初中数学竞赛试题及答案大全

（1998-2018）

目录

1998年全国初中数学竞赛试卷 ........................................................ 1 1999年全国初中数学竞赛试卷 ........................................................ 6 2000年全国初中数学竞赛试题解答 .................................................... 9 2001年TI杯全国初中数学竞赛试题B卷 .............................................. 14 2002年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 15 2003年“TRULY信利杯”全国初中数学竞赛试题 ........................................ 17 2004年“TRULY信利杯”全国初中数学竞赛试题 ........................................ 25 2005年全国初中数学竞赛试卷 ....................................................... 30 2006年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 32 2007年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 38 2008年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 46 2009年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 47 2010年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 52 2011年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 57 2012年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 60 2013年全国初中数学竞赛试题 ....................................................... 73 2014年全国初中数学竞赛预赛 ....................................................... 77 2015年全国初中数学竞赛预赛 ....................................................... 85 2016年全国初中数学联合竞赛试题 ................................................... 94 2017年全国初中数学联赛初赛试卷 .................................................. 103

2018 年初中数学联赛试题 ......................................................... 105

1998年全国初中数学竞赛试卷

一、选择题：（每小题6分，共30分）

1、已知a、b、c都是实数，并且abc，那么下列式子中正确的是（ ） （Ａ）abbc（Ｂ）abbc（Ｃ）abbc（Ｄ）

ab cc2、如果方程x2px10p0的两根之差是1，那么p的值为（ ） （Ａ）2（Ｂ）4（Ｃ）3（Ｄ）5

3、在△ABC中，已知BD和CE分别是两边上的中线，并且BD⊥CE，BD=4，CE=6，那么△ABC的面积等于（ ）

（Ａ）12（Ｂ）14（Ｃ）16（Ｄ）18 4、已知abc0，并且

abbccap，那么直线ypxp一定通过第（ ）象限 cab（Ａ）一、二（Ｂ）二、三（Ｃ）三、四（Ｄ）一、四

9xa05、如果不等式组的整数解仅为1，2，3，那么适合这个不等式组的整数a、b的有序数对（a、

8xb0b）共有（ ）

（Ａ）17个（Ｂ）64个（Ｃ）72个（Ｄ）81个

二、填空题：（每小题6分，共30分）

6、在矩形ABCD中，已知两邻边AD=12，AB=5，P是AD边上任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E、F分别是垂足，那么PE+PF=___________。

7、已知直线y2x3与抛物线yx2相交于A、B两点，O为坐标原点，那么△OAB的面积等于___________。

8、已知圆环内直径为acm，外直径为bcm，将50个这样的圆环一个接一个环套地连成一条锁链，那么这条锁链拉直后的长度为___________cm。

9、已知方程a2x23a28ax2a213a150（其中a是非负整数），至少有一个整数根，那么a=___________。

10、B船在A船的西偏北450处，两船相距102km，若A船向西航行，B船同时向南航行，且B船的速度为A船速度的2倍，那么A、B两船的最近距离是___________km。

三、解答题：（每小题20分，共60分）

11、如图，在等腰三角形ABC中，AB=1，∠A=900，点F在底边BC上，且FE⊥BE，求△CEF的面积。

AE点E为腰AC中点，

BFC12、设抛物线yx22a1x2a的值。

5的图象与x轴只有一个交点，（1）求a的值；（2）求a18323a6413、A市、B市和C市有某种机器10台、10台、8台，现在决定把这些机器支援给D市18台，E市10台。已知：从A市调运一台机器到D市、E市的运费为200元和800元；从B市调运一台机器到D市、E市的运费为300元和700元；从C市调运一台机器到D市、E市的运费为400元和500元。 （1）设从A市、B市各调x台到D市，当28台机器调运完毕后，求总运费W（元）关于x（台）的函数关系式，并求W的最大值和最小值。

（2）设从A市调x台到D市，B市调y台到D市，当28台机器调运完毕后，用x、y表示总运费W（元），并求W的最大值和最小值。 解 答

1．根据不等式性质，选B．．

2．由△=p2-4＞0及p＞2，设x1，x2为方程两根，那么有x1+x2=-p，x1x2=1．又由 (x1-x2)2=(x1＋x2)2-4x1x2， 3．如图3－271，连ED，则 又因为DE是△ABC两边中点连线，所以 故选C． 4．由条件得

三式相加得2(a+b+c)=p(a+b+c)，所以有p=2或a+b＋c＝0． 当p=2时，y=2x＋2，则直线通过第一、二、三象限．

四象限．

综合上述两种情况，直线一定通过第二、三象限．故选B．，

y=-x-1，则直线通过第二、三、

的可以区间，如图3－272．

+1，3×8＋2，3×8＋3，……3×8＋8，共8个，9×8=72(个)．故选C．

6．如图3－273，过A作AG⊥BD于G．因为等腰三角形底边上的任意一点到两腰距离的和等于腰上的高，所以PE＋PF=AG．因为AD=12，AB=5，所以BD=13，所

7．如图3-274，直线y=-2x+3与抛物线y=x2的交点坐标为A(1，1)，B(-3，9)．作AA1，BB1分别垂直于x轴，垂足为A1，B1，所以

8．如图3－275，当圆环为3个时，链长为

当圆环为50个时，链长为 9．因为a≠0，解得 故a可取1，3或5．

10．如图3－276，设经过t小时后，A船、B船分别航行到A1，

A1C=|10-x|，B1C=|10-2x|， 所以

11．解法1如图3－277，过C作CD⊥CE与EF的延长线交于D．因为 ∠ABE＋∠AEB=90°， ∠CED＋∠AEB=90°，

所以 ∠ABE=∠CED． 于是Rt△ABE∽Rt△CED，所以

又∠ECF=∠DCF=45°，所以CF是∠DCE的平分线，点F到CE和CD的距离相等，所以 所以

解法2 如图3－278，作FH⊥CE于H，设FH=h．因为 ∠ABE＋∠AEB＝90°， ∠FEH+∠AEB=90°，

所以 ∠ABE=∠FEH， 于是Rt△EHF∽Rt△BAE．因为 所以

12．(1)因为抛物线与x轴只有一个交点，所以一元二次方程 有两个相等的实根，于是

(2)由(1)知，a2=a＋1，反复利用此式可得 a4=(a＋1)2=a2＋2a+1=3a+2， a8=(3a＋2)2=9a2＋12a＋4=21a＋13， a16=(21a+13)2=441a2＋546a＋169 ＝987a＋610，

a18＝(987a＋610)(a＋1)＝987a2＋1597a＋610 =2584a＋1597．

又

因为a2-a-1=0，所以64a2-64a-65=-1，即 (8a+5)(8a-13)=-1． 所以

a18＋323a－6=2584a＋1597＋323(-8a＋13)=5796．

13．(1)由题设知，A市、B市、C市发往D市的机器台数分别为x，x，18-2x，发往E市的机器台数分别为10-x，10-x，2x-10．于是

W=200x＋300x+400(18-2x)＋800(10-x)+700(10-x)+500(2x-10) =-800x＋17200． W=-800x＋17200(5≤x≤9，x是整数)．

由上式可知，W是随着x的增加而减少的，所以当x=9时，W取到最小值10000元；当x=5时，W取到最大值13200元．

(2)由题设知，A市、B市、C市发往D市的机器台数分别为x，y，18-x-y，发往E市的机器台数分别为10-x，10-y，x＋y-10．于是

W=200x+800(10-x)+300y＋700(10-y)+400(18-x-y)+500(x+y-10) =-500x-300y+17200． W=-500x-300y+17200， 且

W=-200x-300(x+y)+17200

≥-200×10-300×18＋17200=9800． 当x=10，y=8时，W=9800，所以W的最小值为9800．又 W=-200x-300(x＋y)＋17200

≤-200×0-300×10+17200=14200，

当x=0，y=10时，W=14200，所以W的最大值为14200．

1999年全国初中数学竞赛试卷

一、选择题（本题共6小题，每小题5分，满分30分．每小题均给出了代号为A，B， C，D的四个结论，其中只有一个是正确的．请将正确答案的代号填在题后的括号里） 1．一个凸n边形的内角和小于1999°，那么n的最大值是（ ）．

A．11 B．12 C．13 D．14

2．某城市按以下规定收取每月煤气费：用煤气如果不超过60立方米，按每立方米元收费；如果超过60立方米，超过部分按每立方米元收费．已知某用户4月份的煤气费平均每立方米元，那么4月份该用户应交煤气费（ ）． A．60元 B．66元 C．75元 D．78元 3．已知

，那么代数式

的值为（ ）．

A． B．－ C．－ D．

4．在三角形ABC中，D是边BC上的一点，已知AC=5，AD=6，BD=10，CD=5，那么三角形ABC的面积是（ ）． A．30 B．36 C．72 D．125 5．如果抛物线小值是（ ）．

A．1 B．2 C．3 D．4

6．在正五边形ABCDE所在的平面内能找到点P，使得△PCD与△BCD的面积相等，并且△ABP为等腰三角形，这样的不同的点P的个数为（ ）． A．2 B．3 C．4 D．5 二、填空题（本题共6小题，每小题5

分，满分30分）

与x轴的交点为A，B，项点为C，那么三角形ABC的面积的最

7．已知，那么x2 + y2的值为 ．

8．如图1，正方形ABCD的边长为10cm，点E在边CB的延长线上，且EB=10cm，点P在边DC上运动，EP与AB的交点为F．设DP=xcm，△EFB与四边形AFPD的面积和为ycm2，那么，y与x之间的函数关系式是 （0＜x＜10）． 9．已知ab≠0，a2 + ab－2b2 = 0，那么

的值为 ．

10．如图2，已知边长为1的正方形OABC在直角坐标系中，A，B两点在第Ⅰ象限内，OA与x轴的夹角为30°，那么点B的坐标是 ．

11．设有一个边长为1的正三角形，记作A1（如图3），将A1的每条边三等分，在中间的线段上向形外作正三角形，去掉中间的线段后所得到的图形记作A2（如图4）；将A2的每条边三等分，并重复上述过程，所得到的图形记作A3（如图5）；再将A3的每条边三等分，并重复上述过程，所得到的图形记作A4，那么A4的周长是 ．

12．江堤边一洼地发生了管涌，江水不断地涌出，假定每分钟涌出的水量相等．如果用两 台抽水机抽水，40分钟可抽完；如果用4台抽水机抽水，16分钟可抽完．如果要在10分钟内抽完水，

那么至少需要抽水机 台．

三、解答题（本题共3小题，每小题20分，满分60分）

13．设实数s，t分别满足19s2 + 99s + 1 = 0，t2 + 99t + 19 = 0，并且st≠1，求的值．

14．如图6，已知四边形ABCD内接于直径为3的圆O，对角线AC是直径，对角线AC和BD的交点是P，AB=BD，且PC=，求四边形ABCD的周长． 15．有人编了一个程序：从1开始，交错地做加法或乘法（第一次可以是加法，也可以是乘法）每次加法，将上次的运算结果加2或加3；每次乘法，将上次的运算结果乘2或乘3．例如，30可以这样得到：

（1）（10分）证明：可以得到22；

（2）（10分）证明：可以得到2100 + 297－2． 1999年全国初中数学竞赛答案 一、1．C 2．B 3．D 4．B 5．A 6．D

．

二、7．10 8．y = 5x + 50 9． 10． 11． 12．6

三、13．解：∵s≠0，∴第一个等式可以变形为：

又∵st≠1， ∴

．

，t是一元二次方程x2 + 99x + 19 = 0的两个不同的实根，于是，有

．

即st + 1 =－99s，t = 19s． ∴

．

14．解：设圆心为O，连接BO并延长交AD于H．

∵AB=BD，O是圆心， ∴BH⊥AD． 又∵∠ADC=90°，

∴BH∥CD． 从而△OPB∽△CPD．

∴CD=1．

于是AD= 又OH= AB= BC=

CD=

，于是

， ．

．

．

，

所以，四边形ABCD的周长为 15．证明： （1）

．

也可以倒过来考虑：

．

（或者（2）

．

或倒过来考虑：

．

注意：加法与乘法必须是交错的，否则不能得分．

．）

2000年全国初中数学竞赛试题解答

一、选择题（只有一个结论正确）

1、设a，b，c的平均数为M，a，b的平均数为N，N，c的平均数为P，若a＞b＞c，则M与P的大小

关系是（ ）。 （A）M＝P；（B）M＞P；（C）M＜P；（D）不确定。

答：（B）。∵M＝∵a＞b＞c，∴

abcabNcab2cab2c，N＝，P＝，M－P＝， 322212ab2ccc2c＞0，即M－P＞0，即M＞P。 12122、某人骑车沿直线旅行，先前进了a千米，休息了一段时间，又原路返回b千米（b﹤a），再前进c

千米，则此人离起点的距离S与时间t的关系示意图是（ ）。 答：（C）。因为图（A）中没有反映休息所消耗的时间；图（B）虽表明折返后S的变化，但没有表示消耗的时间；图（D）中没有反映沿原始返回的一段路程，唯图（C）正确地表述了题意。 3、甲是乙现在的年龄时，乙10岁；乙是甲现在的年龄时，甲25岁，那么（ ）。 （A）甲比乙大5岁；（B）甲比乙大10岁；（C）乙比甲大10岁；（D）乙比甲大5岁。 答：（A）。由题意知3×（甲－乙）＝25－10，∴甲－乙＝5。

595x平行，与x轴、y轴的交点分别为A、B，并且过点（－1，－4425），则在线段AB上（包括端点A、B），横、纵坐标都是整数的点有（ ）。

4、一个一次函数图象与直线y=

（A）4个；（B）5个；（C）6个；（D）7个。

答：（B）。在直线AB上，横、纵坐标都是整数的点的坐标是x＝－1＋4N，y＝－25＋5N，（N是整数）．在

1线段AB上这样的点应满足－1＋4N＞0，且－25＋5N≤0，∴≤N≤5，即N＝1，2，3，4，5。

45、设a，b，c分别是△ABC的三边的长，且

aab，则它的内角∠A、∠B的关系是（ ）。 babc（A）∠B＞2∠A；（B）∠B＝2∠A；（C）∠B＜2∠A；（D）不确定。

aabab得，延长CB至D，使BD＝AB，于是CD＝a+c，在△ABC与△DAC中，babcbac∠C为公共角，且BC:AC＝AC:DC，∴△ABC∽△DAC，∠BAC＝∠D，∵∠BAD＝∠D，∴∠ABC＝∠D＋∠BAD＝2∠D＝2∠BAC。

答：（B）。由

6、已知△ABC的三边长分别为a，b，c，面积为S，△A1B1C1的三边长分别为a1，b1,C1面积为S1，且a＞a1，b＞b1，c＞c1则S与S1的大小关系一定是（ ）。 （A）S＞S1；（B）S＜S1；（C）S＝S1；（D）不确定。

答：（D）。分别构造△ABC与△A1B1C1如下：①作△ABC∽△A1B1C1，显然，即S＞S1；

②设，则，S＝10，，则S1＝×100＞10，即，则

，

S＜S1；③设，则，S＝10，S1＝10，即S＝S1；因此，S与S1的大小关系不确定。

二、填空题

7、已知：，那么＝________。

答：1。∵，即。∴

。

8、如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝8，BC＝6的面积等于________。 答：66＋6

，∠BCD＝45°，∠BAD＝120°，则梯形ABCD

（平方单位）。作AE、BF垂直于DC，垂足分别为E、F，由BC＝6，∠BCD＝45°，

得AE＝BF＝FC＝6。由∠BAD＝120°，得∠DAE＝30°，因为AE＝6得DE＝2＋8＋6＝14＋29、已知关于

个。

，∴的方程

，AB＝EF＝8，DC＝2。

的根都是整数，那么符合条件的整数有________

答：5。①当且

是整数，知

时，；②当

，∴

时，易知是方程的一个整数根，再由；由①、②得符合条件的整数

有5个。

10、如图，工地上竖立着两根电线杆AB、CD，它们相距15米，分别自两杆上高出地面4米、6米的A、

C处，向两侧地面上的E、D；B、F点处，用钢丝绳拉紧，以固定电线杆。那么钢丝绳AD与BC的交点P离地面的高度为________米。

答：米。作PQ⊥BD于Q，设BQ＝米，QD＝米，PQ＝米，由AB∥PQ∥CD，得及

，两式相加得，由此得米。即点P离地面的高度为米。（注：由上述解

法知，AB、CD之间相距多远，与题目结论无关。）

11、如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为（15，6），直线OABC分成面积相等的两部分，那么

＝________。

恰好将矩形

答：。直线通过点D（15，5），故BD＝1。当时，直线通过，

两点，则它恰好将矩形OABC分成面积相等的两部分。

12、某商场经销一种商品，由于进货时价格比原进价降低了％，使得利润率增加了8个百分点，那么

经销这种商品原来的利润率是________。

（注：×100％）

答：17％。设原进价为元，销售价为元，那么按原进价销售的利润率为

×100％，依题意得：

×100％，原进价

降低％后，在销售时的利润率为

×100％＋8％＝

×100％＝17％。

三、解答题 13、设

是不小于

×100％，解得＝，故这种商品原来的利润率为

的实数，使得关于。 ，求

的值。

的方程有两个不

相等的实数根（1）若

（2）求的最大值。

解：因为方程有两个不相等的实数根，所以

，∴

（1）因为

。根据题设，有

。

，即。

由于，故。

（2）

。

设上是递减的，所

以当时，取最大值10。故的最大值为10。

14、如上图：已知四边形ABCD外接圆O的半径为2，对角线AC与BD的交点为E，AE＝EC，AB＝2AE，且BD＝23，求四边形ABCD的面积。

解：由题设得AB2＝2AE2＝AE·AC，∴AB:AC＝AE:AB，又∠EAB＝∠BAC，∴△ABE∽△ACB，∴∠ABE＝∠ACB，从而AB＝AD。连结AD，交BD于H，则BH＝HD＝3。 ∴OH＝

＝1，AH＝OA－OH＝2－1＝1。

∴

，∴

，∴

，∵E是AC的中点，∴

。

，

15、一幢33层的大楼有一部电梯停在第一层，它一次最多能容纳32人，而且只能在第2层至第33层中的某一层停一次。对于每个人来说，他往下走一层楼梯感到1分不满意，往上走一层楼梯感到3分不满意。现在有32个人在第一层，并且他们分别住在第2至第33层的每一层，问：电梯停在哪一层，可以使得这32个人不满意的总分达到最小最小值是多少（有些人可以不乘电梯而直接从楼梯上楼） 解：易知，这32个人恰好是第2至第33层各住1人。

对于每个乘电梯上、下楼的人，他所住的层数一定大于直接走楼梯上楼的人所住的层数。事实上，设住第s层的人乘电梯，而住第t层的人直接走楼梯上楼，。交换两人上楼方式，其余的人不变，则不满意总分不增，现分别考虑如下： 设电梯停在第①当为

层。

时，若住第s层的人乘电梯，而住第t层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分

；交换两人上楼方式，则这两者不满意总分也为

。

②当为③当为

时，若住第s层的人乘电梯，而住第t层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分；交换两人上楼方式，则这两者不满意总分也为

。

时，若住第s层的人乘电梯，而住第t层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分；交换两人上楼方式，则这两者不满意总分为。

，前者比后者多

④当时，若住第层的人乘电梯，而住第层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分为；交换两人上楼方式，则这两者不满意总分为

，前者比后者多

。

⑤当为

时，若住第层的人乘电梯，而住第层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分

，前者比后者多

；交换两人上楼方式，则这两者不满意总分为。

今设电梯停在第层，在第一层有人直接走楼梯上楼，那么不满意总分为：

当x＝27，y＝6时，s＝316。

所以，当电梯停在第27层时，这32个人不满意的总分达到最小，最小值为316分。

2001年TI杯全国初中数学竞赛试题B卷

选择题（30分）

2n42(2n)1、化简，得（ ）

2(2n3)177（A）2n1 (B) 2n1 (C) (D)

8842、如果a,b,c是三个任意整数，那么

abbcca （ ） ,,222（A）都不是整数 （B）至少有两个整数 （C）至少有一个整数 （D）都是整数 3、如果a,b是质数，且a213am0,b213bm0,那么 （A）

123125125123 （B） （D）或2 （C）或2 22222222ba的值为（ ） ab4、如图，若将正方形分成k个全等的矩形，其中上、 1 2 下各横排两个，中间竖排若干个，则k的值为（ ） …… （A）6 （B）8 （C）10 （D）12

