2016全国初中数学邀请赛预测试卷答案

一、选择题 1. C

535359515151xx31x1x21224224，

2.D

x3z12222yz2由已知可得，于是，xyz11z2z5

154z22211时，xyz的最小值为11 故 3. C

19yxy24y2，进而，x4，因此，2 题设两式相乘可得：xx，则

4.C

S1EFS4SBFS3SS1，则2如图8，连接DE。设△DEF

SSS2S4 故S1S3S2S4。因为S1S1，所以，135. C

解：若a4，则概率为

13；由4132231知，ab4的概率为2；由663；若abcd4，则只能是634112121211知，abc4的概率为

abcd1，概率为

1． 46注意到上述四种情况中任意两种不可能同时成立，因此a4，或ab4，或abc4，或abcd4的概率为

133111343 23416666661296二、填空题 6.

【解析】 易知,x2是方程的一个根。

设方程的另两个根为x1、x2x1≥x20 则x1x24，x1x2m

3 1 / 5

由题设知0≤x1x22，则0≤164m4 所以3m≤4

7.

【解析】 设点Ca,b、Dc,d。则点Aa,a、Bc,c

yBACO图12222两边同时平方整理得4abcd8ab2cd6

1因为点C、D在双曲线y上，所以，ab1，cd1。

x由BD2AC，则cd2ab，

Dx即4OC2OD26

8. 111

解：由xy2yx2，可得(xy)(xy1)0．因为xy，所以xy10．

将y(x1)代入原方程可得

13a(x2x1)x，10x10.

24当x10时，a有最小值，最小值为（102101）111．

9.

211【解析】 由1x≥0，且x≥0，得≤x≤1

22131131则y2x2x2x 222241622131，所以 243x时，y2取最大值1，故a1

4112x或1时，y2取最小值，故b

222322因此ab

2因为

2 / 5

10.

【解析】 设BCa，ACb，则a2b21225

FEAF12b12 因为Rt△AFE∽Rt△ACB，所以，即CBACab则12abab

AFECab2a2b22ab122524ab

D图3B∴ab49 故abc84

三、解答题 11.

【解析】 设方程x2axb0的两个根为,（,为整数，且≤）

则方程x2cxa0的两根为1,1

由题意得：a,11a 两式相加得，110 整理得：223 15 所以，13所以abc3或29

12. 如图4，已知点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙O1与△BCH的外接圆⊙O2交于点D，延长AD与CH交于点P．求证：P为CH的中点．

AAO1HDO1HDPBO2CPBO2CQ图4图4'

【解析】 如图4，延长AP与⊙O2交与点Q

联结AH、BD、QB、QC、QH

3 / 5

由AB是⊙O1的直径知∠ADB∠BDQ90 故BQ是⊙O2的直径。

于是CQBC,BHHQ

由H为△ABC的垂心知AHBC，BHAC 所以AH∥CQ,AC∥HQ

故四边形ACQH为平行四边形 因此，P为CH的中点

13. ⑴分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足分别为C、D

A0,tB0,t设点，则 PxP,yPQxQ,yQ设直线PQ的解析式为ykxt，并设， x0xQ其中P ykxt22223yxxkxt0xxtPQ332由，得，于是

BCyPtxP2txPxQBDyQtxQ3∴，则 PCxBCPCPQDxQ∵，∴BDQD，故Rt△BCP∽Rt△BDQ 因此，∠ABP∠ABQ

⑵设直线PQ的解析式为ykx1 由⑴知∠ABP∠ABQ30 所以，BQ2DQ 故

2xQxQ2yQ12 22yQxQ24x15xQ90Q3将代入上式，平方并整理得

32或3 解得，

333xPxQtxPxQk22，2 又由⑴得

323xQkxPxQ2，则xP3，从而33 若

3kx33 同理，若Q，则xQ故直线PQ的解析式为

y33x1x1y33或

4 / 5

14. 证明：（1）由于m,n,t均为正整数，而原方程等价于 t(mn)(mn)(mn)n2， 故必有mn．

设mnk，其中k是正整数，则上式可化为t(2nk)kkn2，并可写成关于n的一元二次方程

n22ktntk2k0． ① 由于n为正整数，故其判别式

(2kt)24(tk2k)4k(t(t1)k1)

是完全平方数，即kt(t1)k1是完全平方数． 又因为(k,t(t1)k1)是完全平方数． （2）设kx2,t(t1)k1y2，其中x,y是正整数，则有

t(t1)x21y2．

(k,1)所以k和t(t1，1)k这样mnk1均是完全平方数，

当x2时，上述方程左边是4t(t1)1，恰为完全平方数(2t1)2，故对任意正整数t，该方程总有解(x,y)(2,2t1)．

此时kx24，方程①即为n28tn16t40，其正整数解n8t2，从而可得

m8t6．

经验证，对每个给定的正整数t，m8t6,n8t2都满足原方程．

5 / 5