全國初中數(shù)學競賽試題及答案一、選擇題：（共5小題，每小題6分，滿分30分.以下每小題均給出了代號為A,B,C,D的四個選項，其中有且只有一個選項是正確的．請將正確選項的代號填入題后括號里．不填、多填或錯填都得0分）IX+y二12方程組/的實數(shù)解的個數(shù)為（）x+|y|二6（A）1（B）2（C）3（D）4解：選（A）。當x±0時，則有y—|y|=6,無解；當x〈0時，則y+|y|=18，解得：y=9,此時x=—3.口袋中有20個球，其中白球9個，紅球5個，黑球6個.現(xiàn)從中任取10個球，使得白球不少于2個但不多于8個，紅球不少于2個，黑球不多于3個，那么上述取法的種數(shù)是（）（A）14（B）16（C）18（D）20解：選（B）。只用考慮紅球與黑球各有4種選擇：紅球（2,3,4,5）,黑球（0,1,2,3）共4X4=16種已知a、b、c是三個互不相等的實數(shù)，且三個關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0,a2b2c2TOC\o"1-5"\h\zbx2+cx+a=0,cx2+ax+b=0恰有一個公共實數(shù)根，則廠+一+的值為（）bccaab（A）0（B）1（C）2（D）3解：選（D）。設這三條方程唯一公共實數(shù)根為t,則at2+bt+c=0,bt2+ct+a=0,ct2+at+b=0C三式相加得：(a+b+c)(t2+1+1)=0,因為t2+1+1豐0,所以有a+b+c=0，從而有a3+b3+c3=3abc,Ca2b2c2a3+b3+c33abc所以一+—+===3bccaababcabc4.已知△ABC為銳角三角形，00經(jīng)過點B,C,且與邊AB,AC分別相（A）內(nèi)心（B）外心（C）重心（D）垂心交于點D,E.（A）內(nèi)心（B）外心（C）重心（D）垂心解：選（B）。如圖△ADE外接圓的圓心為點F,由題意知：0O與OF是等圓，B且弧DmE=弧DnE，所以ZEAB=ZABE,ZDAC=ZACD,即厶ABE與厶ACD都是等腰三角形。分別過點E,F作AB,AC邊上的垂線,相交于點H,則點H是厶ABC的外心。又因為ZKHD=ZACD,所以ZDHE+ZACD=ZDHE+ZKHD=180°，即點H,D,C,E在同一個圓上,也即點H在0O上，因而0O經(jīng)過AABC的外心。5.方程x3+6x2+5x二y3-y+2的整數(shù)解（x,y）的個數(shù)是（）（A）0（B）1（C）3（D）無窮多解：選（A）。原方程可變形為：x（x+1）（x+2）+3x（x+1）=y（y-1）（y+1）+2,左邊是6的倍數(shù)，而右邊不是62020年全國初中數(shù)學競賽試題及答案2020年全國初中數(shù)學競賽試題及答案第6題圖A第7題圖GD第8題圖第6題圖A第7題圖GD第8題圖E(1)若圖像的頂點在AB上，則有<(2)若圖像的頂點在x軸下方，則有f(1)=1+a—3+3<0f(2)=4+2(a—3)+3>0,或［f⑴=1+a—3+3>0旦|f(2)=4+2(a—3)+3<0,3J36.如圖，點A,C都在函數(shù)y=(x>0)的圖像上，點B,D都在x軸上,x且使得△OAB,△BCD都是等邊三角形，則點D的坐標為解：填D(2j6,0)。設OB=2a,BD=2b，由△OAB,ABCD都是等邊三角形，得A(a,J3a),C(2a+b,J3b),把點A,c坐標代入y=吏3，解得：a=?'J3,b=a/6—^J3,x即D(2a+2b,0)二D(2j6,0)7.如圖，在直角三角形ABC中，ZACB=90°,CA=4.點P是半圓弧AC的中點，連接BP,線段BP把圖形APCB(指半圓和三角形ABC組成的圖形)分成兩部分，則這兩部分面積之差的絕對值解：填4。連結(jié)OP,OB,則所求面積之差的絕對值=2S+2S=2S=2X2X2三2=4。AOPQAOBQAOPB8.如圖，ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG=n?90°，貝yn=解：填6。如圖：ZA+ZE+ZF=360°-Za,ZB+ZC+ZG=360°-ZB,所以ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG=(360°-Za)+(360°-ZB)+ZDC=540°=6x90°9.已知點A，B的坐標分別為(1,0)，(2，0).若二次函數(shù)y二x2+(a-3)x+3的圖像與線段AB只有一個交點，則a的取值范圍是.解：填—1Wa<——,或a=3—2、：3^21<—<22解得:A=(a—3)2—12=0,分別解之，得—1<a<—2,綜上，得：—1<a10?已知對于任意正整數(shù)10?已知對于任意正整數(shù)n，都有ai+a2+…+aTOC\o"1-5"\h\z=n3，貝U++...+=a-1a-1a-1解：填3323解：填33。由a+a+...+a=n3及a+a+...+a=(n—1)3得a=n—(n—1)3=3n(n—1)+110012n12n—1n111/1110011聞/111133所以==一(-)，于是=(-)=(1-)=—a-13n(n-1)3n-1na-13n-1n3100100nn=2nn=2三、解答題(共4題，每題15分，滿分60分)