3 4 5、如图，若PA=PB，∠APB=2∠ACB，AC与PB 交于点D,且PB=4，PD=3，则AD•DC等于（ ） P

（A）6 （B）7 （C）12 （D）16 D C A B 6、若a,b是正数，且满足12345(111a)(111b)，则a和b之间的大小关系是（ ） （A）ab （B）ab （C）ab （D）不能确定 填空题（30分） 7、已知：x3232,y3232。那么

yx x2y28、若x2xyy14,y2xyx28,则xy的值为

9、用长为1，4，4，5的线段为边作梯形，那么这个梯形的面积等于 10、销售某种商品，如果单价上涨m％，则售出的数量就将减少大，那么m的值应该确定为

11、在直角坐标系xOy中，x轴上的动点M（x，0）到定点P（5，5）、Q（2，1）的距离分别为MP和MQ，那么当MP+MQ取最小值时，点M的横坐标x

12、已知实数a,b满足a2abb21,且taba2b2，那么t的取值范围是 解答题（60分）

13、某个学生参加军训，进行打靶训练，必须射击10次。在第6、第7、第8、第9次射击中，分别得了环、环、环、环。他的前9次射击所得的平均环数高于前5次射击所得的平均环数。如果他要使10次射击的平均环数超过环。那么他在第10次射击中至少要得多少环（每次射击所得环数都精确到环）

14、如图，已知点P是⊙O外一点，PS、PT是⊙O的两条切线，过点P作⊙O的割线PAB，交⊙O于A,B两点，并交ST于点C。 求证：

1111(). P PC2PAPBm。为了使该商品的销售总金额最150 S A C O T 15、已知：关于x的方程 有实根。

求a取值范围；

若原方程的两个实数根为x1,x2，且,

x1x32，求a的值。 x11x21112002年全国初中数学竞赛试题

一、选择题（每小题5分，共30分） 1、设a＜b＜0，a2＋b2＝4ab，则

ab的值为 abA、3 B、6 C、2 D、3

2、已知a＝1999x＋2000，b＝1999x＋2001，c＝1999x＋2002，则多项式a2＋b2＋c2－ab－bc－ca的值为

A、0 B、1 C、2 D、3

3、如图，点E、F分别是矩形ABCD的边AB、BC的中点，连AF、CE交于点G，则

DCGEBFS四边形AGCDS矩形ABCD等于

A、C、

54 B、 6532 D、 43A4、设a、b、c为实数，x＝a2－2b＋值

，y＝b2－2c＋，z＝c2－2a＋，则x、y、z中至少有一个333A、大于0 B、等于0 C、不大于0 D、小于0

5、设关于x的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0，有两个不等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么a的取

值范围是 A、222＜a＜ B、a＞

55722 D、＜a＜0 711C、a＜6、A1A2A3…A9是一个正九边形，A1A2＝a，A1A3＝b，则A1A5等于 A、a2b2 B、a2abb2 C、

1ab D、a＋b 2二、填空题（每小题5分，共30分）

7、设x1、x2是关于x的一元二次方程x2＋ax＋a＝2的两个实数根， 则(x1－2x2)(x2－2x1)的最大值为 。

8、已知a、b为抛物线y＝(x－c)(x－c－d)－2与x轴交点的横坐标，a＜b，则accb的值为 。

9、如图，在△ABC中，∠ABC＝600，点P是△ABC内的一点，使得∠APB＝∠BPC＝∠CPA，且PA＝8，PC＝6，则PB＝ 。

10、如图，大圆O的直径AB＝acm，分别以OA、OA为直径作⊙O1、⊙O2，并在⊙O与⊙O1和⊙O2的空隙间作两个等圆⊙O3和⊙O4，

这些圆互相内切或外切，则四边形O1O2O3O4的面积为 cm2。 11、满足(n2－n－1)n＋2＝1的整数n有 ___________个。

12、某商品的标价比成本高p%，当该商品降价出售时，为了不亏本，售价的折扣（即降价的百分数）不得超过d%，则d可以用p表示为 。 三、解答题（每小题20分，共60分）

2313、某项工程，如果由甲、乙两队承包，2天完成，需付180000元；由乙、丙两队承包，3天完

546成，需付150000元；由甲、丙两队承包，2天完成，需付160000元。现在工程由一个队单独承包，

7在保证一周完成的前提下，哪个队的承包费用最少

14、如图，圆内接六边形ABCDEF满足AB＝CD＝EF，且对角线AD、BE、CF交于一点Q，设AD与CE的交点为P。

QDAC求证： EDECFCPAC2（2）求证： 2PECEABQPC15、如果对一切x的整数值，x的二次三项式ax2＋bx＋c的值都是平方数（即整数的平方）。 ED证明：（1）2a、2b、c都是整数； （2）a、b、c都是整数，并且c是平方数；反过来，如果（2）成立，是否对一切的x的整数值，x的二次三项式ax2＋bx＋c的值都是平方数

2003年“TRULY信利杯”全国初中数学竞赛试题

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英文代号的四个结论，其中有且只有一个结论是正确的. 请将正确结论的代号填入题后的括号里. 不填、多填或错填，得零分）

5x22y2z21．若4x－3y－6z=0，x+2y－7z=0(xyz≠0)，则2的值等于 ( ).

2x3y210z2(A) 119 (B)  (C) 15 (D) 13 222．在本埠投寄平信，每封信质量不超过20g时付邮费元，超过20g而不超过40g时付邮费元，依次类

推，每增加20g需增加邮费元（信的质量在100g以内）。如果所寄一封信的质量为，那么应付邮费 ( ).

(A) 元 (B) 元 (C) 3元 (D) 元 3．如下图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=（ ）.

(A)360° (B) 450° (C) 540° (D) 720°

B A G A 4．四条线段的长分别为9，5，x，1（其中x为正实数），用它们拼成两个直角三角形，且AB与CD是其中的两条线段（如上图），则x可取值的个数为（ ）. D F (A)2个 (B)3个 (C)4个 (D) 6个 E D B （第4题图）

5．某校初三两个毕业班的学生和教师共（第3题图） 100人一起在台阶上拍毕业照留念，摄影师要将其排列成前多后少的梯形队阵（排数≥3），且要求各行的人数必须是连续的自然数，这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空挡处，那么，满足上述要求的排法的方案有( ). (A)1种 (B)2种 (C)4种 (D) 0种 二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分） 6．已知x13，那么

1112 . x2x4x2C C O 7．若实数x，y，z满足x11174，y1，z，则xyz的值为 . yzx38．观察下列图形： ① ② ③ ④ 根据图①、②、③的规律，图④中三角形的个数为 .

9．如图所示，已知电线杆AB直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD和地面BC上，如果CD

与地面成45o，∠A=60o CD=4m，BC=4622m，则电线杆AB的长为_______m.

10．已知二次函数yax2bxc（其中a是正整数）的图象经 过点A（－1，4）与点B（2，1），并且与x轴有两个不同的交点，则b+c的最大值为 . 三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）

（第9题图）

11．如图所示，已知AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P. 问EP与PD是否相等证明你的结论. 解：

12．某人租用一辆汽车由A城前往B城，沿途可能经过的城市以及通过两城市之间所需的时间（单位：小时）如图所示. 若汽车行驶的平均速度为80千米/小时，而汽车每行驶1千米需要的平均费用为元. 试指出此人从A城出发到B城的最短路线（要有推理过程），并求出所需费用最少为多少元 解：

13B．如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°.

CD2BD2ADBD（1）当点D在斜边AB内部时，求证：.

BC2AB(第12题图) (第11题图)

15 14 6 C 13 D 10 17 E 12 A 11 O 5 18 F 7 B G 9 H （2）当点D与点A重合时，第（1）小题中的等式是否存在请说明理由. （3）当点D在BA的延长线上时，第（1）小题中的等式是否存在请说明理由.

14B．已知实数a，b，c满足：a+b+c=2，abc=4. （1）求a，b，c中的最大者的最小值； （2）求abc的最小值.

B D A (第13 B题图) C 注：13B和14B相对于下面的13A和14A是较容易的题. 13B和14B与前面的12个题组成考试卷.后面两页 13A和14A两题可留作考试后的研究题。

13A．如图所示，⊙O的直径的长是关于x的二次方程x22(k2)xk0（k是整数）的最大整数根. P是⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA和割线PBC，其中A为切点，点B，C是直线PBC与⊙O的交点.若PA，PB，PC的长都是正整数，且PB的长不是合数，求PA2PB2PC2的值. 解：

14A．沿着圆周放着一些数，如果有依次相 d满足不等式(ad)(bc)>0，那么就可以这称为一次操作.

（1）若圆周上依次放着数1，2，3，4，5，有限次操作后，对圆周上任意依次相连的4

P B C A (第13A题图)

连的4个数a，b，c，交换b，c的位置，

O 6，问：是否能经过个数a，b，c，d，

都有(ad)(bc)≤0请说明理由.

（2）若圆周上从小到大按顺时针方向依次放着2003个正整数1，2，…，2003，问：是否能经过有限次操作后，对圆周上任意依次相连的4个数a，b，c，d，都有(ad)(bc)≤0请说明理由. 解：（1） （2）

2003年“TRULY信利杯”全国初中数学竞赛试题

参考答案与评分标准

一、选择题（每小题6分，满分30分） 1．D

4x3y6z0,x3z,由 解得 代入即得. x2y7z0,y2z.2．D

因为20×3<<20×4，所以根据题意，可知需付邮费×4=（元）. 3．C

如图所示，∠B+∠BMN+∠E+∠G=360°，∠FNM+∠F+∠A+∠C=360°， 而∠BMN +∠FNM =∠D＋180°，所以 ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=540°. 4．D

显然AB是四条线段中最长的，故AB=9或AB=x。 （1）若AB=9，当CD=x时，92x2(15)2，x35； 当CD=5时，9252(x1)2，x2141； 当CD=1时，9212(x5)2，x455.

（2）若AB=x，当CD=9时，x292(15)2，x313； 当CD=5时，x252(19)2，x55； 当CD=1时，x212(59)2，x197. 故x可取值的个数为6个. 5．B

(第3题图) (第4题图) 设最后一排有k个人，共有n排，那么从后往前各排的人数分别为k，k+1，k+2，…，k+（n－1），由

n(n1)题意可知kn100，即n2kn1200.

2因为k，n都是正整数，且n≥3，所以n<2k+（n－1），且n与2k+（n－1）的奇偶性不同. 将200分解质因数，可知n=5或n=8. 当n=5时，k=18；当n=8时，k=9. 共有两种不同方案. 6．32. 11141333x2x24x2x24x24x24＝(13)242。 7．1.

71因为4x11yxxzx3xx7x3，11z1714x3 z3x1所以 4(4x3)x(4x3)7x3， 解得 x3

2

. 从而 z731x732353，y11z13255. 于是 xyz3225531. 8．161.

根据图中①、②、③的规律，可知图④中三角形的个数为 1+4+3×4+324+334=1+4+12+36+108=161（个）. 9．62.

A 如图，延长AD交地面于E，过D作DF因为∠DCF=45°，∠A=60°，CD=4m，所D EF=DFtan60°=26（m）. 因为

ABBEtan3033，所以B C F E (第9题图) ABBE3362（m）.

10.－4.

CE于F. CF=DF=22m，⊥以

abc4,由于二次函数的图象过点A（－1，4），点B（2，1），所以

4a2bc1,ba1,解得 

c32a.因为二次函数图象与x轴有两个不同的交点，所以b24ac0，

(a1)24a(32a)0，即(9a1)(a1)0，由于a是正整数，故a1，

所以a≥2. 又因为b+c=－3a+2≤－4，且当a=2，b=－3，c=－1时，满足 题意，故b+c的最大值为－4.

三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分） 11．如图所示，已知AB是⊙O的直径，BC是 平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结点P. 问EP与PD是否相等证明你的结论. 解：DP=PE. 证明如下：

因为AB是⊙O的直径，BC是切线， 所以AB⊥BC.

由Rt△AEP∽Rt△ABC，得

EPAE . ① ……（6分） BCABB (第11题图) A D P ⊙O的切线，OCAC，与DE交于

E O C 又AD∥OC，所以∠DAE=∠COB，于是Rt△AED∽Rt△OBC. 故

EDAEAE2AE ② ……（12分） 1BCOBABAB2由①，②得 ED=2EP.

所以 DP=PE. ……（15分） 12．某人租用一辆汽车由A城前往B 城市以及通过两城市之间所需的时图所示. 若汽车行驶的平均速度为车每行驶1千米需要的平均费用为元. 发到B城的最短路线（要有推理过程），少为多少元

解：从A城出发到达B城的路线分成（1）从A城出发到达B城，经过O城所需最短时间为26小时，从O城为22小时. 所以，此类路线所需 最

6 C 14 D 17 13 E 10 12 城，沿途可能经过的

间（单位：小时）如80千米/小时，而汽试指出此人从A城出并求出所需费用最如下两类： 城. 因为从A城到O到B城所需最短时间短时间为26+22=48

A 15 11 O 5 18 F 7 B G 9 H （小时）. ……（5分）

（2）从A城出发到达B城，不经过O城. 这时从A城到达B城，必定经过C，D，E城或F，G，H城，所需时间至少为49小时. ……（10分）

综上，从A城到达B城所需的最短时间为48 小时，所走的路线为： A→F→O→E→B. ……（12分） 所需的费用最少为：

80×48×=4608（元）…（14分）

答：此人从A城到B城最短路线是A→F→O→E→B，所需的费用最少为4608元 分）

(第12题图) 13B．如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°.

（1）当点D在斜边AB内部时，求证：CD2BD2BC2ADBDAB.

（2）当点D与点A重合时，第（1）小题中的等式是否存在请说明理由. （3）当点D在BA的延长线上时，第（1）小题中的

说明理由.

解：（1）作DE⊥BC，垂足为E. 由勾股定理得 C 22E 所以

CDBDCEBECEBEBC2BCBCBC.

B D A 因为DE∥AC，所以

CEBCADBEBDAB,BCAB. 故 CD2BD2BC2ADBDADBDABABAB. ……（10分） （2）当点D与点A重合时，第（1）小题中的等式仍然成立。此时有 AD=0，CD=AC，BD=AB.

CD2BD2AC2所以 AB2BC2BC2BC2BC21， ADBDABABAB1. 从而第（1）小题中的等式成立. ……（13分） （3）当点D在BA的延长线上时，第（1）小题中的等式不成立.

……（15等式是否存在请

作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，则

ADBDAB而1,

ABABE C CD2BD2ADBD所以 . ……

ABBC2〖说明〗第（3）小题只要回答等式不成立即由表述不甚清

（15分）

B A D 可（不成立的理

者不扣分）.

14B．已知实数a，b，c满足：a+b+c=2，abc=4. （1）求a，b，c中的最大者的最小值； （2）求abc的最小值.

解：（1）不妨设a是a，b，c中的最大者，即a≥b，a≥c，由题设知a>0， 且b+c=2-a，bc4. a40的两实根， a于是b，c是一元二次方程x2(2a)x(2a)244≥0， aa34a24a16≥0，(a24)(a4)≥0. 所以a≥4. ……（8分）

又当a=4，b=c=-1时，满足题意.

故a，b，c中最大者的最小值为4. ……（10分） （2）因为abc>0，所以a，b，c为全大于0或一正二负.

若a，b，c均大于0，则由（1）知，a，b，c中的最大者不小于4，这与a+b+c=2矛盾. 2）若a，b，c为或一正二负，设a>0，b<0，c<0，则

abcabca(2a)2a2，

由（1）知a≥4，故2a-2≥6，当a=4，b=c=-1时，满足题设条件且使得不等式等号成立。故abc的最小值为6. ……（15分）

13A．如图所示，⊙O的直径的长是关于x的二次方程x22(k2)xk0（k是整数）的最大整数根. P是⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA和割线PBC，其中A为切点，点B，C是直线PBC与⊙O的交点. 若PA，PB，PC的长都是正整数，且PB的 长不是合数，求

A PA2PB2PC2的值.

解：设方程x22(k2)xk0的两个根

O P B C 为x1，x2，x1≤x2.由根与系数的关系得

x1x242k， ① x1x2k. ②

由题设及①知，x1，x2都是整数. 从①，②消去k，得

(第13A图) 2x1x2x1x24， (2x11)(2x21)9.

由上式知，x24，且当k=0时，x24，故最大的整数根为4. 于是⊙O的直径为4，所以BC≤4.

因为BC=PC－PB为正整数，所以BC=1，2，3或4. ……（6分） 连结AB，AC，因为∠PAB=∠PCA，所以PAB∽△PCA，

PAPC。 PBPA故 PA2PB(PBBC) ③ ……（10分） （1）当BC=1时，由③得，PA2PB2PB，于是

PB2PA2(PB1)2，矛盾！

（2）当BC=2时，由③得，PA2PB22PB，于是

PB2PA2(PB1)2，矛盾！

（3）当BC=3时，由③得，PA2PB23PB，于是

(PAPB)(PAPB)3PB，

由于PB不是合数，结合PAPBPAPB，故只可能

PA2,解得 

PB1.此时 PA2PB2PC221.

（4）当BC=4，由③得，PA2PB24PB，于是

(PB1)2PB24PBPA2(PB2)2，矛盾.

综上所述

PA2PB2PC221. ……（15分）

14A．沿着圆周放着一些数，如果有依次相连的4个数a，b，c，d满足不等式(ad)(bc)>0，那么

就可以交换b，c的位置，这称为一次操作.

（1）若圆周上依次放着数1，2，3，4，5，6，问：是否能经过有限次操作后，对圆周上任意依次相连的4个数a，b，c，d，都有(ad)(bc)≤0请说明理由.

（2）若圆周上从小到大按顺时针方向依次放着2003个正整数1，2，…，2003，问：是否能经过有限次操作后，对圆周上任意依次相连的4个数a，b，c，d，都有(ad)(bc)≤0请说明理由. 解：（1）答案是肯定的. 具体操作如下：

1 1 6 3 6 1 3 6 ……（5分）2 (1－4)(2－（2）答案是肯定的. 考虑这2003个数的相邻两数乘积之和为P. ……（7分）

交换2，4 3)>0 开始时，P0=1×2+2×3+3×4+…+2002×2003+2003×1，经过k（k≥0）次操作后，这2003个数的相5 3 5 5 2 4 Pk，此时若圆周上依次相连的4个数a，b，c，d满足不等式邻两数乘积之和为(ad)(bc)>0，即4 ab+cd>ac+bd，交换b，c的位置后，这2003个数的相邻两数乘积之和为Pk1，有

1 (3－5)(2－4)>0 4 2 1 4 )acbdabcd0. Pk1Pk(accbbd)(abbc4cd6 6 (3－6)(2－2)(3－Pk1－P所以(1k1，即每一次操作，相邻两数乘积的和至少减少1，由于相邻两数乘积总大于0，故经

5)>0 4)>0 过有限次操作后，对任意依次相连的4个数a，b，c，d，一定有(ad)(bc)5 2 3 3 ≤0. … 2 5 2004年“TRULY信利杯”全国初中数学竞赛试题

参考答案和评分标准

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、多填或错填得零分）

1. 已知实数ab，且满足(a1)233(a1)，3(b1)3(b1)2.则b（A）23 （B）23 （C）2 （D）13 答：选（B）

∵ a、b是关于x的方程 的两个根，整理此方程，得

x25x10，

baa的值为（ ）. ab∵ 2540， ∴ ab5，ab1. 故a、b均为负数. 因此

babaa2b2baababababab2ab2abab23.

ab2. 若直角三角形的两条直角边长为a、b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有 （ ）. （A）abh2 （B）答：选（C）

∵ ah0，bh0，

∴ abh2，a2b2h2h22h2； 因此，结论（A）、（D）显然不正确.

111设斜边为c，则有abc，(ab)hchab，即有

222111， abh111111 （C）222 （D）a2b22h2 abhabh因此，结论（B）也不正确. 由

11111a2b2hab化简整理后，得222， 22abh因此结论（C）是正确的.

3．一条抛物线yax2bxc的顶点为（4，11），且与x轴的两个交点的横坐标为一正一负，则a、b、c中为正数的（ ）. （A）只有a （B）只有b （C）只有c （D）只有a和b 答：选（A）

由顶点为（4，11），抛物线交x轴于两点，知a>0. 设抛物线与x轴的两个交点的横坐标为x1，x2，即为方程 的两个根. 由题设x1x20，知

c0，所以c0. ab0，知b<0. 2a根据对称轴x=4，即有故知结论（A）是正确的.

4．如图所示，在△ABC中，DE∥AB∥FG，且FG到DE、AB比为1:2. 若△ABC的面积为32，△CDE的面积为2，则△S等于 （ ）.

