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“大梦杯”初中数学竞赛试题含参考答案

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所以，符合条件的a有6，24，8，其总和为38。
4．如图，在△ABC中，AB6，BC3，CA7，I为△ABC的内心，连接CI并延长交AB于点D。记△CAI的面积为m，△DAI的面积为n，则
3457A．B．C．D．
2334
m
（）n
CI
【答案】C【解答】依题意，
mIC
。
nID
A
D
（第4题）
B
ICACBC
由I为△ABC的内心知，。
IDADBD
所以，由等比定理知，
mICACBCACBC735。nIDADBDADDB63
5．已知x，y为实数，且满足x2xy4y24，记ux2xy4y2的最大值为M，最小值为m，则Mm（）
A．
406413631
B．C．D．315155
【答案】C
【解答】由x2xy4y24，得x24y2xy4，ux2xy4y22xy4。∵5xy4xy(x24y24(x2y244，当且仅当x2y，即x
y
1021010，或x，y时等号成立。555
210
，5
41212
∴xy的最小值为，ux2xy4y22xy4的最小值为，即m。
555
∵3xy4xy(x24y244(x2y24，当且仅当x2y，即x
x
266
，y时等号成立。33
266
，y或33
∴xy的最大值为∴Mm
42020
，ux2xy4y22xy4的最大值为，即M。333
2012136。3515
或解：由x2xy4y24，得x24y2xy4，ux2xy4y22xy4。

设xyt，若x0，则4；x0时，x
2
yt
，将y代入x2xy4y24，tx
4t2
得xt24，即x4(t4x24t20，………………①
x
44
由△(t4216t20，解得t。
53
将t
262104848xx代入方程①，解得x2，；解得x2，。t代入方程①，
353355
∴xy的最大值为
44
，最小值为。35
8208122012136
因此，M4，m4，Mm。
33553515
二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）
6．在平面直角坐标系内有两点A(1，1，B(2，3，若一次函数ykx2的图像与线段AB有公共点，则k的取值范围为。
【答案】1k
1
2
【解答】易得直线AB对应的一次函数的解析式为y2x1。
y2x1由，得(k2x3………………①
ykx2依题意，方程①有1x2的解。∴k20，且1或通过作图求解。
7．如图，在△ABC中，D为BC边上一点，E为线段AD上一点，延长BE交AC于点F。若
BD2AE1AF，，则。BC5AD2AC2【答案】
7
311
2，解得1k。故k的取值范围为1k。k222
A
FE
B
D（第7题）
【解答】如图，过点C作CG∥BF交AD的延长线于点G，则
AFAE
。ACAG
C
又由CG∥BE，知△DGC∽△DEB。

DGDC3∴。
DEDB2
37
∴AGADDG2DEDEDE。
22
B
G
A
FED
C
∴
AFAEDE2
。ACAGAG7
8．设x1，x2，x3，…，xn是n个互不相同的正整数，且x1x2x3的最大值是。
【答案】63
【解答】依题意，x11，x22，x33，…，xnn。∴2017x1x2x3于是，2017
xn123
n
n(n1
。2
xn2017，则n
n(n1
，n63。2
又当x11，x22，x33，…，x6262，x6364时，
x1x2x3
x62x63123
6264
6364
12017。2
∴所求n的最大值为63。
9．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于E点，若
AE
。AB
OA
5，则CE
C
E
【答案】
55
AO
B
【解答】由AB为⊙O的直径知，AEBC。设CEm，则
OA5m，AB25m。
由条件易得△ACE∽△BAE，∴
CEAE
，AE2CEEB，即AE2mEB。AEBE
（第9题）
结合AB2AE2EB2，得(25m2mEBEB2。
（或由射影定理得BA2BEBC，即(25m2BE(BEm）∴EB2mEB20m20，解得EB4m或EB5m（舍去）。∴AE2m，
AE2m5
。
AB25m5


