精品解析：2023年贵州省遵义市绥阳县首届中小学学生“π”节数学思维竞赛（预赛）八年级数学试题

绥阳县首届中小学学生“”节数学思维竞赛（预赛）八年级数学试卷 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡规定的位置上． 2．必须使用2B铅笔将选择题的答案填涂在答题卡对应题号的位置． 3．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 4．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的五个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. E. 2023 2. 满足方程的整数对共有（ ）对 A. B. C. D. E. 3. 循环小数可以被等同表示为，与为互素正整数，则的值为（ ） A. B. C. D. E. 4. 用表示不超过的最大整数，把称为的小数部分，已知，是的小数部分，是的小数部分，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. E. 5. 已知，不等边三角形的两条高分别为4和12，若第三高也是整数，那么，它的长度最大可能是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 E. 8 二、多项选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中，至少两项是符合题目要求的，全对得6分，漏选得3分，多选，不选，选错均不得分） 6. 在一个多边形中，除了两个内角外，其余内角之和为，则这个多边形的边数可能是（ ） A. B. C. D. E. 7. 是正整数，下列各数可能是正整数的平方的是（ ） A. B. C. D. E. 8. 已知正整数，的最大公约数为3，最小公倍数是60，若，则的值可能为（ ） A. B. C. D. E. 9. 一直角三角形，一边长和另一边上的中线分别为4和5（顺序不固定），则这个三角形斜边的长度可能是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 E. 10 10. 一些小姑娘去采蘑菇，其中一人采到朵，其余的人每人都采到朵；第二次又有一些小姑娘（人数与第一次不同）出去采蘑菇，其中一人采到朵，其余的人每人都采到朵．已知两次采到蘑菇数相同，并且蘑菇数大于，但不超过，如果不记顺序，两次去采蘑菇的平均人数为（ ）个 A. B. C. D. 11. ，，都是大于的负数，那么，下列不等式能成立的是（ ） A. B C. D. E. 12. 下列算式中，相同的汉字表示相同的数，不同的汉字也可以表示相同的数，则四位数（ ） A. 3033 B. 2533 C. 2498 D. 1998 E. 不存在 13. 是的中点，青蛙从跳到，称之为关于中心作了一次“对称跳”，记为．对任意给定的，一只青蛙从开始，至，然后至，再至；继续至，至，至，…，以下正确的是（ ） A. 青蛙将越跳越远 B. 青蛙将最终跳入三角形内 C. 与重合，即六次跳动回到原处 D. 与重合，即十二次跳动回到原处 E. 否回到原处，与三角形内还是三角形外无关． 14. 三角形内角平分线的交点称为三角形的内心，如图，是的内心，是的内心，是的内心，若的度数为整数，则不可能为（ ）度 A. 100 B. 108 C. 112 D. 120 E. 135 15. 小明试图将1、2、3…分成为，，三组，使得每个数均恰好属于其中一组，中的数均为奇数，中的数均为偶数，所有3的倍数均在中，并且，，三组中所有数之和相等，则当取下列哪些值时，小明的分法可以实现（ ） A. 35 B. 24 C. 92 D. 104 E. 139 三、不定项选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中，至少一项是符合题目要求的，全对得6分，漏选得3分，多选，不选，选错均不得分） 16. 如图，在矩形中，的平分线交于点，，，则等于（ ） A B. C. D. E. 1 17. 下列属于方程的解的是（ ） A. B. C. D. E. 1 18. 用重，，，，，和（注意：不是）的砝码各个，在天平上分别称量重，，的物体甲、乙、丙，可以准确称量的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 甲和乙 D. 甲，乙和丙 E. 无法确定 19. 如图，，，，点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动，设运动时间为，则当与全等时，点的运动速度为（ ） A. B. 1 C. 1.5 D. 2 E. 20. 若实数、、满足，则下列式子一定成立的是（ ） A. B. C. D. E. 21. 如图所示，由点引出的6条射线形成的角满足，直线分别交这6条射线依次于点，，，，，，则图中锐角的个数可能有（ ）个 A. 22 B. 23 C. 24 D. 25 E. 26 22. 