全国初中数学联合竞赛试题参考答案.docx
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全国初中数学联合竞赛试题参考答案
2020年全国初中数学联合竞赛试题参考答案
讲明：
评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请
按照本评分标准规定的评分档次给分.假如考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷
时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.
第一试
一、选择题〔此题总分值42分，每题7分〕
此题共有6小题，每题均给出了代号为A,B,C,D的四个答案，其中有且仅有一个是正确的.将你所选择
.每题选对得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.
AFEF334
因此△AEF∽△ABC，故，即cosBAC，因此sinBAC.
ACBC555
424
在Rt△ABE中，BEABsinBAC6.应选D.
55
3．从分不写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，
第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，那么所组成的数是3的倍数的概率是〔
4．在△ABC中，ABC12，ACB132，BM和CN分不是这两个角的外角平分线，且点M,N
分不在直线AC和直线AB上，那么
解容易明白，4天之后就能够显现5种商品的价格互不相同的情形.
设5种商品降价前的价格为a，过了n天.n天后每种商品的价格一定能够表示为
D.
解∵（xx22008）（yy22008）2008，
xy.因此（xx22008）22008，解得x22008，因此
22222
3x22y23x3y20073x22x23x3x2007x220071.
应选D.
2512352
解∵a（）1a，∴aa1，
22
ADDNAD12
因此△ADN∽△MBA，故，从而DNBA1.
MBBAMB22
依照对称性可知，四边形AMCN的面积
11225
S2S△MAN2MNAO2（22）.
22222
m，n，且mn1.设满足上
3．二次函数yx2axb的图象与x轴的两个交点的横坐标分不为
述要求的b的最大值和最小值分不为p，q，那么pq
149162536496481100121144⋯，排在第1个位置的数
字是1，排在第5个位置的数字是6，排在第10个位置的数字是4，排在第2018个位置的数字是1
解12到32，结果都只各占1个数位，共占133个数位；
22
42到92，结果都只各占2个数位，共占2612个数位；
102到312，结果都只各占3个数位，共占32266个数位；
22
322到992，结果都只各占4个数位，共占468272个数位；
22
1002到3162，结果都只各占5个数位，共占52171085个数位；
现在还差2008（312662721085）570个数位.
3172到4112，结果都只各占6个数位，共占695570个数位.
因此，排在第2018个位置的数字恰好应该是4112的个位数字，即为1.
第二试〔A〕
〔此题总分值20分〕a2b21，关于满足条件0
1的一切实数x，不等式
a（1x）（1xax）bx（bxbx）0
恒成立.当乘积ab取最小值时，求a,b的值.
解整理不等式〔1〕并将a2b21代入，得
2
（1ab）x2（2a1）xa0
在不等式〔2〕中，令x0，得a0；令x1，得b
0.
2a1
易知1ab0，0a1，故二次函数y
2（1ab）
（1
2
ab）x2（2a1）xa的图象〔抛物线〕
0和1之间.
由题设知，不等式〔2〕关于满足条件0x1
切实数x恒成立，因此它的判不式
（2a1）24（1a
1
b）a0，即ab
4
ab
b21,14
消去b，得16a4
16a21
0，因此a2
23或a2
4
又因为a0，因此a
2或a
4
62，
3〕的解为
62
4
62
4
62
4
62
4
a,b的值有两组，分不为
1
ab的最小值为，现在
4
a62,b62和a62,b
62
4
BEAC.设AC2y（0ya），
二．〔此题总分值25分〕如图，圆O与圆D相交于A,B两点，
BC为圆D的切线，点C在圆O上，且ABBC.
〔1〕证明：
点O在圆D的圆周上.
〔2〕设△ABC的面积为S，求圆D的的半径r的最小值.
解〔1〕连OA,OB,OC,AC，因为O为圆心，ABBC，因
此△OBA∽△OBC，从而OBAOBC.
因为ODAB,DBBC，因此
DOB90OBA90OBCDBO，
因此DBDO，因此点O在圆D的圆周上.
