、4(B)】有位学生忘记写两个三位数间的乘号，得到一个六位数，这个六位数恰 好为原来两个三位数的乘积的3 倍，这个六位数是.3(B).若质数p、q满足：3q p 40, p q 111,则pq的最大值为.4(A).将 5 个 1、5 个 2、5 个 3、5 个 4、5 个 5 共 25 个数填入一个 5 行 5 列的表格内(每 格填入一个数)，使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2.考虑每

5、列中各数之和，设这5 个和的最小值为M,则M的最大值为.第二试(3 月 20 日上午 9:50 11:20)一、(本题满分 20 分)已知a,b为正整数，求M 3a2ab22b 4能取到的最小正整数值.二、(本题满分 25 分)(A).如图，点C在以AB为直径的e O上，CD AB于点D,点E在BD上，AE AC,四边形DEFM是正方形，AM的延长线与e O交于点N.证明：FN DE.(B).已知：a b e 5, a2b2e215, a3b3e347.求(a2ab b2)(b2be c2)(c2ca a2)的值.三、(本题满分 25 分)(A).已知正实数x, y, z满足：xy yz zx

6、 1,且2 2 2 2 2 2(X l)(y 1) (y 1)(Z1) (z 1)(X1)4xyyzzx1 1 1(1) 求的值.xy yz zx(2) 证明：9(x y)(y z)(z x) 8xyz(xy yz zx).(B).如图，在等腰ABC中，AB AC .5,D为BC边上异于中点的点，点C关于直线AD的对称点为点E,EB的延长线与AD的延长线交于点F,求AD AF的值.2016年全国初中数学联合竞赛试题及详解第一试（3 月 20 日上午 8:30 - 9:30）、选择题（本题满分 42 分，每小题 7 分）1口称为x的小数部分已知t -，a是2 V3（ ）3234,即3 t 4,又

7、、3 3,b t （ 4）2, 31 1-,故选 A.2某学校计划恰好用500 元购买上述图书 30（ ）A. 9种B. 10种 【答案】C.C. 11种D. 12种（本题共有 6 个小题，每题均给出了代号为AB,C D的四个答案,其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内每小题选对得 7 分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得 0 分.）【解析】设购买三种图书的数量分别为x,y, z,则x y z 3010 x 15y 20z 500即y z3y 4z30 x100 2x，解得20 2x10 x依题意得,x, y, z为自然数（非负整数）1

8、1t的小数部分，b是t的小数部分，则2ba1.3d厂A.B.C.1 D.322【答案】A.【解析】Qt12、3,1.32,2气3a t 3.3 1.t2、3, 2J31,421 1112332b a2（2、；3）、3 1222.三种图书的单价分别为10 元、 15 元和 20 元，1.用x表示不本，那么不同的购书方案有QOC为ABE的中位线，BE 2OC 6.Q AE是e O的直径，B 90,故0 x 10, x有11种可能的取值(分别为0,1,2丄，9,10),对于每一个x值，y和z都 有唯一的值(自然数)相对应.即不同的购书方案共有 11 种，故选 C.3(A).如果一个正整数可以表示为两

9、个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”.如：2 13( 1)3,26 3313,2和26均为“和谐数”.那么， 不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为()A. 6858 B. 6860 C. 9260 D. 9262【答案】B.3322【解析】(2k 1) (2 k 1)(2k 1) (2 k 1) (2 k 1) (2 k 1)(2k 1) (2k 1)2 22(12k1)(其中k为非负整数)，由2(12k1) 2016得，k 9k 0,1,2丄,8,9，即得所有不超过 2016 的“和谐数”，它们的和为3(B).已知二次函数yax2bx1(a0)的图象的顶点在第二象限，且

10、过点(1,0).a b为整数时，ab( )1 A.0 B. C.3D.244【答案】B.【解析】依题意知a 0,b0,ab 10,故b 0,且b a 1，2aa b a ( a1) 2a1，于是1 a0,1 2a 1 1又a b为整数，2a 10,故a11b, ab，故选 B.2413( 1)3(3313) (5333) L(173153) (193173) 1931 6860.故选 B.4.已知e O的半径OD垂直于弦AB,交AB于点C， 连接AO并延长交e O于点E, 若AB 8,CD 2,则BCE的面积为()QOC为ABE的中位线，BE 2OC 6.Q AE是e O的直径，B 90,【解