由于贯彻“绿水青山就是金山银山”的号召，某地自然环境改善，水鸟数量持续增多，在一连串湖泊的上空飞行着一群白天鹅，它们飞行经过每个湖泊时，都留下天鹅群的一半加上“半只”天鹅，剩下的天鹅群继续往前飞，最后所有的天鹅全部停在若干个湖中，则这群天鹅原来可能有（ ）只． A. 63 B. 127 C. 255 D. 1023 E. 2021 23. 鹏城杯足球赛共有四支球队参赛，每两支球队比赛一场，每场胜队得分，负队得分，打平各得分，赛完各队得分分别为分，分，分，分，比赛结果前三名分别是甲，乙，丙，则第四名负于（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 甲和乙 E. 甲或乙 24. 是高为等边三角形内部一点，设到各边的距离分别为，，，若以，，为长度的三条线段可以构成一个三角形，则，，各自满足的条件是（ ） A ，， B. ，， C. ，， D. ，， E. ，， 25. 如图，过的顶点分别作对边上的高和中线，为垂足，为中点，规定，特别地，当与重合时，规定，对，作类似的规定．给出下列结论：其中，正确结论有（ ） A. 若，，则 B. 若，则为直角三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则 E. 以上都不对 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绥阳县首届中小学学生“”节数学思维竞赛（预赛）八年级数学试卷 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡规定的位置上． 2．必须使用2B铅笔将选择题的答案填涂在答题卡对应题号的位置． 3．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 4．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的五个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. E. 2023 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查的知识点为非负数的性质以及解二元一次方程组．本题先依据非负数的性质(算术平方根和绝对值均为非负数，其和为时各自为)列出关于的二元一次方程组，再求解方程组得到的值，最后将其代入结合负数奇次幂的性质算出结果． 【详解】解：∵ 又∵，， ∴， ①＋②，得：， 把代入方程①： ， 解得：， 将，代入． 故选：A． 2. 满足方程的整数对共有（ ）对 A. B. C. D. E. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次方程的整数解问题，需要结合平方数的非负性和整数范围进行枚举求解．先根据方程中平方项的非负性确定的取值范围，再对的每个可能取值代入方程求解，判断是否为整数，最后统计满足条件的整数对数量． 【详解】解：∵和均为非负数，且总和为， 由得可能值为，，，，， 对每个值，判断是否为完全平方数， 当时： ，解得或； 对应解为和，共对； 当时： ，不是完全平方数，无整数解； 当时： ， 解得或； 对应解为、、、，共对； 总共有对整数解． 故选：D． 3. 循环小数可以被等同表示为，与为互素正整数，则的值为（ ） A. B. C. D. E. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的知识点是循环小数转化为分数的方法，设循环小数，将其扩大倍得则两式相减消去循环部分得，解得，从而得到，进而求出． 【详解】解：设， 则 ∴， 解得， ∴，， ∴． 故选：B． 4. 用表示不超过的最大整数，把称为的小数部分，已知，是的小数部分，是的小数部分，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. E. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了估算无理数的大小，分母有理化等知识，先求出，由是的小数部分，是的小数部分，求得，，再代入即可得出结论． 【详解】解：∵，而， ∴． 又∵，而， ∴． ∴． 故选：A． 5. 已知，不等边三角形的两条高分别为4和12，若第三高也是整数，那么，它的长度最大可能是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 E. 8 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了三角形三边关系及三角形的面积，难度较大， 根据三角形三边关系及三角形面积相等即可求出要求高的整数值． 