三、解答题（共4题，每小题20分，共80分）
11．若关于x的方程x2(a3xa20有两个不相等的整数根，求a的值。【解答】设x1，x2是方程两个不相等的整数根，则x1x2a3，x1x2a2。∴a3，a2均为整数。因此，a为整数。……………………5分∴△(a324(a2a210a17(a528为完全平方数。设(a528t2（t为整数，且t0）。
则(a52t28。于是，(a5t(a5t8。……………………10分由于a5t，a5t奇偶性相同，且a5ta5t。
a5t4a5t2∴或。
a5t2a5t4
a2a8解得或。……………………………15分
t1t1经检验a2，a8符合要求。
∴a2或a8。…………………………20分另解：设m，n（mn）是方程两个不相等的整数根。
2
m(a3ma20则2
n(a3na20
①②
。
两式相减，得(mn(mn(a3(mn0。
由mn，得mna3，amn3。……………………5分将amn3代入①，得mnmn10。
∴(m1(n12。……………………10分
m12m11由于m，n为整数，且mn，因此，或。
n11n12
m1m2∴或。……………………………15分
n0n3m1m2当时，amn32；时，amn38。
n0n3
∴a2或a8。…………………………20分


13．对于整数n3，用(n表示所有小于n的素数的乘积。求满足条件(n22n32的所有正整数n。
【解答】解法一：若n11，则11整除(n，但11不能整除22n32。
因此，n11不符合要求。故，n11。………………………………10分若7n11，则(n2357210，由21022n32，得n11。…………15分若567，则(n23530，由3022n32，得正整数n不存在。若3n5，则(n236，由622n32，得正整数n不存在。若n3，则(n2，由222n32，得正整数n不存在。
∴满足条件的正整数n只有1个，n11。…………………20分
解法二：由(n22n32，得(n102422(n48。
由于(n是偶数，但不是4的倍数，因此，n48是奇数。………………5分若n483，则n48含有奇数的素数因子p，即p为奇素数，且p整除n48。由n48n知，p整除(n。由此p整除1024，矛盾。
故，n483，即n49，且n为奇数。……………………10分∵n49时，22n322249321046，∴(n1046。
又2357210，235711210111046。
∴n11。即n3，5，7，9，11。…………………15分将n3，5，7，9，11分别代入(n22n32验证，
n3时，(32，22n3234，不符合要求。n5时，(5236，22n3278，不符合要求。n7时，(723530，22n32122，不符合要求。n9时，(92357210，22n32166，不符合要求。n11时，(112357210，22n32210，符合要求。
∴满足条件的正整数n只有1个，n11。…………………20分

14．在一个mn（m行，n列，m1）的表格的每个方格内填上适当的正整数，使得：（1）每一列所填的数都是1，2，3，…，m的一个排列；（即在每一列中，1，2，3，…，
m这m个数出现且仅出现1次）
（2）每一行n个的数和都是34。
当上述的填数方式存在时，求(m，n的所有可能取值。【解答】依题意，每列m个数的和为123的和为34。
所以，
m(m1
n34m，(m1n682217。……………………5分2
m
m(m1
，共n列。又每行m个数2
又m1。所以，(m，n(67，1，(33，2，(16，4，(3，17。
当(m，n(67，1时，每一行1个数的和互不相同，与（2）矛盾，即符合条件的填数方式不存在。舍去。
记aij为第i行，第j列所填写的数。
当(m，n(33，2时，令ai1i，ai234i。
即当第1列自上而下各行所填的数依次为1，2，3，…，33；第2列自上而下各行所填的数依次为33，32，31，…，1时，符合要求。………………………10分
当(m，n(16，4时，令ai1i，ai217i，ai3i，ai417i。
即当第1列自上而下各行所填的数依次为1，2，3，…，16；第2列自上而下各行所填的数依次为16，15，14，…，1；第3列同第1列；第4列同第2列时，符合要求。
………………………15分当(m，n(3，17时，填写方式如下：231
312
123
123
321
123
321
123
321
123
321
123
321
123
321
123
321
符合要求。
所以，符合题意的填数方式存在时，(m，n的所有可能取值有3种，分别为：
(m，n(33，2，(16，4，(3，17。………………………………20分


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/84d4aeb985c24028915f804d2b160b4e767f8184.html

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