2022年大梦杯福建省青少年数学水平测试试题与答案

测试时间2022年3月13日9∶00－11∶00满分150分一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分）。每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的。请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）1.已知二次数yax2bxc的图象交x轴于A(x，0)，B(x，0)两点，交y轴于点12C(0，3)，若xx4，且△ABC的面积为3，则ab（）12A．3B．5C．3D．5【答案】C【解答】依题意x，x为方程ax2bxc0的两根，且c3。12bc3所以xx4，xx。12a12aa33所以ABxx(xx)24xx16424，121212aa113△ABC面积SAB32433。22a解得a1，于是b4a4。因为函数yx24x3的图象与x轴有两个不同交点，因此a1，b4，c3符合要求。所以ab3。另解：不妨设xx，则ABxx，由△ABC的面积为3，且C(0，3)，得AB2。1221所以ABxx2，又xx4，于是x1，x3。211212因此yax2bxca(x1)(x3)。将x0代入，得y3a3，所以a1。所以yax2bxc(x1)(x3)x24x3，因此ab1(4)3。126x3y3x2y22.已知实数x，y满足1，且x2y2，则的值为（）x627y6x2y2541A．B．C．D．2452【答案】A26x3y3xx【解答】由1，得x626x3y327y60，即()626()3270。x627y6yyxxxx所以()31或()327。即1或3。yyyyx()21xx2y2y915因为x2y2，所以3，。yx2y2x914()21y3.将形如3m和2n（m，n为正整数）的正整数从小到大排列，并依次记为a，a，a，…，123若第k个数a2022，则k的值为（）kA．682B．683C．684D．685【答案】C【解答】易知形如3m和2n（m，n为正整数）的正整数不可能相等。考虑在从小到大排列的形如3m（m为正整数）的正整数3，6，9，27，…中，从小到大添加形如2n（n为正整数）的数。由20223674知，将形如3m（m为正整数）的正整数从小到大排列，2022是第674个数。由于21010242022，21120482022，所以有10个形如2n（n为正整数）的数小于2022，这10个数排在2022前面。所以k67410684。24.如图，在矩形ABCD中，AB2BC，点M是CD边的中点，点E，F分别是边AB，BC上的点，且AFME，G为垂足。若EB2，BF1，则四边形BFGE的面积为（）61856185A．B．C．D．52522613【答案】B【解答】设BCa，则AB2a，DMMCa。作MHAB于H，则EMH90MEAFAB。所以Rt△EMH:Rt△FAB。（第4题图）MHABa2a55所以，即，解得a。于是BC，AB5。HEBFa2122所以AFAB2BF2521226，115SABBF51。△ABF222SAE529又Rt△AEG:Rt△AFB，所以△AEG()2()2。SAF2626△AFB99545因此SS。（第4题答题图）△AEG26△AFB2625254585所以SSS。四边形BFGE△AFB△AEG252525.已知正整数a，b，c，d满足：abcd，abcd2022，d2c2b2a22022，则这样的4元数组(a，b，，cd)共有（）A．251组B．252组C．502组D．504组【答案】D【解答】因为a，b，c，d为正整数，且abcd，所以a3b2c1d。所以2022d2c2b2a2(dc)(dc)(ba)(ba)(dc)(ba)2022。因此dc1，ba1，即dc1，ba1。所以abcda(a1)c(c1)2022，因此ac1010。又a2c，所以1010aca(a2)，因此1a504。所以符合条件的4元数组(a，b，，cd)为(a，a1，1010a，1011a)，其中1a504。所以符合条件的4元数组有504组。3二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）1116．若正数a，b，c满足abc1，a3，b17，则c。bca11【答案】25111a11【解答】解法一：因为(a)(b)(c)(ab1)(c)bcacbca11111111abcacb(a)(b)(c)(abc)，bcaabcbcaabc11111111所以317(c)317(c)2，解得c。所以c。aaa25a25abc111ab17b9解法二：由a3，得c，因此17b3b1，b。b2ab3b11b17c25212911由此可得a，c。所以c。925a2525257．如图，ABCD为圆O的内接四边形，且ACBD，若AB10，CD8，则圆O的面积为。【答案】41【解答】如图，连接AO，并延长交圆O于点E，连接EB，EC。则ABBE，ACCE。因为ACBD，所以BD∥EC，因此EBCD8。1所以AEAB2BE210282241，OAAE41。2（第7题图）所以圆O的面积为OA241。（第7题答题图）48．若素数p，使得4p2p81是一个完全平方数，则p。（若一个数能示成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全平方数。）【答案】11【解答】解法一：设4p2p81n2，n为正整数。则64p216p168116n2，于是(8p1)2129516n2。所以(4n8p1)(4n8p1)12955737。由4n8p1为整数，4n8p1为正整数，且4n8p14n8p1，得4n8p114n8p154n8p174n8p135，或，或，或。