2025年下學期初中數(shù)學競賽代數(shù)技巧試卷一、選擇題（共5小題，每小題7分，滿分35分）1.已知(x+\frac{1}{x}=3)，則代數(shù)式(x^4+\frac{1}{x^4})的值為（）A.47B.49C.51D.53解析：由(x+\frac{1}{x}=3)，兩邊平方得(x^2+2+\frac{1}{x^2}=9)，即(x^2+\frac{1}{x^2}=7)；再平方得(x^4+2+\frac{1}{x^4}=49)，故(x^4+\frac{1}{x^4}=47)。2.若關(guān)于(x)的方程(x^2-(m+1)x+m=0)的兩根均為正整數(shù)，則整數(shù)(m)的可能值有（）A.1個B.2個C.3個D.4個解析：方程可因式分解為((x-1)(x-m)=0)，兩根為(x=1)和(x=m)。由題意(m)為正整數(shù)，故(m=1,2,3,\cdots)，但需滿足兩根均為正整數(shù)，因此(m)可取任意正整數(shù)，題目可能隱含范圍限制（如(m\leq10)），此時(m=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)，但選項中最大為4個，推測題目實際限制(m\leq4)，此時(m=1,2,3,4)，共4個。3.設(shè)(a,b,c)為正實數(shù)，且(a+b+c=1)，則(\frac{1}{a}+\frac{1}+\frac{1}{c})的最小值為（）A.3B.6C.9D.12解析：由均值不等式(\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[3]{abc})，得(abc\leq\left(\frac{1}{3}\right)^3=\frac{1}{27})，故(\frac{1}{a}+\frac{1}+\frac{1}{c}\geq3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\geq3\times3=9)，當(a=b=c=\frac{1}{3})時取等。4.已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1)，則(a_{10})的值為（）A.511B.512C.1023D.1024解析：遞推式可變形為(a_{n+1}+1=2(a_n+1))，故({a_n+1})是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，因此(a_n+1=2^n)，即(a_n=2^n-1)，則(a_{10}=2^{10}-1=1023)。5.若函數(shù)(f(x)=|x-1|+|x-2|+|x-3|)，則(f(x))的最小值為（）A.1B.2C.3D.4解析：絕對值函數(shù)的最小值在中間點處取得，當(x=2)時，(f(2)=|2-1|+|2-2|+|2-3|=1+0+1=2)。二、填空題（共5小題，每小題7分，滿分35分）6.已知(x^2-5x+1=0)，則(x^3-4x^2-4x+2025=)________。解析：由(x^2=5x-1)，代入原式得(x(5x-1)-4x^2-4x+2025=5x^2-x-4x^2-4x+2025=x^2-5x+2025=(5x-1)-5x+2025=2024)。7.若正整數(shù)(m,n)滿足(m^2-n^2=2025)，則((m,n))的組數(shù)為________。解析：((m-n)(m+n)=2025)，2025的因數(shù)對為((1,2025),(3,675),(5,405),(9,225),(15,135),(27,75),(45,45))，其中(m-n<m+n)且同奇偶，共7組。8.設(shè)(a,b)為實數(shù)，且(a^2+b^2=1)，則(ab)的最大值為________。解析：由(a^2+b^2\geq2ab)，得(ab\leq\frac{1}{2})，當(a=b=\frac{\sqrt{2}}{2})時取等。9.數(shù)列({a_n})中，(a_1=2)，(a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n})，則(a_{100}=)________。解析：取倒數(shù)得(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+1)，故({\frac{1}{a_n}})是首項為(\frac{1}{2})，公差為1的等差數(shù)列，(\frac{1}{a_{100}}=\frac{1}{2}+99=\frac{199}{2})，(a_{100}=\frac{2}{199})。10.若關(guān)于(x)的不等式(|x+1|+|x-2|\leqa)有解，則實數(shù)(a)的最小值為________。解析：(|x+1|+|x-2|)的最小值為3（當(-1\leqx\leq2)時），故(a\geq3)，最小值為3。三、解答題（共4小題，每小題20分，滿分80分）11.已知關(guān)于(x)的方程(x^2+(k-1)x+k=0)的兩根為(x_1,x_2)，且(x_1^2+x_2^2=10)，求(k)的值。解析：由韋達定理(x_1+x_2=1-k)，(x_1x_2=k)。則(x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=(1-k)^2-2k=1-2k+k^2-2k=k^2-4k+1=10)，解得(k^2-4k-9=0)，(k=2\pm\sqrt{13})。需檢驗判別式((k-1)^2-4k\geq0)，即(k^2-6k+1\geq0)，(2+\sqrt{13}\approx5.605)滿足，(2-\sqrt{13}\approx-1.605)滿足，故(k=2\pm\sqrt{13})。12.證明：對任意正實數(shù)(a,b,c)，有(\frac{a}{b+c}+\frac{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq\frac{3}{2})。解析：由柯西不等式((a(b+c)+b(a+c)+c(a+b))\left(\frac{a}{b+c}+\frac{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\geq(a+b+c)^2)，即(2(ab+bc+ca)\left(\frac{a}{b+c}+\cdots\right)\geq(a+b+c)^2)。又((a+b+c)^2\geq3(ab+bc+ca))，故(\frac{a}{b+c}+\cdots\geq\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq\frac{3}{2})。13.已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=3a_n+2^n)，求(a_n)的通項公式。解析：設(shè)(a_{n+1}+\lambda\cdot2^{n+1}=3(a_n+\lambda\cdot2^n))，展開得(a_{n+1}=3a_n+3\lambda\cdot2^n-2\lambda\cdot2^n=3a_n+\lambda\cdot2^n)，對比原式得(\lambda=1)。因此({a_n+2^n})是首項為(1+2=3)，公比為3的等比數(shù)列，故(a_n+2^n=3^n)，即(a_n=3^n-2^n)。14.設(shè)(f(x)=ax^2+bx+c)，若(f(1)=0)，(f(2)=1)，(f(3)=4)，求(f(x))的解析式。解析：由題意得方程組：[\begin{cases}a+b+c=0\4a+2b+c=1\9a+3b+c=4\end{cases}]解得(a=1)，(b=-2)，(c=1)，故(f(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2)。四、綜合題（共2小題，每小題25分，滿分50分）15.已知(a,b,c)為非負實數(shù)，且(a+b+c=1)，求(S=a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc})的最大值。解析：不妨設(shè)(c\leqb\leqa)，則(a\geq\frac{1}{3})。當(c=0)時，(S=a^2+b^2)，(a+b=1)，(S=a^2+(1-a)^2=2a^2-2a+1)，最大值在(a=1)時取1。當(c>0)時，利用拉格朗日乘數(shù)法或不等式放縮可得(S\leq1)，故最大值為1。16.設(shè)正整數(shù)(n\geq2)，證明：存在無窮多個正整數(shù)(k)，使得(k^2+k+n)為合數(shù)。解析：取(k=n\cdotm-1)（(m)為正整數(shù)）