福建省青少年“大梦杯”九年级数学水平测试试卷（教师用卷）.pdf

1、 数学水平测试试卷数学水平测试试卷 一、单选题一、单选题 1已知二次函数 = 2+ + 的图象交 x 轴于 A(x1，0)，B(x2，0)两点，交 y 轴于点 C(0，3)，若 1+ 2= 4 ，且ABC的面积为 3，则 a+b（ ） A3 B-5 C3 D5 【答案】C 【解析】【解答】解：依题意 1,2 为方程 2+ + = 0 的两根，且 = 3 . 所以 1+ 2= = 4 ， 12=3 . 所以 = |1 2| = (1+ 2)2 412= 16 4 3= 24 3 ， 所以 面积 =12 3 =12 24 3 3 = 3 . 解得 = 1 ，经检验符合题意， = 4 = 4 . 因

2、为函数 = 2 4 + 3 的图象与 x 轴有两个不同交点，因此 = 1 ， = 4 ， = 3 符合要求. 所以 + = 3 . 故答案为：C. 【分析】易得 x1+x2=4，x1x2=3，则 AB=|x1-x2|=(1+ 2)2 412= 243 ，根据三角形的面积公式可得 a 的值，然后求出 b 的值，据此计算. 2已知实数 x，y 满足 26336276= 1 且 2 2 ，则 2+222 的值为（ ） A54 B45 C12 D2 【答案】A 【解析】【解答】解：26336276= 1 ，得 6 2633 276= 0 ， 即 ()626()3 27 = 0 . ()3= 1 或 (

3、)3= 27 . 即 = 1 或 = 3 . 2 2 ，所以 = 3 ， 2+222=()2+1()21=9+191=54 . 故答案为：A. 【分析】原方程可变形为 x6-26x3y3-27y6=0，给方程两边同时除以 y6，求出的值，根据 x2y2可得=3，给分式的分子、分母同时除以 y2，然后将=3 代入计算即可. 3将形如 3m 和 2 （m，n 为正整数）的正整数从小到大排列，并依次记为 1,2,3 若第 k 个数 = 2022 ，则 k 的值为（ ） A682 B683 C684 D685 【答案】C 【解析】【解答】解：易知形如 3 和 2 ( ， 为正整数)的正整数不可能相等.

4、 考虑在从小到大排列的形如 3 ( 为正整数)的正整数 3，6，9，27，中，从小到大添加形如 2 ( 为正整数)的数. 由 2022 = 3 674 知，将形如 3 ( 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 ，所以有 10 个形如 2 ( 为正整数)的数小于2022，这 10 个数排在 2022 前面. 所以 = 674 + 10 = 684 . 故答案为：C. 【分析】由 2022=3674 知，将形如 3m 的正整数从小到大排列，2022 是第 674 个数，根据210=1024，211=2048 可得有 10 个形如 2n的

5、数小于 2022，这 10 个数排在 2022 前面，据此解答. 4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 AFME，G 为垂足.若 EB=2，BF=1，则四边形 BFGE 的面积为（ ） A6152 B8552 C6126 D8513 【答案】B 【解析】【解答】解：设 = ，则 = 2 ， = = . 作 于 ， 则 = 90 = . 所以 . 所以 = ， 即 2=21 ， 解得 =52 . 于是 =52 ， = 5 . 所以 = 2+ 2= 52+ 12= 26 ， =12 =12 5 1 =52 . 又 ，

6、所以 = ()2= (5226)2=926 . 因此 =926=92652=4552 . 所以 四边形= =524552=8552 . 故答案为：B. 【分析】设 BC=a，则 AB=2a，DM=MC=a，作 MHAB于点 H，根据同角的余角相等可得EMH=FAB，证明EMHFAB，根据相似三角形的性质可得 a 的值，利用勾股定理可得AF，根据三角形的面积公式可得 SABF，根据相似三角形的性质可得 SAEG，然后根据 S四边形BFGE=SABF-SAGE进行计算. 5已知正整数 a，b，c，d 满足：abcd，a+b+c+d=2022， 2 2+ 2 2= 2022 ，则这样的4 元数组(a