【详解】解：∵不等边三角形的两条高的长度分别为4和12， 故根据面积相等可设不等边三角形的两边长为，x； ∵， ∴面积， 根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得：第三边长度， ∵要求高的最大长度， ∴当第三边最短时，在第三边上的高就越长， 第三边的长高，高，高， ∴高， ∵是不等边三角形，且高为整数， ∴高最大值为5， 故选：B． 二、多项选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中，至少两项是符合题目要求的，全对得6分，漏选得3分，多选，不选，选错均不得分） 6. 在一个多边形中，除了两个内角外，其余内角之和为，则这个多边形的边数可能是（ ） A. B. C. D. E. 【答案】CD 【解析】 【分析】本题主要考查的知识点是多边形内角和公式以及不等式的应用．先设多边形的边数为，根据多边形内角和公式表示出内角和，再结合未知内角的取值范围列出不等式，求解不等式得到的整数解，从而确定多边形的边数． 【详解】解：设多边形的边数为(为整数)， 根据题意得： 解得：， ∵为整数， ∴整数可能为或， 则此多边形为边形或边形． 故选：CD． 7. 是正整数，下列各数可能是正整数的平方的是（ ） A. B. C. D. E. 【答案】ACE 【解析】 【分析】此题考查了完全平方数的知识，有一定的难度，如果一个整式提取的公因数是完全平方数，则要使这个因式可以为一个数的平方，则这个剩余的因式一定是完全平方式．分别将各选项提取公因式，然后运用特殊值判断法判断两因式是相乘后是否可以为一个数的平方，从而可得出答案． 【详解】A、，则当时，即时可使为3的平方，故本选项符合题意； B、，则只有是完全平方式时才能满足是一个数的平方，而不是完全平方式，故本选项不符合题意； C、，则当时，即时可使为平方，故本选项符合题意； D、，则只有才能满足是一个数的平方，而的解不是正整数，故本选项不符合题意； E、，则当时，即时可使为的平方，故本选项符合题意； 故选：ACE． 8. 已知正整数，的最大公约数为3，最小公倍数是60，若，则的值可能为（ ） A. B. C. D. E. 【答案】AB 【解析】 【分析】本题考查了最大公约数与最小公倍数，求代数式的值，设，（，互质，且），根据题意可得，从而得出，或，，再代入所求式子计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵正整数，的最大公约数为3， ∴设，（，互质，且）， ∵正整数，的最小公倍数是60， ∴， ∴， ∴，或，， 当，时，此时，，； 当，时，此时，，． 故选：AB． 9. 一直角三角形，一边长和另一边上的中线分别为4和5（顺序不固定），则这个三角形斜边的长度可能是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 E. 10 【答案】DE 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形中线的定义，直角三角形的性质，勾股定理以及三角形三边关系的应用，分5种情况，结合这些知识一一计算并判断即可． 【详解】解：分情况讨论： ①边长4为直角边，中线5为另一直角边上的中线， 如下图所示： ，，， 则， ∴， ∴，符合三角形三边关系，但选项中没有该答案， ②边长5为直角边，中线4为另一直角边上的中线，如上图，假设，， 则斜边小于直角边，不符合题意，故该情况不存在． ③边长4为直角边，中线5为斜边上的中线， 如下图所示： ，，， ∴， 则，符合三角形三边关系，则该情况存在． ④边长5为直角边，中线4为斜边上的中线 如下图所示： ，，， ∴， ∴，符合三角形三边关系， ⑤中线5是直角边的中线，边长4是斜边，但直角三角形斜边大于直角边，4小于5，不可能，排除． 综合来看，斜边可能为8或10， 故选：DE． 10. 一些小姑娘去采蘑菇，其中一人采到朵，其余的人每人都采到朵；第二次又有一些小姑娘（人数与第一次不同）出去采蘑菇，其中一人采到朵，其余的人每人都采到朵．已知两次采到蘑菇数相同，并且蘑菇数大于，但不超过，如果不记顺序，两次去采蘑菇的平均人数为（ ）个 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元一次不等式组和二元一次方程的应用，通过不等式确定变量范围，再结合方程求出具体变量值．先确定第一次采蘑菇数的可能值，再根据第二次的条件筛选出符合条件的蘑菇数，进而求出两次的人数． 【详解】解：设第一次有个小姑娘去采蘑菇，第二次有个小姑娘去采蘑菇， ∵第一次采到的蘑菇数大于，但不超过， ， 解得： ∵两次采到的蘑菇数相同， ∴， ∴ 又∵,均为正整数， ∴两次去采蘑菇的人数分别为个，个， 两次去采蘑菇的平均人数为个． 故选：C． 11. ，，都是大于的负数，那么，下列不等式能成立的是（ ） A. B. C. D. E. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的性质，判断每个选项是否成立，根据，，都是大于的负数这一条件，采用假设法选取符合条件的具体数值代入验证来一一判断选项是否成立即可． 【详解】解：．