〔2〕设圆O的半径为a，BO的延长线交AC于点E，易知
OEx，ABl，那么a2
22
xy，Sy（ax），
l2
（a
x）2
2ax
2
2a2ax2a（ax）
2aS
ABC
OBA
OAB
BDO,AB
BC,DBDO，因此△
BDO∽△
ABC，因此
BDBO
ABAC
rl
a，故
2y
al
2y
r2
22al
4y2
a22aS
2
4yy
（a）3
y
，即r
2
2S
，其中等号当a
2
y时成立，这时AC是圆O的
直径.因此圆D的的半径r的最小值为
2S
2
〔此题总分值25分〕设a为质数，b为正整数，且
故3n511m6a0，又nm2，因此3m2511m6a0
2
1〕式可知，（2ab）2能被509整除，而509是质数，因此2ab能被509整除，故m为整数，即
511272a为完全平方数
关于m的一元二次方程〔3〕有整数根，因此它的判不式
2222
不妨设511272at2〔t为自然数〕，那么72a5112t2（511t）（511t）.
由于511t和511t的奇偶性相同，且511t511，因此只可能有以下几种情形：
511t36a
①a,两式相加，得36a21022，没有整数解.
511t2,511t18a,
②两式相加，得18a41022，没有整数解
511t4,511t12a
③,两式相加，得12a61022，没有整数解
511t6,511t6a
④a,两式相加，得6a121022，没有整数解
511t12,511t4a
⑤,两式相加，得4a181022，解得a251.
511t18,
511t2a
⑥a,两式相加，得2a361022，解得a493，而4931729不是质数，故舍去
511t36,
综合可知a251.
502
现在方程〔3〕的解为m3或m502〔舍去〕.
3
50936251
把a251，m3代入〔2〕式，得b509362517.
3
第二试〔B〕
22
1〕
ayxybx0
恒成立.当乘积ab取最小值时，求a,b的值.
解由xy1,xy0可知0x1,0y1.
在〔1〕式中，令x0,y1，得a0；令x1,y0，得b0.
将y1x代入〔1〕式，得a（1x）2x（1x）bx20，即
2a1
易知1ab0，0a1，故二次函数y（1ab）x2（2a1）x
a的图象〔抛物线〕
2（1ab）
0和1之间.
由题设知，不等式〔2〕关于满足条件0
21
（2a1）24（1ab）a0，即ab.
4
由方程组
a2b21,
ab1
4
x1的一切实数x恒成立，
3〕
此它的判不式
消去b，得16a416a210，因此a2
23或a2
4
23
，又因为a0，因此a
4
62
4
或a
62
6262
a,
3〕的解为
4或4因此满足条件的a,b的值有两组，分不为
6262
b.
44
62626262
a,b和a,b
4444
〔此题总分值25分〕题目和解答与〔A〕卷第二题相同.
A〕卷第三题相同
〔此题总分值25分〕题目和解答与〔
第二试〔C〕
20分〕题目和解答与〔B〕卷第一题相同
25分〕题目和解答与〔A〕卷第二题相同
〔此题总分值25分〕设a为质数，
b,c为正整数，且满足
（1）
2
9（2a2bc）2509（4a1022b511c）
（2）
bc
求a（bc）的值.
解〔1〕式即（
6a6b3c24a1022b511c
509
509
6a6b设m
509
2bc
4a1022b511c
509
509m6a
509n4a
511
故3n511m6a0，又nm2，因此
3m511m6a0
1〕式可知，（2a2bc）2能被509整除，而509是质数，因此2a2bc能被509整除，故m为
整数，即关于m的一元二次方程〔4〕有整数根，因此它的判不式511272a为完全平方数
不妨设511272at2〔t为自然数〕，那么72a5112t2（511t）（511t）.
由于511t和511t的奇偶性相同，且511t511，因此只可能有以下几种情形：
511t36a
①a,两式相加，得36a21022，没有整数解.
511t2,511t18a
②a,两式相加，得18a41022，没有整数解
511t4,511t12a
③,两式相加，得12a61022，没有整数解
511t6,511t6a,
④两式相加，得6a121022，没有整数解
511t12,511t4a
⑤,两式相加，得4a181022，解得a251.
511t18,511t2a
⑥a,两式相加，得2a361022，解得a493，而4931729不是质数，故舍去.综
511t36,
502合可知a251，现在方程〔4〕的解为m3或m502〔舍去〕.
把a
251，
m3代入〔3〕式，得2bc
6251
7，即
2b7.
代入〔2〕式得b（2b7）2，因此b5，c3，因此a（b
c）
251（53）2008.
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