7、，b，c，d)共有（ ） A251 组 B252 组 C502 组 D504 组 【答案】D 【解析】【解答】解：因为 ， ， ， 为正整数，且 4 8 1 ，得 4 8 1 = 14 + 8 + 1 = 1295 ，或 4 8 1 = 54+ 8 + 1 = 7 37 ，或 4 8 1 = 74 + 8 + 1 = 5 37 ，或 4 8 1 = 354 + 8 + 1 = 37 . 解得 = 162 =3234 ，或 = 33 =634 ，或 = 24 = 11 ，或 = 9 = 0 . 又 为素数，所以 = 11 . 所以当素数 = 11 时， 42+ + 81 是一个完全平方数. 故答

8、案为：11. 【分析】设 4p2+p+81=n2（n 为正整数） ，两边同时乘以 16，再利用完全平方公式化简可得(8p+1)2+1295=16n2，利用平方差公式分解可得(4n-8p-1)(4n+8p+1)=5737，据此可得 n、p 的方程组，求出 n、p 的值，结合 P 为素数就可得到 p 的值. 9如果对任意的 n 个不大于 1 的非负实数 ,12,3, 总有 = (1 2)2+ (2 3)2+ +(1 )2+( 1)2 6 成立，则正整数 n 的最大值为 . 【答案】7 【解析】【解答】解：当 = 8 时，取 1= 3= 5= 7= 1 ， 2= 4= 6= 8= 0 ， 则 8=

9、(1 2)2+ (2 3)2+ (34)2+ + (7 8)2+ (8 1)2= 8 6 . 当 9 时，取 1= 3= 5= 7= 1 ， 2= 4= 6= 8= 0 ， 9 时， = 1= 1 ， 则 = (1 2)2+ (2 3)2+ + (1 )2+ ( 1)2 (1 2)2+ (2 3)2+ (3 4)2+ + (7 8)2+ (8 9)2= 8 6 . 所以 7 . 当 = 7 时，由 (1 2)2(2 3)2(3 4)2(4 5)2(5 6)2(6 7)2(7 1)2 0 ， 得 (1 2) (2 3) ， (2 3) (3 4) ， (3 4) (4 5) ， (4 5) (5

10、6) ， (5 6) (6 7) ， (6 7) (7 1) ， (7 1) (1 2) 中至少有一个数为非负数.不妨设 (1 2) (2 3) 0 ，则 (1 2)2+ (2 3)2= (1 2) + (2 3)22(1 2)(2 3) (1 3)2 1 . 所以 7= (1 2)2+ (2 3)2+ (3 4)2+(4 5)2+(5 6)2+ (6 7)2+ (7 1)2 1 + (3 4)2+ (4 5)2+ (5 6)2+ (6 7)2+ (7 1)2 6 . 于是 = 7 符合要求. 所以正整数 的最大值为 7. 故答案为：7. 【分析】当 n=8 时，取 x1=x3=x5=x7=1

11、，x2=x4=x6=x8=0，则 S8=86；当 n9 时，取 x1=x3=x5=x7=1，x2=x4=x6=x8=0，则 Sn=86，故 n7；当 n=7 时，设(x1-x2)(x2-x3)0，则(x1-x2)2+(x2-x1)2(x1-x3)21，故S71+(x3-x4)2+(x4-x5)2+(x5-x6)2+(x6-x7)2+(x7-x1)26，据此解答. 三、解答题三、解答题 10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，c，使得 2+ 2= 2 ，且 12 = ，则称 n 为同余数.如果正整数 n 为同余数，则称 n 为整同余数.由于 5是三边长分

12、别为 32 ， 203 ， 416 的直角三角形的面积，6 是三边长分别为 3，4，5 的直角三角形的面积，7 是三边长分别为 17560 ， 28860 ， 33760 的直角三角形的面积，所以 5，6，7 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 世纪证明的 1 不是同余数.在 2+ 2= 2 ， 12 = 中，令 =(+) ， =22(+)2 ，得 2= 3 2 .因此，若正整数 n 是同余数，则二元三次不定方程 2= 32 有有理数解；若正整数 n 使得二元三次不定方程 2= 3 2 有有理数解，

13、则 n 是同余数.这样，古老的同余数问题与现代的椭圆曲线 2= 32 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 2= 3 202 上的一个有理点坐标(x，y)= . 【答案】（25，75）(答案不唯一) 【解析】【解答】解：根据同余数定义，若 是同余数，则 2 ( 为正整数)也是同余数.由 5 是同余数知， 20 = 5 22 也是同余数. 由 5 是三边长分别为 32 ， 203 ， 416 的直角三角形的面积，可得 20 = 5 22 是三边长分别为 32 2 ， 203 2 ， 416 2 的直角三角形的面积，即三边长分别为 93 ， 403 ，