的距离之CFG的面积

（A）6 （B）8 （C）10 （D）12 答：选（B）

由DE∥AB∥FG知，△CDE∽△CAB，△CDE∽△CFG，所以

CDSCDE21CAS， CAB324又由题设知

FDFA12，所以 FDAD13， FD113AD334AC14AC， 故FDDC，于是

S2CDES11，SCFG8. CFG24因此，结论（B）是正确的. 5．如果x和y是非零实数，使得

xy3和xyx30，

那么x+y等于（ ）. （A）3 （B）13 （C）1132 答：选（D）

将y3x代入xyx30，得x3x23x0.

（1）当x>0时，x3x23x0，方程x2x30无实根；（2）当x<0时，x3x23x0，得方程x2x30 解得x1132，正根舍去，从而x1132. 于是y3x311371322. 故xy413.

（第4题图） D）413 （因此，结论（D）是在正确的.

二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分） 6． 如图所示，在△ABC中，AB=AC，AD=AE，BAD60，EDC （度）. 答：30°

解：设CAD2，由AB=AC知

B1(180602)60， 2（第6题图） 则

ADB180B6060， 由AD=AE知，ADE90，

所以EDC180ADEADB30.

7．据有关资料统计，两个城市之间每天的电话通话次数T与这两个城市的人口数m、n（单位：万人）

kmn以及两城市间的距离d（单位：km）有T2的关系(k为常数) . 现测得A、B、C三个城市的人口

d及它们之间的距离如图所示，且已知A、B两个城市间每天的电话通话次数为t，那么B、C两个城市间每天的电话通话次数为 次（用t表示）. 答：

t 25080k， 2160解：据题意，有t∴k32t. 5因此，B、C两个城市间每天的电话通

TBCk8010032t5t. 25642320（第7题图） 话次数为

8．已知实数a、b、x、y满足abxy2，axby5，则(a2b2)xyab(x2y2) . 答：5

解：由abxy2，得(ab)(xy)axbyaybx4， ∵ axby5， ∴ aybx1.

因而，

(a2b2)xyab(x2y2)(aybx)(axby)5. 9． 如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC (BC>AD)，

D90，

BC=CD=12, ABE45，若AE=10，则CE的长为 . 答：4或6

解：延长DA至M，使BM⊥BE. 过B作BG⊥AM，G为垂足.易知四边形BCDG为正方形， 所以BC=BG. 又CBEGBM， ∴ Rt△BEC≌Rt△BMG.

∴ BM=BE，ABEABM45， ∴△ABE≌△ABM，AM=AE=10.

设CE=x，则AG=10x，AD=12(10x)2x，DE=12x. 在Rt△ADE中，AE2AD2DE2， ∴ 100(x2)2(12x)2， 即x210x240， 解之，得x14，x26. 故CE的长为4或6.

10．实数x、y、z满足x+y+z=5，xy+yz+zx=3，则z的最大值是 . 答：

13 3（第9题图） 解：∵ xy5z，xy3z(xy)3z(5z)z25z3， ∴ x、y是关于t的一元二次方程 的两实根.

∵ (5z)24(z25z3)0，即

3z210z130，(3z13)(z1)0.

∴ z13113，当xy时，z. 333故z的最大值为

13. 3三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）

11．通过实验研究，专家们发现：初中学生听课的注意力指标数是随着老师讲课时间的变化而变化的，讲课开始时，学生的兴趣激增，中间有一段时间，学生的兴趣保持平稳的状态，随后开始分散. 学生注意力指标数y随时间x（分钟）变化的函数图象如图所示（y越大表示学生注意力越集中）. 当0x10时，图象是抛物线的一部分，当10x20和20x40时，图象是线段.

（1）当0x10时，求注意力指标数y与时间x的函数关系式；

（2）一道数学竞赛题需要讲解24分钟. 问老师能否经过适当安排，使学生在听这道题时，注意力的指标数都不低于36.

解：（1）当0x10时，设抛物线的函数关yax2bxc，由于它的图象经过点（0，20），（10，48），所以

124解得，a，b，c20.

55（第11（A）题图） 系式为

（5，39），

所以

124yx2x20550x10. …………………（5分） 7（2）当20x40时，yx76.

5124所以，当0x10时，令y=36，得36x2x20，

55，

解得x=4，x20（舍去）；

7当20x40时，令 y=36，得36x76，解得

5x200428. ……………………（10分） 7744因为2842424，所以，老师可以经过适当的安排，在学生注意力指标数不低于36时，讲授

77完这道竞赛题. ……………………（15分）

12．已知a，b是实数，关于x，y的方程组 有整数解(x,y)，求a，b满足的关系式.

解：将yaxb代入yx3ax2bx，消去a、b，得

yx3xy， ………………………（5分）

(x1)yx3.

若x+1=0，即x1，则上式左边为0，右边为1不可能. 所以x+1≠0，于是

x31yx2x1.

x1x1因为x、y都是整数，所以x11，即x2或x0，进而y=8或y0. 故

x2x0  或  ………………………（10分）

y8y0x2当时，代入yaxb得，2ab80； y8x0当时，代入yaxb得，b0. y0综上所述，a、b满足关系式是2ab80，或者b0，a是任意实数. ………………………（15分）

13．D是△ABC的边AB上的一点，使得AB=3AD，P是△ABC外接圆上一点，使得ADPACB，求的值.

解：连结AP，则APBACBADP，

所以，△APB∽△ADP， …………………………（5分） ∴

ABAP， APADPBPD所以AP2AB•AD3AD2，

∴AP3AD， …………………………（10分） 所以

PBAP3. …………………………（15分） PDAD（第13（A）题图） 14．已知a0，b0，c0，且b24acb2ac，求b24ac的最小值. 解：令yax2bxc，由a0，b0，c0，判别式b24ac0，所以这个二次函数的图象是一条开口向抛物线，且与x轴有两个不同的交点A(x1,0)，B(x2,0)，

cx1x20，不妨设x1x2，则x10x2，对称轴

abx0，于是

2a（第14（A）题图） 下的因为

bb24acbb24acx1c， ………………（5分）

2a2a4acb2bb24acb24acc所以， …………………（10分） 4a2a2a故b24ac4，

当a1，b=0，c=1时，等号成立.

所以，b24ac的最小值为4. ………………………（15分）

2005年全国初中数学竞赛试卷

一 题号 1~5 得分 6~10 11 12 13 14 二 三 总分 一、选择题(满分30分) 1.如图a，ABCD是一矩形纸片，AB=6cm，AD=8cm,E是AD上一点，且AE=6cm，操作：⑴将AB向AE折过去，使AB与AE重合，得折痕AF，如图b；⑵将△AFB以BF为折痕向右折过去，得图c，则△GFC的面积为( )

2.若M=3x2－8xy＋9y2－4x＋6y＋13(x，y是实数)，则M的值一定是( ) A.正数 B.负数 C.零 D.整数

3.已知点I是锐角△ABC的内心，A1，B1，C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点。若点B在△A1B1C1的外接圆上，则∠ABC等于( )

° ° ° ° 4.设A48(113244241)，则与A最接近的正整数是( )

10024

15.在自变量x的取值范围59≤x≤60内，二次函数yx2x的函数值中整数的个数是( )

2 二、填空题(满分30分)

6.在一个圆形的时钟的表面，OA表示秒针，OB表示分针(O为两针的旋转中心)。若现在时间恰好是12点整，则经过_____秒后，△OAB的面积第一次达到最大。

37.在直角坐标系中，抛物线yx2mxm2(m0)与x轴交于A，B的两点。若A，B两点到原点的

4112距离分别为OA，OB，且满足，则m=_____.

OBOA38.有两幅扑克牌，每幅的排列顺序是：第一张是大王，第二张是小王，然后是黑桃、红桃、方块、梅花四种花色排列，每种花色的牌又按A，2，3，…，J，Q，K的顺序排列。某人把按上述排列的两幅扑

克牌上下叠放在一起，然后从一到下把第一张丢去，把第二张放在最底层，再把第三张丢去，把第四张放在底层，……如此下去，直至最后只剩下一张牌，则所剩的这张牌是_________

9.已知D，E分别是△ABC的边BC，CA上的点，且BD=4，DC=1，AE=5，EC=2。连结AD和BE，它们交

C于点P。过P分别作PQ∥CA，PR∥CB，它们分别与边AB交于点Q，

R，则△PQR的面积与△ABC的面积的比是________ 10.已知x1,x2,x3,…x19都是正整数，且x1+x2+x3+…x12+x22+x32+…+x192的最大值为A，最小值为B，则A+B于_________。

三、解答题、(满分60分)

AQREPD+x19=59，的值等

B 人乘速度相同的两辆小汽车同时赶往火车站，每辆车乘4人(不包括司机)。其中一辆小汽车在距离火车站15km地方出现故障，此时距停止检票的时间还有42分钟。这时惟一可用的交通工具是另一辆小汽车，已知包括司机在内这辆车限乘5人，且这辆车的平均速度是60km/h，人步行的平均速度是5km/h。试设计两种方案，通过计算说明这8个人能够在停止检票前赶到火车站。

12.如图，半径不等的两圆相交于A、B两点，线段CD经过点A，且分别交两圆于C、D两点。连结BC、

BPNQBD，设P，Q，K分别是BC，BD，CD的中点。M，N分别是弧BC和弧BD的中点。求证：(1) (2) MPBQ①△KPM∽△NQK

13. .已知p，q都是质数，且使得关于x的二次方程x2－(8p－10q)x＋5pq=0 至少有一个正整数根，求所有的质数对(p，q).

14.从1，2….，205个共205 个正整数中，最多能取出多少个数。使得对于取出来的数中的任意三个数a,b,c (a,2006年全国初中数学竞赛试题

考试时间 2006年4月2日上午 9∶30－11∶30 满分120分

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、多填或错填均得0分）

1．在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌；并且从10千米处开始，每隔9千米经过一个速度监控仪．刚好在19千米处第一次同时经过这两种设施，那么第二次同时经过这两种设施的千米数是（ ）

（A）36 （B）37 （C）55 （D）90

2．已知m12，n12，且(7m214ma)(3n26n7)=8，则a的值等于（ ） （A）－5 （B）5 （C）－9 （D）9

3．Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线yx2上，并且斜边AB平行于x轴．若斜边上的高为h，则（ ）

（A）h<1 （B）h=1 （C）12

4．一个正方形纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分……如此下去，最后得到了34个六十二边形和一些多边形纸片，则至少要剪的刀数是（ ）

（A）2004 （B）2005 （C）2006 （D）2007

5．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连结DP，交AC于点Q．若QP=QO，则为（ ） （A）231 （B）23 （C）32 （D）32

二、填空题 （共5小题，每小题6分，满分30分）

QC的值QAD O Q A P （第5题图）

C

B

6．已知a，b，c为整数，且a＋b=2006，c－a=2005．若aac的值 bA D G B E F C （第7题图）

8．正五边形广场ABCDE的周长为2000米．甲、乙两人分别从A、C两点同时出发，沿A→B→C→D→E→A→…方向绕广场行走，甲的速度为50米/分，乙的速度为46米/分．那么出发后经过 分钟，甲、乙两人第一次行走在同一条边上．

12299．已知0303030 ．(x表示不超过x的最大整数)

10．小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个

七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，则小明家原来的电话号码是 ．

三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分） 11．已知x

b

，a，b为互质的正整数（即a，b是正整数，且它们的最大公约数为1），且a≤8，a

21x31．

试写出一个满足条件的x； 求所有满足条件的x．

12．设a，b，c为互不相等的实数，且满足关系式

b2c22a216a14 ①

bca24a5 ②

求a的取值范围．

13．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B．过点A作PB的平行线，交⊙O于点C．连结PC，交⊙O于点E；连结AE，并延长AE交PB于点K．求证：PE·AC=CE·KB． 14．10个学生参加n个课外小组，每一个小组至多5个人，每两个学生至少参加某一个小组，任意两个课外小组，至少可以找到两个学生，他们都不在这两个课外小组中．求P n的最小值． 参考答案

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

K

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、多填或错填均得0分） E 1．在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌；并且从B 10千米处开始，每隔

A 9千米经过一个速度监控仪．刚好在19千米处第一次同时经过这两种设施，那么第二次同时经过这两种设施的千米数是（ ）

O （A）36 （B）37 （C）55 （D）90 答：C．

解：因为4和9的最小公倍数为36，19＋36=55，所以第二次同时经过这两种设施的千米数是在55千

（第13题） 米处． 故选C．

2．已知m12，n12，且(7m214ma)(3n26n7)=8，则a的值等于（ ） （A）－5 （B）5 （C）－9 （D）9 答：C．

解：由已知可得m22m1，n22n1．又

(7m214ma)(3n26n7)=8，所以 (7a)(37)8 解得a=－9

C 故选C．

3．Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线yx2上，并且斜边AB平行于x轴．若斜边上的高为h，

则（ ）

（A）h<1 （B）h=1 （C）12 答：B．

解：设点A的坐标为（a，a2），点C的坐标为（c，c2）（|c|<|a|），则点B的坐标为 （－a，a2），由勾股定理，得AC2(ca)2(c2a2)2，

BC2(ca)2(c2a2)2， AC2BC2AB2

所以 (a2c2)2a2c2．

由于a2c2，所以a2－c2=1，故斜边AB上高h= a2－c2=1 故选B．

4．一个正方形纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分……如此下去，最后得到了34个六十二边形和一些多边形纸片，则至少要剪的刀数是（ ）

（A）2004 （B）2005 （C）2006 （D）2007 答：B．

解：根据题意，用剪刀沿不过顶点的直线剪成两部分时，每剪开一次，使得各部分的内角和增加360°．于是，剪过k次后，可得(k＋1)个多边形，这些多边形的内角和为(k＋1)×360°． 因为这(k＋1)个多边形中有34个六十二边形，它们的内角和为34×(62－2)×180°=34×60×180°，其余多边形有(k＋1)－34= k－33(个)，而这些多边形的内角和不少于(k－33) ×180°．所以(k＋1)×360°≥34×60×180°＋(k－33)×180°，解得k≥2005．

当我们按如下方式剪2005刀时，可以得到符合条件的结论．先从正方形上剪下1个三角形，得到1个三角形和1个五边形；再在五边形上剪下1个三角形，得到2个三角形和1个六边形……如此下去，剪了58刀后，得到58个三角形和1个六十二边形．再取33个三角形，在每个三角形上剪一刀，又可得到33个三角形和33个四边形，对这33个四边形，按上述正方形的剪法，再各剪58刀，便34个六十二边形和33×58个三角形．于是共剪了 58＋33＋33×58=2005（刀）． 故选B．

5．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连结DP，交AC于点Q．若QP=QO，则为（ ） （A）231 （B）23 （C）32 （D）32

QC的值QAD O Q A P （第5题图）

C

B

答：D．

解：如图，设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r＋m， QA=r－m．

D C

在⊙O中，根据相交弦定理，得QA·QC=QP·QD．

O 即 (r－m)(r＋m)=m·QD ，所以 QD=r2m2m．

Q 连结DO，由勾股定理，得QD2=DO2＋QO2，

A B

P r2m22（第5题图）

即 r2m2， 解得m33rm 所以，

QCQArmrm313132 故选D．

二、填空题 （共5小题，每小题6分，满分30分）

6．已知a，b，c为整数，且a＋b=2006，c－a=2005．若a解：由ab2006，ca2005，得 abca4011． 因为ab2006，aA 7．如图，面积为abc的正方形DEFG内接于 面积为1的正三角形ABC，其中a，b，c为整数， D G 且b不能被任何质数的平方整除，则acb的值 B E F C 等于 ． （第7题图）

答：203． 解：设正方形DEFG的边长为x，正三角形ABC的边长为m，则m243，

3由△ADG∽△ABC，可得xm2mx3， 解得x(233)m 2m． 于是 x2(233)2m228348， 由题意，a28，b3，c48，所以

ac20． b38．正五边形广场ABCDE的周长为2000米．甲、乙两人分别从A、C两点同时出发，沿A→B→C→D→E

→A→…方向绕广场行走，甲的速度为50米/分，乙的速度为46米/分．那么出发后经过 分钟，甲、乙两人第一次行走在同一条边上． 答：104．

解：设甲走完x条边时，甲、乙两人第一次开始行走在同一条边上，此时甲走了400x米，乙走了46400x×=368x米．于是368(x－1)＋800－400(x－1)>400，

50所以，≤x<． 故x=13，此时t40013104． 5012299．已知0答：6．

12291229aa2，所以a，a，…，a等于0或1．由

303030303030题设知，其中有18个等于1，所以

解：因为010．小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，则小明家原来的电话号码是 ． 答：282500．

解：设原来电话号码的六位数为abcdef，则经过两次升位后电话号码的八位数为

2a8bcdef．根据题意，有81×abcdef=2a8bcdef．

记xb104c103d102e10f，于是 81a10581x208105a106x，

解得x=1250×(208－71a) ．

因为0≤x＜105，所以0≤1250×(208－71a)＜105，故

128208． a≤

7171 因为a为整数，所以a=2．于是x=1250×(208－71×2)=82500． 所以，小明家原来的电话号码为282500． 三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分） 11．已知x

b

，a，b为互质的正整数（即a，b是正整数，且它们的最大公约数为1），且a≤8，a

21x31．

（1）试写出一个满足条件的x； （2）求所有满足条件的x． 解：（1）x1满足条件． ……………5分 2b，a，为互质的正整数，且a≤8，所以 a（2）因为x21b31， 即 (21)ab(31)a． a当a=1时，(21)1b(31)1，这样的正整数b不存在． 当a=2时，(21)2b(31)2，故b=1，此时x当a=3时，(21)3b(31)3，故b=2，此时x1． 2

2． 3当a=4时，(21)4b(31)4，与a互质的正整数b不存在． 当a=5时，(21)5b(31)5，故b=3，此时x

3． 5

当a=6时，(21)6b(31)6，与a互质的正整数b不存在． 当a=7时，(21)7b(31)7，故b=3，4，5此时x当a=8时，(21)8b(31)8，故b=5，此时x所以，满足条件的所有分数为

5 8345，，． 7771233455，，，，，，．………………15分 235777812．设a，b，c为互不相等的实数，且满足关系式

b2c22a216a14 ①

bca24a5 ②

求a的取值范围．

解法一：由①－2×②得(bc)224(a1)0，所以a>－1．

当a>－1时， b2c22a216a14=2(a1)(a7)0．………………10分 又当ab时，由①，②得 c2a216a14， ③

aca24a5 ④

将④两边平方，结合③得a2(a216a14)(a24a5)2

化简得 24a38a240a250， 故 (6a5)(4a22a5)0，

1215解得a，或a．

461215所以，a的取值范围为a>－1且a，a．………………………15分

46解法二：因为b2c22a216a14，bca24a5，所以

(bc)22a216a142(a24a5)4a28a44(a1)2，

所以 bc2(a1)． 又bca24a5，所以b，c为一元二次方程

x22(a1)xa24a50 ⑤

的两个不相等实数根，故4(a1)24(a24a5)0，所以a>－1． 当a>－1时， b2c22a216a14=2(a1)(a7)0．………………10分 另外，当ab时，由⑤式有 a22(a1)aa24a50， 即 4a22a50 或 6a50，解得，a1215当ac时，同理可得a或a．

461215所以，a的取值范围为a>－1且a，a．………………………15分

461215或a． 4613．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B．过点A作PB的平行线，

交⊙O于点C．连结PC，交⊙O于点E；连结AE，并延长AE交PB于点K．求证：PE·AC=CE·KB． 证明：因为AC∥PB，所以∠KPE=∠ACE．又PA是⊙O的切线，

P

K

所以∠KAP=∠ACE，故∠KPE=∠KAP，于是 △KPE∽△KAP， 所以

KPKE， 即 KP2KEKA． KAKP 由切割线定理得 KB2KEKA

所以 KPKB． …………………………10分 因为AC∥PB，△KPE∽△ACE，于是

PEKPPEKB 故 ， CEACCEAC即 PE·AC=CE·KB． ………………………………15分

14．10个学生参加n个课外小组，每一个小组至多5个人，每两个学生至少参加某一个小组，任意两个课外小组，至少可以找到两个学生，他们都不在这两个课外小组中．求n的最小值． 解：设10个学生为S1，S2，…，S10，n个课外小组G1，G2，…，Gn．

首先，每个学生至少参加两个课外小组．否则，若有一个学生只参加一个课外小组，设这个学生为S1，由于每两个学生至少在某一个小组内出现过，所以其它9个学生都与他在同一组出现，于是这一组就有10个人了，矛盾． ………………………………5分

