八年级数学周报答案

-1-

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题参考答案

题号

一二三

总分

1～56～1011121314

得分

评卷人

复查人

答题时注意：1．用圆珠笔或钢笔作答.

2．解答书写时不要超过装订线.

3．草稿纸不上交.

一、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分.以下每道小题均给出了

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．已知实数xy，满足42

42

42

33yy

xx

，，则4

4

4

y

x

的值为（）．

（A）7（B）

113

2



（C）

713

2



（D）5

【答】（A）

解：因为20x，2y≥0，由已知条件得

2

124443113

84x





，2

1143113

22

y





，

所以4

4

4

y

x

2

2

2

33y

x



2

2

2

6y

x

7．

2．把一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先

后投掷2次，若两个正面朝上的编号分别为m，n，则二次函数2yxmxn的

图象与x轴有两个不同交点的概率是（）．

（A）

5

12

（B）

4

9

（C）

17

36

（D）

1

2

-2-

（第3题）

【答】（C）

解：基本事件总数有6×6＝36，即可以得到36个二次函数.由题意知

＝24mn＞0，即2m＞4n.

通过枚举知，满足条件的mn，有17对.故

17

36

P.

3．有两个同心圆，大圆周上有4个不同的点，小圆周上有2个不同的点，

则这6个点可以确定的不同直线最少有()．

（A）6条（B）8条（C）10条（D）12条

【答】（B）

解：如图，大圆周上有4个不同的点A，B，C，

D，两两连线可以确定6条不同的直线；小圆周上

的两个点E，F中，至少有一个不是四边形ABCD

的对角线AC与BD的交点，则它与A，B，C，D

的连线中，至少有两条不同于A，B，C，D的两两

连线．从而这6个点可以确定的直线不少于8条．

当这6个点如图所示放置时，恰好可以确定8条直线．

所以，满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条．

4．已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且1ABa．以AB为一边在圆O

内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DBABa，DC的延长

线交圆O于点E，则AE的长为（）．

（A）

5

2

a

（B）1（C）

3

2

（D）a

【答】（B）

解：如图，连接OE，OA，OB．设D，

则

120ECAEAC．

又因为



11

601802

22

ABOABD

120，

所以ACE△≌ABO△，于是1AEOA．

（第4题）

-3-

5．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其

中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法

有（）．

（A）2种（B）3种（C）4种（D）5种

【答】（D）

解：设

12345

aaaaa，，，，是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．

首先，对于

1234

aaaa，，，，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之

后都是偶数，与已知条件矛盾．

又如果

i

a（1≤i≤3）是偶数，

1i

a



是奇数，则

2i

a



是奇数，这说明一个偶数

后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．

所以

12345

aaaaa，，，，只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足

条件：

2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；

4，3，1，2，5；4，5，3，2，1．

二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）

6．对于实数u，v，定义一种运算“*”为：uvuvv．若关于x的方程

1

()

4

xax有两个不同的实数根，则满足条件的实数a的取值范围

是．

【答】0a，或1a．

解：由

1

()

4

xax，得

2

1

(1)(1)0

4

axax，

依题意有

2

10

(1)(1)0

a

aa











，

，

解得，0a，或1a．

-4-

7．小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车，每隔

3分钟从迎面驶来一辆18路公交车．假设每辆18路公交车行驶速度相同，而且

18路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是分钟．

【答】4．

解：设18路公交车的速度是x米/分，小王行走的速度是y米/分，同向行驶

的相邻两车的间距为s米．

每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车，则

syx66

．①

每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车，则

syx33

．②

由①，②可得xs4，所以4

x

s

．

即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟．

8．如图，在△ABC中，AB=7，AC=11，点M是BC的

中点，AD是∠BAC的平分线，MF∥AD，则FC的长

为．

【答】9．

解：如图，设点N是AC的中点，连接MN，则MN∥

AB．

又//MFAD，

所以FMNBADDACMFN

，

所以

1

2

FNMNAB．

因此

11

22

FCFNNCABAC9．

9．△ABC中，AB＝7，BC＝8，CA＝9，过△ABC的内切圆圆心I作DE∥

BC，分别与AB，AC相交于点D，E，则DE的长为．

【答】

16

3

．

解：如图，设△ABC的三边长为a，b，c，内切圆I的半径为r，BC边上的

（第8题）

（第8题答案）

-5-

高为

a

h，则

11

()

22aABC

ahSabcr

△

，

所以

a

ra

habc





．

因为△ADE∽△ABC，所以它们对应线段成

比例，因此

a

a

hr

DE

hBC





，

所以

(1)(1)a

aa

hr

ra

DEaaa

hhabc







()abc

abc







，

故

87916

8793

DE







（）

．

10．关于x，y的方程22208()xyxy的所有正整数解为．

【答】

48160

3232.