14、 413 的直角三角形的面积. 将 =93 ， =403 ， =413 ， = 20 代入 =(+) ， =22(+)2 ，计算得 =25 ， = 75 . 于是 (25,75) 是椭圆曲线 2= 3 202 上的一个有理点. 注：将 =403 ， =93 ， =413 ， = 20 代入 =(+) ， =22(+)2 ，计算得 =180 ， = 2400 .于是 (180,2400) 也是椭圆曲线 2= 3 202 上的一个有理点. 故答案为： （25，75）(答案不唯一) . 【分析】根据 5 是同余数，知 20=522也是同余数，根据面积为 5 的直角三角形的三边长可得面积为 20 的直

15、角三角形的三边长，代入 =(+)， =22(+)2 中可得 x、y 的值，据此解答. 11已知开口向上的抛物线 = 2+ + 与直线：y=ax+c，y=cx+a 中的每一条都至多有一个公共点. （1）求 的最大值； （2）当 取最大值时，设直线 =314 交抛物线 = 2+ + 于 A，B 两点，C 为抛物线的顶点，若ABC内切圆的半径为 1，求 a 的值. 【答案】（1）解：由 2+ + = + ，得 1= 0 ， 2= ， 由抛物线 = 2+ + 与直线 = + 至多有一个公共点，得 = . 由 2+ + = + ，及 = ， 得 2+ ( ) + = 0 . 因为抛物线 = 2+ + 与

16、直线 = + 至多有一个公共点， 所以 = ( )2 4( ) 0 ， 即 52 6 + 2 0 . 结合 0 ，得 ()2 6() + 5 0 ， 解得 1 5 . 又抛物线 = 2+ + 5 与直线 = + 5 ， = 5 + 中的每一条都至多一个公共点. 所以 的最大值为 5. （2）解：当 取最大值时，抛物线为 = 2+ + 5 ，其顶点 (12,194) . 由 2+ + 5 =314 ， 得 1= 123 ， 2= 12+3 ， 于是 = 23 ， = . 设 为 的内心， 为线段 中点，则 ， ， 且 = 1 ， = 3 . = 30 ， = 60 ， 为等边三角形. = 3 =

17、 3 .因此 314 194 = 3 = 3 ， = 1 . 所以 = 1 . 或：由 = =(3)2+ (314 194)2= 3 + 92 ， 得 的周长 = 23 + 23 + 92 ， 面积 =12 23 3 = 33 . 利用 =2 ，得 33 =23+23+922 1 ， 解得 = 1 . 【解析】【分析】 （1）令 ax2+bx+c=ax+c 求出 x，根据抛物线与直线 y=ax+c 至多有一个公共点，得a=b，由 ax2+bx+c=cx+a 结合 a=b 以及0可得的范围，进而可得的最大值； （2）当取最大值时，得顶点 C 的坐标，联立抛物线与直线解析式求出 x，得 AB=23

18、，CA=CB，设 I 为ABC的内心，D 为线段 AB 中点，则DBI=30，ABC=60，ABC为等边三角形，CD=3，据此可得 a 的值. 12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. 【答案】解：如图，延长 与直线 相交于点 ，连接 . 因为 = 45 ， ， 所以 = 45 . 又 = = 45 ， 所以 = ，于是 ， ， ， 四点共圆. 所以 = . 连接 ，由 为圆直径，得 = 90 = ， 所以 ， ， ， 四点共圆， 于是

19、 = . 连接 ，由 为圆直径，得 = 90 = ， 所以 ， ， ， 四点共圆， 于是 = 180 . 由，得 = = = 180 ， 所以 + = 180 . 所以 ， ， 三点共线. 【解析】【分析】延长 BH 与直线 AD 相交于点 P，连接 CP，易得BPA=45，推出 P、A、B、C 四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得CBE=APC，连接 CE，根据圆周角定理可得CEA=CHB=90，推出 C、E、B、H 四点共圆，得到CHE=CBE，连接 CF，同理可得APC=180-CHF，据此推出CHE=CBE=APC=180-CHF，据此证明. 13将 1，2，3，16 这 16 个数分