若有一学生恰好参加两个课外小组，不妨设S1恰好参加G1，G2，由题设，对于这两组，至少有两个学生，他们没有参加这两组，于是他们与S1没有同过组，矛盾．

所以，每一个学生至少参加三个课外小组．于是n个课外小组G1，G2，…，Gn的人数之和不小于3×10=30．

另一方面，每一课外小组的人数不超过5，所以n个课外小组G1，G2，…，Gn的人数不超过5n， 故 5n≥30， 所以n≥6． ……………………………10分 下面构造一个例子说明n=6是可以的．

G1S1,S2,S3,S4,S5，G2S1,S2,S6,S7,S8，G3S1,S3,S6,S9,S10， G4S2,S4,S7,S9,S10，G5S3,S5,S7,S8,S9，G6S4,S5,S6,S8,S10．

容易验证，这样的6个课外小组满足题设条件．

所以，n的最小值为6． ……………………………15分 中国教育学会中学数学教学专业委员会 “《数学周报》杯”

2007年全国初中数学竞赛试题

参考答案

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、多填或错填得零分）

xy12,xy6的解的个数为（ ）1．方程组．

（A）1 （B） 2 （C） 3 （D）4 答：（A）．

xy12,xy6,于是yy6，显然不可能． 解：若x≥0，则xy12,xy6, 若x0，则 于是

yy18，解得y9，进而求得x3．

x3,所以，原方程组的解为y9,只有1个解． 故选（A）．

2．口袋中有20个球，其中白球9个，红球5个，黑球6个．现从中任取10个球，使得白球不少于2个但不多于8个，红球不少于2个，黑球不多于3个，那么上述取法的种数是（ ）． （A） 14 （B） 16 （C）18 （D）20 答：（B）． 解：用枚举法：

红球个数 白球个数 黑球个数 种 数 5 2，3，4，5 3，2，1，0 4 4 3，4，5，6 3，2，1，0 4 3 4，5，6，7 3，2，1，0 4 2 5，6，7，8 3，2，1，0 4 所以，共16种． 故选（B）．

3．已知△ABC为锐角三角形，⊙O经过点B，C，且与边AB，AC分别相交于点D，E． 若⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等，则⊙O一定经过△ABC的（ ）． （A）内心 （B）外心 （C）重心 （D）垂心 答：（B）．

解： 如图，连接BE，因为△ABC为锐角三角形，所以BAC，角．又因为⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等，且

弦，所以BACABE．于是，

BECBACABE2BAC．

若△ABC的外心为O1，则BO1C2BAC，所以，⊙O一心．

故选（B）．

（第3题答案图） 4．已知三个关于x的一元二次方程

ax2bxc0，bx2cxa0，cx2axb0

a2b2c2恰有一个公共实数根，则bccaab的值为（ ）．

（A） 0 （B）1 （C）2 （D）3 答：（D）． 解：设

x0是它们的一个公共实数根，则

ax2bx2200c0，bx0cx0a0，cx0ax0b0． 把上面三个式子相加，并整理得

(abc)(x20x01)0．

因为x2130x01(x02)240，所以abc0．

于是

3ab(ab)abc3．

故选（D）．

5．方程x36x25xy3y2的整数解（x，y）的个数是（ ）．

（A）0 （B）1 （C）3 （D）无穷多

ABE均为锐DE为两圆的公共

定过△ABC的外

答：（A）． 解：原方程可化为

x(x1)(x2)（3x2x）y(y1)(y1)2，

因为三个连续整数的乘积是3的倍数，所以上式左边是3的倍数，而右边除以3余2，这是不可能的．所以，原方程无整数解． 故选(A).

二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）

6．如图，在直角三角形ABC中，ACB90，CA＝4．点P是半圆弧AC的中点，连接BP，线段BP把图形APCB分成两部分，则这两部分面积之差的绝对值是 ． 答：4．

解：如图，设AC与BP相交于点D，点D关于圆心O的对称点记为BP把图形APCB分成两部分，这两部分面积之差的绝对值是△BEP△BOP面积的两倍．而

SBPO11POCO22222．

点E，线段

的面积，即

（第6题答案图） 因此，这两部分面积之差的绝对值是4．

y33(x0)x的图象上，点B，D都在x轴上，且使得△OAB，△BCD都是

7．如图, 点A，C都在函数

等边三角形，则点D的坐标为 ． 答：（26，0）．

解：如图，分别过点A，C作x轴的垂线，垂足分别为E，＝a，BF＝b， 则AE＝3a，CF＝3b，所以，点A，C（a，3a），（2a＋b，3b），

3a33,3b(2ab)33, 所以 2F．设OE的坐标为

（第7题答案图） 解得

因此，点D的坐标为（26，0）．

8．已知点A，B的坐标分别为（1，0），（2，0）． 若二次函数

有一个交点，则a的取值范围是 ．

a12，或者a323．

yx2a3x3的图象与线段AB恰

答：1≤

解：分两种情况： （Ⅰ）因为二次函数0），（2，0），所以

yx2a3x3的图象与线段AB只有一个交点，且点A，B的坐标分别为（1，

12(a3)1322(a3)230，

得

1a12．

21由(a3)130，得a1，此时x11，x23，符合题意；

由2(a3)230，得（Ⅱ）令

2a13x22，不符合题意． 2，此时x12，

x2a3x30，由判别式0，得a323．

当a323时，x1x23，不合题意；当a323时，x1x23，符合题意． 综上所述，a的取值范围是1≤

a12，或者a323．

9．如图，ABCDEFGn90，则n＝ ． 答：6．

解：如图，设AF与BG相交于点Q，则

AQGADG，

于是

540690． 所以，n＝6．

10．已知对于任意正整数n，都有

a1a2ann3（第9题答案图） ，

1a1001则

11a21a31 ．

33答：100．

解：当n≥2时，有

a1a2an1ann3，

a1a2an1(n1)3，

an3n23n1两式相减，得 ，

11111(),所以 an13n(n1)3n1n n2,3,4, 11a1a13因此 21a1001

1133(1)3100100．

三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）

y12x4上的一个动点．

11（A）．已知点M，N的坐标分别为（0，1），（0，－1），点P是抛物线（1）判断以点P为圆心，PM为半径的圆与直线y1的位置关系；

y（2）设直线PM与抛物线

12x4的另一个交点为点Q，连接NP，NQ，求证：PNMQNM． 12x0)4，则

解：（1）设点P的坐标为

(x0,1212122x0(x01)2(x01)2x01444PM＝;

1212x0(1)x01y144又因为点P到直线的距离为，

所以，以点P为圆心，PM为半径的圆与直线y1相切． …………5分

（2）如图，分别过点P，Q作直线y1的垂线，垂足分

R．由（1）知，PH＝PM，同理可得，QM＝QR．

因为PH，MN，QR都垂直于直线y1，所以，PH∥MN∥是

QMMPRNNH，

QRPH所以 RNHN，

别为H，

QR，于

（第11A题答案图） 因此，Rt△PHN∽Rt△QRN．

于是HNPRNQ，从而PNMQNM．

…………15分

1x2abx(ab)0212（A）．已知a，b都是正整数，试问关于x的方程是

否有两个整数解如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明. 解：不妨设a≤b，且方程的两个整数根为

x1,x2x1x(≤2)，则有

11x1x2x1x2abab22所以 ， 4(x11)(x21)(2a1)(2b1)5.

…………5分

因为a,b都是正整数，所以x1，x2均是正整数，于是，

所以

x11≥0,

x21≥0，2a1≥1,2b1≥1，

（x11)(x21)1,(x11)(x21)0,(2a1)(2b1)1.(2a1)(2b1)5,  或 

(x11)(x21)0, （1）当(2a1)(2b1)5时，由于a,b都是正整数，且a≤b，可得

a＝1，b＝3，

2此时，一元二次方程为x3x20，它的两个根为x11，x22．

(x11)(x21)1,（2）当(2a1)(2b1)1时，可得

a＝1，b＝1，

2x此时，一元二次方程为x10，它无整数解.

综上所述，当且仅当a＝1，b＝3时，题设方程有整数解，且它的两个整数解为x11，

x22． ……………15分

13（A）．已知AB为半圆O的直径，点P为直径AB上的任

点A为圆心，AP为半径作⊙A，⊙A与半圆O相交于点C；圆心，BP为半径作⊙B，⊙B与半圆O相交于点D，且线点为M．求证：MP分别与⊙A和⊙B相切．

证明：如图，连接AC，AD，BC，BD，并且分别过点C，D

（第13A题答案图） 意一点．以以点B为段CD的中作AB的垂

线，垂足分别为E,F，则CE∥DF． 因为AB是⊙O的直径，所以

ACBADB90．

在Rt△ABC和Rt△ABD中，由射影定理得

PA2AC2AEAB，

PB2BD2BFAB． ……………5分

两式相减可得

PA2PB2ABAEBF又

，

，

PA2PB2(PAPB)(PAPB)ABPAPB于是有 AEBFPAPB， 即 PAAEPBBF， 所以PEPF，也就是说，点P是线段EF的中点．

因此，MP是直角梯形CDFE的中位线，于是有MPAB，从而可得MP分别与⊙A和⊙B相切． ……………15分

14（A）．（1）是否存在正整数m，n，使得m(m2)n(n1) （2）设k(k≥3)是给定的正整数，是否存在正整数m，n，使得

m(mk)n(n1)

解：（1）答案是否定的．若存在正整数m，n，使得m(m2)n(n1)，则

(m1)2n2n1，

显然n1，于是

n2n2n1(n1)2，

2所以，nn1不是平方数，矛盾． ……………5分

（2）当k3时，若存在正整数m，n，满足m(m3)n(n1)，则

4m212m4n24n，

(2m3)2(2n1)28，

(2m32n1)(2m32n1)8， (mn1)(mn2)2，

而mn22，故上式不可能成立． ………………10分

当k≥4时，若k2t（t是不小于2的整数）为偶数，取

mt2t,nt21，

2242m(mk)(tt)(tt)tt则 ， 2242n(n1)(t1)ttt ，

因此这样的（m，n）满足条件．

若k2t＋1（t是不小于2的整数）为奇数，取

t2tt2t2m,n22，

t2tt2t1m(mk)(2t1)(t42t3t22t)224则 ， t2t2t2t14n(n1)(t2t3t22t)224 ，

因此这样的（m，n）满足条件．

综上所述，当k3时，答案是否定的；当k≥4时，答案是肯定的． ……………15分 注：当k≥4时，构造的例子不是唯一的． 11（B）．已知抛物线

C122C2yx3x4yx3x4相交 ：和抛物线：

于A，B两点. 点P在抛物线

之间.

（1）求线段AB的长；

C1上，且位于点A和点B之间；点Q在抛物线

C2上，也位于点A和点B

（2）当PQ∥y轴时，求PQ长度的最大值． 解：（1）解方程组

x12,x22,y6,y6,得 1 2

所以，点A，B的坐标分别是（-2，6），（2，-6）． 于是

AB(22)2(66)2410．

…………5分

（2）如图，当PQ∥y轴时，设点P，Q的坐标分别为

(t,t23t4)， (t,t23t4)， 2t2，

22(4t)≤8， 因此 PQ

当t0时等号成立，所以，PQ的长的最大值8． ……………15分

（第11B题答案图） 12（B）．实数a，b，c满足a≤b≤c，且abbcca0，abc＝1．求最大的实数k，使得不等式

ab≥

kc

恒成立．

33解：当ab2，

c22时，实数a，b，c满足题设条件，此时k≤4．

……………5分 下面证明：不等式

ab≥

4c对满足题设条件的实数a，b，c恒成立．

由已知条件知，a，b，c都不等于0，且c0．因为

ab10,cab102c，

所以a≤b0．

由一元二次方程根与系数的关系知，a，b是一元二次方程 的两个实数根，于是

144cc≥0，

13所以 c≤4．

……………10分 因此

ab(ab)1c2≥4c4c．

……………15分

DEAD13（B）．如图，点E，F分别在四边形ABCD的边AD，BC的延长线上，且满足CFBC．若CD，FE的延长线相交于点G，△DEG的外接圆与△CFG的外接圆的另一个交点为点P，连接PA，PB，PC，PD．求证： ADPD（1）BCPC；

（2）△PAB∽△PDC．

证明：（1）连接PE，PF，PG，因为PDGPEG，所以PDCPEF．

又因为PCGPFG，所以 △PDC∽△PEF，

PDPE,CPDFPE于是有 PCPF，

从而 △PDE∽△PCF，

PDDE所以 PCCF．

DEADADPDCFBCBCPC． 又已知，所以，

（第13B题答案图） ………………10分

（2）由于PDAPGEPCB，结合（1）知，△PDA∽△PCB，从而有

PAPD,PBPC DPACPB，

所以APBDPC，因此

△PAB∽△PDC． ………………15分 14（B）．证明：对任意三角形，一定存在两条边，它们的长u，v满足

u152． 1≤v证明：设任意△ABC的三边长为a，b，c，不妨设abc．若结论不成立，则必有

a15b≥2， ○1 b15c≥2． ○2

………………5分

记bcs,abtcst，显然s,t0，代入○1得

cst15cs≥2，

st1cc15s1c≥2，

stx,ycc，则 令

1xy151x≥2． ○3

由abc，得cstcsc，即tc，于是由○2得

15bcs1xcc≥2， ○4

yt1c．

由○3，○4得

155115121(1x)y≥2≥2，

此式与y1矛盾．从而命题得证． ………………15分

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2008年全国初中数学竞赛试题

班级__________学号__________姓名______________得分______________

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x，y满足：

424

－＝3，y4＋y2＝3，则＋y4的值为 （ ） x4x2x4

1＋137＋13

（A）7 （B） （C） （D）5

22

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y＝x2＋mx＋n的图象与x轴有两个不同交点的概率是 （ ） （A）

5

12

417（B） （C）

936

1

（D） 2

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个点可确定的不同直线最少有 （ ）

（A）6条 （B）8条 （C）10条 （D）12

4．已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB＝a＜1．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DB＝AB＝a，DC的延长线交圆O于点E，则AE的长为 （ ） （A）

53

a （B）1 （C） （D）a 22

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 二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）

1

6．对于实数u，v，定义一种运算“*”为：u*v＝uv＋v．若关于x的方程x*（a*x）＝－有两个不同4

的实数根，则满足条件的实数a的取值范围是_______．

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．

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______．

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______．

BDMCAF10．关于x，y的方程x2＋y2＝208(x－y)的所有正整数解为________． 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y＝kx＋b（k≠0）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｜OA｜＋｜OB｜＋3．（1）用b表示k；（2）求△OAB面积的最小值． 12．是否存在质数p，q，使得关于x的一元二次方程px2－qx＋p＝0有有理数根

13．是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC证明你的结论．

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． 简答： 选择题 ACBBD；

填空题 6. a ＞ 0 或 a ＜－1； 7. 4； 8. 9； 9.

16

； 10. x＝48， x ＝160， 3

y＝32； y＝32． 三．解答题：11. （1）k＝

2b－b2

，b ＞ 2； （2）当 b＝2＋10， k＝－1时，△OAB面积的最

2(b＋3)

小值为7＋210； 12. 存在满足题设条件的质数p，q. 当p＝2，q＝5时，方程2x2－5x＋ 2＝0 的

1

两根为 x1＝， x2＝2. 它们都是有理数； 13. 存在满足条件的三角形. △ABC的边 a＝6，b＝4，

2

c＝5，且∠A＝2∠B，证明略. 14. n 的最小值是5，证明略． 中国教育学会中学数学教学专业委员会 “《数学周报》杯”

2009年全国初中数学竞赛试题

参考答案

一、选择题（共5小题，每小题7分，共35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．已知非零实数a，b 满足 2a4b2(a3)b242a，则ab等于（ ）． （A）－1 （B）0 （C）1 （D）2 【答】C．

解：由题设知a≥3，所以，题设的等式为b2(a3)b20，于是a3，b2，从而ab＝1． 2．如图，菱形ABCD的边长为a，点O是对角线AC上的一点，且OA＝OD＝1，则a等于（ ）．

＝a，OB＝OC

（A）

5151 （B） （C）1 （D）2 22（第2题） 【答】A．

解：因为△BOC ∽ △ABC，所以

BOBC，即 ABAC1a， aa1所以， a2a10． 由a0，解得a15． 23．将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

axby3，后投掷两次，记第一次掷出的点数为a，第二次掷出的点数为b，则使关于x，y的方程组

x2y2只有正数解的概率为（ ）． （A）

12513 （B） （C） （D） 1291836 【答】D．

解：当2ab0时，方程组无解．

62bx,2ab当2ab0时，方程组的解为

y2a3.2ab2ab0,2ab0,62b0,332ab由已知，得即a,或a,

2a3220,2abb3,b3.由a，b的实际意义为1，2，3，4，5，6，可得

3，4，5，6，a2，a1，共有 5×2＝10种情况；或共3种情况． b1，2，b4，5，6，又掷两次骰子出现的基本事件共6×6＝36种情况，故所求的概率为

13． 364．如图1所示，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，B90. 动点P从点

B出发，沿梯形的边由B→C→D→A运动. 设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y. 把y看作x的函数，函数的图像如图2所示，则△ABC的面积为（ ）．

（A）10 （B）16 （C）18 （D）32 图2 图1 （第4题） 【答】B．

解：根据图像可得BC＝4，CD＝5，DA＝5，进而求得AB＝8，故

1S△ABC＝×8×4＝16.

25．关于x，y的方程x2xy2y229的整数解（x，y）的组数为（ ）． （A）2组 （B）3组 （C）4组 （D）无穷多组 【答】C．

解：可将原方程视为关于x的二次方程，将其变形为 x2yx(2y229)0． 由于该方程有整数根，则判别式≥0，且是完全平方数． 由 y24(2y229)7y2116≥0， 解得 y2≤

11616.57．于是 7 0 116 1 109 4 88 9 53 16 4 显然，只有y216时，4是完全平方数，符合要求． 当y4时，原方程为x24x30，此时x11,x23； 当y＝－4时，原方程为x24x30，此时x31,x43． 所以，原方程的整数解为

二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）

6．一个自行车轮胎，若把它安装在前轮，则自行车行驶5000 km后报废；若把它安装在后轮，则自行车行驶 3000 km后报废，行驶一定路程后可以交换前、后轮胎．如果交换前、后轮胎，要使一辆自行车的一对新轮胎同时报废，那么这辆车将能行驶 km ． 【答】3750．

解：设每个新轮胎报废时的总磨损量为k,则安装在前轮的轮胎每行驶1 km

kk,安装在后轮的轮胎每行驶1km的磨损量为.又设一对新轮胎交换位置前走了x km，50003000交换位置后走了y km.分别以一个轮胎的总磨损量为等量关系列方程,有

磨损量为

两式相加，得

k(xy)k(xy)2k， 50003000则 xy211500030003750．

7．已知线段AB的中点为C，以点A为圆心，AB的长为半径作圆，在线段AB的延长线上取点D，使得BD＝AC；再以点D为圆心，DA的长为半径作圆，与⊙A分别相交于F，G两点，连接FG交AB于点H，则

AH的值为 ． AB解：如图，延长AD与⊙D交于点E，连接AF，EF ． 由题设知AC11AD，ABAE，在△FHA和△EFA中， 33EFAFHA90，FAHEAF 所以 Rt△FHA∽Rt△EFA，

AHAF . AFAEAH1而AFAB，所以.