11.已知拋物線C:y=—x2—3x+4和拋物線C:y=x2—3x—4相交于A，B兩點.點P在拋物線1211.已知拋物線C:y=—x2—3x+4和拋物線C:y=x2—3x—4相交于A，B兩點.點P在拋物線12q上，且位于點A和點B之間；點Q在拋物線C上，也位于點A和點B之間.（1）求線段AB的長;(2)當PQ〃y軸時，求PQ長度的最大值.48|y解:(1)由y=—x2—3x+4解得y=x2—3x—4x=62或y=6,x=2y=—6,f(x)=(-x2-3-x)+42不妨設點A在點B的左側(cè)，則A（-2，6），B（2，-6）-5所以AB=、&(—2+2)2+(—6—6)2=4\：'10(2)設P(a,b)，則-2WaW2,y=b=—a2—3a+4，p因為PQ〃y軸，所以點Q的橫坐標為a,則爲=a2—3a—4所以PQ=y—y=(—a2—3a+4)—(a2—3a—4)=—2a2+8pQ即當a=0(屬于-2WaW2)-4Q-6時，PQ的最大值為8。-812.已知a，b都是正整數(shù),i-io試問關(guān)于x的方程x2—abx+2（a+b）=0是否有兩個整數(shù)解？如果有，請把它們求出來；如果沒有,請給出證明.-12解：假設方程x2-abx+2（a+b）=0有兩個整數(shù)解為xi，'由x+x=ab>0,xx=十(a+b)>0知x>0,x>0，1212212下證(1)x豐x12事實上，若x=x，則A=(ab)2—2(a+b)=0，(ab)2=2(a+b)，12即ab=汲^%=2(++1)<2(1+1)=4，因a，b為正整數(shù)，所以ab=l,2，3或4,abab易知不存在a,b的值滿足(ab)2=2(a+b)(2)不妨設x<x122xxa+b11貝y——==+—<2，即xx<x+x<2x,x+xabab1212212所以有x<2，因x是正整數(shù)，故x=1111把x=1代入原方程得，1一ab+1(a+b)=0即2ab—(a+b)—2=0，也即4ab—2(a+b)+1=512所以(2a—1)(2b—1)=5，因a,b都是正整數(shù)，解得:a=1Ia=3

b=3或［b解得:a=1Ia=3

b=3或［b=1,2b—1=5,或b—1=1,由x+x=ab得x=lx3一1=2122

綜上，存在正整數(shù)a=l,b=3或a=3,b=l，使得方程x2-abx+2（a+b）二0綜上，存在正整數(shù)a=l,b=3或a=3,b=l，使得方程x2-abx+2（a+b）二0有兩個整數(shù)解為X1-1，x2=2。13.如圖，點E,F分別在四邊形ABCD的邊AD,BC的延長線上，且滿足D二CFAD~BC．若CD，F(xiàn)E的延長線相交于點G,ADEG的外接圓與△CFG的外接圓的另一個交點為點P,連接PA,PB,PC,PD.求證：1）(2)APABsAPDC.證明：（1）連結(jié)PG,PE,PF,四邊形PGED和四邊形PGFC都內(nèi)接于圓ZPGE+ZPDE_180。ZPGF+ZPCF_180。,nZPDE_ZPCF上PED_ZPGD_ZPFCPDDEn_—PCCFADDEAD_PD

~BC~~PC\nAPCEBCCFZPDE_ZPCFnZPDA_ZPCB2)ADPD\nAPADAPBCnBCPCZAPD_ZBPCnZAPB_ZDPC、<PAPDPAPB|nAPABAPDC〔PBPCPDPCJ14.(1)是否存在正整數(shù)m,n，使得m(m+2)_n(n+1)?(2)設k(k>3)是給定的正整數(shù)，是否存在正整數(shù)m,n，使得m(m+k)_n(n+1)?解：(1)由m(m+2)_n(n+1)得：(m+1)2_n2+n+1又因為當n為正整數(shù)時，n2<n2+n+1<(n+1)2，所以n2+n+1不是完全平方數(shù)，即m+1不是正整數(shù)，故不存在正整數(shù)m,n，使得m(m+2)_n(n+1)(2)當k=3時，由m(m+3)_n(n+1)得：m2+3m一n(n+1)_0,若關(guān)于m的方程有正整數(shù)解，則A_9+4n(n+1)_8+(2n+1)2_l2(l為正整數(shù))，即12-(2n+1)2_&[1+(2n+1)][(l-(2n+1)]_8

+(2n+1)二8亠+(2n+1)二4所以<,或<,[1-(2n+1)二1[1-(2n+1)二2解得：n二5,0所以不存在正整數(shù)m,n，使得m(m+k)=n(n+1)。4當k>3時，①若k=2t(t>2的正整數(shù))，代入m(m+k)=n(n+1)。整理得m2+2tm一n(n+1)=0設A=4t2+4n(n+1)=(4t2一1)+(2n+1)2=12(1為正整數(shù))即12-(2n+1)2=4t2―1,1+(2n+1)][(1-(2n+1)]=(4t2―1)x1，解得“，此時m=—^2tL=-2t；2t2=12—tIn=12-122，解得“，此時m=—^2tL=-2t；2t2=12—tIn=12-122②若k=2t+1(t>2的正整數(shù))，代入m(m+k)=n(n+1)。整理得m2+(2t+1)m一n(n+1)=0設A=(2t+1)2+4n(n+1)=4t(t+1)+(2n+1)2=12(1為正整數(shù))即12-(2n+1)2=4t(t+1),[1+(2n+1)][(1-(2n+1)]=2t(t+1)x21+1+(2n+1)=2t(t+