xx

yy











，，

，

解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平

方数除以4所得的余数为1，所以x，y都是偶数．

设2,2xayb，则

22104()abab，

同上可知，a，b都是偶数．设2,2acbd，则

2252()cdcd，

所以，c，d都是偶数．设2,2csdt，则

2226()stst，

于是22(13)(13)st＝2213，

（第9题答案）

-6-

其中s，t都是偶数．所以

222(13)213(13)st

≤2222131511．

所以13s可能为1，3，5，7，9，进而2(13)t

为337，329，313，289，

257，故只能是2(13)t

＝289，从而13s＝7．于是

620

44

ss

tt











，，

；，

因此

48160

3232.

xx

yy











，，

，

三、解答题（共4题，每题15分，满分60分）

11．在直角坐标系xOy中，一次函数bkxy0k（）的图象与x轴、y轴

的正半轴分别交于A，B两点，且使得△OAB的面积值等于3OAOB．

（1）用b表示k；

（2）求△OAB面积的最小值．

解：（1）令0x，得0ybb，；令0y，得00

b

xk

k

，．

所以A，B两点的坐标分别为0)(0)

b

ABb

k

（，，，，于是，△OAB的面积为

)(

2

1

k

b

bS．

由题意，有

3)(

2

1

b

k

b

k

b

b，

解得

)3(2

22







b

bb

k，2b．

………………5分

（2）由（1）知

21(3)(2)7(2)10

()

222

bbbbb

Sb

kbb







2

1010

27(2)7210

22

bb

bb





≥1027，

-7-

当且仅当

10

2

2

b

b





时，有7+210S，即当102b，1k时，不等式

中的等号成立．

所以，△OAB面积的最小值为1027．………………15分

12．是否存在质数p，q，使得关于x的一元二次方程

20pxqxp

有有理数根？

解：设方程有有理数根，则判别式为平方数．令

2224qpn

，

其中n是一个非负整数．则

2()()4qnqnp．

………………5分

由于1≤qn≤q+n，且qn与qn同奇偶，故同为偶数．因此，有如下几

种可能情形：

2

2

2

qn

qnp











，

，2

4qn

qnp











，

，4

qnp

qnp











，

，

2

2

qnp

qnp











，

，

2

4.

qnp

qn











，

消去n，解得

22

2

5

1222

222

ppp

qpqqqpq，，，，

．

………………10分

对于第1，3种情形，2p，从而q＝5；对于第2，5种情形，2p，从

而q＝4（不合题意，舍去）；对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）．

又当2p，q＝5时，方程为22520xx，它的根为

12

1

2

2

xx，，它

们都是有理数．

综上所述，存在满足题设的质数．………………15分

-8-

13．如图，△ABC的三边长

BCaCAbA，，，abc，，都是整数，

且ab，的最大公约数为2．点G和点I分别为

△ABC的重心和内心，且90GIC．求△

ABC的周长．

解：如图，延长GI，与边BCCA，分

别交于点

PQ，

．设重心G在边BCCA，上

的投影分别为EF，，△ABC的内切圆的

半径为r，BCCA，边上的高的长分别为

ab

hh，，易知CP＝CQ，由

PQCGPCGQC

SSS

△△△

，

可得

1

2

3ab

rGEGFhh，

即

222

1

2

3

ABCABCABC

SSS

abcab











△△△，

从而可得

6ab

abc

ab





．

………………10分

因为△ABC的重心G和内心I不重合，所以，△ABC不是正三角形，且

ba，否则，2ab，可得2c，矛盾．

不妨假设ab，由于2ab，，设

1111

221aabbab，，，，于是有

11

11

12

6

ab

ab

abab





为整数，所以有

11

()12ab，即()24ab．

于是只有1410ab，时，可得11c，满足条件．

因此有35abc．

所以，△ABC的周长为35．

………………15分

（第13题）

（第13题答案）

-9-

14．从1，2，…，9中任取n个数，其中一定可以找到若干个数（至少一个，

也可以是全部），它们的和能被10整除，求n的最小值．

解：当n＝4时，数1，3，5，8中没有若干个数的和能被10整除．

………………5分

当n＝5时，设

125

aaa，，，是1，2，…，9中的5个不同的数．若其中任

意若干个数，它们的和都不能被10整除，则

125

aaa，，，中不可能同时出现1

和9；2和8；3和7；4和6．于是

125

aaa，，，中必定有一个数是5．

若

125

aaa，，，中含1，则不含9．于是不含4（4＋1＋5＝10），故含6；

于是不含3（3＋6＋1＝10），故含7；于是不含2（2＋1＋7＝10），故含8．但

是5＋7＋8＝20是10的倍数，矛盾．

若

125

aaa，，，中含9，则不含1．于是不含6（6＋9＋5＝20），故含4；

于是不含7（7＋4＋9＝20），故含3；于是不含8（8＋9＋3＝10），故含2．但

是5＋3＋2＝10是10的倍数，矛盾．

综上所述，n的最小值为5．

………………15分