全国初中数学联合竞赛试题及解析(完整版)

2023年12月9日发(作者：金华区中考数学试卷)

全国初中数学联合竞赛试题及解析（完整版）

(文档可以直接使用，也可根据实际需要修改使用,可编辑 欢迎下载） 2021年全国初中数学联合竞赛试题

第一试

一、选择题（本题满分42分，每小题7分）

1.计算432241242（ ）

（A）21 （B）1 （C）2

2.满足等式2mm2m2（D）2

1的所有实数m的和为（ ）

（A）3 （B）4 （C）5 （D）6

3.已知AB是圆O的直径，C为圆O上一点，CAB15，ABC的平分线交圆O于点D，若CD3，则AB=（ ）

（A）2 （B）6

4.不定方程3x27xy2x5y170的全部正整数角（x,y）的组数为（ ）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

5矩形ABCD的边长AD=3，AB=2，E为AB的中点，F在线段BC上，且BF：FC=1：2，

AF分别与DE，DB交于点M，N，则MN=（ ）

（A）（C）22 （D）3

355595115 （B） （C） （D）

7142828

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个数，则称n为“好数”，那么，所有“好数”之和为（ ）

（A）33 （B）34 （C）2021 （D）2021

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xy4,z1xy2y9,则x2y3z

2.将一个正方体的表面都染成红色，再切割成n(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=

3.在ABC中，A60,C75,AB10，D，E，F分别在AB，BC，CA上，则DEF的周长最小值为

34.如果实数x,y,z满足x2y2z2xyyzzx8，用A表示xy,yz,zx的最大值，则A的最大值为

第二试（A）

2222一、（本题满分20分）已知实数a,b,c,d满足2a3c2b3dadbc6,求

2a2b2c2d2的值。

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AC，若OP

三、（本题满分25分）已知t是一元二次方程xx10的一个根，若正整数a,b,m使得等式atmbtm31m成立，求ab的值。

29PBAC，求的值。

2AC 第二试（B）

一、 （本题满分20分）已知t21，若正整数a,b,m使得等式atmbtm17m成立，求ab的值。

二、（本题满分25分）在ABC中，AB>AC，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AOB2SAOI。

三、（本题满分25分）若正数a,b,c满足

b2c2a2c2a2b2a2b2c23，

2bc2ca2ab222b2c2a2c2a2b2a2b2c2求代数式的值。

2bc2ca2ab

2021年全国初中数学联合竞赛试题解析

第一试

一、选择题（本题满分42分，每小题7分）

1.计算432241242（B）

（A）21 （B）1 （C）2 （D）2

2.满足等式2mm2m21的所有实数m的和为（A）

（A）3 （B）4 （C）5 （D）6

3.已知AB是圆O的直径，C为圆O上一点，CAB15，ABC的平分线交圆O于点D，若CD3，则AB=（A）

（A）2 （B）6 （C）22 （D）3

4.不定方程3x27xy2x5y170的全部正整数角（x,y）的组数为（B）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

5矩形ABCD的边长AD=3，AB=2，E为AB的中点，F在线段BC上，且BF：FC=1：2，

AF分别与DE，DB交于点M，N，则MN=（C）

（A）355595115 （B） （C） （D）

7142828

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个数，则称n为“好数”，那么，所有“好数”之和为（B）

（A）33 （B）34 （C）2021 （D）2021

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xy4,z1xy2y9,则x2y3z 4

2.将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= 8

3.在ABC中，A60,C75,AB10，D，E，F分别在AB，BC，CA上，则DEF的周长最小值为

56

4.如果实数x,y,z满足x2y2z2xyyzzx8，用A表示xy,yz,zx的最大值，则A的最大值为

46

3

第二试（A）

2222一、（本题满分20分）已知实数a,b,c,d满足2a3c2b3dadbc6,求

2a2b2c2d2的值。

22222222解：设mab,ncd，则2m3n2a2b3c3d12.