∵，，都是大于负数，∴，，， 则，∴，故该选项不能成立； ．∵，，都是大于的负数，∴，，， 则，∵，，是3个负数， ∴，故该选项成立； ．假设，，则，，则，故该选项不能成立； ．假设，，则．故该选项不能成立； E．假设，，，则，， 则，则， 该选项不能成立； 故选B． 12. 下列算式中，相同的汉字表示相同的数，不同的汉字也可以表示相同的数，则四位数（ ） A. 3033 B. 2533 C. 2498 D. 1998 E. 不存在 【答案】ABCD 【解析】 【分析】本题考查了数字类规律探索，先确定出“维”代表的数字为或，再分两种情况确定出“思”代表的数字，最后再分情况求出“常”和“超”代表的数字即可得解，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵个位上是四个“维”相加，结果的个位数是2， ∴“维”代表的数字为或， 当“维”代表的数字为时，结合十位上是三个“思”相加，结果的十位数是0，可得出此时“思”代表的数字为， 当“维”代表的数字为时，结合十位上是三个“思”相加，结果的十位数是0，可得出此时“思”代表的数字为； 当“维”代表的数字为，“思”代表的数字为时，结合百位上是两个“常”相加，结果的百位数是1，可得出此时“常”代表的数字为或； 当“维”代表的数字为，“思”代表的数字为时，结合百位上是两个“常”相加，结果的百位数是1，可得出此时“常”代表的数字为或； 故当“维”代表的数字为，“思”代表的数字为，“常”代表的数字为时，结合千位上的数字为可得出此时“超”代表的数字为，即四位数为； 当“维”代表的数字为，“思”代表的数字为，“常”代表的数字为时，结合千位上的数字为可得出此时“超”代表的数字为，即四位数为； 当“维”代表的数字为，“思”代表的数字为，“常”代表的数字为时，结合千位上的数字为可得出此时“超”代表的数字为，即四位数为； 当“维”代表的数字为，“思”代表的数字为，“常”代表的数字为时，结合千位上的数字为可得出此时“超”代表的数字为，即四位数为． 故选：ABCD． 13. 是的中点，青蛙从跳到，称之为关于中心作了一次“对称跳”，记为．对任意给定的，一只青蛙从开始，至，然后至，再至；继续至，至，至，…，以下正确的是（ ） A. 青蛙将越跳越远 B. 青蛙将最终跳入三角形内 C. 与重合，即六次跳动回到原处 D 与重合，即十二次跳动回到原处 E. 是否回到原处，与三角形内还是三角形外无关． 【答案】CDE 【解析】 【分析】本题主要考查了图形类规律题，理解对称跳的概念和周期性，通过分析青蛙的运动规律来判断选项的正确性． 【详解】解：．根据图中规律，将回到处，所以不是越跳越远，故该选项不符合题意； ．~位置一定，周期规律已出，没有出现在三角形内，故该选项不符合题意； ．将回到处，说法正确，故该选项符合题意； ．周期为6，，，，都会回到处，说法正确，故该选项符合题意； E．如在三角形外，则6次回到起点，若在三角形内，如图， 经过6次回到起点，则又按图中规律排列，说法正确，故该选项符合题意； 故选：CDE． 14. 三角形内角平分线的交点称为三角形的内心，如图，是的内心，是的内心，是的内心，若的度数为整数，则不可能为（ ）度 A. 100 B. 108 C. 112 D. 120 E. 135 【答案】ABC 【解析】 【分析】此题考查了三角形内切圆与内心，解决本题的关键是注意三角形的内心即是三角形角平分线的交点，首先由三角形内角的性质，求得，，，又由的度数为整数，即可求得的最小值，进而可以解决问题． 【详解】解：∵E是的内心， ∴， ∵是的内心， ∴， 即， ∵F是的内心， 同理得， ∴， ∵的度数为整数， ∴当时，最小， 则至少是， 故选ABC． 15. 小明试图将1、2、3…分成为，，三组，使得每个数均恰好属于其中一组，中的数均为奇数，中的数均为偶数，所有3的倍数均在中，并且，，三组中所有数之和相等，则当取下列哪些值时，小明的分法可以实现（ ） A. 35 B. 24 C. 92 D. 104 E. 139 【答案】AD 【解析】 【分析】本题考查了奇数和偶数、数的整除性、有理数的混合运算，根据奇数和偶数的性质结合数的整除性，逐项计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：当时，， ∵，，三组中所有数之和相等， ∴，，三组中所有数之和为， ∵所有3的倍数均在中， ∴组所有3的倍数之和为， ∵除3的倍数之外的奇数之和为，除3的倍数之外的偶数之和为， ∵中的数均为奇数，中的数均为偶数，所有3的倍数均在中，， ∴将奇数中的和，偶数中的和放到组，即可构成满足条件的三个组，故A符合题意； 当时，， ∵，，三组中所有数之和相等， ∴，，三组中所有数之和为， ∵所有3的倍数均在中， ∴组所3的倍数之和为，故B不符合题意； 当时，， ∵，，三组中所有数之和相等， ∴，，三组中所有数之和为， ∵所有3的倍数均在中， ∴组所3的倍数之和为， ∵除3的倍数之外的奇数之和为，除3的倍数之外的偶数之和为， ∵中的数均为奇数，中的数均为偶数，所有3的倍数均在中，，， ∴奇数中无法找出几个数使得和为放到组，偶数中的、和放到组，故C不符合题意； 当时，， ∵，，三组中所有数之和相等， ∴，，三组中所有数之和为， ∵所有3的倍数均在中， ∴组所3的倍数之和为， ∵除3的倍数之外的奇数之和为，除3的倍数之外的偶数之和为， ∵中的数均为奇数，中的数均为偶数，所有3的倍数均在中，，， ∴奇数中的、和放到组，偶数中的和放到组，即可构成满足条件的三个组，故D符合题意； 当时，， ∵， ∴不符合题意；故E不符合题意； 故选：AD． 