11、析】设OC x,则OA OD x 2,QODAB于C,AC CB1-AB 4,2在Rt OAC中，OC2AC2OA2,即x242(x 2)2,解得x3，即OC 3A. 12 B.15C.16 D.18(第 4 题答案图)SBCE2CB2BE - 4212.故选 A.5.如图，在四边形ABCD中,BAC BDC 900,AB AC . 5,CD 1,对角线的交点为M，则DM(D.-2D（第5题答案图）【答案】D.AHBD于占J八、 、H,则AMHCMD ,AHCDAMCMQCD1,AHAMCMAM x,则CM 5x,AH在Rt ABM中，BM AB2AM2 x25,则AHAB5xx2J,显然xO

12、，化简整理得2x25、5x10 0解得x-,（x 2-、5不符合题意，舍去），故2AMBMCM丄,在Rt CDM中,2DM CM2CD2故选 D.26.设实数x, y, z满足x y z1,则M xy2yz 3xz的最大值为123A. B. C. D.1234【答案】C.【解析】M xy (2 y 3x)z xy (2 y 3x)(1x y)3x24xy2y23x 2y22依题意知n m 0,故CDn m,AD辽乜，于是m n33n m.=.=2解得j.32-33m n21（B）.已知ABC的最大边BC上的高线AD和中线AM恰好把BAC三等分,22211-23x 2 x1yxyx 3x2222

13、2221212 y x1133yx xx -x222244当且仅当x1,y0时，M取等号，故Mmax3故选 C.24二、填空题（本题满分28分，每小题7分）（本题共有 4 个小题，要求直接将答案写在横线上.）1.【1（A）、2（B）】已知ABC的顶点A、C在反比例函数y丄3（x 0）的图象上，xACB 90,ABC 300,AB x轴，点B在点A的上方，且AB 6,则点C的坐标为.【答案】2【解析】如图，过点C作CD AB于点D.在Rt ACB中，BCAB cos ABC 3. 3（第 1题答案图）在Rt BCD中，CDBC sin B9BD BC cosB ,2ADAB BD3,设C m,U

14、 ,A n二2mn2，故点C的坐标为2.3222AD 3,则AM【答案】2.【解析】C D AfB(第 1 题答案图 1 )(第 1 题答案图 2)【答案】167334.依题意得BADDAMMAC,ADBADC 900,故ABCACB.(1)若ABCACB时，如答案图 1 所示，ADM也ADB,BDDM1CM2ADDM11又AM平分DAC,，在Rt DAC中,即cosDACACCM22DAC 600,从而BAC900, ACD 300.在Rt ADC中，CDADtanDAC ,3 tan 60o3,DM1.在Rt ADM中，AMAD2DM22.(2)若ABCACB时,如答案图2 所示.同理可得

15、AM2.综上所述，AM2.ABCD中，BC/AD,CA平分BCD,0为对角线的交点，2(A).在四边形CD AO, BC0D,则ABC【解析】设OCD,ADO,QCA平分BCD,OCDOCB5cQ BC/AD,ADOOBC,DAOOCB,(第 2 题答案图)OCDDAO,ADCD,QCDAO,ADAO,ADOAODBOCOBC5OC BC,Q BC OD,OCOD,ODCOCDQ BOCODCOCD,BOCOBCOCB180o2 ,2180o,解得36o,72o,DBCBCD72o5BD CDAD,ABD._ _ o18054254 ,故ABCABDDBC126o.【答案】1260.3.【3(

16、A)、4(B)】有位学生忘记写两个三位数间的乘号，得到一个六位数，这个六位数恰 好为原来两个三位数的乘积的3 倍，这个六位数是【解析】设两个三位数分别为x, y，则1000X y 3xy，y 3xy 1000 x(3y 1000)x,故y是x的正整数倍，不妨设y tx(t为正整数)，代入得1000 t 3tx,x1000QX是三位数，x1000上100，解得3t3t1000t,Qt为正整数，t的可能取值为1,2,3.验证可知，只有t 2符合，此时299x 167, y 334.故所求的六位数为167334.3(B).若质数p、q满足：3q p4 0, pq 111,则pq的最大值为.【答案】1

17、007.【解析】由3q p 40得，p3q 4,pq2q(3q 4) 3q 4q 3 q22343,因q为质数，故pq的值随着质数q的增大而增大, 当且仅当q取得最大值时，pq取得最大值.又p q 111，3q 4 q111,q283，因q为质数，故q的可能取值为423,19,17,13,11,7,5,3,2，但q23时，p3q4655 13不是质数，舍去当q 19时，p 3q 4 53恰为质数.故qmax19,( pq)max53 19 1007.4(A).将 5 个 1、5 个 2、5 个 3、5 个 4、5 个 5 共 25 个数填入一个 5 行 5 列的表格内(每 格填入一个数)，使得