AB3（第7题） 8．已知a1，a2，a3，a4，a5是满足条件a1a2a3a4a59的五个不同的整数，若b是关于x的方程

xa1xa2xa3xa4xa52009的整数根，则b的值为 ．

【答】 10．

解：因为ba1ba2ba3ba4ba52009，且a1，a2，a3，a4，a5是五个不同的整数，所有

ba1，ba2，ba3，ba4，ba5也是五个不同的整数．

又因为2009117741，所以

ba1ba2ba3ba4ba541．

由a1a2a3a4a59，可得b10．

9．如图，在△ABC中，CD是高，CE为ACB的平分线．若AC＝15，BC＝20，CD＝12，则CE的长等

于 ． 【答】602． 7解：如图，由勾股定理知AD＝9，BD＝16，所以AB＝AD＋BD＝25 ． 故由勾股定理逆定理知△ACB为直角三角形，且ACB90．

1作EF⊥BC，垂足为F．设EF＝x，由ECFACB45，得CF＝x，于是BF＝20－x．由于EF∥AC，

2所以

EFBF， ACBCx20x， 1520（第9题） 即

解得x60260．所以CE2x．

7710．10个人围成一个圆圈做游戏．游戏的规则是：每

并把自己想好的数如实地告诉他两旁的两个人，然后每告诉他的数的平均数报出来．若报出来的数如图所示，是 ． 【答】2．

解：设报3的人心里想的数是x，则报5的人心里

（第10题） 个人心里都想好一个数，个人将他两旁的两个人则报3的人心里想的数

想的数应是8x．

于是报7的人心里想的数是 12(8x)4x，报9的人心里想的数是 16(4x)12x，报1的人心里想的数是 20(12x)8x，报3的人心里想的数是4(8x)4x．所以 x4x， 解得x2．

三、解答题（共4题，每题20分，共80分）

11．已知抛物线yx2与动直线y(2t1)xc有公共点(x1,y1)，(x2,y2)，

2t22t3. 且x12x2 （1）求实数t的取值范围；

（2）当t为何值时，c取到最小值，并求出c的最小值. 解：（1）联立yx2与y(2t1)xc，消去y得二次方程

x2(2t1)xc0 ①

有实数根x1，x2，则x1x22t1,x1x2c．所以

11=[(2t1)2(t22t3)]＝(3t26t4)． ② 22 ………………5分 把②式代入方程①得

1x2(2t1)x(3t26t4)0． ③

2 ………………10分 t的取值应满足

2t22t3x12x2≥0， ④

且使方程③有实数根，即

(2t1)22(3t26t4)＝2t28t7≥0， ⑤

解不等式④得 t≤-3或t≥1，解不等式⑤得 2所以，t的取值范围为

222≤t≤2. ⑥ 2222≤t≤2. 22………………15分

131(2) 由②式知c(3t26t4)(t1)2.

22222231由于c(t1)2在2≤t≤2时是递增的，所以，当t2

2222232111621)2时,cmin(2. ………………20分

222412．已知正整数a满足192a3191，且a2009，求满足条件的所有可能的正整数a的和． 解：由192a3191可得192a31．192326，且

a31a1a(a1)1(a1)a(a1)(a1)． ………………5分

因为aa11是奇数，所以26a31等价于26a1，又因为3(a1)a(a1)，所以3a31等价于

3a1．因此有192a1，于是可得a192k1．

………………15分 又0a2009，所以k01，，，10．因此，满足条件的所有可能的正整数a的和为 11＋192（1＋2＋…＋10）＝10571． ………………20分

13．如图，给定锐角三角形ABC，BCCA，AD，BE是它的两条高，过点C作△ABC的外接圆的

切线l，过点D，E分别作l的垂线，垂足分别为F，G．试比较线段DF和EG的大小，并证明你的结论．

解法1：结论是DFEG．下面给出证明． ………………5分 因为FCDEAB，所以Rt△FCD ∽ Rt△EAB．于是可得

DFBECDAB． 同理可得 EGADCEAB． ………………10分 （第13A题） 又因为tanACBADBECDCE，所以有BECDADCE，于是可得 DFEG． ………………20分

解法2：结论是DFEG．下面给出证明． ……………… 5分

连接DE，因为ADBAEB90，所以A，B，D，E四点

共圆，故

CEDABC． ………………10分

（第13A题） 又l是⊙O的过点C的切线，所以ACGABC． ………………15分 所以，CEDACG，于是DE∥FG，故DF＝EG． ………………20分

14．n个正整数a1，a2，，an满足如下条件：1a1a2an2009；

且a1，a2，，an中任意n－1个不同的数的算术平均数都是正整数．求n的最大值．

解：设a1，a2，，an中去掉ai后剩下的n－1个数的算术平均数为正整数bi，i1，2，，n．即b(a1a2an)aiin1． 于是，对于任意的1≤ij≤n，都有

biibajajn1，

从而 n1(ajai)． ………………5分 由于 bna120081bnan1n1是正整数，故 n123251． ………………10分 由于 an1anan1an1an2a2a1

≥n1n1n1(n1)2，

所以，(n1)2≤2008，于是n ≤45.

结合n123251，所以，n ≤9． ………………15分 另一方面，令a1801,a2811,a3821，…，a8871，

a982511，则这9个数满足题设要求．

综上所述，n的最大值为9. ………………20分 中国教育学会中学数学教学专业委员会 “《数学周报》杯”

2010年全国初中数学竞赛试题

参考答案

一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.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．若（A）

abab的值为（ ）． 20， 10，则

bcbc1101121210 （B） （C） （D）

21211111a1abb201210解：D 由题设得． c1bc1111b10代数式变形，同除b

12．若实数a，b满足aabb220，则a的取值范围是 （ ）．

2（A）a2 （B）a4 （C）a≤2或 a≥4 （D）2≤a≤4 解．C

1因为b是实数，所以关于b的一元二次方程b2aba20

21的判别式 ＝(a)241(a2)≥0,解得a≤2或 a≥4．

2方程思想，未达定理；要解一元二次不等式 3．如图，在四边形ABCD中，∠B＝135°，∠C＝

120°，AB=23，BC=

422，CD＝42，则AD边的长为（ ）． （A）26 （B）46

（第3题） （C）46 （D）226 解：D

如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，由已知可得

BE=AE=6，CF＝22，DF＝26， 于是 EF＝4＋6．

（第3题） 垂足分别为E，F．

过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得 AD(46)2(6)2(224)2＝226． 勾股定理、涉及双重二次根式的化简，补全图形法

k1k24．在一列数x1，x2，x3，……中，已知x11，且当k≥2时，xkxk114 44（取整符号a表示不超过实数a的最大整数，例如2.62，0.20），则x2010等于（ ）． (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 解：B

k1k2由x11和xkxk114可得 44x11，x22，x33，x44，

x51，x62，x73，x84，

……

因为2010=4×502+2，所以x2010=2． 高斯函数；找规律。

5．如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，－1），C（－2，－1），D（－1，1）．y轴上一点P（0，2）绕点A旋转180°得点P1，点P1绕点B旋转180°得点P2，点P2绕点C旋转180°得点P3，点P3绕点D旋转180°得点P4，……，重复操作依次得到点P1，P2，…， 则点P2010的坐标是（ ）． （A）（2010，2） （B）（2010，2） （C）（2012，2） （D）（0，2）

（第5题） 解：B由已知可以得到，点P1，P2的坐标分别为（2，0），（2，2）．

（ b2)，其中a22,b22． 记P2a2，根据对称关系，依次可以求得：

P3(4a2，－2－b2)，P4(2a2，4b2)，P5(a2，2b2)，P6(4a2，b2)．

令P6(a6,b2)，同样可以求得，点P10的坐标为（4a6,b2），即P10（42a2,b2）， 由于2010=4502+2，所以点P2010的坐标为（2010，2）． 二、填空题

6．已知a＝5－1，则2a3＋7a2－2a－12 的值等于 ． 解：0

由已知得 (a＋1)2＝5，所以a2＋2a＝4，于是

2a3＋7a2－2a－12＝2a3＋4a2＋3a2－2a－12＝3a2＋6a－12＝0．

7．一辆客车、一辆货车和一辆小轿车在一条笔直的公路上朝同一方向匀速行驶．在某一时刻，客车在前，小轿车在后，货车在客车与小轿车的正中间．过了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车；再过t分钟，货车追上了客车，则t＝ ． 解：15

设在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离均为S千米，小轿车、货车、客车的速度分别为a，b，c（千米/分），并设货车经x分钟追上客车，由题意得

10abS， ①

15ac2S， ② xbcS． ③ 由①②，得30． （bc）S，所以，x=30． 故 t3010515（分）

8．如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则直线l的函数表达式是 ．

（第8题） 111解：yx+

33如图，延长BC交x轴于点F；连接OB，AF；连接CE，由已知得点M（2，3）是OB，AF的中点，即点M为矩

（第8题 以直线l把矩形ABFO分成面积相等的两部分．又因为

形CDEF的中心，所以，

过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分．

DF，且相交于点N． 形ABFO的中心，所点N（5，2）是矩

于是，直线MN即为所求的直线l．

2k+b3，设直线l的函数表达式为ykxb，则

5kb2，1k，1113解得 ,故所求直线l的函数表达式为yx+．

33b11.39．如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于

AE点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D．若CD＝CF，则 ．

AD解：

51 2见题图，设FCm,AFn．

因为Rt△AFB∽Rt△ABC，所以 AB2AFAC．

n2n（第9题）

又因为 FC＝DC＝AB，所以 mn(nm)，即 ()10，

mm2解得

n51n51，或（舍去）． m2m2又Rt△AFE∽Rt△CFB，所以

AEAEAFnADBCFCm5151AE， 即=． 22AD10．对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的余数为i－1．若n的最小值n0满足2000n03000，则正整数k的最小值为 ．

解：9 因为n1为2，， 3 ，k的倍数，所以n的最小值n0满足

n012，， 3 ，k，

其中2，， 3 ，k的最小公倍数． 3 ，k表示2，，由于2，， 3 ， 8840， 3 ， 92520， 2，， 3 2，，， 102520， 3 ， 1127720， 2，，因此满足2000n03000的正整数k的最小值为9． 三、解答题（共4题，每题20分，共80分）

11．如图，△ABC为等腰三角形，AP是底边BC上的高，点D是线段PC上的一点，BE和CF分别是△EFABD和△ACD的外接圆直径，连接EF. 求证： tanPAD．

BC

（第11题） 证明：如图，连接ED，FD. 因为BE和CF都是直ED⊥BC， FD⊥BC，

因此D，E，F三点共线. …………（5分） 连接AE，AF，则

径，所以

AEFABCACBAFD，

所以，△ABC∽△AEF. …………（10分）

作AH⊥EF，垂足为H，则AH=PD. 由△ABC∽△AEF可得

EFAH， BCAP（第11题） 从而

EFPD， BCAPPDEF. …………（20分） APBC所以 tanPADk相交于点A，B. 已知点A的坐标为（1，4），点xB在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）.

12．如图，抛物线yax2bx（a0）与双曲线y（1）求实数a，b，k的值；

（2）过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另有满足△EOC∽△AOB的点E的坐标. 解：（1）因为点A（1，4）在双曲线y所以k=4. 故双曲线的函数表达式为y设点B（t，

k

上， x4. x（第12题） 一点C，求所

4），t0，AB所在直线的函数表达式为ymxn，则有 t4mn，44(t1) 解得，. mn4ttmtn，t4(t1)于是，直线AB与y轴的交点坐标为0,，故

t1（4t1）SAOB1t3，整理得2t23t20，

2t解得t2，或t＝

1（舍去）．所以点B的坐标为（2，2）． 2因为点A，B都在抛物线yax2bx（a0）上，所以

ab4， 4a2b2，a1，解得 …………（10分）

b3.

（2）如图，因为AC∥x轴，所以C（4，4），于是

COBO=22，所以2.

BO设抛物线yax2bx（a0）与x轴负半轴相交于点为（3，0）.

因为∠COD＝∠BOD＝45，所以∠COB=90.

（第12题） CO＝42. 又

D， 则点D的坐标

（i）将△BOA绕点O顺时针旋转90，得到△BOA1.这时，点B(2，2)是CO的中点，点A1的坐标为（4，1）.

延长OA1到点E1，使得OE1=2OA1，这时点E1（8，2）是符合条件的点.

（ii）作△BOA关于x轴的对称图形△BOA2，得到点A2（1，；延长OA2到点E2，使得OE2＝2OA2，4）这时点E２（2，8）是符合条件的点．

所以，点E的坐标是（8，2），或（2，8）. …………（20分） 13．求满足2p2p8m22m的所有素数p和正整数m. ．解：由题设得p(2p1)(m4)(m2)，

所以p(m4)(m2)，由于p是素数，故p(m4)，或p(m2). ……（5分） （1）若p(m4)，令m4kp，k是正整数，于是m2kp，

3p2p(2p1)(m4)(m2)k2p2，

故k23，从而k1.

m4p，p5，所以解得 …………（10分）

m22p1，m9.（2）若p(m2)，令m2kp，k是正整数. 当p5时，有m4kp6kppp(k1)，

3p2p(2p1)(m4)(m2)k(k1)p2，

故k(k1)3，从而k1，或2.

由于p(2p1)(m4)(m2)是奇数，所以k2，从而k1.

m42p1， 于是

m2p，这不可能.

当p5时，m22m63，m9；当p3，m22m29，无正整数解；当p2时，m22m18，无正整数解.

综上所述，所求素数p=5，正整数m=9. …………（20分）

14．从1，2，…，2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除

解：首先，如下61个数：11，1133，11233，…，116033（即1991）满足题设条件. …………（5分）

另一方面，设a1a2an是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，对于这n个数中的任意4个数ai，aj，ak，am，因为

33(aiakam)， 33(ajakam)， 所以 33(ajai).

因此，所取的数中任意两数之差都是33的倍数. …………（10分） 设aia133di，i=1，2，3，…，n.

由33(a1a2a3)，得33(3a133d233d3)，

所以333a1，11a1，即a1≥11. …………（15分）

dnana1201011≤61， 3333故dn≤60. 所以，n≤61.

综上所述，n的最大值为61. …………（20分）

2011年全国初中数学竞赛试题

及答案

一 题 号 1～5 6～10 11 12 13 14 二 三 总 分 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7分，共35分. 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．设a71，则代数式a22a12的值为( ).

（A）-6 （B）24 （C）4710 （D）4712

ykx（k0）与ykxk（k0）的图象大致是

2．在同一直角坐标系中，函数

（A） （B） （C） （D）

3、在等边三角形ABC所在的平面内存在点P，使⊿PAB、⊿PBC、⊿PAC都是等腰三角形.请指出具有这种性质的点P的个数（ ）

（A）1 （B）7 （C）10 （D）15

x4．若x1，y0，且满足xyxy，x3y，则xy的值为( ).

y（A）1 （B）2 （C）5．设S111333123911 （D） 221，则4S的整数部分等于( ). 399（A）4 （B）5 （C）6 （D）7 二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）

6．若a是一个完全平方数，则比a大的最小完全平方数是 . 。 7．若关于x的方程(x2)(x24xm)0有三个根，且这三个根恰好可 以作为一个三角形的三条边的长，则m的取值范围是 .

8．一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数字之和为奇数5的概率是 .

9．如图，点A，B为直线yx上的两点，过A，B两点分别作y轴的平行线交双曲线y（x＞0）于

1xC，D两点. 若BD2AC，则4OC2OD2 的值为 . （第9题）

10．如图，CDEF内接于三、解答题

在△

（第10题） Rt△ABC中，斜边AB的长为35，正方形ABC，且其边长为12，则△ABC的周长为 .

（共4题，每题20分，共80分）

2kxaxbk13611．已知：不论k取什么实数，关于x的方程（a、b是常数）的根总是x＝1，试

求a、b的值。

12.已知关于x的一元二次方程x2cxa0的两个整数根恰好比方程x2axb0的两个根都大1，求abc的值.

13．如图，点A为y轴正半轴上一点，过点A任作直线交抛物线yA，B两点关于x轴对称，

Q两点.

22x于P，3（1）求证：∠ABP=∠ABQ；

（2）若点A的坐标为（0，1），且∠PBQ=60o，试求所有满足条件的直线PQ的函数解析式.

14如图，△ABC中，BAC60，AB2AC．点PPA3，PB5，PC2，求△ABC的面积．

（第14题） （第13题） 在△ABC内，且

2011年全国初中数学竞赛试题参考答案 一、选择题

1．A. 2 . C. 3. C. 4. C. 5. A 二、填空题

6. (a1)2 7．3＜m≤4. 8．. 9．6. 10．84 三、解答题

11. 解：把x＝1代入原方程并整理得（b＋4）k＝7－2a

19b40要使等式（b＋4）k＝7－2a不论k取什么实数均成立，只有72a0

解之得

a72，b4

12．解：设方程x2axb0的两个根为，，其中，为整数，且≤，则方程x2cxa0的两根为1，1，由题意得

a，11a，

两式相加得 2210， 即 (2)(2)3， 所以 21，23； 或23，21.

解得 1，5，1； 或3.

又因为a（），b，c（[1）（1）]， 所以 a0，b1，c2；或者a8，b15，c6， 故abc3，或29.

13．解：（1）如图，分别过点P，　Q作y轴的垂线，垂足分别为C，　D. 设点A的坐标为（0，t），则点B的坐标为（0，-t）. 设直线PQ的函数解析式为ykxt,并设P，Q的坐标xP，yP）,（xQ，yQ）.由 得 23x2kxt0， （第13题） 于是 x32PxQ2t，即 t3xPxQ.

2于是 BCyx22222PtxPxPxQxP(xPxQ)BDPty33233xQt23x2Qt2P.

3x2Q23xPxQ3xxxQ(xQP)Q又因为

PCxPBCQDx，所以BDPCQD.

Q 因为∠BCP∠BDQ90，所以△BCP∽△BDQ， 故∠ABP=∠ABQ.

（2） 设PCa，DQb，不妨设a≥b>0，由（1）可知 ∠ABP=∠ABQ30，BC=3a，BD=3b，

分别为（

所以 AC=3a2，AD=23b. 因为PC∥DQ，所以△ACP∽△ADQ. 于是

PCACa3a2，即，

b23bDQAD所以ab3ab．

33333，由（1）中xPxQt，即ab，所以ab，ab

2222于是可求得a2b3. 将b3123代入yx2，得到点Q的坐标（，）.

22323. 3再将点Q的坐标代入ykx1，求得k所以直线PQ的函数解析式为y3x1. 333x1，或yx1. 33根据对称性知，所求直线PQ的函数解析式为y14．解：如图，作△ABQ，使得

则△ABQ∽△ACP . QABPAC，ABQACP，由于AB2AC，所以相似比为2. 于是

AQ2AP23，BQ2CP4．

（第14题） QAPQABBAPPACBAPBAC60.

由AQ:AP2:1知，APQ90，于是PQ3AP3． 所以 BP225BQ2PQ2，从而BQP90． 于是

AB2PQ2(APBQ)22883 .

故 SABC13673ABACsin60AB2． 2822012年全国初中数学竞赛试题

（正题）

一 题 号 1～5 得 分 6～10 11 12 13 14 二 三 总 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7分，共35分. 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（甲）．如果实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，那么代数式简为（ ）． （第1（甲）题）

（A）2ca （B）2a2b （C）a （D）a

可以化

1（乙）．如果（A）

（B）

，那么 （C）2 （D）

的值为（ ）．

2（甲）．如果正比例函数y = ax（a ≠ 0）与反比例函数y =（b ≠0 ）的图象有两个交点，其中一个交点的坐标为（－3，－2），那么另一个交点的坐标为（ ）． （A）（2，3） （B）（3，－2） （C）（－2，3） （D）（3，2） 2（乙）． 在平面直角坐标系

中，满足不等式x2＋y2≤2x＋2y的整数点坐标（x，y）的个数为（ ）．

（A）10 （B）9 （C）7 （D）5 3（甲）．如果为给定的实数，且位数之差的绝对值是（ ）．

，那么

这四个数据的平均数与中

（A）1 （B） （C） （D）

，AD = 3，BD

3（乙）．如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．= 5，则CD的长为 （ ）．

（第3（乙）题） （A）

（B）4 （C）

（D）

4（甲）．小倩和小玲每人都有若干面值为整数元的人民币．小倩对小玲说：“你若给我2元，我的钱数将是你的n倍”；小玲对小倩说：“你若给我n元，我的钱数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（ ）． （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 4（乙）．如果关于x的方程 是（ ）． （A） 5 （B） 6 （C） 7 （D） 8

5（甲）．一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，3，4，5，6．掷两次骰子，设其朝上的面上的两个数字之和除以4的余数分别是0，1，2，3的概率为中最大的是（ ）． （A）

（B）

（C）

（D）

，则

是正整数）的正根小于3， 那么这样的方程的个数

5（乙）．黑板上写有然后删去，并在黑板上写上数共100个数字．每次操作先从黑板上的数中选取2个数

，则经过99次操作后，黑板上剩下的数是（ ）．

，

（A）2012 （B）101 （C）100 （D）99

二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）

6（甲）．按如图的程序进行操作，规定：程序运行从“输入一个值x”到“结果是否>487”为一次操

作. 如果操作进行四次才停止，那么x的取值范围是 . （第6（甲）题）

6（乙）. 如果a，b，c是正数，且满足的值为 ．

7（甲）．如图，正方形ABCD的边长为2N，则△DMN的面积是 .

，，那么

，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别交于点M，

（第7（甲）题） （第7（乙）题）

7（乙）．如图，与

分别交于

的半径为20，是

两点，则

上一点.以为对角线作矩形，且.延长，

的值等于 ．

8（甲）．如果关于x的方程x2+kx+k2－3k+= 0的两个实数根分别为，，那么 的值为 ．

8（乙）．设为整数，且1≤n≤2012. 若能被5整除，则所有的个数为 .

