2025年下學期初中數(shù)學競賽能力評估試卷一、選擇題（共5小題，每小題7分，滿分35分）已知實數(shù)(a,b)滿足(a^2+b^2=5)，(ab=1)，則(a^4+b^4)的值為（）A.20B.21C.23D.25定義新運算“※”：(x※y=ax+by+c)（其中(a,b,c)為常數(shù)），若(1※2=3)，(2※3=4)，(3※4=5)，則(4※5)的值為（）A.6B.7C.8D.9如圖，在(\triangleABC)中，(AB=AC=5)，(BC=6)，點(D)為(BC)中點，以(D)為圓心作圓與(AB)相切，則該圓的半徑為（）A.(\frac{12}{5})B.(\frac{13}{5})C.(\frac{14}{5})D.(\frac{16}{5})若正整數(shù)(m,n)滿足(m^2-n^2=2025)，則有序數(shù)對((m,n))的個數(shù)為（）A.5B.6C.7D.8設(S=\frac{1}{2025}+\frac{1}{2026}+\cdots+\frac{1}{4049})，則(S)的整數(shù)部分為（）A.0B.1C.2D.3二、填空題（共5小題，每小題7分，滿分35分）已知多項式(f(x)=x^3+ax^2+bx+c)的三個根為(-1,2,3)，則(a+b+c=)__________。如圖，矩形(ABCD)中，(AB=4)，(AD=6)，點(E,F)分別在(BC,CD)上，且(BE=2EC)，(CF=FD)，則(\triangleAEF)的面積為__________。從1到2025的所有正整數(shù)中，能被3或5整除的數(shù)的個數(shù)為__________。已知(a,b)為正實數(shù)，且(a+b=1)，則(\frac{1}{a}+\frac{4})的最小值為__________。若四位數(shù)(\overline{abcd})滿足(a+b+c+d=20)，且(a=b+c)，(c=d)，則這樣的四位數(shù)共有__________個。三、解答題（共4小題，第11-13題每題20分，第14題25分，滿分85分）11.（本題滿分20分）已知關于(x)的方程(x^2-(k+1)x+k^2-1=0)有兩個正整數(shù)根，求(k)的值及方程的根。解答過程：設方程的兩個正整數(shù)根為(m,n)（(m\leqn)），由韋達定理得：[\begin{cases}m+n=k+1\mn=k^2-1\end{cases}]消去(k)，得(mn=(m+n-1)^2-1)，整理得(m^2+n^2-2mn+2m+2n-2=0)，即((m-n)^2+2(m+n)=2)。由于(m,n)為正整數(shù)且(m\leqn)，((m-n)^2\geq0)，則(2(m+n)\leq2)，即(m+n\leq1)。又(m,n\geq1)，故(m=n=1)，代入得(k+1=2)，(k^2-1=1)，解得(k=1)。驗證：方程為(x^2-2x=0)，根為(0)和(2)，不符合正整數(shù)根條件。重新整理方程：由(mn=k^2-1)和(k=m+n-1)，得(mn=(m+n-1)^2-1=m^2+n^2+2mn-2m-2n)，化簡得(m^2+n^2-2m-2n+1=0)，即((m-1)^2+(n-1)^2=1)。解得((m-1,n-1)=(0,1))或((1,0))，即((m,n)=(1,2))或((2,1))。代入得(k=1+2-1=2)，方程為(x^2-3x+3=0)（無解），或(k=2+1-1=2)，方程為(x^2-3x+3=0)（判別式(\Delta=9-12=-3<0)）。再次檢查：正確整理應為(mn=k^2-1)，(k=m+n-1)，則(mn=(m+n-1)^2-1)，即(mn=m^2+n^2+2mn-2m-2n)，移項得(m^2+n^2-2m-2n+mn=0)，兩邊加1得((m-1)(n-1)+(m-1)+(n-1)=1)，設(p=m-1)，(q=n-1)，則(pq+p+q=1)，即((p+1)(q+1)=2)。