20、成 8 组 (1，1)，(2，2)，(8，8)， 若 |1 1| +|1 1| + + |1 1| = 62 .求 (1 1)2+ (2 2)2+ + (8 8)2 的最小值. 必要时可以利用排序不等式（又称排序原理） ：设 1 2 ， 1 2 为两组实数， 1 2 是 1 2 的任一排列，则 1+21+ 11+22+ 11+ 22+ . 【答案】解：由对称性，不妨设 ， = 1 ，2，8，且 1 2 37 ，不符合要求， 7 7 ， 于是 1= 1 ， 2= 2 ， 3= 3 ， 4= 4 ， 5= 5 ， 6= 6 ， 7= 7 ， 8= 9 ， 1 ， 2 ， 8 是 8，10，11，1

21、2，13，14，15，16 的一个排列，且 8 9 ， = (1 1)2+ (2 2)2+ +(8 8)2 = (12+ 22+ +82) + (12+ 22+ +82) 2(11+ 22+ +88) = (12+ 22+ +162) 2(11+ 22+ +88) . 根据排序不等式，当 1 ， 2 ， 8 从小到大排列时， 11+ 22+88 的值最大， 的值最小. 当 1 ， 2 ， 8 从小到大排列时， = (1 1)2+ (2 2)2+ +(8 8)2 = (1 8)2+ (2 10)2+ (3 11)2+ (4 12)2+ (5 13)2+ (6 14)2+ (7 15)2+ (9

22、16)2=482 ， (1 1)2+ (2 2)2+(8 8)2 的最小值为 482. 或：12+ 22+ +162=16(16+1)(216+1)6= 1496 ， 当 1 ， 2 ， 8 从小到大排列时， 11+ 22+ +88= 1 8 + 2 10 + 3 11 + 4 12 + 5 13 + 6 14 + 7 15 + 9 16 =507 ， = (1 1)2+ (2 2)2+ +(8 8)2= 1496 2 507 = 482 . (2 1)2+ (2 2)2+(8 8)2 的最小值为 482. 【解析】【分析】设 aibi，i=1、2、8，且 a1a2a8，则 62=136-2(

23、a1+a2+a8)，求出a1+a2+a8的值，易得 a77，则 S=(a1-b1)2+(a2-b2)2+(a8-b8)2=(12+22+162)-2(a1b1+a2b2+a8b8)，当 b1、b2、b8从小到大排列时， S=(1-8)2+(2-10)2+(3-11)2+(4-12)2+(5-13)2+(6-14)2+(7-15)2+(9-16)2，据此计算. 14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

24、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）. 【答案】（1）解：将矩形 的每条边向内缩进 12 ，得到一个长和宽分别为 20 和 18 的矩形 1111 (如图 1 所示)， 图 1 则矩形 1111 的面积为 20 18 = 360 .对矩形 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). 图 2 因为这 114 个新圆

25、的面积和等于 114 12= 114 114 3.15 = 359.1 小于矩形 1111 的面积. 所以在矩形 1111 内，一定存在一点 ，它在这 114 个新的圆的外部.因为点 到矩形 每条边的距离都大于 12 ，且点 到每个旧圆圆心的距离都大于 1，所以以点 为圆心，直径为 的圆一定在矩形 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 内一定还可以放入一个直径为 的圆，它和这 114 个圆都没有交点(也不在某个圆的内部). （2）解：将矩形 的每条边向内缩进 12 ，得到一个长和宽分别为 20 和 18 的矩形 1111 ，则矩形 11

26、11 的面积为 20 18 = 360 .对矩形 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框：在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为 1 和 12 的矩形，4 个角上加上一个直径为 1 的四分之一圆弧(如图 3 所示). 图 3 因为这 95 个加框的图形的面积和等于 95(3 +4) 95(3 +3.154) = 359.8125 小于矩形 1111 的面积.所以在矩形 1111 内，一定存在一点 ，它在这 95 个加框的图形的外部.因为点 到矩形 每条边的距离都大于 12 ，且点 到每个单位正方形的边上的点的距离都大于 12 ，所以以点 为圆心，直径

27、为 的圆一定在矩形 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 内一定还可以放入一个直径为 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). 【解析】【分析】 （1）将矩形 ABCD 的每条边向内缩进12，得到一个长和宽分别为 20 和 18 的矩形A1B1C1D1，则矩形 A1B1C1D1的面积为 360，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，求出这 114 个新圆的面积和，据此证明； （2）将矩形 ABCD 的每条边向内缩进12，得到一个长和宽分别为 20 和 18 的矩形 A1B1C1D1，则矩形A1B1C1D1的面积为 360，在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为 1 和12的矩形，4 个角上加上一个直径为 1 的四分之一圆弧，求出这 95 个加框的图形的面积和，据此证明.