9（甲）．2位八年级同学和m位九年级同学一起参加象棋比赛，比赛为单循环，即所有参赛者彼此恰好比赛一场．记分规则是：每场比赛胜者得3分，负者得0分；平局各得1分. 比赛结束后，所有同学的得分总和为130分，而且平局数不超过比赛局数的一半，则m的值为 . 9（乙）．如果正数x，y，z可以是一个三角形的三边长，那么称

均为三角形数，且a≤b≤c，则

的取值范围是 .

是三角形数．若

和

10（甲）．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，AD = DC. 分别延长BA，CD，交点为E. 作BF⊥EC，并与

EC的延长线交于点F. 若AE = AO，BC = 6，则CF的长为 . （第10（甲）题）

10（乙）．已知是偶数，且1≤≤100．若有唯一的正整数对的个数为 ．

三、解答题（共4题，每题20分，共80分） 11（甲）．已知二次函数

，当

．求

时，恒有的取值范围．

；关于x的方程

使得

成立，则这样的

的两个实数根的倒数和小于

11（乙）． 如图，在平面直角坐标系xOy中， AO = 8，AB = AC，sin∠ABC=．

CD与y轴交于点E，且S△COE = S△ADE. 已知经过B，C，E三点的图象是一条抛物线，求这条抛物线对应的二次函数的解析式. （第11（乙）题） 12（甲）．如图，交于点∽△

，且．

的直径为．点

在，

过点上，且

，且与

内切于点

．为

上的点，

与

，BE的延长线与交于点，求证：△BOC

（第12（甲）题）

12（乙）．如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AC，BD是它的对角线， AC的中点I是△ABD的内心. 求证：

（1）OI是△IBD的外接圆的切线； （2）AB+AD = 2BD. （第12（乙）题）

13（甲）．已知整数a，b满足：a－b是素数，且ab是完全平方数. 当a≥2012时，求a的最小值. 13（乙）．凸边形中最多有多少个内角等于

并说明理由

，满足

，且

14（甲）．求所有正整数n，使得存在正整数

.

14（乙）．将同）使得

（n≥2）任意分成两组，如果总可以在其中一组中找到数

，求的最小值．

（可以相

2012年全国初中数学竞赛试题（正题）参考答案 一、选择题 1（甲）．C

解：由实数a，b，c在数轴上的位置可知

，且

所以 1（乙）．B

，

．

解：2（甲）．D

．

解：由题设知，，，所以.

解方程组得

所以另一个交点的坐标为（3，2）.

注：利用正比例函数与反比例函数的图象及其对称性，可知两个交点关于原点对称，因此另一个交点的坐标为（3，2）. 2（乙）．B

解：由题设x2＋y2≤2x＋2y， 得0≤因为解得 以上共计9对3（甲）．D 解：由题设知，

.

均为整数，所以有

≤2.

，所以这四个数据的平均数为

，

中位数为 ，

于是 3（乙）．B

.

解：如图，以CD为边作等边△CDE，连接AE. （第3（乙）题） 由于AC = BC，CD = CE，

∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD =∠ACE， 所以△BCD≌△ACE， BD = AE. 又因为在Rt△于是DE=4（甲）．D

解：设小倩所有的钱数为x元、小玲所有的钱数为y元，消去x得 (2y－7)n = y+4，

均为非负整数. 由题设可得

中，

，所以

，所以CD = DE = 4.

.

2n =.

因为为正整数，所以2y－7的值分别为1，3，5，15，所以y的值只能为4，5，6，11．从而n的值分别为8，3，2，1；x的值分别为14，7，6，7． 4（乙）．C

解：由一元二次方程根与系数关系知，两根的乘积为

的图象知，当

整数，所以合题意． 5（甲）．D

，1≤q≤5；或

时，

，所以

，1≤q≤2，此时都有

，故方程的根为一正一负．由二次函数

，即

. 由于. 于是共有7组

都是正

符

解：掷两次骰子，其朝上的面上的两个数字构成的有序数对共有36个，其和除以4的余数分别是0，1，2，3的有序数对有9个，8个，9个，10个，所以大． 5（乙）．C 解：因为

，所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加1后的乘积不变．

，则

，因此

最

设经过99次操作后黑板上剩下的数为

，

解得 二、填空题 6（甲）．7＜x≤19

解：前四次操作的结果分别为

3x－2，3(3x－2)－2 = 9x－8，3(9x－8)－2 = 27x－26，3(27x－26)－2 = 81x－80. 由已知得 27x－26≤487， 81x－80＞487. 解得 7＜x≤19.

容易验证，当7＜x≤19时，7＜x≤19． 6（乙）．7 解：由已知可得

≤487

≤487，故x的取值范围是

，

．

．

7（甲）．8

解：连接DF，记正方形

的边长为2. 由题设易知△

∽△

，所以

，

由此得，所以.

（第7（甲）题） 在Rt△ABF中，因为

，

，所以

于是 .

，

.

由题设可知△ADE≌△BAF，所以

于是 ，

，

.

又因为

，所以

，所以.

.

7（乙）．

的中点为

，连接

，则

．因为

，所以

解：如图，设

，

．

（第7（乙）题）

所以 .

8（甲）．

解：根据题意，关于x的方程有

=k2－4≥0，

由此得 (k－3)2≤0．

又(k－3)2≥0，所以(k－3)2=0，从而k=3. 此时方程为x2+3x+=0，解得x1=x2=.

故==．

8（乙）．1610 解：因为

=

或

=

能被5整除，则

.

能被5整除； 能被5整除；

当被5除余数是1或4时，当被5除余数是2或3时，当被5除余数是0时，

能被5整除，则

不能被5整除.

所以符合题设要求的所有的个数为9（甲）．8

解：设平局数为，胜（负）局数为，由题设知

，

由此得0≤b≤43.

．

又 0≤87≤由此得

，所以≤43， ≤130， ，或

.

. 于是

当故

时，．

；当时，，，不合题设.

9（乙）． 解：由题设得

≤1

所以 ，

即 整理得

.

，

由二次函数的图象及其性质，得.

又因为 ≤1，所以≤1.

10（甲）．

解：如图，连接AC，BD，OD. （第10（甲）题）

由AB是⊙O的直径知∠BCA =∠BDA = 90°. 依题设∠BFC = 90°，四边形ABCD是⊙O 的内接四边形，所以 ∠BCF =∠BAD,

所以 Rt△BCF∽Rt△BAD ，因此 .

因为OD是⊙O的半径，AD = CD，所以OD垂直平分AC，OD∥BC，

于是 . 因此

.

由△∽△，知．因为，

所以 ，BA=AD ，故

.

10（乙）. 12 解：由已知有则1≤≤25． （Ⅰ）若

，可得

，且为偶数，所以

同为偶数，于是是4的倍数．设

，

，与b是正整数矛盾．

（Ⅱ）若至少有两个不同的素因数，则至少有两个正整数对满足满足

；若．

恰是

一个素数的幂，且这个幂指数不小于3，则至少有两个正整数对（Ⅲ）若

是素数，或．

因为有唯一正整数对

12个． 三、解答题

11（甲）．解： 因为当

，

即

，所以

．

时，恒有

，所以

恰是一个素数的幂，且这个幂指数为2，则有唯一的正整数对满足

，所以m的可能值为2，3，4，5，7，9，11，13，17，19，23，25，共有

…………（5分） 当

时，

≤；当

时，

≤，即

≤，

且 解得

≤

．

≤，

…………（10分） 设方程

的两个实数根分别为．

，由一元二次方程根与系数的关系得

因为，所以

，

解得因此

，或．

．

…………（20分）

11（乙）．解：因为sin∠ABC=AB = 10．

由勾股定理，得 BO=（第11（乙）题）

，，所以

.

易知△ABO≌△ACO， 因此 CO = BO = 6. 于是A（0，－8），B（6，0），C（－6，0）.

设点D的坐标为（m，n），由S△COE = S△ADE，得S△CDB = S△AOB. 所以

，

，

解得n=－4.

因此D为AB的中点，点 D的坐标为（3，－4）. …………（10分）

因此CD，AO分别为AB，BC的两条中线，点E为△ABC的重心，所以点E的坐标为.

设经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为y=a（x－6）（x+6）. 将点E的坐标代入，解得a =

.

故经过B，C，E三点的抛物线对应的二次函数的解析式为

.

…………（20分）

12（甲）． 证明：连接BD，因为

为

的直径，所以

．又因为

，所以△CBE

是等腰三角形． （第12（甲）题） …………（5分） 设

与

交于点

，连接OM，则

．又因为．

…………（15分） 又因为△BOC∽△

．

分别是等腰△

，等腰△

的顶角，所以

，所以

…………（20分）

12（乙）．证明：（1）如图，根据三角形内心的性质和同弧上圆周角的性质知 （第12（乙）题） 所以 CI = CD． 同理， CI = CB. 故点C是△IBD的外心.

连接OA，OC，因为I是AC的中点，且OA = OC， 所以OI⊥AC，即OI⊥CI. 故OI是△IBD外接圆的切线. …………（10分）

（2） 如图，过点I作IE⊥AD于点E，设OC与BD交于点F. 由

，知OC⊥BD.

因为∠CBF =∠IAE，BC = CI = AI，所以 Rt△BCF≌Rt△AIE， 所以BF = AE.

又因为I是△ABD的内心，所以 AB+AD－BD = 2AE = BD. 故AB+AD = 2BD． …………（20分）

13（甲）．解：设a－b = m（m是素数），ab = n2（n是正整数）. 因为 (a+b)2－4ab = (a－b)2， 所以 (2a－m)2－4n2 = m2， (2a－m+2n)(2a－m－2n) = m2. …………（5分）

因为2a－m+2n与2a－m－2n都是正整数，且2a－m+2n＞2a－m－2n (m为素数)，所以 2a－m+2nm 2，2a－m－2n

1.

解得 a，.

于是 = a－m…………（10分）

.

又a≥2012，即≥2012.

又因为m是素数，解得m≥89. 此时，a≥当

时，

，

，

.

=2025.

因此，a的最小值为2025. …………（20分）

13（乙）．解：假设凸边形中有个内角等于（1）若

，由

，得

，则不等于

的内角有

个．

；

，正十二边形的12个内角都等于

…………（5分） （2）若当

，且≥13，由时，存在凸

边形，其中的11个内角等于

，

…………（10分） （3）若当

，且≤≤

．

．存在凸

边形，其中的

个内角等于

，另一个内角

，可得

，其余．

，即≤11．

个内角都等于

时，设另一个角等于

．

由≤

可得

；由≥8可得

，且

．

…………（15分） （4）若角等于综上，当当≤≤

，且3≤≤7，由（3）可知≤，另两个内角都等于

．

．当

时，存在凸边形，其中

个内

时，的最大值为12；当≥13时，的最大值为11； 时，的最大值为

；当3≤≤7时，的最大值为

．

…………（20分） 14（甲）．解：由于≥1，

≥2，…，

≥2012．

都是正整数，且

，所以

于是

…………（10分） 当

时，令

≤．

，则

.

…………（15分） 当

时，其中≤≤

，令

，则

．

综上，满足条件的所有正整数n为…………（20分） 14（乙）．解：当

时，把和

在数组使得

．

中，由于

分成如下两个数组：

．

，所以其中不存在数

，

．

在数组所以，≥

．

中，由于，所以其中不存在数，使得．

…………（10分） 下面证明当

时，满足题设条件．

也在第一组，则结论已经成立．故不妨设在第二组．

，此时

；如果8在第二组，我们取

在第二组. 同理可设

不妨设2在第一组，若

在第一组，

此时考虑数8．如果8在第一组，我们取

，此时

综上，

满足题设条件．

．

．

所以，的最小值为…………（20分） 下载：

2013年全国初中数学竞赛试题

一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.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） a＋2b+3c＝01．设非零实数a，b，c，满足

2a＋3b+4c＝0

则

ab+bc+ca

的值为（ ）

a2+b2+c2

11

（A）— （B）0 （C） （D）1

22

2．已知a，b，c是实常数，关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个非零实根x1，x2，则下列关于

11

x的一元二次方程中，以，为两个实根的是（ ）

x12 x22 （A）c2x2+(b2－2ac)x+a2=0 （B）c2x2—(b2－2ac)x+a2=0 （C）c2x2+(b2－2ac)x—a2=0 （D）c2x2—(b2－2ac)x—a2=0

3．如图，在Rt△ABC中，已知O是斜边AB的中点，CD⊥AB，垂足为D，DE⊥OC，垂足为E，若AD，DB，CD的长度都是有理数，则线段OD，OE，DE，AC的长度中，不一定是有理数的为（ ） （A）OD （B）OE （C）DE （D）AC

4．如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BC=4CF，DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）

（A）3 （B）4 （C）6 （D）8

5．对于任意实数x，y，z，定义运算“*”为：xy=

3x3y+3x2y2+xy3+45

，

(x+1)3+(y+1)3—60

且xyz=（xy）z，则20132012…32的值为（ ）

6071821546316389 （A） （B） （C） （D） 967 967 967 967二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）

6．设a=33，b是a2的小数部分，则(b+2)3的值为____________．

7．如图，点D，E分别是△ABC的边AC，AB上的点，直线BD与CE交于点F，已知△CDF，△BFE，△

BCF的面积分别为3，4，5，则四边形AEFD的面积是____________．

8．已知正整数a，b，c满足a+b2—2c—2=0，3a2—8b+c=0，则abc的最大值为__________． 9．实数a，b，c，d满足：一元二次方程x2+cx+d=0的两根为a，b，一元二次方程x2+ax+b=0的两根为c，d，则所有满足条件的数组（a，b，c，d）为___________________________________． 10．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元．开始时他有铅笔和圆珠笔共350支，当天虽然笔没有卖完，但是他的销售收入恰好是2013元，则他至少卖出了__________支圆珠笔．

C A D E A 三、解答题（共4题，每题20分，共80分） E —3，11．如图，抛物线y=ax2+bx顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OB=OC=3OA，

E D 1A O B D 直线y=—x2+1与y轴交于点D，求∠DBC－∠CBE． 3B C F y （第3题) C B （第4题)

12．设△ABC的外心，垂心分别为O，H，若B，C，H，O共圆，对于所有的△（第ABC，求∠BAC所有可能7题) 的度数．

D ，c能13．设a，b，c是素数，记x=b+c－a，y=c+a－b，z=a+b－c，当z2=y，x－y=2时，a，xbA O B 否构成三角形的三边长证明你的结论．

14．如果将正整数M放在正整数m左侧，所得到的新数可被7整除，那么称M为m的“魔术数”（例如，把86放在415的左侧，得到的数86415能被7整除，所以称86为415的魔术数）．求正整数n的最小

C 值，使得存在互不相同的正整数a1，a2，…，an，满足对任意一个正整数m，在a1，a2，…，an中都至少有一个为m的魔术数． E 2013年全国初中数学竞赛试题参考答案 一、选择题 1．【答案】A

【解答】由已知得abc(2a3b4c)(a2b3c)0，故(abc)20．于是

1abbcca1abbcca(a2b2c2)，所以2． 222abc22．【答案】B

【解答】由于ax2bxc0是关于x的一元二次方程，则a0．因为x1x2bc，x1x2，且aa11(x1x2)22x1x2b22ac11a2x1x20，所以c0，且 22，222， 222x1x2x1x2cx1x2c11b22aca22x0，即于是根据方程根与系数的关系，以2，2为两个实根的一元二次方程是x2ccx1x2c2x2(b22ac)xa20．

3．【答案】D

【解答】因AD，DB，CD的长度都是有理数，所以，OA＝OB＝

ADBD是有理数．于是，OD＝OA－AD是有理数． 2OD2DC·DO由Rt△DOE∽Rt△COD，知OE，DE都是有理

OCOCAB不一定是有理数． AC＝AD·（第3题）

（第3题答题）

OC＝

数，而

4．【答案】C

【解答】因为DCFE是平行四边形，所以DEBC4CF201320124m2013201243m33m333m29m27459201320123292m33m23m1646039323922292345546321a2a3933103609673204ba2292(b2)3(39)3913SAEF4SAEFSBFEBFSBCF5=SAFDSAFDFDSCDF3SAFD3SAFDSCDFCFSBCF510896SAEFSAFDSAEFSAEFFESBEF4131322（第4题）

（第题答题）（第411题答题）

（第7题答题）

（第11题）

20413222013ab22c203a28bc0b86a2a666a2aa1b859a2b840a3b89b11b5b11c61abc311612013b5c13abc3513195abcabc，dbabd，2，，12)(t，，0t，0)t2013(1，bacdbd0a1c1bdcda，cdb．bcd)(t，，0t，0)t(1，2，，12)(t，，0t，0)tbdac2bd0ca(a，，，20137yy1y14x7y2013，x(5032y)20134(xy)3y43503yy204xy350，444111x141yax2bx3xyyx1yx0yx1yax2bx331yx13y333（第12题答题（i）） （第12题答题（ii））

E432CBE225a(x1)(x3)a1yx22x3CE1OD1BCE90CBECB3OB3DBCCBEDBCDBOOBC45ABCO，HB，C，H，OABCBACABCBHC180A，BOC2ABHCBOC180A2AA60ABCA90BHC180A，BOC2180ABHCBOC1803180A180A120A90B90BHCA，BOC2ABHCBOC1803A180A60ABCA90OBCB，C，H，OA90A90B90B，C，H，OA0A90A120abcacxbca，ycab，zabcbz2y,xy211111z(z1)zaz23a3z2a(yz)，b(xz)，c(xy)yz2a(yz)(z2z)222222yz24，x(y2)216b9c10bcz3abc0abca1，a2，…，ana1，a2，…，anma1，a2，…，ani，j(1ij)10Mi10Mjjijia1，a2，…，ankk10kimi1，2，ij(1ij)10kjm)(10kim)]7|10k(ji)(ji)i(1i)10kim)i请将正确选项的代号字母填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）

1．若是最大的负整数，是绝对值最小的有理数，是倒数等于它本身的自然数，则

的值为【 】

（A）2013 （B）2014 （C）2015 （D）0 【答】D．

解：最大的负整数是－1，∴=－1； 绝对值最小的有理数是0，∴=0； 倒数等于它本身的自然数是1，∴=1. ∴

=

=0.

2. 已知实数（A）

满足则代数式的值是 【 】

（B）3 （C） （D）7

【答】A． 解：两式相减得

3．如图，将表面展开图（图1）还原为正方体，按图2所示摆放，那么，图1 中的线段MN在图2中的对应线段是【 】

（A） （B） （C） （D） 【答】C．

解：将图1中的平面图折成正方体，MN和线段c重合.不妨设图1中完整的正方形为完整面，△AMN和△ABM所在的面为组合面，则△AMN和△ABM所在的面为两个相邻的组合面，比较图2，首先确定B点，所以线段d与AM重合，MN与线段c重合.

4. 已知二次函数

，

的图象如图所示，则下列7个代数式

，，，

，

，

中，其值为正的式子的个数为 【 】

（A）2个 （B）3个

（C）4个 （D）4个以上 【答】C． 解：由图象可得：

，，

，∴.

，，

抛物线与轴有两个交点，∴

，即

.

.当=1时，

当=时，，即.从图象可得，抛物线对称轴在直线=1的左边，即，∴

.因此7个代数式中，其值为正的式子的个数为4个.

5. 如图，Rt△OAB的顶点O与坐标原点重合，∠AOB=90°，AO=2BO，当A点在反比例函数的图象上移动时，B点坐标满足的函数解析式为【 】

（x>0）

（A） （x<0） （B）（x<0）

（C）【答】B．

（x<0） （D）（x<0）

解：如图，分别过点

，那么

分别做∽

轴的垂线

，则

，故.

6．如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且AC=DB=1，点P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BRQP，E、F分别为MN、QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P从点C运动到点D时，点G移动的路径长为【 】 （A）1 （B）2 （C）3 （D）6 【答】B．

解：设KH中点为S，连接PE、ES、SF、PF、PS，可证明四边形PESF为平行四边形，

∴G为PS的中点, 即在点P运动过程中，G始终为PS的中点，所以G的运行轨迹为△CSD的中位线,

∵CD=AB－AC－BD=6－1－1=4，∴点G移动的路径长为二、填空题（共6小题，每小题6分，共36分）

=2.

7．已知【答】

．

，化简得 .

解：∵ 原式=

，∴，

.