2因为2m3n2m3n24mn24mn，即1224mn，所以

22mn6…………………………………………………………………………○1

22又因为mnab2c2d2a2c2b2d2a2d2b2c2

2acbdadbcadbc6………………………………○2

22由○1，○2可得mn6.即ab2c2d26

存在且不唯一，注：符合条件的实数a,b,c,da2,b1,c623就是一组。

,d339PBAC，求的值。

2AC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AC，若OP解：连OC，因为PC，PB为圆O的切线，所以∠POC=∠POB。

又因为OA=OC，所以∠OCA=∠OAC。

又因为∠COB=∠OCA+∠OAC，所以2∠POB=2∠OAC，所以∠POB=∠OAC，所以OP∥AC。

又∠POB=∠OAC，所以BAC又OPPOB，所以ACAB。

OBOP9AC，AB=2r，OB=r（r为圆O的半径），代入可求得

22OP=3r,AC=r.

3在RtPOB中，由勾股定理可求得PBOP2OB222r。

所以PB22r32。

2ACr32三、（本题满分25分）已知t是一元二次方程xx10的一个根，若正整数a,b,m使得等式atmbtm31m成立，求ab的值。

解：因为t是一元二次方程xx10的一个根，显然t是无理数，且t1t。

等式atmbtm31m即abtmabtm31m，

2222即ab1tmabtm31m，即mababtabm31m0.

22ab31m,mabab0,因为a,b,m是正整数，t是无理数，所以于是可得

22ab31mm.abm31m0,因此，a,b是关于x的一元二次方程xm31x31mm0的两个整数根，该方程22的判别式m31431mm2231m315m0.

31.

5又因为a,b是正整数，所以ab31m0，从而可得0m又因为判别式是一个完全平方数，验证可知，只有m6符合要求。

把m6代入可得ab31mm150.

2

第二试（B）

一、 （本题满分20分）已知t21，若正整数a,b,m使得等式atmbtm17m成立，求ab的值。

解：因为t21，所以t322.

等式atmbtm17m即abt2mabtm217m,

即ab322mab221m217m，

2整理得mab2ab23abmabm17m0

于是可得ab217m,

2ab17mm.a,b是关于x的一元二次方程x22(m17)x17mm20……○因此，1的两个整数根，

方程○1的判别式4m17417mm22417m172m0.

17

2又因为a,b,m是正整数，所以ab217m0，从而可得0m又因为判别式是一个完全平方数，验证可知，只有m8符合要求，

把m8代入得ab17mm72。

二、（本题满分25分）在ABC中，AB>AC，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AOB2SAOI。

证明（1）作OM⊥BC于M，IN⊥BC于N。

设BC=a，AC=b，AB=c。

易求得CM=2111a，CN=abc，所以MN=CM-CN=cb=OI，

222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OM=IN=r（即为ABC的内切圆半径），则

SAOCSAOIAOBSAOISCOISAICS2SAIBSAOISBOI2SSBOISCOISAICSAIBAOI1111OIrOIrACrABr22222SrOI12b1AOI2c2SAOI.

三、（本题满分25分）若正数a,b,c满222b2c2a2c2a2b2a2b2c23，求代数2bc2ca2abb2c2a2c2a22bcb22caa2b2c22ab的值。

解：由于a,b,c具有轮换对称性，不妨设0abc.

（1）若cab，则cab0,cba0，从而得：

b2c2a2cb222bc1a2bc1,

c2a2b2ca222ca1b2ca1,

a2b2a2ab2c2ab22ab11,

b2c2a22c2a2b22a2b2c22所以2bc2ca2ab3，与已知条件矛盾。

（2）若cab，则0cab,0cba，从而可得：

b2c2a2cb2a202bc12bc1,

c2a2ca2b2b202ca12ca1,

a2b2ab2c20c22ab12ab1,

足式a2b2a2abc11,

2ab2ab22b2c2a2c2a2b2a2b2c2所以3，与已知条件矛盾。

2bc2ca2ab综合（1）（2）可知：一定有cab.

222b2c2a2c2a2b2a2b2c21,1,1 于是可得2bc2ca2abb2c2a2c2a2b2a2b2c21. 所以2bc2ca2ab