4n8p112954n8p17374n8p15374n8p137n162n33n24n9解得323，或63，或，或。ppp11p044又p为素数，所以p11。所以当素数p11时，4p2p81是一个完全平方数。解法二：p2时，4p2p8197不是完全平方数。所以p为奇数，4p2p81是偶数。设4p2p81(2k)2，k为正整数。由(2k)24p2p81(2p)2知kp1，于是4p2p81(2k)24(p1)2。解得p11。将p3，5，7，11分别代入计算得p3时，4p2p81120；p5时，4p2p81186；p7时，4p2p81284；p11时，4p2p81576242。因此当素数p11时，4p2p81是一个完全平方数。59.如果对任意的n个不大于1的非负实数x，x，x，…，x总有123nS(xx)2(xx)2(xx)2(xx)26成立，则正整数n的最大值n1223n1nn1为。【答案】7【解答】当n8时，取xxxx1，xxxx0，则13572468S(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)286。81223347881当n9时，取xxxx1，xxxx0，k9时，xx1，则13572468k1S(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2n1223n1nn1(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)286。1223347889所以n7。当n7时，由(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)20，12233445566771得(xx)(xx)，(xx)(xx)，(xx)(xx)，(xx)(xx)，1223233434454556(xx)(xx)，(xx)(xx)，(xx)(xx)中至少有一个数为非负数。566767717112不妨设(xx)(xx)0，则1223(xx)2(xx)2(xx)(xx)22(xx)(xx)(xx)21。12231223122313所以S(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)27122334455667711(xx)2(xx)2(xx)2(xx)2(xx)26。3445566771于是n7符合要求。所以n的最大值为7。610．同余数是一个三边均为有理数的直角三角形的面积，即如果存在三个正有理数a，b，1c，使得a2b2c2，且abn，则称n为同余数。如果正整数n为同余数，则称n为整同2余数。32041由于5是三边长分别为，，的直角三角形的面积，6是三边长分别为3，4，5的236175288337直角三角形的面积，7是三边长分别为，，的直角三角形的面积，所以5，6，7606060都是同余数，且是整同余数。如何判断一个正整数是否为同余数至今尚未完全解决。关于同余数的第一个重要结论是费马（Fermat）在17世纪的1不是同余数。1n(ac)2n2(ac)在a2b2c2，abn中，令x，y，得y2x3n2x。因此，若2bb2正整数n是同余数，则二元三次不定方程y2x3n2x有有理数解；若正整数n使得二元三次不定方程y2x3n2x有有理数解，则n是同余数。这样，古老的同余数问题与现代的椭圆曲线y2x3n2x上的有理点（横、纵坐标均为有理数的点）之间建立了联系。阅读上述材料，请你写出椭圆曲线y2x3202x上的一个有理点坐标(x，y)。【答案】(25，75)（答案不唯一）【解答】根据同余数定义，若n是同余数，则nk2（k为正整数）也是同余数。由5是同余数知，20522也是同余数。32041由5是三边长分别为，，的直角三角形的面积，可得20522是三边长分别为23632041940412，2，2的直角三角形的面积，即三边长分别为，，的直角三角形的面236333积。94041n(ac)2n2(ac)将a，b，c，n20代入x，y，计算得x25，y75。333bb2于是(25，75)是椭圆曲线y2x3202x上的一个有理点。40941n(ac)2n2(ac)注：将a，b，c，n20代入x，y，计算得x180，333bb2y2400。于是(180，2400)也是椭圆曲线y2x3202x上的一个有理点。7三、解答题（共4题，每小题20分，共80分）11．已知开口向上的抛物线yax2bxc与直线：yaxc，ycxa中的每一条都至多有一个公共点。c（1）求的最大值；ac31（2）当取最大值时，设直线ya交抛物线yax2bxc于A，B两点，C为抛物a4线的顶点，若△ABC内切圆的半径为1，求a的值。ab【解答】（1）由ax2bxcaxc，得x0，x，12a由抛物线yax2bxc与直线yaxc至多有一个公共点，得ab。由ax2bxccxa，及ab，得ax2(ac)xca0。因为抛物线yax2bxc与直线ycxa至多有一个公共点，所以△(ac)24a(ca)0，即5a26acc20。ccc结合a0，得()26()50，解得15。aaa又抛物线yax2ax5a与直线yax5a，y5axa中的每一条都至多一个公共点。c所以的最大值为5。ac119（2）当取最大值时，抛物线为yax2ax5a，其顶点C(，a)。a243111由ax2ax5aa，得x3，x3。41222于是AB23，CACB。设I为△ABC的内心，D为线段AB中点，则CDAB，IDAB，且ID1，DB3。所以DBI30，ABC60，△ABC为等边三角形。3119所以CD3ID3。因此aa3a3，a1。44（第11题答题图）所以a1。3119或：由CACB(3)2(aa)239a2，得△ABC的周长l23239a2，441l23239a2面积S233a33a。