，

8. 一个不透明的袋子中有除颜色外其余都相同的红、黄、蓝色玻璃球若干个，其中红色玻璃球有6个，黄色玻璃球有9个，已知从袋子中随机摸出一个蓝色玻璃球的概率为红色玻璃球的概率为 .

，那么，随机摸出一个为

【答】．

解：设口袋中蓝色玻璃球有个，依题意，得，即=10，所以P（摸出一个红色玻璃球）

=.

9. 若【答】8．

，则= .

解：∵，∴.

则，即.∴

10．如图，在Rt△OAB中，∠AOB=30°，AB=2，将Rt△OAB绕O点顺时针旋转90°得到Rt△OCD，则AB扫过的面积为 . 【答】

．

解：∵Rt△OAB中，∠AOB=30°，AB=2， ∴AO=CO=

，BO=DO=4，

=

∴阴影部分面积=

==.

11．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AD上一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰落在∠BCD的平分线上时，CA1= . 【答】

．

解：过A1作A1M⊥BC，垂足为M，设CM=A1M=x，则BM=4－x， 在Rt△A1BM中，

，

∴=，∴x =A1M=， .

∴在等腰Rt△A1CM中，C A1=

12．已知a、b、c、d是四个不同的整数，且满足a+b+c+d =5，若m是关于x的方程（x－a）（x－b）（x－c）（x－d）=2014中大于a、b、c、d的一个整数根，则m的值为 . 【答】20．

解：∵（m－a）（m－b）（m－c）（m－d）=2014，且a、b、c、d是四个不同的整数，由于m是大于a、

b、c、d的一个整数根，∴（m－a）、（m－b）、（m－c）、（m－d）是四个不同的正整数. ∵2014=1×2×19×53，

∴（m－a）+（m－b）+（m－c）+（m－d）=1+2+19+53=75. 又∵a+b+c+d =5，∴m =20.

三、解答题（第13题14分，第14题16分，第15题18分，共48分）

13.某学校为九年级数学竞赛获奖选手购买以下三种奖品，其中小笔记本每本5元，大笔记本每本7元，钢笔每支10元，购买的大笔记本的数量是钢笔数量的2倍，共花费346元，若使购买的奖品总数最多，则这三种奖品的购买数量各为多少

解：设购买小笔记本x本，大笔记本y本，钢笔z支， 则有

，

.

易知0＜x≤69，0＜y≤49，0＜z≤34, ……………………………………4分

∴，，即

≥0，即0＜z≤14

.

∵x，y，z均为正整数，

∴z只能取14，9和4. …………………………………………………8分

①当z为14时， =2，=28. .

②当z为9时， =26，=18. .

③当z为4时， =50，=8. .

综上所述，若使购买的奖品总数最多，应购买小笔记本50本，大笔记本8本，钢笔4支. ……………………………………………………………………14分

如图，在矩形ABCD中，AD=8，直线DE交直线AB于点E，交直线BC于F，AE=6. （1）若点P是边AD上的一个动点（不与点A、D重合），的面积为y,试求y与x的函数解析式； （2）若AE=2EB.

①求圆心在直线BC上，且与直线DE、AB都相切的⊙O的半径长；

②圆心在直线BC上，且与直线DE及矩形ABCD的某一边所在直线都相切的圆共有多少个（直接写出满足条件的圆的个数即可.） 14、解：（1）在Rt

中，

设DP为x,四边形AEHP

…………………………………………………………5分 （2）①

∽

.

………………………7分

若⊙

于

，则可设

与直线DE、AB都相切，且圆心

在AB的左侧，过点

作

. 解得

若⊙

与直线DE、AB都相切，且圆心

解得

…………………10分

作

于

，则可设

在AB的右侧，过点

即满足条件的圆的半径为或6.…………………………………………13分

②6个.………………………………………………………………………………………16分

15. 如图1，等腰梯形OABC的底边OC在x轴上，AB∥OC，O为坐标原点，OA = AB =BC，∠AOC=60°，连接OB，点P为线段OB上一个动点，点E为边OC中点. （1）连接PA、PE，求证：PA=PE； （2）连接PC，若PC+PE=

，试求AB的最大值；

（3）在（2）在条件下，当AB取最大值时，如图2，点M坐标为（0，－1），点D为线段OC上一个动点，当D点从O点向C点移动时，直线MD与梯形另一边交点为N，设D点横坐标为m，当△MNC为钝角三角形时，求m的范围. 解：（1）证明：如图1，连接AE.

…………………………………………………………5分 (2)∵PC+PE=

，∴PC+PA=

.

显然有OB=AC≤PC+PA=.……………7分

，

在Rt△BOC中,设AB=OA=BC=x，则OC=2x，OB=∴

≤

，∴≤2.

即AB的最大值为2. …………………………10分 (3) 当AB取最大值时，AB=OA=BC=2，OC=4.

分三种情况讨论：

①当N点在OA上时，如图2，若CN⊥MN时，此时线段OA上N点下方的点（不包括N、O）均满足△MNC为钝角三角形.

过N作NF⊥x轴，垂足为F， ∵A点坐标为（1，

），∴

可设N点坐标为（

∴

，

），则DF=a－m，NF=

.

，FC=4－a.

∵△OMD∽△FND∽△FCN，

解得，，即当0<<时，△MNC为钝角三角形；…14分

②当N点在AB上时，不能满足△MNC为钝角三角形；………………15分

③当N点在BC上时，如图3，若CN⊥MN时，此时BC上N点下方的点（不包括N、C）均满足△MNC为

钝角三角形. ∴当

<

<4时，△MNC为钝角三角形.

综上所述，当0<<或<<4时，△MNC为钝角三角形. …1

2015年全国初中数学竞赛预赛 2016年全国初中数学联合竞赛试题

第一试

(3月20日上午8:30 - 9:30)

一、选择题（本题满分42分，每小题7分）

(本题共有6个小题，每题均给出了代号为A,B,C,D的四个答案，其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内. 每小题选对得7分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.) 1.用x表示不超过x的最大整数，把xx称为x的小数部分.已知t是t的小数部分，则

1，a是t的小数部分，b2311 （ ） 2ba 2.三种图书的单价分别为10元、15元和20元，某学校计划恰好用500元购买上述图书30本，那么不同的购书方案有 （ ）

A. 9种 B. 10种 C.11种 D.12种

3(A). 如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”.如：

213(1)3,263313, 2和26均为“和谐数”.那么，不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为 （ ）

3(B）.已知二次函数yax2bx1(a0)的图象的顶点在第二象限，且过点(1,0).当ab为整数时，ab （ ）

4.已知O的半径OD垂直于弦AB,交AB于点C，连接AO并延长交O于点E,若AB8,CD2,则BCE的面积为 （ ）

5.如图，在四边形ABCD中，BACBDC900，ABAC5,CD1,对角线的交点为M，则DM ( ) 6.设实数x,y,z满足xyz1, 则( )

二、填空题（本题满分28分，每小(本题共有4个小题，要求直接将答案

Mxy2yz3xz的最大值为

题7分） 写在横线上.)

1.【1(A)、2（B）】 已知ABC的顶点A、C在反比例函数y3（x0）的图象上，ACB900,xABC300,ABx轴，点B在点A的上方，且AB6,则点C的坐标为 .

1(B).已知ABC的最大边BC上的高线AD和中线AM恰好把BAC三等分，AD3,则AM .

2(A).在四边形ABCD中，BC∥AD,CA平分BCD,O为对角线的交点，CDAO,BCOD,则ABC .

3.【3(A)、4(B)】 有位学生忘记写两个三位数间的乘号，得到一个六位数，这个六位数恰好为原来两个三位数的乘积的3倍，这个六位数是 .

3(B).若质数p、q满足：3qp40,pq111,则pq的最大值为 .

4(A).将5个1、5个2、5个3、5个4、5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2.考虑每列中各数之和，设这5个和的最小值为M,则M的最大值为 .

第二试 (3月20日上午9:50 — 11:20) 一、（本题满分20分）

已知a,b为正整数，求M3a2ab22b4能取到的最小正整数值. 二、（本题满分25分）

(A).如图，点C在以AB为直径的O上，CDAB于点D,点E在BD上，AEAC,四边形DEFM是正方形，AM的延长线与O交于点N.证明:FNDE. (B).已知：abc5, a2b2c215, a3b3c347.

求(a2abb2)(b2bcc2)(c2caa2)的值. 三、（本题满分25分）

(A).已知正实数x,y,z满足：xyyzzx1 ,且

(x21)(y21)(y21)(z21)(z21)(x21)4 .

xyyzzx求

111的值. xyyzzx证明:9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx).

(B).如图，在等腰ABC中,ABAC5,D为BC边上异于中点的点，点C关于直线AD的对称点为点E,EB的延长线与AD的延长线交于点F, 求ADAF的值. 2016年全国初中数学联合竞赛试题及详解 第一试 (3月20日上午8:30 - 9:30) 一、选择题（本题满分42分，每小题7分）

(本题共有6个小题，每题均给出了代号为A,B,C,D的四个答案，其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内. 每小题选对得7分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.) 1.用x表示不超过x的最大整数，把xx称为x的小数部分.已知t是t的小数部分，则【答案】A. 【解析】t123,132,3234, 即3t4, 231，a是t的小数部分，b2311 （ ） 2baat331. 又t23,231,4233, bt(4)23,111123311,故选A. 2ba2(23)22231 2.三种图书的单价分别为10元、15元和20元，某学校计划恰好用500元购买上述图书30本，那么不同的购书方案有 （ ）

A. 9种 B. 10种 C.11种 D.12种 【答案】C.

xyz30 【解析】设购买三种图书的数量分别为x,y,z,则，

10x15y20z500yz30xy202x即，解得 依题意得，x,y,z为自然数（非负整数）， 3y4z1002xz10x故0x10,x有11种可能的取值（分别为0,1,2,,9,10)，对于每一个x值，y和z都有唯一的值（自然数）相对应. 即不同的购书方案共有11种，故选C.

3(A). 如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”.如：213(1)3,263313, 2和26均为“和谐数”.那么，不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为 （ ） 【答案】B.

22【解析】(2k1)3(2k1)3(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)

2(12k21) （其中k为非负整数），由2(12k21)2016得，k9

k0,1,2,，它们的和为 ,8,9，即得所有不超过2016的“和谐数”

3333331(1)(31)(53)(173153)(193173)19316860.故选B.

3(B）.已知二次函数yax2bx1(a0)的图象的顶点在第二象限，且过点(1,0).当ab为整数时，ab （ ） 【答案】B.

【解析】依题意知a0,b0,ab10, 故b0, 且ba1， 2aaba(a1)2a1，于是1a0, 12a11

又ab为整数，2a10, 故a11b,ab，故选B.

424.已知O的半径OD垂直于弦AB,交AB于点C，连接AO并延长交O于点E,若AB8,CD2,

则BCE的面积为（ ） 【解析】设OCx,则OAODx2,

ODAB于C,ACCB1AB4, 2在RtOAC中，OC2AC2OA2,

即x242(x2)2,解得x3，即OC3 （第4题答案图）

OC为ABE的中位线，BE2OC6. AE是O的直径，B90,

11SBCECBBE4612. 故选A.

22 5.如图，在四边形ABCD中，BACBDC900，ABAC5,CD1,对角线的交点为M，则

DM ( ) （第5题答案图）

【答案】D. 【解析】过点A作AHBD于点H,则AMH～CMD,AMx, 则CM5x,AHx 5xAHAM,CDCMCD1, AHAM,设CM在RtABM中，BMAB2AM2x25, 则AHABAMBM5xx52

5xx25x,显然x0，化简整理得2x255x100 5x解得x5,（x25不符合题意，舍去），故 2CM51,在RtCDM中，DMCM2CD2,故选D. 22 6.设实数x,y,z满足xyz1, 则Mxy2yz3xz的最大值为 ( ) 【答案】C. 【解析】

13 当且仅当x,y0时，M取等号，故Mmax，故选C.

24 二、填空题（本题满分28分，每小题7分） (本题共有4个小题，要求直接将答案写在横线上.)

1.【1(A)、2（B）】 已知ABC的顶点A、C在反比例函数y3（x0）的图象上，ACB900,xABC300,ABx轴，点B在点A的上方，且AB6,则点C的坐标为 .

3【答案】2,2.

 【解析】如图，过点C作CDAB于点D. 在RtACB中，BCABcosABC33 在RtBCD中，CDBCsinB33, （第1题答案图） 23393， m,,An,BDBCcosB,ADABBD,设Cmn22依题意知nm0,故CDnm,AD33，于是 mn333nm3m2 解得，故点的坐标为. ,2C22n23333n2m1(B).已知ABC的最大边BC上的高线AD和中线AM恰好把BAC三等分，AD3,则

AM . 【答案】2. 【解析】

（第1题答案图1 ） （ 第1题答案图2） 依题意得BADDAMMACADBADC900, 故ABCACB.

,

1 (1)若ABCACB时，如答案图1所示，ADM≌ADB,BDDMCM,

2又AM平分DAC, ADDM11,在RtDAC中，即cosDAC, ACCM22DAC600, 从而BAC900,ACD300.

在RtADC中，CDADtanDAC3tan603, DM1. 在RtADM中，AMAD2DM22.

(2)若ABCACB时，如答案图2所示.同理可得AM2.综上所述，AM2.

2(A).在四边形ABCD中，BC∥AD,CA平分BCD,O为对角线的交点，CDAO,BCOD,则

ABC . 【答案】126.

【解析】设OCD,ADO,

CA平分BCD,OCDOCB,

BC∥AD,ADOOBC,DAOOCB, (第2题答案图)

OCDDAO,ADCD,CDAO,ADAO,

ADOAODBOCOBC,OCBC,

2,2180,解得36,72，DBCBCD72, 故ABCABDDBC126.

3.【3(A)、4(B)】 有位学生忘记写两个三位数间的乘号，得到一个六位数，这个六位数恰好为原来两个三位数的乘积的3倍，这个六位数是 . 【答案】167334.

【解析】设两个三位数分别为x,y，则1000xy3xy，①

，代入①得y3xy1000x(3y1000)x,故y是x的正整数倍，不妨设ytx（t为正整数）

1000t1000t,x是三位数，x100，解得 1000t3tx,x3t3tt1000,299t为正整数，t的可能取值为1,2,3.验证可知，只有t2符合，此时

x167,y334. 故所求的六位数为167334.

3(B).若质数p、q满足：3qp40,pq111,则pq的最大值为 . 【答案】1007.

24 【解析】由3qp40得，p3q4,pqq(3q4)3q24q3q,

33因q为质数，故pq的值随着质数q的增大而增大，当且仅当q取得最大值时，pq取得最大值.

23 又pq111，3q4q111,q28，因q为质数，故q的可能取值为

423,19,17,13,11,7,5,3,2，但q23时，p3q465513不是质数，舍去.

当q19时,p3q453恰为质数.故qmax19,(pq)max53191007.

4(A).将5个1、5个2、5个3、5个4、5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2.考虑每列中各数之和，设这5个和的最小值为M,则M的最大值为 .

【答案】10.

【解析】(依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论,确定M的最大值. (1)若5个1分布在同一列，则M5；

(2)若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3，故

2M515320,故M10;

(3) 若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3，故

3M51525330,故M10;

(4) 若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾. 综上所述，M10.

另一方面，如下表的例子说明M可以取到10.故M的最大值为10. 第二试 (3月20日上午9:50 — 11:20) 一、（本题满分20分） 已知a,b为正整数，求小正整数值.

【解析】解：因a,b为正整数，要正整数，则有a2.

1 1 2 3 3 1 1 2 3 3 1 2 2 2 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 5 M3a2ab22b4能取到的最

使得M3a2ab22b4的值为

当a2时，b只能为1，此时M4.故M能取到的最小正整数值不超过4. 当a3时，b只能为1或2.若b1,M18;若b2，则M7.

当a4时，b只能为1或2或3.若b1,M38;若b2,M24;若b3,则M2. (下面考虑：M3a2ab22b4的值能否为1)

（反证法）假设M1，则3a2ab22b41，即3a2ab22b5，

a(3ab2)2b5 ①

因b为正整数，故2b5为奇数，从而a为奇数，b为偶数， 不妨设a2m1,b2n，其中m,n均为正整数，则

即a(3ab2)被4除所得余数为3，而2b52(2n)14n1被4除所得余数为1， 故①式不可能成立，故M1.因此，M能取到的最小正整数值为2. 二、（本题满分25分）

(A).如图，点C在以AB为直径的O上，CDAB于点D,点E在BD上，AEAC,四边形DEFM是正方形，AM的延长线与O交于点N.证明:FNDE. (第2(A)题答案图) 【证明】：连接BC、BN.AB为O的直径，CDAB于点D

由四边形DEFM是正方形及CDAB于点D可知: 点M在CD上，DEDMEFMF

以点F为圆心、FE为半径作F,与直线AM交于另一点P,则F与AB切于点E,即AE是F的切线，直线AMP是F的割线，故由切割线定理得AE2AMAP

ANAP,即点N与点P重合，点N在F上，FNFEDE. (注：上述最后一段得证明用了“同一法”)

(B).已知：abc5, a2b2c215, a3b3c347. 求(a2abb2)(b2bcc2)(c2caa2)的值. 【解析】由已知得abbcca12222(abc)(abc)5 2 由恒等式a3b3c33abc(abc)(a2b2c2abbcca)得， 又a2abb2(abc)(ab)(abbcca)5(5c)55(c1) 同理可得b2bcc25(4a),c2caa25(4b)

∴原式=53(4a)(4b)(4c)1256416(abc)4(abbcca)abc 【注：恒等式(ta)(tb)(tc)t3(abc)t2(abbcca)tabc】 三、（本题满分25分）

(A).已知正实数x,y,z满足：xyyzzx1 ,且

(x21)(y21)(y21)(z21)(z21)(x21)4 .

xyyzzx求

111的值. xyyzzx证明:9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx).

(x21)(y21)(y21)(z21)(z21)(x21)4， 【解析】（1）解：由等式

xyyzzx去分母得z(x21)(y21)x(y21((z21)y(z21)(x21)4xyz，

222222x2y2zxy2z2x2yz2x(yz)y(zx)z(xy)3xyz(xyz)xyz0,

xyz(xyyzzx)(xyz)(xyyzzx)(xyz)xyz0， [xyz(xyz)](xyyzzx1)0，

xyyzzx1,xyyzzx10，

xyz1. xyz xyz(xyz)0,xyzxyz，原式=

（2）证明：由（1）得计算过程知xyzxyz，又x,y,z为正实数,

∴9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx).

【注：(xy)(yz)(zx)x2yxy2y2zyz2z2xzx22xyz

x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)3xyz】

(B).如图，在等腰ABC中,ABAC5,D为BC边上异于中点的点，点C关于直线AD的对称点为点E,EB的延长线与AD的延长线交于点F, 求ADAF的值. （第3（B）题答案图）

【解析】如图，连接AE,ED,CF,则

ABAC,ABDACB

点C关于直线AD的对称点为点E,BEDBCF,AEDACDACB

ABDAED,A,E,B,D四点共圆,BEDBAD(同弧所对得圆周角相等)

BADBCF,A,B,F,C四点共圆，AFBACBABD

（注：若共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆，也可以说成：若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆）

2017年全国初中数学联赛初赛试卷

选择题（本题满分42分，每小题7分）

设实数a,b满足ab1，则a3b33ab的值为（ ） ﹣3 B.﹣1

xa22a若实数a为常数，关于x的不等式组的整数解只有8个，则a的值为（ ）

x7﹣1

在菱形ABCD中，AB4,A60,E为AB的中点，若在线段BD上取一点P，则PAPE的最小值是（ ）

23 C.25 D.27

对任意三个实数a,b,c，用Ma,b,c表示这三个数的平均数，用mina,b,c表示这三个数中最小的数，若M2xy2,x2y,2xymin2xy2,x2y,2xy，则xy（ ） ﹣4 B.﹣2

如图，RtABC的斜边AB与圆O相切与点B，直角顶点C在圆O上，若，则圆O的半径是（ ） B.23 D.26 不超过

51的最大整数是（ ）

6 填空题（本大题满分28分，每小题7分）

x4x11若xx10，则的值为 .

xx122在正方形ABCD中，点E,F分别在线段BC,CD上，且BAE20,DAF25，则CEF .