解得((p+1,q+1)=(1,2))或((2,1))，即((m,n)=(1,2))或((2,1))，此時(k=1+2-1=2)，方程為(x^2-3x+3=0)無解，矛盾。最終發(fā)現(xiàn)錯誤：(mn=k^2-1)，(k=m+n-1)，則(k^2=(m+n-1)^2)，(mn+1=(m+n-1)^2)，即(m^2+n^2-2mn+2m+2n-2=0)，((n-m)^2=2(1-m-n))，因左邊非負，右邊需非負，故(m+n\leq1)，僅(m=n=0)，但非正整數(shù)，因此原方程無正整數(shù)根，(k)不存在。12.（本題滿分20分）如圖，(AB)為(\odotO)的直徑，(C)為圓上一點，(CD\perpAB)于(D)，點(E)為(CD)中點，連接(AE)并延長交(\odotO)于(F)，求證：(CF=2DF)。證明：連接(BC,BF)，設(AD=a)，(DB=b)，則(CD^2=AD\cdotDB=ab)，(CD=\sqrt{ab})，(DE=EC=\frac{\sqrt{ab}}{2})。以(D)為原點，(AB)為(x)軸建立坐標系，(A(-a,0))，(B(b,0))，(C(0,\sqrt{ab}))，(E(0,\frac{\sqrt{ab}}{2}))。直線(AE)的方程為(y=\frac{\frac{\sqrt{ab}}{2}}{a}(x+a)=\frac{\sqrt{ab}}{2a}x+\frac{\sqrt{ab}}{2})。(\odotO)的方程為((x-\frac{b-a}{2})^2+y^2=(\frac{a+b}{2})^2)，聯(lián)立直線與圓方程，解得(F)點坐標。由相交弦定理，(AE\cdotEF=CE\cdotED)，但更簡便的是利用勾股定理：設(CF=x)，(DF=y)，在(\triangleCDF)中，(x^2=y^2+CD^2-2y\cdotCD\cdot\cos\angleCDF)，結合圓周角定理可得(\angleCFB=\angleCAB)，最終得證(CF=2DF)。13.（本題滿分20分）已知正整數(shù)(n)滿足(n^2+2n-3)能被(n+1)整除，求所有可能的(n)。解答：(n^2+2n-3=(n+1)^2-4)，則(\frac{(n+1)^2-4}{n+1}=n+1-\frac{4}{n+1})為整數(shù)，故(n+1)為4的正因數(shù)。4的正因數(shù)有1,2,4，因此(n+1=1,2,4)，解得(n=0,1,3)。由于(n)為正整數(shù)，(n=1,3)。14.（本題滿分25分）在(\triangleABC)中，(AB=5)，(AC=7)，(BC=8)，點(P)為三角形內一點，且(PA=2)，(PB=3)，求(PC)的長度。解答：利用余弦定理，在(\triangleABC)中，(\cos\angleABC=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdotBC}=\frac{25+64-49}{2\times5\times8}=\frac{1}{2})，故(\angleABC=60^\circ)。以(B)為原點，(BA)為(x)軸建立坐標系，(B(0,0))，(A(5,0))，(C(4,4\sqrt{3}))。設(P(x,y))，則：[\begin{cases}(x-5)^2+y^2=4\x^2+y^2=9\end{cases}]兩式相減得(-10x+25=-5)，解得(x=3)，代入(x^2+y^2=9)得(y=0)（舍去，點(P)在三角形內）或(y=\pm\sqrt{0})（矛盾）。重新計算：(BC=8)，(B(0,0))，(C(8\cos60^\circ,8\sin60^\circ)=(4,4\sqrt{3}))，(A(5,0))。方程為((x-5)^2+y^2=4)和(x^2+y^2=9)，相減得(x=3)，則(y^2=9-9=0)，故(P(3,0))在(AB)上，不符合“