三、不定项选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中，至少一项是符合题目要求的，全对得6分，漏选得3分，多选，不选，选错均不得分） 16. 如图，在矩形中，的平分线交于点，，，则等于（ ） A. B. C. D. E. 1 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理，令、相交于点，由矩形的性质可得，，证明为等边三角形，得出，作于，则，从而得出为等腰直角三角形，，进而得出，，求出即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，令、相交于点， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵的平分线交于点， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 作于，则， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴， 故选：D． 17. 下列属于方程的解的是（ ） A. B. C. D. E. 1 【答案】AC 【解析】 【分析】本题主要考查了含绝对值的一元二次方程求解，分两种情况求解，当时，原方程变成，利用公式法解方程并舍去不合适的值，当时，原方程变成，同理求解即可． 【详解】解：当时，原方程变成， 则， ∴， ∴，（不合题意舍去）， 当时，原方程变成， 则， ∴， ∴（不合题意舍去），， 综上，方程的解的是和， 故选：AC． 18. 用重，，，，，和（注意：不是）的砝码各个，在天平上分别称量重，，的物体甲、乙、丙，可以准确称量的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 甲和乙 D. 甲，乙和丙 E. 无法确定 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查的知识点是通过给定的砝码重量，利用加减法运算来组合出特定的物体重量，从而判断能否准确称量；核心在于对所给砝码重量进行合理的加减组合，以达到目标重量． 【详解】解：∵， ， ∴， ， ， ∴物体甲，乙，丙都可以准确称量． 故选：D． 19. 如图，，，，点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动，设运动时间为，则当与全等时，点的运动速度为（ ） A. B. 1 C. 1.5 D. 2 E. 【答案】BC 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质，分两种情况：当时，，；当时，，；分别求解即可，熟练掌握全等三角形的性质，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：当时，，， ∵， ∴， ∴， ∴点的运动速度为； 当时，，， ∴，， ∴点的运动速度为； 综上所述，点的运动速度为或， 故选：BC． 20. 若实数、、满足，则下列式子一定成立的是（ ） A. B. C. D. E. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查的知识点为完全平方公式的应用以及因式分解．首先，利用完全平方公式和多项式乘法法则，将已知等式展开并化简．然后，通过观察式子的结构，对化简后的式子进行因式分解，得到，因为一个数的平方为时，这个数本身为，所以推导出，从而得出答案． 【详解】解： 发现， ∵， ∴，即 故选：D． 21. 如图所示，由点引出的6条射线形成的角满足，直线分别交这6条射线依次于点，，，，，，则图中锐角的个数可能有（ ）个 A. 22 B. 23 C. 24 D. 25 E. 26 【答案】CE 【解析】 【分析】本题考查了角的相关知识点，分三种情况：由点引出的条射线形成的锐角情况；当直线与射线、射线、射线、射线中的一条射线垂直时；当直线与条射线都不垂直时；分别讨论即可得解，熟练掌握角的相关定义，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：由点引出的条射线行程的锐角情况： 角的度数是的角有个，角的度数是的角有个，角的度数是的角有个，角的度数是的角有个； 直线与条射线形成的锐角情况：直线与条射线都有交点，因此直线不可能与射线、射线垂直， 当直线与射线、射线、射线、射线中的一条射线垂直时，此时直线与点引出的条射线形成的锐角有个， 当直线与条射线都不垂直时，此时直线与点引出的条射线形成的锐角有个， 综上所述，图中锐角的个数可能有个或个， 故选：CE． 