小丽与小明一起用A,B两个骰子玩游戏，以小丽掷的A骰子朝上的数字为x，小明掷的B骰子朝上的数字为y，来确定点Px,y.那么，他们各掷一次所确定的点Px,y落在已知抛物线yx24x5上的概率为 . 如图，设点P在函数y交函数y

62

的图象上，交函数y的图象于点A，PDy轴于点D，PCx轴于点C，xx

2

的图象于点B，则四边形PAOB的面积为 . x

（本大题满分20分）

已知关于x的一元二次方程x2kx50与x25xk0只有一个公共的实根，求关于x的方程x2kxk所有的实根之和. 四、（本大题满分25分）

如图，已知圆O的直径AB与CD互相垂直，E为OB的中点，CE的延长线交圆O于G，AG交CD于

DF的值. F，求FC（本大题满分25分）

已知a,b,c,d,x,y,z,w是互不相等的非零实数，

a2b2b2c2c2d2abcda2b2c2d22222且22.求2222的值. 222222aybxbzcycwdzxyzwxyzw2018 年初中数学联赛试题

参考答案及评分标准

说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设 7 分和 0 分两档；第二试各题， 请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.

第一试(A)

一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分）

a1. 设二次函数 y x 2ax 

2

形时，其边长为

A. 6 ． 【答】C. 由题设知 A(a,

B. 2 2 ．

的图象的顶点为 A ，与 x 轴的交点为 B, C .当△ ABC 为等边三角

（

）

C. 2 3 ． D. 3 2 ．



a 2 2

) .设 B(x1,0) ， C(x2 ,0) ，二次函数的图象的对称轴与 x 轴的交点为 D ，则

4a 4 

2

2

a 2a2

.

2BC | x1 x2 |

又 AD 

(x1 x2 ) 4x1x2 2 3 2

2a a 2 3

BC ，则| | ，解得a 6 或

2

2

a 0 （舍去）.

2 2 2

. 2a2 2 3

）

D所以，△ ABC 的边长 BC

在矩形 ABCD 中，BAD 的平分线交 则 2. 如图，BD 于点 E ，AB 1，CAE 15 ，BE （

3

A.

．

B. 2 ．

C.

1． 2

D. 3 1． A 3

【答】D.

2

延长 AE 交 BC 于点 F ，过点 E 作 BC 的垂线，垂足为 H . 由已知得BAF FAD AFB HEF 45 ， BF AB 1， B E H F C

EBH ACB 30 .

x设 BE x ，则 HF HE 

， BH

3x . 2

3

1.所以 BE 

3 1 .

2

因为 BF BH HF ，所以1 

3x x ，解得 x 

2 2

( p, q) 的个数为（ B）

3. 设 p, q 均为大于 3 的素数，则使 p 5 pq 4q为完全平方数的素数对

． 设

． ． ．

p(m p 2q)(m p 2q) pq .

2由为素数，且m p 2q p, m p 2q q ，所以m p 2q 1， m p 2q pq ，从而 pq 于 p, q 2 p 4q 1 0 ，即( p 4)(q 2) 9 ，所以( p, q) (5,11) 或(7,5) . 5

p所以，满足条件的素数对( p, q) 的个数为 2.q2

(1 b) 4. 若实数a, b 满足a b 2， 2

(1 a)

a 4 b ，则a 4b q2（ ）． ． ． ．

【答】C.

2b) 由条件 (1 a)2 (1 m

2

22

4ab b 0 ，3

a3 （

22 即 (a b) 2[(a b) 4ab] (a b)[(a b) 3ab] 0 ，

4 得a b 2a 2b

b a m又 a b 2，所以2 2[4 4ab] 2[4 3ab] 0 ，解得ab 1.所以a b (a b) 2ab 6 ， a b (a b)[(a b) 3ab] 14 ， a5 b5 (a2 b2 )(a3 b3 ) a2b2 (a b) 82 .

为自

22，则( p 2q) pq m ，即

5. 对任意的整数 x, y ，定义 x @ y x y xy ，则使得(x @ y)@ z (y @ z)@ x (z @ x)@ y

（ ．

．

）

0 的整数组(x, y, z) 的个数为 ． 【答】D.

．

(x @ y)@ z (x y xy)@ z (x y xy) z (x y xy)z x y z xy yz zx xyz ， 由对称性，同样可得

( y @ z)@ x x y z xy yz zx xyz ， (z @ x)@ y x y z xy yz zx xyz .所以，由已知可得 x y z xy yz zx xyz 0 ，即(x 1)( y 1)(z 1) 1.所以， x, y, z 为整数时，只能有以下几种情况：

1 1, 1, x 1 1, x 1 1, x x 1

1 1, 或y 1 1, 或y 1 1,y 1 1, 或y

 z 1 1, 

 z

1 1,



z 1 1,

z 1 1, 

所以， (x, y, z) (2,2,0) 或(2,0,2) 或(0,2,2) 或(0,0,0)，故共有 4 个符合要求的整数组.

6. 设 M 

1 

1 

1 

1

，则 1

的整数部分是

（

）

2018 2019 2020

． 【答】B.因为 M 

．

．

2050 M．

5 11 33 ，所以 2018 61 .

33

2018 M 33

1

1 1 1 1



2019



1) 2050又 M (

2018

1 13 2030

 ) 

2032

2030 ( 2031

，

1 20 1345 2050

832301 的整数部分为 61.

，故 所 以 1 83230 61 1185 

1345

1345

M

M

二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）

1.

如图，在平行四边形 ABCD 中，BC 2AB ，CE AB 于 E ，F 为 AD 的中点，若AEF则B ． 48 ，A

F

D

【答】84 .

设 BC 的中点为G ，连结 FG 交CE 于 H ，由题设条件知 FGCD 为菱形. 由

AB 又CE AB ，所以CE FG ，所以 FH 垂直平分CE ，故

E B GHC

DFC GFC EFG AEF 所以B FGC 180 2 48 84 .

2.

48 . 若实数 x, y 满足 x y (x y)

33

1 15 2

，则 x y 的最大值为

．

4 【答】3.

由 x y (x y) 331 15 可得(x y)(x xy y) 1 (x y) 4 15 2

，即

4 2 115 (x y)(x xy y ) . 4 2

①

令 x y k ，注意到 x xy y 1 y 3 1 (x ) y 0 ，故 x y k 0 . 4 2 4 4

1

1

15

又因为 x xy y

1

(x y) 3xy 4 ，故由①式可得k 3xyk k

，所以

4 4 2

k k xy 4

2 . 3k 3

1 15

k 3 k

1 15

于是， x, y 可看作关于t 的一元二次方程t kt 4

22 0 的两根，所以

3k k k

(k) 4 4

2 0 ， 3k化简得 k 3 k 30 0 ，即(k 3)(k 2 3k 10) 0 ，所以0 k 3.故 x y 的最大值为 3.

1 15

3. 没有重复数字且不为 5 的倍数的五位数的个数为 ．

【答】21504.

显然首位数字不能为 0，末位不能为 0 和 5.

当首位数字不为 5 时，则首位只能选 0,5 之外的 8 个数.相应地个位数只能选除 0,5 及万位数之外的 7 个数，千位上只能选万位和个位之外的 8 个数，百位上只能选剩下的 7 个数，十位上只能选剩下的 6 个数. 所以，此时满足条件的五位数的个数为8 7 8 7 6 18816 个.

当首位数字为 5 时，则个位有 8 个数可选，依次千位有 8 个数可选，百位有 7 个数可选, 十位有 6 个数可选.所以，此时满足条件的五位数的个数为88 7 6 2688 个.

所以，满足条件的五位数的个数为18816 2688 21504 （个）.

a5 b5 c5

．

4. 已知实数5

1，则 c a,b,c 满足a b c 0 ， a b abc【答】 .

2

由已知条件可得ab bc ca 1 [(a b c)2 (a2 b2 c2)] 2

1 ，a b c 3abc ，所以

3332 a5 b5 c5 (a2 b2 c2 )(a3 b3 c3 ) [a2 (b3 c3 ) b2 (a3 c3 ) c2 (a3 b3 )] 3abc [ab(a b) ac(a c) bc(b c)] 3abc (a2b2c a2c2b b2c2a) 3abc abc(ab bc ca) 3abc 1 abc 2

5 abc .a5 b5 c5

所以

2 5 2

.

abc

第一试(B)

一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分）

1. 满足

(x2 x 1) x2 1的整数 x 的个数为

．

．

（ ） ．

．

【答】C.

当 x 2 0 且 x x 1 0 时， x 2 . 当 x x 1 1时， x 2 或 x 1. 当 x x 1 1且 x 2 为偶数时， x 0 . 所以，满足条件的整数 x 有 3 个.

2224x x x x

x, x, x(x x x) 为关于 x 的方程 x 3x (a 2. 已知 2)x a 0 的三个实数根，则

（ ）

． ． ． ．

【答】A.

方程即(x 1)(x 2x a) 0 ，它的一个实数根为 1，另外两个实数根之和为 2，其中必有一根小于 1，另一根大于 1，于是 x2 1, x1 x3 2 ，故

2

4x x x x (x x )(x x ) 4x 1 2(x x ) 4x 1 2(x x ) 1 5 .

3. 已知点 E ， F 分别在正方形 ABCD 的边CD ， AD 上， CD 4CE ， EFB FBC ，则

（ ）

tanABF 1

A. ．

3

B. ．

C. 2 ． 2

D.

3 ． 22

【答】B.

5

不妨设CD 4 ，则CE 1, DE 3.设 DF x ，则 AF 4 x ， EF x2 9 .

作 BH EF 于点 H .因为EFB FBC AFB ， BAF 90 BHF ， BF 公共，所以△ BAF ≌△ BHF ，所以 BH BA 4 .

A F DH 由 S四边形ABCD SABF SBEF SDEF SBCE 得

42

1 1 4 (4 x) 4 2 2

8

.

x2 9

1 1

3 x 4 1，2 2

解得 x

E

5

12

所以 AF 4 x 

， tanABF

AF 3

.

B

C

5 AB 5

4. 方程

的实数根的个数为

3 9 x x． 【答】B.令 y 

． ．

．

（ ）

9 x ，则 y 0 ，且 x y 9 ，原方程变为

3 y y 9 ，解得 y 1或 y 6 ，从而

可得 x 8或 x 27 .

检验可知： x 8 是增根，舍去； x 27 是原方程的实数根. 所

以，原方程只有 1 个实数根.

5. 设

a,b, c 为三个实数，它们中任何一个数加上其余两数之积的 2017 倍都等于 2018，则这样的三

（

．

．

）

元数组(a,b, c) 的个数为

． 【答】B.

．

由已知得， a 2017bc 2018 ， b 2017ac 2018 ， c 2017ab 2018 ，两两作差，可得(a b)(1 2017c) 0 ， (b c)(1 2017a) 0 ， (c a)(1 2017b) 0 .由(a b)(1 2017c) 0 ，可得 a b 或c 1

.

2017

（1）当a b c 时，有2017a a 2018 0 ，解得a 1 或a 22018 2017

.

（2） 当a b c 时，解得a b 1

，

c 2018 

1

.

2017

（3） 当

2017

1 2017

a b 时，c 

1 ，此时有：a 2017

1 ,b 2018 2017

a 2018 

，或

1 ,b 1 . 2017

2017故这样的三元数组(a,b, c) 共有 5 个.

6．已知实数a, b 满足a 3a 5a 1， b 3b 5b 5，则a b 【答】A.

有已知条件可得 (a 1)3 2(a 1) 2 ， (b 1)3 2(b 1) 2 ，两式相加得．

．

．

3

2

3

2

（ ） ．

(a 1) 2(a 1) (b 1) 2(b 1) 0 ，

因式分解得(a b 2)[(a 1)(a 1)(b 1) (b 1) 2] 0 . 因为

(a 1)2 (a 1)(b 1) (b 1)2 2 [(a 1)

1

(b 1)]2

3

(b 1)2 2 0 ，

2 所以 a b 2 0 ，因此 a b 2 . 二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）

4

1. 已知 p, q, r 为素数，且 pqr 整除 pq qr rp 1，则 p q r ．

【答】10 .

pq qr rp 1

设 k

1 1 1

1 3

，由题意知 k 是正整数，又 p, q, r 2 ，所以k ，从

pqr p q r pqr 2

而 k 1 ，即有 pq qr rp 1 pqr ，于是可知 p, q, r 互不相等.

当2 p q r 时， pqr pq qr rp 1 3qr ，所以q 3 ，故q 2 .于是2qr qr 2q 2r 1，故(q 2)(r 2) 3，所以q 2 1, r 2 3 ，即q 3, r 5 ，所以， ( p, q, r) (2,3,5) .

再由 p, q, r 的对称性知，所有可能的数组( p, q, r) 共有 6 组，即(2,3,5)，(2,5,3) ，(3,2,5) ，(3,5,2) ，

(5,2,3) ， (5,3,2) .

于是 p q r 10 .2. 已知两个正整数的和比它们的积小 1000，若其中较大的数是完全平方数，则较小的数为 ．

【答】8.

设这两个数为m , n (m n) ，则 m n mn 1000 ，即(m1)(n 1) 1001 .

又1001 10011 1437 9111 7713 ，所以 (m1, n 1) ＝ (1001,1) 或(143, 7) 或(91,11) 或(77,13) ，验证可知只有(m 1, n 1) (143,7) 满足条件，此时m 144, n 8 .

3 ． 已知 D 是△ ABC 内一点， E 是 AC 的中点， AB 6 ， BC 10 ， BAD BCD ，

2

2

2222EDC ABD ，则 DE ．

F 【答】4.

延长CD 至 F ，使 DF DC ，则 DE C又 AB 6 ，故 AF 

A 102 62

8 ，所以 DE

1 2

AF 4 .

B D E 4．已知二次函数 y x 2(m 2n 1)x (m 4n 50) 的图象在 x 轴的上方，则满足条件的正整数对(m, n) 的个数为

．

222

【答】15.

因为二次函数的图象在 x 轴的上方，所以 [2(m 2n 1)] 4(m 4n 50) 0 ，整理得

2

2

2

4mn 2m 4n 49 ，即(m 1)(2n 1) 2

又 m 1 2 ，所以2n 1 51 .因为m, n 为正整数，所以(m 1)(2n 1) 25 .

25

，故n 5 .

2

当 n 1时， m 1

25

，故m

22

，符合条件的正整数对(m, n) 有 7 个；

3 3

当 n 2 时， m 1 5 ，故m 4 ，符合条件的正整数对(m, n) 有 4 个； 当 n 3 时， m 1

25

，故m

18

，符合条件的正整数对(m, n) 有 2 个；

7

当 n 4 时， m 1

7

，故m

25 17

，符合条件的正整数对(m, n) 有 1 个；

9

当 n 5 时， m 1

9

，故m

25 14

，符合条件的正整数对(m, n) 有 1 个.

11 11

综合可知：符合条件的正整数对(m, n) 有 7＋4＋2＋1＋1＝15 个.

第二试 （A）

一、（本题满分 20 分）设a,b, c, d 为四个不同的实数，若a, b 为方程 x10cx 11d 0 的根，c, d 为方程 x10ax 11b 0 的根，求a b c d 的值.

解 由韦达定理得a b 10c ， c d 10a ，两式相加得a b c d 10(a c) .

……………………5

分因为a 是方程 x 10cx 11d 0 的根，所以a 10ac 11d 0 ，又 d 10a c ，所以

2

2

a2 110a 11c 10ac 0 . 类似可得 c2 110c 11a 10ac 0 . ①－②得

① .................................. 10 分② .................................. 15 分

(a c)(a c 121) 0 .因为a c ，所以a c 121，所以a b c d 10(a c) 1210 ............... 20 分 二、（本题满分 25 分）如图，在扇形OAB 中， AOB 90 ， OA 12 ，点C 在OA 上， AC 4 ， 点 D 为OB 的中点，点 E 为弧 AB 上的动点， OE 与CD 的交点为 F .

ODEC 的面积 S 最大时，求 EF ； （2） 求CE 2DE 的最小值.

（1） 当四边形A

解 (1)分别过O, E 作CD 的垂线，垂足为 M , N .

C E 由OD 6,OC 8 ，得CD 10 .所以 M F

D B G1 N

O S SOCD SECD CD (OM EN )

2 1

1

CD OE 10 12 60 ， ................................................ 5 分

2

2 当OE DC 时， S 取得最大值 60. 此时， EF OE OF 12

6 8 36 ........................................

10 分

10 5

（2）延长OB 至点G ，使 BG OB 12 ，连结GC,GE . 因为 OD OE 1 ，DOE EOG ，所以△ ODE ∽△ OEG ，所以 DE 1 ，故 EG 2DE .

OE OG 2 EG 2

所以CE 2DE CE EG CG 

……………………20 分

8 ，当C, E,G 三点共线时等号242 82 成立.10

故CE 2DE 的最小值为8 .............................................. 25 分

10

三、（本题满分 25 分）求所有的正整数m, n ，使得 m n mn (m n)

是非负整数.

m3 n3 m2n2

解 记 S

，则

(m n)2

(m n)[(m n)2 3mn] m2n2 3mn (m n)

(

mn m n2

S 

(m n)2

) .

m n 因为m, n 为正整数，故可mn 令 m n q p， p, q 为正整数，且( p, q) 1.

于是 S (m n) p p3q q2

2

3 pq q 2

(m n)

.

p2

因为 S 为非负整数，所以 p | q ，又( p, q) 1，故 p 1，即(m n) | mn . ①

……………………10 分

2

n2

所以 n 

mn m

n

2

2

2

m n .m n 是整数，所以(m n) | n 即 n ，故n m n ，

2

2

又由 S 0 ，知m n mn 0 .

3

22

3

2

2

2

33

②

所以n mn m m (n m) mn ，所以n m .

由对称性，同理可得m n ，故m n ...................................20 分 把 m n 代入①，得2 | m ，则m 2 .把m n 代入②，得2m m 0 ，即m 2 . 故 m 2 .

所以，满足条件的正整数m, n 为 m 2 ， n 2 ............................. 25 分

3

4

第二试 （B）

1

一、（本题满分 20 分）若实数a,b, c 满足(a b

1

1

)

9

，求

c)( (a b c)( ) 的值.

a b c

解 记a b c x ， ab bc ca y ， abc z ，则1 1 1

a b 5c b c 5a c a 5b 5(a b c)(

1

1

a b 5c b c 5a 1 1 ) c a 5b x( x 6a x 6b 1

1 )

x 6c，x[3x2 12(a b c)x 36(ab bc ca)] x3 6(a b c)x2 36(ab bc ca)x 216abc x(9x 36 y) 5x 36xy 216z

……………………10 分

结合已知条件可得 x(9x 36 y)

9 ，整理得 xy 27 5

2

z .所以

5x 36xy 216z (a b c)(

1 1 1xy 27 ........................................... ) 20 分

a b c AC ， DE DC .

z 2

二、（本题满分 25 分）如图，点 E 在四边形 ABCD 的边 AB 上，△ ABC 和△ CDE 都是等腰直角三角形， AB

证明： AD PE解 （1）由题意知ACB DCE 45 ，BC 

2AC ，EC 2DC ，

A D

AC DC

所以DCA ECB ，

，所以△ ADC ∽△ BEC ，故DAC 

BC ECE P EBC 45 ，所以DAC ACB ，所以 AD ……………………10

分

（1） 设 AE x ，因为B C

ACE 30 ，可得 AC 3x ， CE 2x ， DE DC 2x .

1

因为EAP CDP 90 ，EPA CPD ，所以△ APE ∽△ DPC ，故可得 SAPE 2 SDPC .

……………………15 分

又 SEPC SAPE SACE 

3 2x2 ， SEPC SDPC SCDE x2 ，于是可得

3

SDPC (2 3)x2 ， SEPC (

..................................... 1)x2 20 分

所 以

DP SDPC 

3 1

2 3 25 分3 1

PE SEPC 2

三、（本题满分 25 分）设 x 是一个四位数， x 的各位数字之和为m ， x 1的各位数字之和为n ，并且 m 与n 的最大公约数是一个大于 2 的素数.求 x .

解 设 x abcd ，由题设知m 与n 的最大公约数(m, n) 为大于 2 的素数.

若 d 9 ，则n m 1，所以(m, n) 1，矛盾，故d 9 ......................... 5 分若c 9 ，则n m 1 9 m 8 ，故(m, n) (m,8) ，它不可能是大于 2 的素数，矛盾，故c 9 .

……………………10 分若b 9 ，显然 a 9 ，所以 n m 1 9 9 9 m 26 ，故(m, n) (m, 26) 13 ，但此时可得

n 13 ， m n 26 39 36，矛盾 .................................................... 15 分若b 9 ，则n m 1 9 9 m 17 ，故(m, n) (m,17) 17 ，只可能n 17, m 34 .

……………………20 分

于是可得 x 8899 或9799 .................................................... 25 分