利用Sr，得33a1，解得a1。222812.如图，四边形ABCD是平行四边形，DAC45，以线段AC为直径的圆与AB和AD的延长线分别交于点E和F，过点B作AC的垂线，垂足为H。求证：E，H，F三点共线。【证明】如图，延长BH与直线AD相交于点P，连接CP。因为DAC45，BPAC，（第12题图）所以BPA45。又BCADAC45，所以BPABCA，于是P，A，B，C四点共圆。所以CBEAPC。……①连接CE，由AC为圆直径，得CEA90CHB，所以C，E，B，H四点共圆，于是CHECBE。…………②连接CF，由AC为圆直径，得CFP90CHP，所以C，H，F，P四点共圆，于是APC180CHF。………③由②，①，③，得CHECBEAPC180CHF，所以CHECHF180。（第12题答题图）所以E，H，F三点共线。913.将1，2，3，…，16这16个数分成8组(a，b)，(a，b)，…，(a，b)，若112288ababab62。求(ab)2(ab)2(ab)2的最小值。112288112288必要时可以利用排序不等式（又称排序原理）：设xxx，yyy为两组实数，z，z，…，z是y，y，…，y的12n12n12n12n任一排列，则xyxyxyxzxzxzxyxyxy。1n2n1n11122nn1122nn【答案】由对称性，不妨设ab，i1，2，…，8，且aaa。则ii12862ababab(ba)(ba)(ba)112288112288(aaabbb)2(aaa)128128128(1216)2(aaa)1362(aaa)。128128所以aaa37。128因为a1，a2，…，a8，所以aaa12836。128128若a8，则aaaa126893837，不符合要求。71278所以a7，7于是a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a9，b，b，…，b是123456781288，10，11，12，13，14，15，16的一个排列，且b9。8因为S(ab)2(ab)2(ab)2112288(a2a2a2)(b2b2b2)2(ababab)128128112288(1222162)2(ababab)。112288根据排序不等式，当b，b，…，b从小到大排列时，ababab的值最大，S128112288的值最小。因为当b，b，…，b从小到大排列时，128S(ab)2(ab)2(ab)2112288(18)2(210)2(311)2(412)2(513)2(614)2(715)2(916)2482。所以(ab)2(ab)2(ab)2的最小值为482。11228816(161)(2161)或：因为12221621496，6当b，b，…，b从小到大排列时，128ababab18210311412513614715916507。112288S(ab)2(ab)2(ab)214962507482。112288所以(ab)2(ab)2(ab)2的最小值为482。1122881014.已知矩形ABCD的边AB21，BC19，r是给定的小于1的正实数。（1）在矩形ABCD内任意放入114个直径为1的圆。证明：在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这114个圆都没有交点（也不在某个圆的内部）；（2）在矩形ABCD内任意放入95个单位正方形（边长为1的正方形）。证明：在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这95个正方形都没有交点（也不在某个正方形的内部）。1【解答】（1）将矩形ABCD的每条边向内缩进，得到一个长和宽分别为20和18的矩2形ABCD（如图1所示），则矩形ABCD的面积为2018360。11111111对矩形ABCD内任意放入的114个直径为1的圆，分别以这114个圆的圆心为圆心，直径为2作114个新的圆（如图2所示）。因为这114个新圆的面积和等于114121141143.15359.1小于矩形ABCD的1111面积。所以在矩形ABCD内，一定存在一点O，它在这114个新的圆的外部。11111因为点O到矩形ABCD每条边的距离都大于，且点O到每个旧圆圆心的距离都大于1，2所以以点O为圆心，直径为r的圆一定在矩形ABCD内，且与矩形内原有的114个直径为1的个圆都没有交点，也不在某个圆的内部。所以在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这114个圆都没有交点（也不在某个圆的内部）。（第12题答题图（第12题答题图2）（第12题答题图3）1（2）将矩形ABCD的每条边向内缩进，得到一个长和宽分别为20和18的矩形ABCD，21111则矩形ABCD的面积为2018360。1111对矩形ABCD内任意放入的95个单位正方形，将这95个单位小正方形的每一个都加一个1框：在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为1和的矩形，4个角上加上一个直径为21的四分之一圆弧（如图3所示）。3.15因为这95个加框的图形的面积和等于95(3)95(3)359.8125小于矩形44ABCD的面积。1111所以在矩形ABCD内，一定存在一点O，它在这95个加框的图形的外部。11111因为点O到矩形ABCD每条边的距离都大于，且点O到每个单位正方形的边上的点的2111距离都大于，2所以以点O为圆心，直径为r的圆一定在矩形ABCD内，且与矩形内原有的95个单位正方形都没有交点，也不在某个正方形的内部。所以在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这95个正方形都没有交点（也不在某个正方形的内部）。12