18、同一列中任何两数之差的绝对值不超过2.考虑每列中各数之和，设这5 个和的最小值为M,则M的最大值为.【答案】10.【解析】(依据 5 个 1 分布的列数的不同情形进行讨论，确定M的最大值.(1) 若 5 个 1 分布在同一列，则M 5；(2) 若 5 个 1 分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3,故2M 5 1 5 3 20,故M 10;(3) 若 5 个 1 分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3，故3M 5 1 5 2 5 3 30,故M 10;若 5 个 1 分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾第二试(3 月 20 日上午 9:50

19、 11:20)一、(本题满分 20 分)已知a,b为正整数，求M 3a2ab22b 4能取到的最小正整数值【解析】解：因a,b为正整数，要使得M3a2ab22b 4的值为正整数，则有a 2.当a 2时，b只能为 1,此时M 4.故M能取到的最小正整数值不超过4.当a 3时，b只能为 1 或 2.若b 1,M 18;若b 2，则M 7.当a 4时，b只能为 1 或 2 或 3.若b 1,M 38;若b 2, M 24;若b 3,则M 2.(下面考虑：M 3a2ab22b 4的值能否为 1？)(反证法)假设M 1，则3a2ab22b 4 1，即3a2ab22b 5，a(3a b2) 2b 5因b为

20、正整数，故2b 5为奇数，从而a为奇数，b为偶数，不妨设a 2m 1,b 2n，其中m,n均为正整数，则a(3a b2) (2m 1) 3(2m 1) (2n)24(3m23m 2mn2n2) 3即a(3a b2)被4除所得余数为 3,而2b 52(2 n) 54(n 1) 1被 4 除所得余数为 1,故式不可能成立，故M 1.因此，M能取到的最小正整数值为2.二、(本题满分 25 分)(A).如图，点C在以AB为直径的eO上,CD AB于点D,点E在BD上,AE AC,四边形DEFM是正方形，AM的延长线与e O交于点N.证明：FN DE.【证明】：连接BC、BN.Q AB为eO的直径，CD

21、 AB于点DACB ANB ADC 90Q CAB DAC, ACB ADC, ACB s ADC,ACABAC,AC2AD ABAD由四边形DEFM是正方形及CD AB于点D可知：点M在CD上，DEDMEF MFQ NABDAM ,ANBADM ,ANBsADMANABAD ABAM AN,2AC2AM ANADAM Q AEAC, AE2AMAN以点F为圆心、FE为半径作e F,与直线AM交于另一点P,则e F与AB切于点E,即AE是e F的切线，直线AMP是e F的割线，故由切割线定理得AE2AM APAN AP,即点N与点P重合，点N在e F上，FN FE DE.(注：上述最后一段得证

22、明用了“同一法”)(B).已知：a b c 5,a2b2c215, a3b3c347.求(a2ab b2)(b2be c2)(c2ca a2)的值.【解析】由已知得ab bc ca 1 (a bc)2(a2b2c2) 5由恒等式a3b3c33abc (a b c)(a2b2c2ab bc ca)得，47 3abc 5 (15 5),abc 1又a2ab b2(a b c)(a b) (abbc ca)5(5c) 55(4c)同理可得b2bc c25(4 a),c2caa25(4b)原式=53(4 a)(4 b)(4 c) 125 64 16(a b c) 4(ab bc ca) abc125

23、64 16 5 4 5 ( 1) 625.【注：恒等式(t a)(t b)(t c) t3(a b c)t2(ab bc ca)t abc】三、(本题满分 25 分)(A).已知正实数x, y, z满足：xy yz zx 1,且【解析】(i)解：由等式(x2 1)(y2 1) (y2 1)(z2 1) (z2 1)(x2 1)4,xyyzzx222222去分母得z(x1)(y1) x( y 1)(z1) y(z 1)(x 1) 4xyz,2 2xyz2 2xy z2 2x yzx(y2z2)y(z22 2x ) z(xy2) 3xyz(x y z) xyz 0,xyz(xyyzzx) (xyz)(xyyzzx) (x yz)xyz0,xyz(x yz)( xyyzzx1) 0，Q xy yzzx1,xy yzzx1 0，