22. 由于贯彻“绿水青山就是金山银山”的号召，某地自然环境改善，水鸟数量持续增多，在一连串湖泊的上空飞行着一群白天鹅，它们飞行经过每个湖泊时，都留下天鹅群的一半加上“半只”天鹅，剩下的天鹅群继续往前飞，最后所有的天鹅全部停在若干个湖中，则这群天鹅原来可能有（ ）只． A. 63 B. 127 C. 255 D. 1023 E. 2021 【答案】ABCD 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，找到停和留的规律是解题关键．通过前几次停、留得到规律：第n次留：，再检验选项即可． 【详解】解：设这群天鹅原来有x只， 第一次：停：，留：． 第二次：停：，留：． 第三次：停：，留：， 观察：第一次留：， 第二次留：， 第三次留： ••••••， 故第n次留：， ∵最后所有的天鹅全部停在若干个湖中， ∴此时应该只剩1只， ∴， ∴， ∴， 故原有天鹅的只数后，再除以2，正好能被整除， 故原有天鹅的只数为63时，，符合要求． 原有天鹅的只数为127时，，符合要求． 原有天鹅的只数为255时，，符合要求． 原有天鹅的只数为1023时，，符合要求． 原有天鹅的只数为2021时，， ∵，不符合要求，舍去． 故选：ABCD． 23. 鹏城杯足球赛共有四支球队参赛，每两支球队比赛一场，每场胜队得分，负队得分，打平各得分，赛完各队得分分别为分，分，分，分，比赛结果前三名分别是甲，乙，丙，则第四名负于（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 甲和乙 E. 甲或乙 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查的知识点是逻辑推理和比赛积分问题．逻辑推理是通过已知条件，运用合理的思维和分析，逐步推导出未知信息的过程．首先根据各队的得分，需要推理出每支球队的比赛胜负情况，从而确定第四名负于哪支球队． 【详解】解：∵足球赛共有四支球队参赛，每两支球队比赛一场， ∴比赛总场次为场。 依题意可知，每场比赛，若分出胜负，两队得分和为分； 若打平，两队得分和为分 ∵各队得分分别为分，分，分，分， ∴总得分为分， 设场比赛中，有场分出胜负，场打平， 则，且， 将代入， 可得， 解得，则， 所以场比赛中，场分出胜负，场打平， 得分的队：因为，所以该队胜平负； 得分的队：因为，所以该队胜平负； 得分的队：因为，所以该队胜平负， 或者， 但总共有场分出胜负，所以该队只能是 胜平负； 得分的队：因为，所以该队胜平负； 得分的队(甲或乙，因为是前三名)胜平， 根据题意，甲(分)胜平负，乙(分)胜平负，第四名(分)胜平负， 赛事共场分出胜负，胜队为甲和乙，负队为乙和第四名， 因此，甲胜乙，乙胜第四名；故第四名负于乙； 故选：B． 24. 是高为的等边三角形内部一点，设到各边的距离分别为，，，若以，，为长度的三条线段可以构成一个三角形，则，，各自满足的条件是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， E. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形边角关系，等边三角形的性质．如图，连接，先利用，找出x，y，z与h的关系，再运用三角形三边关系可得，同理可得结论并作出判断． 【详解】解：如图，，连接， ∵， ∴ ∵为等边三角形， ∴， ∴ 即， ∵以x，y，z为边可以组成三角形， ∴， ∴，即 同理可得：，， 故选：B． 25. 如图，过的顶点分别作对边上的高和中线，为垂足，为中点，规定，特别地，当与重合时，规定，对，作类似的规定．给出下列结论：其中，正确结论有（ ） A. 若，，则 B. 若，则为直角三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则 E. 以上都不对 【答案】ABCD 【解析】 【分析】本题是三角形边角关系的综合问题，考查了直角三角形的性质以及等腰三角形的性质，正确理解规定是解决本题的关键． A根据的定义，以及有一个角是的直角三角形的性质即可解决； B根据的定义可得，据此即可判断； C根据的定义，判断D和E的位置即可判断； D，则D与E重合，则所在直线是的垂直平分线，则，同理由，知，从而得，即可判定是等边三角形，再结合新定义判断． 【详解】解：在图1中，， ∵E是的中点，边上的高与重合， 则； 当F是的中点时，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴，故A正确； 若， 则，此时D和C重合， ∴为直角三角形，故B正确； 当时，， 则E在的延长线上， 此时是钝角三角形，故C正确； 当，则当点D与E重合时，则∶ 同理，，则， ∴， ∴是等边三角形 ∴，故D正确． 故选ABCD 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $