历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解

析

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

1998年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ........................................... 3 1999年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 10 2000年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 19 2001年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 26 2002年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 34 2003年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 42 2004年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 53 2005年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 61 2006年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 69 2007年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 78 2008年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ......................................... 91 2009年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ....................................... 100 2010年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ....................................... 110 2011年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ....................................... 119 2012年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ....................................... 128 2013年全国初中数学竞赛试卷及答案解析 ....................................... 144 2014年全国初中数学竞赛预赛试题及参 ............................... 153

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1998年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，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(B).

A. abbc； B. abbc； C. abbc； D.

ab. cc【解析】

根据不等式的基本性质.

2、如果方程x2px10p0的两根之差是1，那么p的值为(D).

A. 2； B. 4； C. 3； D. 5.

【解析】

p240由p2.p0xx2p设x1、x2为方程的两根，那么有1.x1x21(x1x2)2(x1x2)24x1x212(p)241p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(C). A. 12； B. 14；

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C. 16； D. 18.

【解析】

A如图所示，连接DE，则11BDCE4612.22SS四边形BCDE1S1DE是ABC的中位线AEDABC.SABC4SABC4BDCES四边形BCDESABC44S四边形BCDE1216.33

EDBC4、已知abc0，并且

A. 一、二； B. 二、三； C. 三、四； D. 一、四.

【解析】

abbccap，那么直线ypxp一定通过第()象限.(B) cabB.

abc1.ccabpcabbccapbcpa2(abc)p(abc)p2或abc0.cabcapbabc0pp2或p1.当p2时，直线y2x2过第一、二、三象限；当p1时，直线yx1过第二、三、四象限.直线ypxp一定通过第二、三象限.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(C). A. 17个； B. 个； C. 72个； D. 81个.

【解析】

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a010a9ab9由原不等式组可得x.则依题意，知.b24b3298348a1，2，3，4，5，6，7，8，9，共9个；b25，26，27，28，29，30，31，32，共8个.满足条件的整数有序对(a，b)有8972个.

二、填空题(本大题共5小题，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=_____.

【解析】60. 13AFEBCPD如图所示，设APx(0x12)，则DP12x.PEDPsinPDE(12x)51225255xPFAPsinPAFx.12252135x605x60PEPF.131313605x；13

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

_____.

【解析】

如图所示，直线y2x3与抛物线yx2的交点为A(1，1)，B(3，9).作AA'，BB'分别垂直于x轴，垂足分别为A'，B'.则111SOABS梯形AA'B'BSAA'OSBB'O(19)(13)11936.222

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.

【解析】

49a+b.

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ba2ab；2如图所示，当圆环为2个时，链长为2b当圆环为3个时，链长为3b当圆环为50个时，链长为50bba42ab；2ba2(501)49ab.2

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=_____.

【解析】

1，3或5.

(3a28a)(3a28a)24a2(2a213a15)(3a28a)(a22a)x2a22a235x12，x21aa故a可取1，3，或5.10、B船在A船的西偏北45o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.

【解析】25.

2210，BCABsin45o10210.22设经过t小时后，A船、B船分别航行到A'，B'处.并设A船的速度为xkm/h.则如图所示，ACABcos45o102A'B'A'C2B'C2(10xt)2(102xt)25(xt-6)220当xt6时，A'B'取得最小值25.三、解答题(本大题共3小题，每小题20分，共60分).

11、如图，在等腰ABC中，AB1，A90o，点E为腰AC中点，点F在底边BC上，且FE⊥BE，

求△CEF的面积.

AEBFC

【解】解法一：

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A如图所示，作FGCE于G.ABEAEB90oABEGEFoGEFAEB90RtABE∽RtGEFAEABGFGEBEGFCGEAB2GE2GFGFAE1CGCEGE2GF2C45oCGGF112GFGFGF2611111SCEFCEGF.222624

解法二：

如图所示，过C作CHCE，与EF的延长线交于H.ABEAEB90oABECEHoCEHAEB90RtABE∽RtCEHSCE211AEABCEH()()2，SABEAB24CHCECEAB2CHAEAE

BCHFECFHCF45oCF是HCE的角平分线F到CH、CE的距离相等.SCECEF2SCHFCHSCEF22121111SCHESABE1.334342224

512、设抛物线yx2(2a1)x2a的图象与x轴只有一个交点.

4(1)求a的值； (2)求a18323a6的值. 【解】

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5(1)抛物线yx2(2a1)x2a的图像与x轴只有一个交点.45一元二次方程x2(2a1)x2a0有两个相等的实根.45(2a1)24(2a)0，即a2a10415a.2(2)由(1)知，a2a10a2a1a4(a2)2(a1)2a22a1(a1)2a13a2a8(a4)2(3a2)29a212a49(a1)12a421a13a16(a8)2(21a13)2441a2546a169441(a1)546a169987a610a18a16a2(987a610)(a1)987a21597a610987(a1)1597a6102584a1597又a2a101a1a11222()(a1)a2a1(a1)2a1a22aa11222()(a2)a4a4(a1)4a43a5a4a21112(3a5)(a2)3a211a103(a1)11a108a13aaaa18323a6(2584a1597)323(8a13)5796.

13、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】

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（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台，发往E市的机器台数分别为10x，10x，2x10台.于是W200x300x400(182x)800(10x)700(10x)500(2x10)800x172000x10又5x90182x8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台，发往E市的机器台数分别为10x，10y，xy10台.于是W200x300y400(18xy)800(10x)700(10y)500(xy10)500x300y172000x100x10又0y100y10018xy810xy180x10W500x300y17200，且0y10，x，y是整数.10xy18W200x300(xy)172002001030018172009800即当x10，y8时，W9800，故W的最小值是9800元.又W200x300(xy)172002000300101720014200；即当x0，y10时，W14200，故W的最大值是14200元.

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1999年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

14、一个凸n边形的内角和小于1999°，那么n的最大值是(C).

A. 11； B. 12； C. 13； D. 14.

【解析】

19180180o(n2)1999on13.

15、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0.8元收费；如果

超过60立方米，超过部分按每立方米1.2元收费.已知某用户4月份的煤气费平均每立方米0.88元，那么4月份该用户应交煤气费(B). A. 60元； B. 66元； C. 75元； D. 78元.

【解析】

设4月份用户使用煤气x(x>60)立方米.则 60×0.8+1.2×(x-60)=0.88x.解得x=75. 故4月份该用户应交煤气费0.88×75=66元.

16、已知

11a1，那么代数式a的值为(D).

aa第10页/共165页

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5； 25； 2B. C. 5； D. 5.

【解析】

111①当a0时，a1a12a23aaa1111aa(a)2a22325；2aaaa111②当a0时，a1a12a21aaa此时无解.17、在ABC中，D是边BC上的一点，已知AC5，AD6，BD10，CD5，那么ABC的面积是

(B). A. 30； B. 36； C. 72； D. 125.

【解析】

A如图所示，作CEAD于E，AFBC于F.则11ACCD5，CEADAEAD6322CEACAE53411ADCE6424SADCADCECDAFAF22CD551124SABCBCAF(105)36.2252222

EBDFC18、如果抛物线yx2(k1)xk1与x轴的交点为A，B，顶点为C，那么△ABC的面积的最小值

是(A). A. 1； B. 2；

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C. 3； D. 4.

【解析】

2设一元二次方程x2(k1)xk10的两实根为x1，x2.则x1x2k1，x1x2k1x1x2(x1x2)24x1x2(k1)24(k1)k22k5b(k1)k14acb4(k1)[(k1)]k2k5，2a224a442222SABC11k2k51kAByCx1x2k22k52242当k1时，SABC取得最小值1.2k5(k1)4234819、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(D). A. 2； B. 3； C. 4； D. 5.

【解析】

如图所示，要使PCD与BCD的面积相等，则点P一定在过点B且平行于CD的直线或此直线关于CD的对称直线上.要使ABP是等腰三角形，则①当APBP时，点P必在线段AB的中垂线上，此时有P2，P5；②当APAB时，点P必在以A为圆心，AB为半径的圆上，此时有P4；③当BPBA时，点P必在以B为圆心，BA为半径的圆上，此时有P，P3.1二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

20、已知x11，y，那么x2y2的值为_____. 3232【解析】x10.

11，yx32，y323232x2y2(xy)22xy[(32)(32)]22(32)(32)10.21、如图，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

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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).

【解析】

y=5x+50.

BFEB1011111BFCP(DCDP)(10x)5xCPEC10102222211AFABBF10(5x)5x22111111ySEFBS四边形AFPDBFBE(DPAF)AD(5x)10[x(5x)]105x50222222EBF∽ECP22、已知ab0，a2ab2b20，那么

2ab的值为_____. 2ab【解析】5或13. 3

a2ab2b20(ab)(a2b)0ab或a2b2ab2bb12ab2(2b)b5或2ab2bb32ab2(2b)b323、如图，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_____.

【解析】(31，31)22.

yB如图所示，作AEx轴于E，BDx轴于D，AFBD于F.则11，OEOAcos30o12211AFABsin30o1，BFABcos30o12231ODOEDEOEAF，2231BDBFFDBFAE22AEOAsin30o132323232CFODAEx

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24、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_____.

【解析】. 9

1变化规律为：每次变化把一条边变成4条边，每条线段长度变为原来的.3A1的周长是313，1A2的周长是(34)(1)4，3116A3的周长是(342)[1()2]，331A4的周长是(343)[1()3].3925、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2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.

【解析】

设使用抽水机抽水前已涌出的江水是a，每分钟涌出的江水是b，每台抽水机每分钟抽水c，则160ca3a40b240c2ca16b416cb3160c2c10a10b36台.故至少需要抽水机310c10c三、解答题(本大题共3小题，每小题20分，共60分).

26、设实数s，t分别满足19s299s10，t299t190，并且st1，求

【解】

st4s1的值. t第14页/共165页

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s01119s299s10()299190ss1st1ts1，t是一元二次方程x299x190的两个不等实根. s1st99st99s11t19st19sst4s199s14s15.t19s27、如图，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=0.6，求四边形ABCD的周长.

【解】如图所示，连接BO并延长交AD于H，连接OD.则

BAOPCHD

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ABBDAOBDOBABODBOABHDBHAHBDHB90oADC是直径AC上的圆周角ADC90oBH∥CDOBPCDPOPB∽CPDOBOPCDCP30.6OBCP2CD13OP0.62ADAC2CD23212221131ABAH2BH2(AD)2(BOOH)2(22)2()262222BCAC2AB232(6)23四边形ABCD的周长为12236.

28、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：

32231481030.

(1)证明：可以得到22； (2)证明：可以得到21002972.

【解析】

(1)倒过来考虑：

①22假设是通过乘法得到，则必是×2； A，11假设是通过+2得到； 9必是×3得到. 3必是+2得到.(*) B，11假设是通过+3得到. 8必是×2得到. (A)4是+2得到； 2必是×2得到.(*) (B)4是+3得到.(*) ②22假设是通过加法得到.

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A，假设是+2得到； 20必是×2得到. (A)10假设是+2得到； 8必是×2得到. a，4是+2得到； 2必是×2得到.(*) b，4是+3得到.(*) (B)10假设是+3得到. 7不能通过乘法得到，不满足. B，假设是+3得到.

19不能通过乘法得到，不满足. 故所有方法有

2-23-222119312-32-22221184212-32-32211841-22-22-222220108421-22-22-3222010841

(2)倒过来考虑：

-22-22①21002972210029742992962(96次2，2)-3223202742(不满足)②2100222212242229729996-399962952-32

-22-32(47次2，3，2)242121614742(不满足)2-23-3③210029722992961299296332961329642-22-22-33295232954(93次2，2)32248412322391122. 【解】证明：(1)1或

222321248112232321481122124810202232222148102022222222

证明：(2)

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

322221322322432223234323222233244(92次2，2)329643296132292963929619297221002972第18页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2000年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

29、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(B). A. MP； B. MP； C. MP； D. 不确定.

【解析】

abcabcabNcab2c2M，N，P32224abcab2cab2cMP3412abcab2ccc2cMP0MP.121230、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(C).

【解析】

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.

31、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).

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

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.

【解析】

设甲、乙的年龄差是x岁.则

乙现在(10+x)岁，甲现在(25-x)岁，年龄差为[(25-x)-(10+x)]=15-2x岁. 故15-2x=x，即x=5.

32、一个一次函数图象与直线y595平行，与x轴、y轴的交点分别为A、B，并且过点(－1，－x4425)，则在线段AB上(包括端点A、B)，横、纵坐标都是整数的点有(B). A. 4个； B. 5个； C. 6个； D. 7个.

【解析】

与直线yB.

5955955x平行，且过(1，25)的一次函数的解析式是yx(x19).则4444495A(19，0)，B(0，)4设(x0，y0)是线段AB上横纵坐标都是整数的点，则0x01919x19(t是整数)t00t4，3，2，1，044x0194t故共有5个点.33、设a，b，c分别是△ABC的三边的长，且

A. ∠B＞2∠A； B. ∠B=2∠A； C. ∠B＜2∠A；

aab，则它的内角∠A、∠B的关系是(B). babc第20页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

D. 不确定.

【解析】

CbAcaBcaabaabaa(ab)abbabcbabcbb(abc)bac如图所示，延长CB到D，使BDAB，于是CDac.BCAC在ABC和DAC中，CC，ACDCABC∽DACBACDBADDABCDBAD2D2BAC

D34、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(D). A. SS1； B. SS1； C. SS1； D. 不确定.

【解析】

如图所示，B1是AB的中点，l是AB的中垂线，C为l上任一点.则AB，cAB.2A1B`1C1是以AB1为边的等边三角形，高为h，则abAB1AB.2显然满足aa1，bb1，cc1.a1b1c111ABCB1，S1ABh24111当CB1h时，SS1；当CB1h时，SS1；当CB1h时，SS1.222而S二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

35、已知：a343231，那么

33123_____. aaa【解析】

1321a2323a343231(321)a(321)(343231)(32)311

3313a3a1a3a3a1(a1)132311(1)1[1(321)]311.333aaaaaaa36、在梯形ABCD中，AB∥DC，AB8，BC62，BCD45o，BAD120o，则梯形ABCD的面

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

积等于_____.

【解析】6663.

626.23232如图所示，作AE、BF垂直DC于E、F.BC62，BCD45oAEBFCF

BAD120oDAE30oDEAEtan30o6DCDEEFFC23861423S梯形ABCD11(ABCD)AE[8(1423)]66663.2237、已知关于x的方程(a1)x22xa10的根都是整数，那么符合条件的整数有_____个.

【解析】

(a1)x22xa10(x1)[(a1)x(a1)]0.①当a1时，x1；2②当a1时，x11，x21，由x是整数知，a11，2，即a1，0，2，3.a1结合①②知，符合条件的整数a有5个.38、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.

【解析】

2.4.

如图所示，作PQBD于Q.则PQQDPQBD15PQDPQ∽DABQDABBDAB4PQBQPQBD15PQBPQ∽BCDBQCDBDCD6QDBQ1515PQ15PQ15PQ2.446即点P离地面的高度是2.4米.139、如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为(15，6)，直线yxb恰好将矩形OABC

3分成面积相等的两部分，那么b=_____.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解析】

0.5.

1S梯形OPQA，则OPBQ，即b.2由P(0，b)，Q(15，5b)，知OPb，BQ1b要使S梯形BQPC

40、某商场经销一种商品，由于进货时价格比原进价降低了6.4％，使得利润率增加了8个百分点，那

（注：利润率么经销这种商品原来的利润率是_____.

销售价进价100%）

进价【解析】

17%.

yx100%.xy(16.4%)x100%.(16.4%)x设原进价为x元，销售价为y元，那么按原进价销售的利润率为原进价降低6.4%后，在销售时的利润率为y(16.4%)xyx依题意得，100%100%8%(16.4%)xx解得，y1.17x故这种商品原来的利润率为1.17xx100%17%x

三、解答题(本大题共3小题，每小题20分，共60分).

41、设m是不小于-1的实数，使得关于x的方程x22(m2)xm23m30有两个不相等的实数根

x1，x2.

26，求m的值； (1)若x12x22mx12mx2(2)求的最大值. 1x11x2【解】

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

方程x22(m2)xm23m30有两个不相等的实数根.[2(m2)]24(m23m3)0m1根据题设，有1m1.2(1)x12x2(x1x2)22x1x2[2(m2)]22(m23m3)2m210m102m210m106m1m1m5172517.2222mx12mx2m[x12(1x2)x2(1x1)]m[x12x2x1x2(x1x2)](2)1x11x2(1x1)(1x2)x1x2(x1x2)1m[(2m210m10)(m23m3)(2m4)]m(2m38m28m2)(m23m3)(2m4)1m2m2m(m1)(m23m1)2(m23m1)m(m1)35设y2(m23m1)2(m)2(1m1)22y在1m1上是单调递减的.当m1时，y取得最大值10.2mx12mx2故的最大值是10.1x11x2

42、如图，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.

ADEBOC

【解】由题设，得

AB2AEAB22AE2ABAE2ABAEACACABAEECEABBACABE∽ACBABEACBADBACBABEADBABAD

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

如图所示，连接AO、BO、DO，AO交BD于H，则ABOADOBAODAOABHADHBHDH11BD23322BOADEHCOHOB2BH222(3)21，AHOAOH21111BDAH231322E是AC的中点.SABDSCBDSABD3S四边形ABCDSCBDSABD3323

43、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.

先证明：要使不满意的总分达到最小，则对于每个乘电梯上、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.

证明：设乘电梯上、下楼和直接走楼梯上楼的2个人分别住第s和第t层. 并设电梯停在第x层.

①当x≤s时，这两者不满意总分为3(s-x)+3(t-1)=3s+3t-3x-3.与t，s的大小关系无关； ②当x>s时，这两者不满意总分为(x-s)+3(t-1)=3t+x-s-3，要使总分最小，则tS3[12(a1)][12(xa1)]3[12(33x)][1(a1)](a1)[1(xa1)](xa1)[1(33x)](33x)332223a(a1)(xa)(xa1)3(34x)(33x)222 2x2(a101)x2a2a1683a101215)(a7)2318a101x27x当时，S取得最小值316.4a7a72(x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.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2001年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

2n42(2n)44、化简，得(C). n32(2)1A. 2n1；

8B. 2n1；

7C. ； 87D. .

4【解析】

2n42(2n)2n42n12n1(231)231732(2n3)2n42n42845、如果a，b，c是三个任意整数，那么

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.

【解析】

abbcca(C). ，，222C.

①若a，b，c中有0个奇数，则3个数都是整数； ②若a，b，c中有1个奇数，则只有1个数是整数； ③若a，b，c中有2个奇数，则只有1个数是整数； ④若a，b，c中有3个奇数，则3个数都是整数.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

ba的值为(B). ab46、如果a，b是质数，且a213am0，b213bm0，那么

123 ；22125 或2；22125 ；22123或2. 22A.

【解析】

aaa①当a=b时，b2； abaa②当a≠b时，

a，b是一元二次方程x2-13x+m=0的两实根.故a+b=13. 又a，b是质数，故a=2，b=11或a=11，b=2.

a112125. 故bab2112247、如图，若将正方形分成k个全等的矩形，其中上、下各横排两个，中间竖排若干个，则k的值为(B).

A. 6； B. 8； C. 10； D. 12.

【解析】

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设正方形的边长为a，则分成的矩形的长为a/2.宽为

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

(a-a/2)/2=a/4，故中间竖排有4个.所以，正方形分成8个全等的矩形.

48、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(B).

PCDAB

A. 6； B. 7； C. 12； D. 16.

【解析】

如图所示，以P为圆心，以PA=PB为半径作圆，延长BD交圆于M.

MPCD 则由∠APB=2∠ACB，知点C必在⊙P上.

AB故根据相交弦定理，有AD•DC=BD•DM=(PB-PD)(PM+PD）=(4-3)×(4+3）=7.

49、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. ab；

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

B. ab； C. ab； D. 不能确定.

【解析】

由12345=(111+a)(111-b)，得111(a-b)-ab=24>0，故a>b.

二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

50、已知：xyx3232.那么22_____. ，yxy3232【解析】

xyy2x970.

22x526xy102y526xy123333.

xx3y3(xy)33xy(xy)103311022970y2xy(xy)21251、若x2xyy14，y2xyx28，则xy的值为_____.

【解析】

6或-7.

两式相加，得(x+y)2+(x+y)-42=0，即[(x+y)-6][(x+y)+7]=0，故x+y=6或-7.

52、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_____.

【解析】63或10.

①若1，4为底.

如图所示，延长DA，CB相交于G，并设AG=x，BG=y，则

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

G A1B45D4C

GAABGBx1y45x，yGDDCGC4x45y33在△GAB中，GA2+AB2=GB2，故△GAB是直角三角形，即∠D=∠GAB=90o.

于是，S=(AB+DC)·AD/2=(1+4)·4/2=10. ②若1，5为底.

如图所示，作AE、BF垂直DC于E、F.则

A1B44

DE=CF=(5-1)/2=2，AEDE5FCAD2DE2422223.

于是，S1(ABDC)AE1(15)2363.

22③若4，4为底.应为平行四边形，但不满足.

④若4，5为底.则1，4为腰，由于1+4=5，故不满足.

53、销售某种商品，如果单价上涨m%，则售出的数量就将减少

那么m的值应该确定为_____.

m.为了使该商品的销售总金额最大，150【解析】

25.

设这种商品的原单价为A，原销售量为B，销售总额为W，则

WA(1m%)B(1m100m150mAB)AB(m250m15000)15010015015000

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

50当m225时，W取得最大值.

54、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_____.

【解析】52.

P(5,5)如图所示，作P关于x轴的对称点P’.则

Q(2,1)HMIM'

MP+MQ=MP’+MQ，故当Q、M、P’三点共线时，MP+MQ

P'(5,-5)'最小.

过P’，Q分别作x轴的垂线，垂足分别为I，H.

HM1x25于是QHx. P'IIM55x255、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_____.

【解析】3t1. 3131a2abb213aba22abb2(ab)20ab1a2abb21aba22abb2(ab)20ab111taba2b22ab1213322tabab2ab12(1)13.

三、解答题(本大题共3小题，每小题20分，共60分).

56、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9.0环、8.4环、8.1环、9.3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8.8环.那么他在第10次射击中至少要得多少环？(每次射击

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

所得环数都精确到0.1环)

【解】设前5次射击的平均环数为x，则前9次射击的平均环数为

5x9.08.48.19.35x34.8. 99由题设知，

5x34.8x，即x8.7. 9故前9次的总环数至多为8.7×9-0.1=78.2.

所以，第10次射击至少得8.8×10+0.1-78.2=9.9（环）.

57、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：

P1111(). PC2PAPBSCABOT

【解】如图所示，作OE⊥AB于E，连接OP交ST于F，连接OT.

POPST，AEBEPCPFPCF∽POEPFPOPCPEPOPEPFPTPFT∽PTOPT2PFPOPTPOPT是切线，PAB是割线.PT2PAPBPAPBPCPE2PAPBPC2PE2PAPBPC(PAPB)2PAPB11PCPAPBPAPBSEBCAFOT

58、已知：关于x的方程(a21)((1)求a取值范围；

x2x)(2a7)()10有实根. x1x1(2)若原方程的两个实数根为x1，x2，且

x1x32，求a的值. x11x2111第32页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解】(1)令ttx，得x(t1). x1t1原方程转化为关于t的方程(a21)t2(2a7)t10有不为1的实数根. ①当a2-1=0时，符合题意； ②当a2-1≠0时，

[(2a7)]24(a21)0a53. 28若t=1，则(a21)(2a7)10a122. 故a的取值范围是a(2)

53且a122. 28x1x(2a7)2a722x11x21a21a1x1x32x11x21112a738a10，a(舍去)123a2111.

所以，a的值为10.

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2002年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

59、设ab0，a2b24ab，则

ab的值为(A). abA. 3； B. 6； C. 2； D. 3.

【解析】

ab0abab00abab0abab2(ab)2a2b22ab4ab2ab()3.abab(ab)2a2b22ab4ab2ab60、已知a1999x2000，b1999x2001，c1999x2002，则多项式a2b2c2abbcca的值

为(D). A. 0； B. 1； C. 2； D. 3.

【解析】

S四边形AGCD等于

S矩形ABCD11a2b2c2abbcca[(ab)2(bc)2(ca)2][(1)2(1)222]3.2261、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

(D).

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

CDGAFEB

5A. ； B. ； 53C. ； 42D. .

3【解析】

设S矩形ABCDa.如图所示，连接BG.E、F是矩形ABCD的边AB、BC的中点.SCGFSBGFx，SBGESAGEy.1SCBE2xy4a1xya16SABFx2ya4S四边形AGCDS矩形ABCD1a2aS矩形ABCD2(xy)26.S矩形ABCDa3

DCGAFEB62、设a、b、c为实数，xa22b(A). A. 大于0； B. 等于0； C. 不大于0； D. 小于0.

【解析】

3，yb22c3，zc22a3，则x、y、z中至少有一个值

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

，zc22axa22b333xyza2b2c22a2b2c(a1)2(b1)2(c1)2(3)0x、y、z中至少有一个大于0.，yb22c

63、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(D). A. 22 a；752B. a；

52C. a；

7D. 2a0. 11【解析】

x11x2(x11)(x21)0x1x2(x1x2)10a2a2291010a0.aa11、A1A2A3A9是一个正九边形，A1A2a，A1A3b，则A1A5等于(D).

A. a2b2； B. a2abb2；

1C. (ab)； 2D. ab.

【解析】

A9A8A7A6bA3P第36页/共165页

如图所示，延长A1A2，A5A4相交于点P，连接A2A4.则A2A4A1A3b.180o(92)正九边形A1A2A3A9的每个内角都为140o.A19oooPA2A3PA4A318014040.180140在A2A3A4中，A3A2A4A3A4A220o2oooPA2A4PA4A2402060PA2A4是等边三角形，PA1A5是等边三角形.A1A5A1PA1A2A2PA1A2A2A4aboo

aA2A5A4历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分).

65、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

_____.

【解析】63. 8

由a24(a2)(a2)240知，a为一切实数.2(x12x2)(x22x1)2(x12x2)5x1x22[(x1x2)22x1x2]5x1x22(x1x2)29x1x2963632(a)29(a2)2a29a182(a)2.48866、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

_____.

【解析】

b-a.

如图所示，c，cd是抛物线y(xc)(xcd)与x轴的交点.则acbaccbcabcba.acc+dbx 67、如图，在△ABC中，∠ABC=60o，点P是△ABC内的一点，使得∠APB=∠BPC=∠CPA，且PA=8，

PC=6，则PB=_____.

APBC

【解析】43.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

APBBPCCPAAPBBPC120oPABPBA60oPBAPBC60oPABPBCPAB∽PBCPBPAPCPBPBPAPC8643.

68、如图，大圆O的直径ABacm，分别以OA、OB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.

O3AO1OO2BO4

【解析】1a26.

设⊙O3的半径为x，则aaaOO1，O1O3x，OO3x442aaaa(x)2()2(x)2x.2446aa2aO3O42OO32()26311a2a12S菱形O1O2O3O4O1O2O3O4a.2223669、满足(n2n1)n21的整数n有_____个.

【解析】

n2是偶数(n2n1)n21n20或n2n11或2n2，1，0，2nn1170、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_____.

【解析】d100p设成本为a，则100pa(1p%)(1d%)ad.100p. 100p

三、解答题(本大题共3小题，每小题20分，共60分).

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2371、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天完成，

546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？【解】设单独完成，甲、乙、丙各需a、b、c天.则

111ab225a41113b6 bc3c104111ca627又设每天付给甲、乙、丙的费用分别为x、y、z(元)，则

125(xy)180000x4550015(yz)150000y29500 4z10500207(zx)160000所以，甲4天完成的总费用为182000元，乙6天完成的总费用为177000元，故由乙承包. 72、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. (1)求证：

QDAC； EDECCPAC2(2)求证：. PECE2ABFQPEDC

【解】

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

(1)如图所示，连接AE.ABCD弧AB弧CDAEBCEDAECBEDACEADEACE∽QDEACECQDACQDEDEDEC(2)CDEF弧CD弧EFCEDFCEFC∥EDCPCQCQP∽EDPEPEDQDACAC2QD2而EDECEC2ED2CQQD2故只需证EDED2FCQQD即证QDED故只需证CQD∽QDEAECBED，AECADCADCBEDFC∥EDCQDQDECQD∽QDE.EABQPDC

73、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).

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？【解】(1)由题设知，可分别令x=0、1、-1，得

cm22abcn(其中m，n，k为整数) abck2则有2an2k22m2，2bn2k2，cm2均为整数. (2)由(1)知，c=m2，是整数，且是平方数. 假设2b为奇数，则4b为偶数.

取x=4得，16a+4b+m2=h2(h为整数)，即16a+4b=(h+m)(h-m)，为偶数.

①若h、m的奇偶性不同，则16a+4b=(h+m)(h-m)为奇数，这与16a+4b为偶数矛盾.

②若h、m的奇偶性相同，则16a+4b=(h+m)(h-m)能被4整除.从而，2b为偶数，这与假设矛盾. 故假设不成立，即2b应为偶数，从而b为整数. 于是，a=k2+b-c为整数.

所以，a、b、c都是整数，并且c是平方数.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

反之，若a、b、c都是整数，且c是平方数，则对一切x的整数值，x的二次三项式ax2+bx+c的值不一定是平方数.例如:取a=b=x=c=1，则ax2+bx+c=3，不是平方数.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2003年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

5x22y2z274、若4x3y6z0，x2y7z0(xyz0)，则2的值等于(D). 222x3y10z1A. ；

2B. 19 ；2C. 15； D. 13.

【解析】

4x3y6z0x3zx2y7z0y2z5x22y2z25(3z)22(2z)2z2213.2x3y210z22(3z)23(2z)210z275、在本埠投寄平信，每封信质量不超过20g时付邮费0.80元，超过20g而不超过40g时付邮费1.60

元，依次类推，每增加20g需增加邮费0.80元(信的质量在100g以内).如果所寄一封信的质量为72.5g，那么应付邮费(D). A. 2.4元； B. 2.8元； C. 3元； D. 3.2元.

【解析】

因为20×3<72.5<20×4.所以，根据题意，可知需付邮费0.8×4=3.2(元).

76、如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=(C).

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

ABGFDEC

A. 360°； B. 450°； C. 540°； D. 720°.

【解析】

如图所示，∠B+∠BMN+∠E+∠G=360°，∠FNM+∠F+∠A+∠C=360°. 而

∠BMN+∠FNM=(∠D+∠MND)+(∠D+∠NMD)=∠D+(∠MND+∠D+∠NMD)=∠D＋180°.

所以，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=540°.

ABGFMDNEC

77、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(如图)，则x可取值的个数为(D).

ACODB

A. 2个；

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

B. 3个； C. 4个； D. 6个.

【解析】

A222显然AB是四条线段中最长的，故AB=9或AB=x.

(1)若AB9.①当CDx时，9x(15)x35；②当CD5时，9252(1x)2x2141；③当CD1时，9212(5x)2x455.(2)若ABx.①当CD9时，x292(15)2x313；C②当CD5时，x252(19)2x55；③当CD1时，x212(59)2x197.

ODBP故x可取值的个数为6个.

78、某校初三两个毕业班的学生和教师共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(B). A. 1种； B. 2种； C. 4种； D. 0种.

【解析】

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)，由题意可知，knn(n1)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200=23×52=8×25=5×40.

当n=5时，k=18；当n=8时，k=9.共有两种不同方案.

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二、填空题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

79、已知x13，那么

1112_____. x2x4x2【解析】32.

111333222x2x4x2x42(13)480、若实数x，y，z满足：x11174，y1，z，则xyz的值为_____. yzx3【解析】

7111z3xx7x34xxxx171yz14x311z3x4(4x3)x(4x3)7x33x271725132z，y113x333z55325xyz1.253.

81、观察下列图形：

根据图①、②、③的规律，图④中三角形的个数为_____.

【解析】

161.

根据图中①、②、③的规律，可知图④中三角形的个

2【解析】

数为1143434334161(个).

82、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22)m，则电线杆AB的长为_____m.

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【解析】62.

如图，延长AD交地面于E，过D作DF⊥CE于F.

DCF45o，A60o，CD4m.CFDF22m，EFDFtan60o22326mABBEtan30o(BCCFFE)tan30o(46222226)3623

83、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)和B(2，1)，并且与x轴有两个不

同的交点，则b+c的最大值为_____.

【解析】

-4.

2由于二次函数的图象过点A(-1，4)，点B(2，1).故

abc4ba14a2bc1c32a因为二次函数图象与x轴有两个不同的交点，故b即(a1)24a(32a)0，亦即(9a1)(a1)04ac0.

由于a是正整数，故a>1.于是，b+c=-3a+2≤-4. 所以，当a=2，b=-3，c=-1时，b+c的最大值为-4.

三、解答题(本大题共4小题，每小题15分，共60分).

84、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.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

AD EOPBC

【解】EP=PD. 证明如下：

∵AB是⊙O的直径，BC是切线. ∴AB⊥BC.

由Rt△AEP∽Rt△ABC，得

EPAE① BCAB又AD∥OC. ∴∠DAE=∠COB. ∴Rt△AED∽Rt△OBC. 故

EDAEAE2AE② 1BCOBABAB2由①②得ED=2EP. ∴DP=PE.

85、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1.2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】从A城出发到达B城的路线分成如下两类：

(1)从A城出发到达B城，经过O城.因为从A城到O城所需最短时间为26小时，从O城到B城所需最短时间为22小时.所以，此类路线所需最短时间为26+22=48(小时).

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(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.

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. 所需的费用最少为：80×48×1.2=4608(元) 86、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：. 2BCAB(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.

CBDA

【解】(1)如图所示，作DE⊥BC，垂足为E，则.

CEBDA

CD2BD2(CE2DE2)(BE2DE2)CE2BE2(CEBE)BCCD2BD2(CEBE)BCCEBECEBEBC2BC2BCBCBCDE∥ACCEADBEBD，BCABBCABCD2BD2ADBDADBD.2BCABABAB(2)当点D与点A重合时，第(1)小题中的等式仍然成立. 证明如下：

此时有，AD=0，CD=AC，BD=AB.

CD2BD2AC2AB2BC2ADBDAB1，1. 故

BC2BC2BC2ABAB

从而，第(1)小题中的等式成立.

(3)当点D在BA的延长线上时，第(1)小题中的等式不成立.

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证明如下：

作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，则

ECBAD

CD2BD2(CE2DE2)(BE2DE2)CE2BE2(CEBE)BCCD2BD2(CEBE)BCCEBEBC2CE2CE1BC2BC2BCBCBCADBDAB1ABABCD2BD2ADBD2BCAB

从而，第(1)小题中的等式不成立.

87、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4a4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a34a24a160(a24)(a4)0a4a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.

(2)因为abc>0，所以a，b，c为全大于0或一正二负. ①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，不妨设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.

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88、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.

APBOC

【解】设方程x22(k2)xk0的两个根为x1，x2，且x1x2. 由根与系数的关系得

x1x242k①②x1x2k由题设及①②知，x1，x2都是非负整数.由①②消去k，得2x1x2x1x24.91(2x11) 4x11919x2224.2x112x1124x122402当x10时，x24，故最大的整数根是4.于是⊙O的直径d4，0BC4.BCPCPB为正整数.BC1，2，3或4.如图所示，过A作直径AD，连结AB，AC，BD.则

APBOCD

∠PAB=∠ADB=∠PCA ∴PAB∽△PCA PAPCPBPA PA2PB(PBBC)③(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.

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由于PB不是合数，结合PAPBPAPB.

PAPB1PAPB3PAPBPB故只可能 ，，PAPB3PBPAPBPBPAPB3PA2解得，此时PA2PB2PC221.

PB1(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.

、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：

(2)答案是肯定的.

考虑这2003个数的相邻两数乘积之和为P. 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个数的相邻两数乘积之和为Pk.

此时，若圆周上依次相连的4个数a，b，c，d满足不等式(a-d)(b-c)>0，即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

Pk1Pk(accbbd)(abbccd)acbdabcd0.

所以，Pk+1-Pk≤-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)≤0.

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.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

后面两页13A和14A两题可留作考试后的研究题.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2004年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

3(b1)3(b1)2.则b90、已知实数ab，且满足(a1)233(a1)，baa的值为(B). abA. 23； B. -23； C. -2； D. -13.

【解析】

a，b是关于x的方程(x1)23(x1)30的两个根，整理此方程，得x25x10.ab5，ab1a，b均为负数.babaa2b2(ab)22ab(5)221baababab23.abababab191、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(C).

A. abh2； B.

111 ；abh111； ；222abhC.

D. a2b22h2.

【解析】

A选项，ah0，bh0abh2；111111B选项，abc(ab)hchab；222abh111111C选项，cha2b2hab222；222abh222D选项，ah0，bh0abhh22h2.第53页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

bcha

92、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). A. 只有a； B. 只有b； C. 只有c； D. 只有a和b.

【解析】

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x1，x2为方程ax2bxc0的两个根.由题设知，x1x2cb0c0.根据对称轴为直线x4，即有0b0.a2a所以，a0，b0，c0.93、如图所示，在△ABC中，DE∥AB∥FG，且FG到DE、AB的距离之比为1:2.若△ABC的面积为

32，△CDE的面积为2，则△CFG的面积S等于(B).

CDFEGAB

A. 6； B. 8； C. 10； D. 12.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解析】

由DE∥AB∥FG知，△CDE∽△CAB，△CDE∽△CFG. 如图所示，作CO⊥AB，分别交DE、FG、AB于Q、P、O.

设CQ=x，QP=y，则PO=2y.

CDFEGQPAOB

SCDECQ22x()()2yxSCABCO32xy2ySCDECQ2x2x21()()()SCFGCPxyxx4SCFG4SCDE428.94、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(D).

A. 3； B. 13； C.

113； 2D. 413.

【解析】

将y3x代入xyx30，得x3x23x0①当x0时，x3x23x0，方程x2x30无实根；113113②当x0时，x3x23x0，方程x2x30的根为x1，x20(舍去)22113713y3x3x322113713xy413.22二、填空题(本大题共5小题，每小题6分，共30分)

95、如图所示，在△ABC中，ABAC，ADAE，BAD60，则EDC_____.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解析】

30°.

设CAD，111由ABAC知，B[180(60)]60，ADB180B606022211由ADAE知，ADE(180)902211EDC180ADEADB180(90)(60)30.2296、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)

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

【解析】

t2.

508032kkt21605801003251tt.232052根据题意，有t

因此，B、C两个城市间每天的电话通话次数为TBCk97、已知实数a、b、c、d满足abxy2，axby5，则(a2b2)xyab(x2y2)_____.

【解析】

-5.

由abxy2，得(ab)(xy)axbyaybx4axby5aybx1(a2b2)xyab(x2y2)a2xyb2xyabx2aby2(a2xyabx2)(b2xyaby2)ax(aybx)by(bxay)(aybx)(axby)5(1)598、如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC(BCAD)，D90o，BCCD12，ABE45o，若

AE=10，则CE的长为_____.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解析】

4或6.

如图所示，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，故BC=BG.

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解得，x14，x26.故CE的长为4或6.

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

【解析】13. 3xyz5xy5zxyyzzx3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t2(z5)tz25z30的两实根.(z5)24(z25z3)0即(3z13)(z1)01z133113当xy时，z.3313故z的最大值是.3

三、解答题(本大题共4小题，每小题15分，共60分).

100、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

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

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和，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，设抛物线的函数关系式为y=ax2+bx+c. 由于它的图象经过点(0，20)，(5，39)，(10，48).

1a5c2024因此，25a5bc39.解得，b

5100a10bc48c20124所以，yx2x20，0x10.

557(2)当20≤x≤40时，yx76.

5①当0≤x≤10时，

124令y=36，得36x2x20，解得，x=4，x=20(舍去)；

55②当20≤x≤40时，

72004令y=36，得36x76，解得x28.

57744∵2842424.

77∴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，讲授完这道竞赛题.

yx3ax2bx101、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.

yaxb第58页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解】将y=ax+b代入y=x3-ax2-bx，消去a、b，得 y=x3-xy，即(x+1)y=x3.

若x+1=0，即x=-1，则上式左边为0，右边为-1.故x+1≠0.

x31x2x1于是y. x1x1∵x、y都是整数.

∴x+1=±1，即x=-2或x=0，进而y=8或y=0. 故x=-2，y=8或x=0，y=0.

当x=-2，y=8时，代入y=ax+b得，2a-b+8=0；当x=0，y=0时，代入y=ax+b得，b=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.

102、如图，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

PB的值. PD

【解】如图所示，连结AP，则

APBACBADPAPB∽ADPABAPPBAP， APADDPAD3ADAPAP3APADADPBAP3.DPAD第59页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

103、已知a0，b0，c0，且b24acb2ac，求b24ac的最小值.

【解】

b24acb2acb24ac(b2ac)2acb1b24acb24(1b)b24b4(b2)2(02)24当b0时，b4ac4.所以，b24ac的最小值为4.2

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2005年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

104、如图，有一块矩形纸片ABCD，AB=8，AD=6.将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，

再将△AED沿DE向右翻折，AE与BC的交点为F，则△CEF的面积(A).

ABADBDBAFDCECEC

A. 2； B. 4； C. 6； D. 8.

【解析】

由折叠过程知，DE=AD=6，∠DAE=∠CEF=45°.所以，△CEF是等腰直角三角形，且EC=8-6=2，所以，S△CEF=2.

105、设a、b是正整数，且满足56ab59，0.9A. 171； B. 177； C. 180； D. 182.

【解析】

a0.91，则b2a2等于(B). bB.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

0.9 a0.910.9ba0.91b0.91ba0.9bb又56ab5956(0.91b)(ab)(a)59(0.9b)即560.91bb590.9bb560.91bb0.91b5629.3b31.1b30或31b590.9bb0.9b59

①当b30时，由0.9ba0.91b知，27a27.3，这样的正整数a不存在；②当b31时，由0.9ba0.91b知，27.3a28.2，故a28.b2a2312282177.106、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(C). A. 30°； B. 45°； C. 60°； D. 90°.

【解析】

∵IA1=IB1=IC1=2r(r为△ABC的内切圆半径) ∴点I同时是△A1B1C1的外接圆的圆心.

如图所示，设IA1与BC的交点为D，连接IB，则

AC1B1IBDC

IB＝IA1＝2ID.故∠IBD＝30°.同理，∠IBA＝30°.于是，

A1∠ABC＝60°.

107、设A48(A. 18； B. 20；

111)，则与A最接近的正整数是(D). 22234441004第62页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

C. 24； D. 25.

【解析】

1111对n3，2()n44n2n211111111111A48(22)48[(1)()()]234441004454298102111111111111148[(1)()]12(1)42985610223499100101102251111111112[(()]2512()12991001011029910010110211114112()1299100101102992与A最接近的正整数为25.108、在自变量x的取值范围59≤x≤60内，二次函数yx2xA. 59； B. 120； C. 118； D. 60.

【解析】

1的函数值中整数的个数是(B). 2B.

由yx2x111111111(x)2及59x60知，(59)2y(60)2，即3540y3660224242422故整数y的个数是36603540120.二、填空题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

109、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.

【解析】151559.

AOB设OA边上的高为h，则h≤OB，故S11OAhOAOB22.

当OA⊥OB时，“=”成立.此时△OAB的面积最大. 设经过t秒时，OA与OB第一次垂直.

因为秒针1秒钟旋转6度，分针1秒钟旋转0.1度，于是

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

59(6-0.1)t=90，解得t1515.

3110、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

4的距离分别为OA，OB，且满足

112，则m=_____. OBOA3【解析】

3设方程x2mxm20的两根分别为x1，x2，且x1x2，则有43x1x2m0，x1x2m204x10，x20.112112xx2m212m2.3OBOA3x2x13x1x23m234112112xx2m2或12m2(舍去)3OBOA3x1x23x1x23m234111、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，然后从上到下把第一张丢去，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_____.

【解析】

方块6.

根据题意，如果扑克牌的张数为2，22，23，…，2n，那么依照上述操作方法，只剩下的一张牌就是这些牌的最后一张.例如，手中只有张牌，依照上述操作方法，最后只剩下第张牌.

现在，手中有108张牌，比张多出108-=44(张)，如果依照上述操作方法，先丢掉44张牌，那么此时手中恰好有张牌，而原来顺序的第88张牌恰好放在手中牌的最底层.这样，再继续进行丢、留的操作，最后剩下的就是原来顺序的第88张牌.按照两副扑克牌的花色排列顺序，88-54-2-26=6，所剩下的最后一张牌是第二副牌中的方块6.

112、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，

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

它们交于点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_____.

CDPEAQRB

【解析】400. 10CFDP如图所示，过点E作EF∥AD，且交边BC于点F.则

EAQRB

CFCE2CFFD25CD7555FDCD1.FDEA5FD5FD5777PQBPBD4282828140PQ∥CAPQEA5533EABEBF33333347140SPQRPQ2400QPR∽ACB()(33)2.SCABCA521022，x19都是正整数，且x1x2x1959，若x12x2x19113、已知x1，x2，的最大值为A，最小值

为B，则A+B的值等于_____.

【解析】

1784.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

22不妨设x1x2x19，并设Sx12x2x1922由(xi1)2(xj1)2xi2x2j2(xjxi1)xixj(xixj)，且(xi1)(xj1)xixj知对于任意两个数xi，xj，将较小数减小1和将较大数增加1，得到的两个数的平方和大于原两个数的平方和.故在x1x2x1959中.①改变x1，x19，则当x11时，S较大；②改变x2，x19，则当x21时，S较大；故当x1x2x181，x1941时，S取得最大值A(121212)4121816811699.22又由(xi1)2(xj1)2xi2x2(xjxi1)，j2(xjxi1)xixj，且(xi1)(xj1)xixj，知对于两个数xi，xj(xjxi1)，将较小数增加1和将较大数减小1，得到的两个数的平方和小于原两个数的平方和.故当S取得最小值时，x1，x2，，x19中任意两个数的差都不大于1.于是，当x1x2x173，x18x194时，S取得最小值B(323232)(4242)179216185AB16991851784.

三、解答题(本大题共4小题，每小题15分，共60分).

114、某校举行春季运动会时，由若干个同学组成一个8列的长方形队列.如果原队列中增加120人，就

能组成一个正方形队列；如果原队列中减少120人，也能组成一个正方形队列.问原长方形队列有同学多少人？

【解】设原长方形队列有同学8x人.

由已知条件知，8x+120和8x-120均为完全平方数.

28x120m①于是可设(其中m，n均为正整数，且mn) 28x120n②①-②得m2n2240，即(mn)(mn)2402435 由①、②可知，m2、n2都是8的倍数，故m、n均能被4整除. 于是m+n，m-n均能被4整除.

mn60mn20m32m16所以，解得， 或或mn4mn12n28n4所以，8xm2120322120904或8xm2120162120136. 故原长方形队列有同学136人或904人.

115、如图，分别以锐角△ABC的边AB，BC，CA为斜边向外作等腰直角△DAB，△EBC，△FAC.求

证：(1)AE=DF；(2)AE⊥DF.

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AD FBCE

【解】(1)如图所示，延长BD至点P，使DP＝BD，连结AP、CP.

PADFBCE

ABAB2BD2BE2，BP2BD2BD2BC2ABBEBPBCPBCABE45oABCABE∽PBCAEAEAB2PCBP22PC2同理，在ADF和APC中，有AFAD2，DAFPAC45oDACACAP2DFAD2ADF∽APCPCAP22DFPC2AEDF.（2）ADF∽APCADFAPCABE∽PBCBAEBPCDAEADF45oBAEADF45oBPCAPC90oAEDF.

116、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).

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【解】由方程两根的和为8p-10q可知，若方程有一个根为整数，则另一个根也是整数. 由方程两根的积为5pq，知方程的另一个根也是正整数.

设方程的两个正整数根分别为x1，x2(x1≤x2)，由根与系数的关系得

x1x28p10qx1x25pq① ②由②得，x1，x2有如下几种可能的情况：

x11x15x1px1qx15px15qx1pqx15pq，，，，，，(舍去)，(舍去) x25pqx2pqx25qx25px2qx2px25x21∴x1+x2=5pq+1，pq+5，p+5q，q+5p.

①当x1+x2=5pq+1时，5pq+1=8p-10q，而5pq+1＞10p＞8p-10q，故此时无解. ②当x1+x2=pq+5时，pq+5＝8p-10q，即(p+10)(q-8)＝-85.

q85q81由p、q都是质数，知只可能 故(p，q)＝(7，3). ，p1017p1085③当x1+x2=p+5q时，p+5q＝8p-10q，即7p＝15q，不可能.

④当x1+x2=5p+q时，5p+q＝8p-10q，即3p＝11q，于是(p，q)＝(11，3) 综上所述，满足条件的质数对(p，q)＝(7，3)或(11，3).

117、从1，2，…，205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【解】首先，1，14，15，…，205这193个数，满足条件. 事实上，设a，b，c(a＜b＜c)这三个数取自1，14，15，…，205. 若a＝1，则ab＝b＜c；若a＞1，则ab≥14×15＝210＞c.

另一方面，考虑如下12个数组：(2，25，2×25)，(3，24，3×24)，(13，14，13×14) 上述这36个数互不相等，且其中最小的数为2，最大的数为13×14＝182＜205.

所以，每一个数组中的三个数不能全部都取出来.于是，如果取出来的数满足题设条件，那么取出来的数的个数不超过205-12＝193(个)

综上所述，从1，2，…，205中，最多能取出193个数，满足题设条件.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2006年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

118、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(C). A. 36； B. 37； C. 55； D. 90.

【解析】

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55千米处.

119、已知m12，n12，且(7m214ma)(3n26n7)8，则a的值等于(C).

A. －5； B. 5 C. －9； D. 9.

【解析】

m12(m1)22m22m122(n1)2n2n1n128(7m214ma)(3n26n7)(7a)(37)a9.120、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(B). A. h<1；

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

B. h=1； C. 12.

【解析】

如图所示，设点A的坐标为(a，a2)，点C的坐标为(c，c2)，则 yADB

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)2AC2BC2AB2[(ca)(ca)][(ca)(ca)](2a)ha2c21.222222222OCx，

即(c2a2)2a2c2a2c21或a2c20(舍去)121、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(B). A. 2004； B. 2005； C. 2006； D. 2007.

【解析】

根据题意，用剪刀沿不过顶点的直线剪成两部分时，每剪

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

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. 事实上，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).

122、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

的值为(D).

DCQCQAOQAPB A. 231； B. 23；

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

C. 32； D. 32.

【解析】

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

DCOQAPB 在⊙O中，根据相交弦定理，得QA·QC=QP·QD. 即(r-m)(r+m)=m·QD，故

r2m223()r2m2mrm3QCrm3132QArm31r2m2QDm.

连结DO，由勾股定理，得QD2=DO2＋QO2.

二、填空题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

123、已知a，b，c为整数，且a+b=2006，c-a=2005.若a【解析】

5013.

由a+b=2006，c-a=2005，得a+b+c=a+4011. 因为a+b=2006，a所以，a的最大值为1002.于是，a+b+c的最大值为5013.

124、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，

且b不能被任何质数的平方整除，则

ac的值等于_____. b第72页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

A DGBEFC

【解析】20. 3设正方形DEFG的边长为x，正三角形ABC的边长为m，则

x2abc，BDDEx23x.3sin60o323244343mm2SABC14333m23x3x(233)mmSABCDGADxBCABm43x2(233)2m2(21123)283483ac284820a28，b3，c48.b33ADG∽ABC

125、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.

【解析】

104.

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.则

400x5046800400x40012.5x13.5400(x1)46800400(x1)4005040013故x13，此时t10450.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

B ACED

1229][a][a]18，则[10a]的值等于_____.([x]表示不超303030126、已知0a1，且满足[a过x的最大整数)

【解析】

0a6.

1229aa23030301229[a]，[a]，，[a]等于0或1.303030由题设知，其中有18个等于1.1211121329[a][a][a]0，[a][a][a]1.303030303030110a1030a1919301830a19610a1231a21830a4830[10a]6.127、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_____.

【解析】

282500

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bcdef，于是81(a105x)(20010a8)105x解得，x1250(20871a)0x10501250(20871a)105128208a7171由于a是整数，故a2.于是x1250(208712)82500.第74页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

所以，小明家原来的电话号码为282500.

三、解答题(本大题共4小题，每小题15分，共60分).

b128、已知x，(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

aa8，2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. 2b31，即(21)ab(31)a. a(2)由题意知，21①当a=1时，(21)1b(31)1，这样的正整数b不存在； ②当a=2时，(21)2b(31)2，故b=1，此时x④当a=3时，(21)3b(31)3，故b=2，此时x1； 22； 3④当a=4时，(21)4b(31)4，与a互质的正整数b不存在； ⑤当a=5时，(21)5b(31)5，故b=3，此时x3； 5⑥当a=6时，(21)6b(31)6，与a互质的正整数b不存在；

345⑦当a=7时，(21)7b(31)7，故b=3，4，5此时x，，；

7775⑧当a=8时，(21)8b(31)8，故b=5，此时x.

81233455所以，满足条件的所有分数为，，，，，，.

2357778129、设a，b，c为互不相等的实数，且满足关系式b2c22a216a14①；bca24a5②.求a的

取值范围. 【解】

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

b2c22a216a14；bca24a5bc(bc)2(b2c2)2bc2a216a142(a24a5)4a28a44(a1)22(a1)又bca24a5b，c为一元二次方程x22(a1)xa24a50③的两个不相等实数根.故4(a1)24(a24a5)0a1另外，当ab时，由③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或a461215当ac时，同理可得，a或a461215所以，a的取值范围是a1且a或a.46

130、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.

PKEABOC

【解】证明：由AC∥PB，知∠KPE=∠ACE. 又由PA是⊙O的切线，知∠KAP=∠ACE. 故∠KPE=∠KAP，于是△KPE∽△KAP. 故

KPKE，即KP2=KE·KA. KAKP由切割线定理得，KB2=KE·KA. 于是，KP=KB.

由AC∥PB，知△KPE∽△ACE，于是，故

PEKB，即PE·AC=CE·KB. CEAC第76页/共165页

PEKP. CEAC历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

131、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.

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.

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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.

G4S2，S4，S7，S9，S10，G5S3，S5，S7，S8，S9，G6S4，S5，S6，S8，S10第77页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2007年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

xy12132、方程组的解的个数为(A).

xy6A. 1； B. 2； C. 3； D. 4.

【解析】

xy12若x≥0，则，于是|y|-y=-6，显然不可能； xy6xy12若x<0，则，于是|y|+y=18，解得y=9，进而求得x=-3. xy6所以，原方程组的解为x=-3，y=9，只有1个解.

133、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(B). A. 14； B. 16； C. 18； D. 20.

【解析】

用枚举法：

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

所以，共16种.

134、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(B). A. 内心； B. 外心； C. 重心； D. 垂心.

【解析】

如图，连接BE，

AO'O1EDOBC 因为△ABC为锐角三角形，所以∠BAC，∠ABE均为锐角. 又因为⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等，且DE为两圆的公共弦，所以，∠BAC=∠ABE.

于是，∠BEC=∠BAC+∠ABE=2∠BAC. 若△ABC的外心为O1，则∠BO1C=2∠BAC. 故∠BO1C=∠BEC.则O1在⊙O上. 所以，⊙O一定过△ABC的外心.

135、已知a，b，c是三个互不相等的实数，且三个关于x的一元二次方程

a2b2c2axbxc0，bxcxa0，cxaxb0恰有一个公共实数根，则的值为(D).

bccaab222第79页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

A. 0； B. 1； C. 2； D. 3.

【解析】

设x0是它们的一个公共根，则222ax0bx0c0，bx0cx0a0，cx0ax0b0把上面三个式子相加，并整理得2(abc)(x0x01)0132x0x01(x0)2024abc0a2b2c2a3b3c3a3b3(ab)33a2b3ab23ab(ab)3abc3.bccaababcabcabcabcabc136、方程x36x25xy3y2的整数解(x，y)的个数是(A).

A. 0； B. 1； C. 3； D. 无穷多.

【解析】

原方程可化为x(x1)(x2)3x(x1)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.

二、填空题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

137、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90o，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_____.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

P CAB

【解析】

如图所示，设AC与BP相交于点D，点D关于圆心O的对称点记为点E.

PCDOEA

线段BP把图形APCB分成两部分，这两部分面积之差的绝

B对值是△BEP的面积，即△BOP面积的两倍. 而SBPO11POCO22222.

因此，这两部分面积之差的绝对值是4.

138、如图，点A，C都在函数y33(x0)的图象上，点B，D都在x轴上，且使得△OAB，△BCDx都是等边三角形，则点D的坐标为_____.

【解析】(26，0).

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如图所示，分别过点A，C作x轴的垂线，垂足分别为E，

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

设OE=a，BF=b，则AEa所以，3a333a，CF3b.

于是，点A，C的坐标为(a，3a)，(2ab，3b)

a3(2ab)3b33b63 .

因此，点D的坐标为(2个交点，则a的取值范围是_____.

【解析】1a1或a32326，0)139、已知点A，B的坐标分别为(1，0)，(2，0).若二次函数yx2(a3)x3的图象与线段AB恰有一

如图所示，分两种情况：

y(1,0)(2,0)x ①[12(a3)13][22(a3)23]0(a1)(2a1)01a由12(a3)130，得a1，此时x11，x23，符合题意；13由22(a3)230，得a，此时x12，x2，不符合题意；22(a3)2430②a323a31221综上所述，a的取值范围是1a或a323212.

140、如图，ABCDEFGn90o，则n=_____.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解析】

如图所示，设AD与BG，AF与BG分别相交于点O，Q，则

AQGAAOQA(DG)ADG于是ABCDEFGBCEFAQG

BCEFBQF(52)180o540o所以，n6.141、已知对于任意正整数n，都有a1a2a3nn，则

1a111a_____. 21a31001【解析】33100. 当n2时，有a1a2an1ann3①a1a2an1(n1)3②332

两式相减，得ann(n1)3n3n11a113n(n1)13(1n11n)n1a11a11(11)13(1213)13(11113399100)3(1100)231a100132100三、解答题(本大题共4小题，每小题15分，共60分).

142、11A.已知点M，N的坐标分别为(0，1)，(0，-1)，点P是抛物线y124x上的一个动点. (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；

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

12x的另一个交点为点Q，连接NP，NQ，求证：∠PNM=∠QNM. 4(2)设直线PM与抛物线y12【解】(1)设点P的坐标为(x0，x0)，则

4121212PM(x00)2(x01)2(x01)2x01

4441212又因为点P到直线y=-1的距离为x0(1)x01

44所以，以点P为圆心，PM为半径的圆与直线y=-1相切.

(2)如图所示，分别过点P，Q作直线y=-1的垂线，垂足分别为H，R.

yPQRMONHx 由(1)知，PH＝PM，同理可得，QM＝QR. ∵PH，MN，QR都垂直于直线y=-1. ∴PH∥MN∥QR. ∴

QMMPQRPH RNNHRNNH∴Rt△PHN∽Rt△QRN. ∴∠HNP=∠RNQ ∴∠PNM=∠QNM

143、11B.已知抛物线C1：yx23x4和抛物线C2：yx23x4相交于A，B两点.点P在抛物线

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之间. (1)求线段AB的长；

(2)当PQ∥y轴时，求PQ长度的最大值.

yx23x4x12x22，【解】(1)解方程组，得. 2y16y26yx3x4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.

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t23t4)，(t，t23t4)，2t2. (2)如图所示，当PQ∥y轴时，设点P，Q的坐标分别为(t，

因此，PQ=2(4-t2)≤8，当t=0时等号成立. 所以，PQ的长的最大值8.

1144、12A.已知a，b都是正整数，试问关于x的方程x2abx(ab)0是否有两个整数解？如果有，

2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，x2(x1≤x2)，则有

xx2ab111xxxxabab1xx(ab)121222 122即4(x11)(x21)(2a1)(2b1)5由a，b都是正整数，知x1，x2均是正整数.

2a11，2b11. 于是，x110，x210，(x1)(x21)0(x11)(x21)1所以，1 或(2a1)(2b1)5(2a1)(2b1)1(x1)(x21)0①当1时，由于a，b都是正整数，且a≤b，可得a=1，b=3.

(2a1)(2b1)5此时，一元二次方程为x2-3x+2=0，它的两个根为x1=1，x2=2.

(x1)(x21)1②1时，可得a=1，b=1. (2a1)(2b1)1此时，一元二次方程为x2-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. 145、12B.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|≥k|c|恒

成立.

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3 3【解】当ab2，c2时，实数a，b，c满足题设条件，此时k≤4. 2下面证明：不等式|a+b|≥4|c|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.

1ab0c由ab+bc+ca=0，abc=1，知ab0

ab1ab20cc由一元二次方程根与系数的关系知，a，b是一元二次方程x2于是，(12113. )40c2cc411x0的两个实数根. c2c因此，ab(ab)所以，k的最大值是4.

14c4c. c2146、13A.已知AB为半圆O的直径，点P为直径AB上的任意一点.以点A为圆心，AP为半径作⊙A，

⊙A与半圆O相交于点C；以点B为圆心，BP为半径作⊙B，⊙B与半圆O相交于点D，且线段CD的中点为M.求证：MP分别与⊙A和⊙B相切.

【解】证明：如图所示，连接AC，AD，BC，BD，并且分别过点C，D作AB的垂线，垂足分别为E，F，则CE∥DF.

由AB是⊙O的直径，知∠ACB=∠ADB=90o 在Rt△ABC和Rt△ABD中，由射影定理得

PA2AC2AEAB，PB2BD2BFAB

两式相减可得，PA2PB2AB(AEBF).

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又PA2PB2(PAPB)(PAPB)AB(PAPB) 于是有AE-BF=PA-PB.

即PA-AE=PB-BF，亦即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.

147、13B.如图，点E，F分别在四边形ABCD的边AD，BC的延长线上，且满足

DEAD.若CD，CFBCFE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：

(1)

ADPD； BCPC(2)△PAB∽△PDC.

【解】证明：(1)如图所示，连接PE，PF，PG.

由∠PDG=∠PEG，∠PDC=∠PEF. 又∠PCG=∠PFG，故△PDC∽△PEF. 于是有故

PDPC，CPDFPE. PEPFPDPE，CPFDPE PCPF第87页/共165页

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PDDE. PCCF从而△PDE∽△PCF.故又已知

DEADADPD，所以，. CFBCBCPC(2)由于∠PDA=∠PGE=∠PCB，结合(1)知，△PDA∽△PCB. 从而有

PAPD，DPACPB.故∠APB=∠DPC. PBPC因此，△PAB∽△PDC.

148、14A.(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 所以，n2n1不是平方数，矛盾. (2)

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22kk24(n2n)m(mk)n(n1)mmk(nn)0m2要使m是正整数，则①当k2t(t是正整数)为偶数时，有kk24(n2n)2t(2t)24(n2n)mtn2nt222故n2nt2s2(s是正整数).即n2n(s2t2)0t22t4t22t41[4s4t()](12)1(2s)(12)114(s2t2)ssss于是n222t4由n是正整数知，120st2.s22t22t41(2s)(12)ss1(2s1)，故ns1或ns(舍去)；此时n22mtn2nt2st或mst(舍去).kkk(k2)于是，mstt2tt(t1)(1)，224kk(k2)(k2)ns1t21(t1)(t1)(1)(1)，k2.224②当k2t1(t是正整数)为奇数时，有kk24(n2n)(2t1)(2t1)24(n2n)(2t1)4n24n(2t1)2m222则4n24n(2t1)2(2r1)2(r是正整数).即n2n(r2rt2t)0114(r2rt2t)14r24r4t24t11(2r1)2(4t24t8r)于是n222t2tt(t1)2由n是正整数知，4t4t8r0r.221(2r1)2(4t24t8r)1(2r1)此时n，故nr1或nr(舍去)；22(2t1)4n24n(2t1)2(2t1)(2r1)m，故mrt或mrs(舍去)22k12k1()22tttt22(k1)(k3)，于是，mrtt2228t2tt2t2(t1)(t2)(k3)(k3)nr11，k3.2228当

所以，当k=2t(t是大于1的整数)为偶数时，可取mk(k2)(k2)(k2)，n.则 44k(k2)k(k2)k2(k2)(k2)m(mk)[k]，4416.

(k2)(k2)(k2)(k2)k2(k2)(k2)n(n1)[1].4416因此，这样的(m，n)满足条件.

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(k1)(k3)(k3)(k3)，则，n88当k=2t+1(t是大于1的整数)为奇数时，可取mm(mk)(k1)(k3)(k1)(k3)(k1)(k1)(k3)(k3)[k]，88.

(k3)(k3)(k3)(k3)(k1)(k1)(k3)(k3)n(n1)[1]88因此，这样的(m，n)满足条件.

而当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2)(mn1)2而mn22，故上式不可能成立.综上所述，当k=3时，答案是否定的；当k≥4时，答案是肯定的.

u15. v2149、14B.证明：对任意三角形，一定存在两条边，它们的长u，v满足1【解】证明：设任意△ABC的三边长为a，b，c，不妨设a>b>c. 显然，存在两条边，它们的长u，v满足假设不存在两条边，它们的长u，v满足记b=c+s，a=b+t=c+s+t，显然s，t>0.

u1. vu15a15b15①，②. ，则必有v2b2c2stcst15cc15. 代入○1得，scs221c11xy15st令x，y，则○3 1x2cc由a1551151)(1x)1. 由○3○4得，y(222此式与y<1矛盾.从而命题得证.

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2008年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

150、已知实数x，y满足

A. 7；

42442，则3，yy3y4的值为(A). 424xxxB.

113； 2C.

713； 2D. 5.

【解析】

因为x20，y20，由已知条件，得(2)(2)244(3)11342121134(2)22302244x4x2xxx11241(3)113yy3(y)y30y2241211321132(113)2(113)2422所以，4y4(2)(y)4()()7424xx422222

151、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(C). A.

5 ；124B. ； 9C.

17 ；361D. . 2【解析】

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基本事件总数有6×6=36，即可以得到36个二次函数，由题意知△=m2-4n＞0，即m2>4n.

通过枚举知，满足条件的m，n有17对，故P17. 36152、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个点可以确定的不

同直线最少有(B). A. 6条； B. ； C. 10条； D. 12条.

【解析】

如图所示，

大圆周上有4个不同的点A、B、C、D，两两连线可以确定6条不同的直线；

小圆周上的两个点E、F中，至少有一个不是四边形ABCD的对角线AC与BD的交点，则它与A，B，C，D的连线中，至少有两条不同于A，B，C，D的两两连线，从而这6个点可以确定的直线不少于.当这6个点如图所示放置时，恰好可以确定直线.所以，满足条件的6个点可以确定的直线最少有.

153、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(B).

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

5a； 2B. 1；

3； 2D. a.

【解析】

如图所示，连接OE，OA，OB，设∠D＝α，则

DBABBCBCDD，EAB180oD180oECA180oACBBCD120o，EACEABCAB120o，ABD180oAED240o2，1ABOABD120o2

AEC180oEACECA180o(120o)(120o)260o，故△ACE≌△ABO，于是AE=OA=1.

154、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(D). A. 2种； B. 3种； C. 4种； D. 5种.

【解析】

设a1，a2，a3，a4，a5是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列.

首先，对于a1，a2，a3，a4不能有连续的两个都是偶数，否

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则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾.

又如果ai（1≤i≤3）是偶数，ai+1是奇数，则ai+2是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数.

所以，a1，a2，a3，a4，a5只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件：

2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1.

二、填空题(本大题共5小题，每小题6分，共30分).

1155、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)有两个不同的

4实数根，则满足条件的实数a的取值范围是_____.

【解析】

a＞0或a＜-1.

1111x(axx)x(axx)(axx)(a1)x2(a1)x04444a101依题意，有a0或a12(a1)4(a1)04x(ax)156、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.

【解析】

设18路公交车的速度是x米/分，小王行走的速度是y米/分，同向行驶的相邻两车的间距为s米.

每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车，则6x-6y=s① 每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车，则3x+3y=s② 由①，②可得s=4x，故s/x=4，即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟.

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157、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_____.

【解析】

如图所示，设点N是AC的中点，连接MN，则

MN∥AB，又MF∥AD，故∠FMN＝∠BAD＝∠DAC＝∠MFN.

于是FN＝MN＝AB/2.

因此FC＝FN＋NC＝AB/2＋AC/2＝9.

158、△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_____.

【解析】163.

如图所示，设△ABC的三边长为a，b，c，内切圆I的半径为r，BC边上的高为ha，则

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11raahaSABC(abc)r22haabcDEhar由ADE∽ABC，知BCha故DEharraa(bc)8(79)16BC(1)BC(1)ahahaabcabc8793.

159、关于x，y的方程x2y2208(xy)的所有正整数解为_____.

x48x160【解析】，y32y32.

因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以x，y都是偶数. 设x=2a，y=2b，则a2b2104(ab).

2同上可知，a，b都是偶数，设a=2c，b=2d，则c同上可知，c，d都是偶数，设c=2s，d=2t，则s于是，(s13)22d252(cd).

t226(st).

(t13)22132，其中s，t都是偶数.

所以，(s13)22132(t13)22132152112所以，|s-13|可能为1，3，5，7，9，进而(t+13)2为337，329，313，2，257.

故只能是(t+13)2=2，从而|s-13|=7.

s6s20x48x160于是，因此. ，，t4t4y32y32三、解答题(本大题共4小题，每小题15分，共60分).

160、已知一次函数y1=2x，二次函数y2=x2+1，是否存在二次函数y3=ax2+bx+c，其图象经过点（-5，2），

且对于任意实数x的同一个值，这三个函数所对应的函数值y1，y2，y3，都有y1≤y3≤y2成立？若存在，求出函数y3的解析式；若不存在，请说明理由. 【解】存在满足条件的二次函数.

因为y1-y2=2x–(x2+1)=-(x-1)2≤0.所以，当自变量x取任意实数时，y1≤y2均成立. 由已知，二次函数y3=ax2+bx+c的图象经过点(-5，2)，得 25a-5b+c=2①

当x=1时，有y1=y2=2，y3=a+b+c.

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由于对于自变量x取任实数时，y1≤y3≤y2均成立，所以有2≤a+b+c≤2. 故a+b+c=2②

由①②，得b=4a，c=2-5a，故y3=ax2+4ax+(2-5a).

当y1≤y3时，有2x≤ax2+4ax+(2-5a)，即ax2+(4a-2)x+(2-5a)≥0.

所以，二次函数y=ax2+(4a-2)x+(2-5a)对于一切实数x，函数值大于或等于零.

a0a01故. a22(4a2)4a(25a)0(3a1)03当y3≤y2时，有ax2+4ax+(2-5a)≤x2+1，即(1-a)x2-4ax+(5a-1)≥0.

所以，二次函数y=(1-a)x2-4ax+(5a-1)对于一切实数x，函数值大于或等于零.

1a0a11故. a22(4a)4(1a)(5a1)0(3a1)03141综上，a，b4a，c25a.

333141所以，存在二次函数y3x2x，在实数范围内，对于x的同一个值，都有y1≤y3≤y2成立.

333161、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？

【解】设方程有有理数根，则判别式为平方数.

令△=q2-4p2=n2，其中n是一个非负整数，则(q-n)(q+n)=4p2. 由于1≤q-n≤q+n且q-n与q+n同奇偶，故同为偶数. 因此，有如下几种可能情形：

qn2qn4qnpqn2pqnp2. ，，，，22qn2pqnpqn4pqn2pqn4p25pp2，q2p，q2消去n，解得qp1，q2，q.

2222对于第1，3种情形，p=2，从而q=5；

对于第2，5种情形，p=2，从而q=4（不合题意，舍去）；对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）.

又当p=2，q=5时，方程为2x2-5x+2=0，它的根为x1=1/2，x2=2，它们都是有理数. 综上有述，存在满足题设的质数.

162、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.

【解】存在满足条件的三角形.

当△ABC的三边长分别为a=6，b=4，c=5时，∠A=2∠B.

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如图所示，当∠A=2∠B时，延长BA至点D，使AD=AC=b，连接CD，则△ACD为等腰三角形.

由∠BAC为△ACD的一个外角，知∠BAC＝2∠D.

由已知，∠BAC=2∠B，故∠B=∠D，即△CBD为等腰三角形. 又∠D为△ACD与△CBD的一个公共角，有△ACD∽△CBD. 于是

ADCDba，即，亦即a2b(bc). CDBDabc(i)当a>c>b时，设a=n+1，c=n，b=n-1（n为大于1的正整数）.

代入a2b(bc)，得(n1)2(n1)(2n1)，解得n=5，有a=6，b=4，c=5； (ii)当c>a>b时，设c=n+1，a=n，b=n-1（n为大于1的正整数）.

代入a2b(bc)，得n2(n1)2n，解得n=2，有a=2，b=1，c=3，此时不能构成三角形； (iii)当a>b>c时，设a=n+1，b=n，c=n-1（n为大于1的正整数）. 代入a2b(bc)，得(n1)2n(2n1)，即n23n10

解得n=2，有a=2，b=1，c=3，此时不能构成三角形，此方程无整数解.

所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4，5，6构成的三角形满足条件.

163、已知有6个互不相同的正整数a1，a2，…，a6，且a1分别设为ai，aj，ak，其中i【解】证明：在6个正整数中任意取出3个数共有20种取法，从而确定了20个数组(i，j，k). 由于0f(i，j，k)12312313. aiajak3213把数轴上的点0到点13/3分成如下9个部分；

11335570x，x1，1x，x2，2x，x3，3x，2222222

713x4，4x.23由于20=9×2＋2，由抽屉原则知，在上述9个部分中，一定有一个至少含有3个f(i，j，k)，从

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而，这3个f(i，j，k)两两之差的绝对值都小于0.5.

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2009年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35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(C).

A. -1； B. 0； C. 1； D. 2.

【解析】

2a4b2(a3)b242a(2a4)2a4b2(a3)b20(2a4)2a42a40a3.a3b2(a3)b20ab3(2)1b2165、如图，菱形ABCD的边长为a，点O是对角线AC上的一点，且OA=a，OB=OC=OD=1，则a等

于(A).

51； 251； 2B.

C. 1； D. 2.

【解析】

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21a1515由△BOC∽△ABC，知BOBC，即aaa10a，a(舍去). a122ABAC12166、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后投掷两次，记第一次掷

axby3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只有正数解的概率为

x2y2(D). A.

1 ；122B. ； 9C.

5 ；1813. 36D.

【解析】

62bx2ab2a3y2ab①当2a-b=0时，方程组无解； ②当2a-b≠0时，方程组的解为由已知，得

62b2ab02ab0x0332aba或a2a322y0b3b32ab.

由a，b的实际意义为1，2，3，4，5，6，可得

3，4，5，6a2，2b1，a1，共有5×2=10种情况；或，共3种情况. 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. 36167、如图1所示，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠B=90o.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(B).

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A. 10； B. 16； C. 18； D. 32.

【解析】

根据图像可得，BC=4，CD=5，DA=5，进而求得AB=8. 故S△ABC＝1/2×8×4＝16.

168、关于x，y的方程x2xy2y229的整数解(x，y)的组数为(C).

A. 2组； B. 3组； C. 4组； D. 无穷多组.

【解析】

，解得y11616.577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02.

于是

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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

x11x23x31x43，，，y4y4y412y443.

二、填空题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

169、一个自行车轮胎，若把它安装在前轮，则自行车行驶5000km后报废；若把它安装在后轮，则自行

车行驶3000km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.

【解析】

3750.

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1km磨损量为k/5000，安装在后轮的轮胎每行驶1km的磨损量为k/3000.又设一对新轮胎交换位置前走了xkm，交换位置后走了ykm.分别以一个轮胎的总磨损量为等量关系列方程，有

kykx50003000kkykxk50003000xy)k(xy)两式相加，得k(50002k，则xy3000211500030003750.

170、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【解析】1. 3如图所示，延长AD与⊙D交于点E，连接AF，EF.

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由题设知，AC1AD，AB1AE.

33在△FHA和△EFA中，由∠EFA=∠FHA=90o，∠FAH=∠EAF，得Rt△FHA∽Rt△EFA. 故AHAF.

AFAE而AF=AB，则AHAHAFAB1.

ABAFAEAE3171、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_____.

【解析】

10.

由a1，a2，a3，a4，a5是五个不同的整数及b是整数根，知所有b-a1，b-a2，b-a3，b-a4，b-a5也是五个不同的整数. 由(b-a1)(b-a2)(b-a3)(b-a4)(b-a5)=2009及

2009=1×(-1)×7×(-7)×41，知

(b-a1)+(b-a2)+(b-a3)+(b-a4)+(b-a5)=1+(-1)+7+(-7)+41=41. 故由a1+a2+a3+a4+a5=9，可得b=10.

172、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_____.

【解析】6072.

如图所示，由勾股定理知AD=9，BD=16，故AB=AD+BD=25.

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由勾股定理逆定理知△ACB为直角三角形，且∠ACB=90. 作EF⊥BC，垂足为F.

设EF＝x，由∠ECF=∠ACB/2=45o，得CF＝x，于是BF＝20-x.

60. BF，即x20x，解得由EF∥AC，得EFxACBC71520所以，CE2x6027.

173、10个人围成一个圆圈做游戏.游戏的规则是：每个人心里都想好一个数，并把自己想好的数如实地

告诉他两旁的两个人，然后每个人将他两旁的两个人告诉他的数的平均数报出来.若报出来的数如图所示，则报3的人心里想的数是_____.

【解析】

-2.

设报3的人心里想的数是x，则报5的人心里想的数应是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. 故x=-4-x，解得x=-2.

三、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分)，

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2t22t3. 174、11A.已知抛物线y=x2与动直线y=(2t-1)x-c有公共点(x1，y1)，(x2，y2)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0①

有实数根x1，x2，则x1+x2=2t-1，x1x2=c.

1112于是，cx1x2[(x1x2)2(x12x2)][(2t1)2(t22t3)](3t26t4).②

222把②式代入方程①得

1x2(2t1)x(3t26t4)0.③

220④ t的取值应满足t22t3x12x2且使方程③有实数根，即

1(2t1)24(3t26t4)2t28t70⑤

2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. 2222t2.⑥ 22131(2)由②式知c(3t26t4)(t1)2.

2222231t2由于c(t1)2在2时是递增的. 2222故当t2232111621)2时，cmin(2.

22224175、11B.函数yx2(2k1)xk2的图象与x轴的两个交点是否都在直线x1的右侧？若是，请说明

理由；若不一定是，请求出两个交点都在直线x1的右侧时k的取值范围.

【解】不一定，例如，当k＝0时，函数的图象与x轴的交点为（0，0）和（1，0），不都在直线x=1的右侧.

设函数与x轴的两交点的横坐标为x1，x2，则x1+x2=-(2k-1)，x1x2=k2.

0当且仅当满足如下条件(x11)(x21)0时，抛物线与x轴的两交点都在直线x=1的右侧.

(x1)(x1)021第106页/共165页

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1k[(2k1)]24k2041由(2k1)20知， k2k2(2k1)10k2或k0当k<-2时，抛物线与x轴的两交点在直线x=1的右侧.

176、12A.已知正整数a满足192|a3191，且a<2009，求满足条件的所有可能的正整数a的和.

由(a-1)a(a+1)是连续整数的乘积，知26|(a-1)a(a+1)+(a-1)等价于26|(a-1) 因此有，192|(a-1)，于是可得a=192k+1. 又0177、12B.在平面直角坐标系xOy中，我们把横坐标为整数、纵坐标为完全平方数的点称为“好点”，求

二次函数y=(x-90)2-4907的图象上所有“好点”的坐标. 【解】由题意知，(k-90)2-4907=m2，m，k都是整数，则 (k+m-90)(k-m-90)=4907=7×701=1×4907.

km904907km901km90701km907或或或则有

km907km90701km901km904907k1444k22k32544k423或或或解得

m2453m347m347m24531243x2544x1444x2x23或2或3或4所以，

y6017209y120409y120409y60172091243故“好点”共有4个，它们的坐标是：(444，120409)，(-2，120409)，(2544，6017209)，(-23，6017209).

178、如图，给定锐角三角形ABC，BCl，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.

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【解】解法一：

结论是DF=EG.下面给出证明.

由∠FCD=∠EAB，知Rt△FCD∽Rt△EAB. 于是可得

DFCDBE. DFCDBEABAB同理可得EGCE又由tanACBAD. ABADBE，知BECDADCE. CDCE于是可得DF=EG. 解法二：

结论是DF=EG.下面给出证明. 如图所示，连接DE.

由∠ADB=∠AEB=90o，知A，B，D，E四点共圆. 故∠CED=∠ABC.

又l是⊙O的过点C的切线，知∠ACG=∠ABC. 所以，∠CED=∠ACG，于是DE∥FG，故DF＝EG.

179、n个正整数a1，a2，…，an满足如下条件：1=a1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

bi(a1a2an)ai.

n1第108页/共165页

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ajain1于是，对于任意的1≤i故(n1)|23251.

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1)|23251，故n≤9.

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.

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2010年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

180、若

abab的值为(D). 20，10，则

bcbc11 ；2121 ；11110 ；21A.

210. 11【解析】

a1abb201210bc1c1111b101181、若实数a，b满足aabb220，则a的取值范围是(C).

2A. a≤-2； B. a≥4； C. a≤-2或a≥4； D. -2≤a≤4.

【解析】

2由b是实数知，关于b的一元二次方程b1(a)241(a2)021aba202的判别式

解得a≤-2或a≥4.

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182、如图，在四边形ABCD中，B135o，C120o，AB23，BC422，CD42，则AD

边的长为(D).

A. 26； B. 46； C. 46； D. 226.

【解析】

如图所示，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，垂足分别为E，F.

由已知可得，BEAEABsin45o23CFCDcos60o26，214222，23DFCDsin60o42262于是，EFEBBCCF6(422)2246.过点A作AGDF，垂足为G，在RtADG中，根据勾股定理，得ADAG2DG2EF2(DFAE)2(46)2(6)22886226.

中，已知x11且当k≥2时，xkxk114([183、在一列数x1，x2，x3，k1k2][])(取整符号[a]表44示不超过实数a的最大整数，例如[2.6]=2，[0.2]=0)，则x2010等于(B). A. 1； B. 2； C. 3；

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D. 4. 【解析】

由x11和xkxk114([k1k2][])可得44x11，x22，x33，x44，x51，x62，x73，x84，因为201045022，所以，x20102184、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(B).

A. (2010，2)； B. (2010，2)； C. (2012，2)； D. (0，2).

【解析】

根据对称关系，依次可以求得：

P2yp)，P2(2xp，4yp)，P3(6xp，2yp)，P4(4xp，yp)，1(2xp，P5(2xp，2yp)，P6(6xp，4yp)，P7(10xp，2yp)，P8(8xp，yp)，即P4k1(4k(2xp)，2yp)(4k2，0)，P4k2(4k(2xp)，4yp)(4k2，2)，P4k3(4k(6xp)，2yp)(4k6，0)，P4k4(4k(4xp)，yp)(4k4，2).

由2010=4×502+2，知P2010的坐标为(2010，-2).

二、填空题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

185、已知a51，则2a37a22a12的值等于_____.

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【解析】

22222a51(a1)25a22a42a7a2a122a(a2a)3a2a128a3a2a123(a2a)12121203

186、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=_____.

【解析】

15.

货车客车

设在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离均为S千米，

小轿车小轿车、货车、客车的速度分别为a，b，c(千米/分)，由题意得

Sab2SSS1010(ab)Sbc2S151030SSt15(105)(ac)SSacS1515t30(105t)(bc)SbcS15tbc15t.

187、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_____.

【解析】y1x113. 3如图，延长BC交x轴于点F；连接OB，AF；连接CE，DF，且相交于点N.

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由已知得点M(2，3)是OB，AF的中点，即点M为矩形ABFO的中心，所以直线l把矩形ABFO分成面积相等的两部分.又因为点N(5，2)是矩形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. 于是，直线MN即为所求的直线l.

2kb3.解得k1. 设直线l的函数表达式为y=kx+b，则35kb211b311故所求直线l的函数表达式为y1x. 33188、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于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D.若CD=CF，则

AE_____. AD

【解析】512.

设FC=m，AF=n.

由RtAFB∽RtABC，知ABAFAB2AFACACABnn又由FCDCABm知，m2n(nm)，即()210mmn51n51解得，或(舍去)m2m2AEAFAEAFn51又RtAFE∽RtCFB，知CBFCADFCm2.

1、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第114页/共165页

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正整数k的最小值为_____.

【解析】

nimi1(m是正整数)nmi(i1)n1(m1)i故n+1为2，3，…，k的倍数，则

n的最小值n0满足：n0+1是2，3，…，k的最小公倍数. 由于2，3，…，8的最小公倍数是840；2，3，…，9的最小公倍数是2520；2，3，…，10的最小公倍数是2520；2，3，…，11的最小公倍数是27720.

因此，满足2000三、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分).

190、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△ABD和△ACD的外接圆直径，连接EF.求证：tanPADEF. BC

【解】证明：如图所示，连接ED，FD.

由BE和CF都是直径，知ED⊥BC，FD⊥BC，因此D，E，F三点共线. 连接AE，AF，则∠AEF=∠ABC=∠ACB=∠AFD. 故△ABC∽△AEF.

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EFAH. BCAP作AH⊥EF，垂足为H，则AH=PD. 由△ABC∽△AEF可得从而

EFPD. BCAP所以，tanPADPDEF. APBCk相交于点A，B.已知点A的坐标为(1，4)，点B在x191、如图，抛物线yax2bx(a0)与双曲线y第三象限内，且△AOB的面积为3(O为坐标原点). (1)求实数a，b，k的值；

(2)过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，求所有满足△EOC∽△AOB的点E的坐标.

【解】(1)由点A(1，4)在双曲线yk4上，知k=4.故双曲线的函数表达式为y. xx

设点B(t，4/t)(t<0)，AB所在直线的函数表达式为y=mx+n，则有

4m4mn4t. mtn4(t1)ntt4(t1)于是，直线AB与y轴的交点坐标为(0，).

t14(t1)故SAOB(1t)3，整理得2t23t20. 2t解得t=-2，或t＝1/2(舍去). 故点B的坐标为(-2，-2).

由点A，B都在抛物线yax2bx(a0)上，知

ab4a1 4a2b2b3所以，a1，b3，k4.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

CO2. BO(2)如图所示，由AC∥x轴，知C(-4，4)，于是CO＝42.又BO=22，故

设抛物线yax2bx(a0)与x轴负半轴相交于点D，则点D的坐标为(-3，0). 由∠COD＝∠BOD＝45o，知∠COB=90o.

(i)将△BOA绕点O顺时针旋转90o，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，-4)；延长OA2到点E2，使得OE2=2OA2，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).

192、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2)(m4).故p|(m2)(m4). 由于p是素数，故p|(m2)或p|(m4).

(1)若p|(m4)，令m4kp，k是正整数，于是m2kp，

3p2p(2p1)(m2)(m4)k2p2，故k23，从而k1.

m4pp5所以. m22p1m9(2)若p|(m2)，令m2lp，l是正整数. 当p5时，有m4lp6lppp(l1)，

3p2p(2p1)(m2)(m4)l(l1)p2，故l(l1)3，从而l=1或2.

由于p(2p1)(m2)(m4)是奇数，所以l≠2，从而l=1.

m42p1于是这不可能.

m2p当p=5时，m2-2m=63，m=9；当p=3时，m2-2m=29，无正整数解；当p=2时，m2-2m=18，无正整

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

数解.

综上所述，所求素数p=5，正整数m=9.

193、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. 另一方面，设a1dnana120101161. 3333故dn≤60.所以，n≤61. 综上所述，n的最大值为61.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

2011年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

194、设xA. 0； B. 1； C. -1； D. 2.

【解析】x53，则代数式x(x1)(x2)(x3)的值为(C). 2C.

53(2x3)25x23x102x(x1)(x2)(x3)[x(x3)][(x1)(x2)](x23x)(x23x2)(1)(12)1195、已知x，y，z为实数，且满足x2y5z3，x2yz5，则x2y2z2的最小值为(D).

1 ；11B. 0； C. 5； D.

54. 11【解析】

1254)1111x2y5z3x3z1x2yz5yz2x2y2z2(3z1)2(z2)2z211z22z511(z因此，当x154时，x2y2z2的最小值为.1111

196、设S1111323331，则4S的整数部分等于(A). 20113A. 4；

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

B. 5； C. 6； D. 7.

【解析】

当k2，3，，2011时，11111[]32kk(k1)2(k1)kk(k1)11111111111111S3331[()()()()]22661212202010201120112012123201131115151()222011201242201120124于是有，44S5.故4S的整数部分等于4.197、在等边△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(C). A. 1； B. 7； C. 10； D. 15.

【解析】

198、点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，BE，CD相交于点F，设

S四边形EADFS1，SBDFS2，SBCFS3，SCEFS4，则S1S3与S2S4的大小关系为(C).

A. S1S3S2S4； B. S1S3S2S4；

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C. S1S3S2S4； D. 不能确定.

【解析】

如图所示，连接DE.

SEFS4设SDEFS1，则1，从而有S1S3S2S4.因为S1S1，所以，S1S3S2S4S2BFS3.

二、填空题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

199、两条直角边长分别是整数a，b(其中b2011)，斜边长是b1的直角三角形的个数为_____.

【解析】

31.

2由勾股定理，得a(b1)2b22b1.

22因为b是整数，b<2011，所以，a2是1到4023之间的奇数，而且是完全平方数，这样的数共有31个，即3， 5，为31.

200、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，则其朝上的面两数之和为7的概率是_____.

【解析】1 ， 632.因此

a一定是3，5，…，63，故满足条件的直角三角形的个数

在36对可能出现的结果中，有6对：(1，6)，(2，5)，(2，5)，(3，4)，(3，4)，(4，3)的和为7，所以，朝上的面两数

61. 字之和为7的概率是366第121页/共165页

历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

201、若y1xx1的最大值为a，最小值为b，则a2b2的值为_____. 2【解析】

32.

011x1x1x0221131131y22x2x2(x)222222416133由于1，故当x时，y2取到最大值1，则a1；244112当x或x1时，y2取到最大值，则b.22223所以，a2b212()2.22y1xx.

202、⊙O的三个不同的内接正三角形将⊙O分成的区域的个数为_____.

【解析】

28.

CB''C'C''OAA'A''BB'

不妨设⊙O的半径为1，则以点O为圆心，0.5为半径的圆是⊙O的内接正三角形的内切圆.因为过内切圆外一点只能作这个内切圆的两条切线，所以，⊙O的三个不同的内接正三角形中没有三条边交于一点. 第1个正三角形把圆分成4个区域；

CC'CC'CC'CB''OABAA'OBB'AA'OBC''OAA'A''BB'

第2个正三角形的每一条边被第一个三角形分成3段，每一段都把它所在区域一分为二，即增加3个区域，于是就

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增加3×3=9个区域；

第3个正三角形的每一条边被前两个正三角形分成5段，每一段都把它所在区域一分为二，即增加3个区域，于是就增加3×5=15个区域. 故共有4+9+15=28个区域.

203、如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为35，正方形CDEF内接于△ABC，且其边长为12，则△ABC

的周长为_____.

【解析】

84.

设BC=a，AC=b，则a2+b2=352=1225①

FEAF，即12b12. 由Rt△AFE∽Rt△ACB，知CBabAC故12(a+b)=ab②

由①②得，(a+b)2=a2+b2+2ab=1225+24(a+b). 解得a＋b＝49(另一个解－25舍去)，所以，a+b+c=49+35=84.

三、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分).

204、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.

【解】设方程x2axb0的两个根为，(，为整数，且)，则方程x2cxa0的两根为1，1，由题意得

a2210(2)(2)3. (1)(1)a第123页/共165页

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232151 或或212331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a+b+c=29.

205、如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D，延长AD交CH于点P，求证：点P为CH的中点.

【解】证明：如图所示，延长AP交⊙O2于点Q，连接AH，BD，QB，QC，QH.

由AB为⊙O1的直径，知∠ADB=∠BDQ=90o.故BQ为⊙O2的直径. 于是CQ⊥BC，BH⊥HQ.

又由点H为△ABC的垂心，知AH⊥BC，BH⊥AC，故AH∥CQ，AC∥HQ. 于是，四边形ACQH为平行四边形. 所以，点P为CH的中点.

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

(Ⅰ)求证：∠ABP=∠ABQ；

(Ⅱ)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.

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22x于P，3历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解】(Ⅰ)如图所示，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的坐标分别为(xp，yp)，(xQ，yQ).

ykxt，2232由得，于是，即xkxt0xxttxPxQ. 22PQyx，2333222222xPtxxxxP(xPxQ)PPQBCyPt3x333于是，P.

2BDyQt2x2t2x22xxxQxQ(xQxP)QPQQ3333又由

xPCBCPCP，知. QDxQBDQD由∠BCP=∠BDQ=90o，知△BCP∽△BDQ. 故∠ABP=∠ABQ. (Ⅱ)解法一：

设PC=a，DQ=b，不妨设a≥b>0.

由(Ⅰ)可知，∠ABP=∠ABQ=30o，BC3a，BD3b. 所以，AC=3a2，AD=23b. 由PC∥DQ，知△ACP∽△ADQ. 于是

a3a2PCAC，即.所以ab3ab. b23bDQAD第125页/共165页

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33333，由(Ⅰ)中xPxQt，即ab，所以ab，ab

2222于是，可求得a2b3. 将b3213代入yx2，得到点Q的坐标(，).

23223. 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解法二：

设直线PQ的函数解析式为y=kx+1.

2由(Ⅰ)可知，∠ABP=∠ABQ=300，故BQ=2DQ.于是2xQxQ(yQ1)2.

将yQ故xQ22422215xQ90，即(4xQ3)(xQ3)0. xQ代入上式，平方并整理得，4xQ33或3. 2323232又由(Ⅰ)，得xPxQt，xPxQk. 若xQ323，带入上式得xP3，，从而k(xPxQ).

332同理，若xQ3，可得xP323，从而k(xPxQ).

33233x1，或yx1. 33所以，直线PQ的函数解析式为y207、如图，△ABC中，∠BAC=60°，AB=2AC.点P在△ABC内，且PA=3，PB=5，PC=2，求△ABC

的面积.

【解】如图所示，作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP.则

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△ABQ∽△ACP.

由AB＝2AC，知相似比为2.

于是，AQ＝2AP＝23，BQ＝2CP＝4.

∠QAP＝∠QAB＋∠BAP＝∠PAC＋∠BAP＝∠BAC＝60°. 由AQ：AP＝2：1知，∠APQ＝900. 于是，PQ＝3AP＝3. 故BP2＝25＝BQ2＋PQ2. 从而∠BQP＝900.

作AM⊥BQ于M，由∠BQA＝1200，知∠AQM＝600，QM＝3，AM＝3. 于是，AB2＝BM2＋AM2＝(43)2322883. 故SABC13673ABACsin60oAB2. 282第127页/共165页

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2012年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

208、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a2ab(ca)2bc可

以化简为(C).

A. 2c-a； B. 2a-2b； C. -a； D. a.

【解析】

由实数a，b，c在数轴上的位置可知， ba0c，且bc

a2ab(ca)2bca(ab)(ca)(bc)a.209、1(乙).如果a22，那么11123a的值为(B).

A. 2； B. 2； C. 2； D. 22.

【解析】

12113aB.

12113(22)111212.221

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

b210、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

x坐标为(-3，-2)，那么另一个交点的坐标为(D). A. (2，3)； B. (3，-2)； C. (-2，3)； D. (3，2).

【解析】

22a(3)a由题设知，2b3b632y3xx3x3或6y2y2yx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）.

211、2(乙).在平面直角坐标系xOy中，满足不等式x2+y2≤2x+2y的整数点坐标(x，y)的个数为(B).

A. 10； B. 9； C. 7； D. 5.

【解析】

由题设x2+y2≤2x+2y，得0≤(x-1)2+(y-1)2≤2. 因为x，y均为整数，所以有

(x1)20(x1)20(x1)21(x1)21，，，.2222(y1)0(y1)1(y1)0(y1)1x1x1x1x0x2x0x0x2x2解得，，，，，，，，，.y1y0y2y1y1y0y2y0y2

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

以上共计9对(x，y).

212、3(甲).如果a，b为给定的实数，且1位数之差的绝对值是(D). A. 1； B.

2a1 ；41C. ； 21D. . 4【解析】

由题设知，11(a1)(ab1)(2ab)34a2b(a1)(ab1)44a2b，中位数为442444a2b34a2b1于是，.444故这四个数据的平均数为213、3(乙).如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形.∠ADC=30o，AD=3，

BD=5，则CD的长为(B).

A. 32； B. 4； C. 25； D. 4.5.

【解析】

如图所示，以CD为边作等边△CDE，连接AE.

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由于AC=BC，CD=CE，

∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD=∠ACE. 故△BCD≌△ACE，BD=AE. 又∠ADC=30o，则∠ADE=90o.

在Rt△ADE中，AE=5，AD=3，于是DE=4. 故CD=DE=4.

214、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(D). A. 1； B. 2； C. 3； D. 4.

【解析】

设小倩所有的钱数为x元、小玲所有的钱数为y元，x，y均为非负整数.由题设可得

x2n(y2)y42y815 n2n1yn2(xn)2y72y72y7因为

152y7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.

215、4(乙).如果关于x的方程x2pxq0(p，q是正整数)的正根小于3，那么这样的方程的个数是

(C).

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A. 5； B. 6； C. 7； D. 8.

【解析】

由一元二次方程根与系数关系知，两根的乘积为-q<0. 故方程的根为一正一负. 由二次函数y=x2-px-q的图象知，

当x=3时，y>0，即32-3p-q>0，亦即3p+q<9. 由于p，q都是正整数，

所以，p=1，1≤q≤5；或p=2，1≤q≤2，此时都有△=p2+4q>0. 于是共有7组(p，q)符合题意.

216、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p0，p1，p2，p3，则

p0，p1，p2，p3中最大的是(D). A. p0； B. p1； C. p2； D. p3.

【解析】

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.

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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.

910所以，p36，p，p，p，因此p3最大. 3636360123111217、5(乙).黑板上写有1，，，b，然后，共100个数字.每次操作先从黑板上的数中选取2个数a，

23100删去a，b，并在黑板上写上数a+b+ab，则经过99次操作后，黑板上剩下的数是(C). A. 2012； B. 101； C. 100； D. 99.

【解析】

由于a+b+ab+1=(a+1)(b+1)，故每次操作前和操作后，黑板上的每个数加1后的乘积不变.

设经过99次操作后黑板上剩下的数为x，则

111x1(11)(1)(1)(1)2310034101即x1210123100x100.

二、填空题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

218、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_____.

【解析】

7＜x≤19.

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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，3x-2≤487，9x-8≤487. 故x的取值范围是7＜x≤19.

11110abc219、6(乙).如果a，b，c是正数，且满足abc9，，那么abbcca9bccaab的值为_____.

【解析】

由已知可得

abc9(bc)9(ca)9(ab)111109()3937bccaabbccaabbccaab9220、7(甲).如图，正方形ABCD的边长为215，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别

交于点M，N，则△DMN的面积是_____.

【解析】

如图所示，连接DF，记正方形ABCD的边长为2a.

由题设易知△BFN∽△DAN.

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ADANDN2BFFNBN12AN2FNANAF3在RtABF中，AF于是cosBAFAB2BF2(2a)2a25aAB2a25.AF55a由题设可知，ADEBAFAEDAFB，AME180oEAMAEM180oBAFAFB90oAMAEcosBAFMNANAMSMNDSAFD25a5222545AFAM5aaa3351545aMN415AF155a

1(2a)(2a)2a22448SMNDSAFD2a2a2151515215又a15288SMNDa2(15)28.1515又SAFD221、7(乙).如图，⊙O的半径为20，A是⊙O上一点.以OA为对角线作矩形OABC，且OC=12.延长

BC，与⊙O分别交于D，E两点，则CE-BD的值等于_____.

【解析】285.

如图所示，设DE的中点为M，连接OM，则OM⊥DE.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

OBACOA2OC220212216OMOBOC161248BC2054836CMOC2OM2122()2，5536BMBCCM20553628.555

CEBD(EMCM)(DMBM)BMCMx12011329222、8(甲).如果关于x的方程xkxk3k0的两个实数根分别为x1，x2，那么2012的值为

42x22_____.

【解析】23.

39根据题意，关于x的方程有k24(k23k)0(k3)20k34293x120111122故方程为x3x0，解得x1x2，于是2012.42x2x2332223、8(乙).设n为整数，且1≤n≤2012.若(n2n3)(n2n3)能被5整除，则所有n的个数为_____.

【解析】

1610.

(n2n3)(n2n3)n45n29(n1)(n1)(n21)5n210若(n2n3)(n2n3)能被5整除.则(n1)(n1)(n21)能被5整除①当n5t时，(n1)(n1)(n21)不能被5整除；③当n5t2时，n1(5t2)125t20t55(5t4t1)，能被5整除，故(n1)(n1)(n21)能被5整除；④当n5t3时，n21(5t3)2125t230t105(5t26t2)，能被5整除，故(n1)(n1)(n21)能被5整除；⑤当n5t4时，n1(5t4)15(t1)，能被5整除，故(n1)(n1)(n21)能被5整除.201254022符合题意的所有n的个数为20124021610.2222②当n5t1时，由于n1(5t1)15t，能被5整除，故(n1)(n1)(n21)能被5整除；224、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_____.

【解析】

设平局数为a，胜（负）局数为b，由题设知2a+3b=130.由此得0≤b≤43.

2)1](m2)(m1)又ab(m2)[(m2a2b(m2)(m1) 22第136页/共165页

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于是0≤b=130-(m+1)(m+2)≤43，即87≤(m+1)(m+2)≤130. 由此得m=8或m=9. 当m=8时，b=40，a=5；

当m=9时，b=20，a=35，a>(a+b)/2=55/2，不合题设. 故m=8.

225、9(乙).如果正数x，y，z可以是一个三角形的三边长，那么称(x，y，z)是三角形数.若(a，b，c)

a111和(，，)均为三角形数，且a≤b≤c，则的取值范围是_____.

cabc【解析】35a12c有题设，得bc11111111caa1311ccacbaccaaacbcaa1aa3()23()10caccc35a35a35a由二次函数yx23x1的图像及其性质，得.又1，故1.2c2c2c.

226、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_____.

【解析】

322.

如图所示，连接AC，BD，OD.

由AB是⊙O的直径知，∠BCA=∠BDA=90°. 依题设∠BFC=90°.

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由四边形ABCD是⊙O的内接四边形，知∠BCF=∠BAD. 故Rt△BCF∽Rt△BAD.

CF. 因此，BCBAAD由OD是⊙O的半径及AD=CD，知OD垂直平分AC，OD∥BC. 于是，DEOE2.

DCOB因此，DE=2CD=2AD，CE=3AD. 由△AED∽△CEB，知DE·EC=AE·BE.

因此，AEBA3，BEBA22BA3所以，2AD3ADBA，BA22AD22ADBC32故CFBCBA222.

227、10(乙).已知n是偶数，且1≤n≤100.若有唯一的正整数对(a，b)使得a2=b2+n成立，则这样的n的

个数为_____.

【解析】

12.

由已知有(a+b)(a-b)=n，且n为偶数，则a-b，a+b同为偶数，于是n是4的倍数.

设n=4m，a-b=2s，a+b=2t，其中m，s，t是正整数，且s要使(a，b)唯一，则s，t唯一，故m是素数或素数的平方. 所以，m的可能值为2，3，4，5，7，9，11，13，17，19，23，25，共有12个.

三、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分).

228、11(甲).已知二次函数yx2(m3)xm2，当-1x2(m3)xm20的两个实数根的倒数和小于9.求m的取值范围. 10第138页/共165页

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【解】∵当-1∴(m3)24(m2)0(m1)20m1. 当x=-1时，y≤0；当x=3时，y≤0.

(1)2(m3)(1)m20即2m5. 33(m3)m20设方程x2(m3)xm20的两个实数根分别为x1，x2. 由一元二次方程根与系数的关系，得

x1x2(m3)x1x2m2119xx(m3)912m12或m2 x1x210x1x2m210m12.4229、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，

5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.

【解】ABAO810

sinABC45由勾股定理，得OBAB2AO2102826. 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.

1111∴BCyDOBOA12(n)68n4. 2222因此D为AB的中点，点D的坐标为(3，-4).

8因此，CD，AO分别为AB，BC的两条中线，点E为△ABC的重心，故点E的坐标为(0，-).

3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).

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2. 27228x. 273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a230、12(甲).如图，⊙O的直径为AB，⊙O1过点O，且与⊙O内切于点B.C为⊙O上的点，OC与⊙

O1交于点D，且OD>CD.点E在OD上，且DC=DE，BE的延长线与⊙O1交于点F，求证：△BOC∽△DO1F.

【解】如图所示，连接BD.

由OB为⊙O1的直径，知∠ODB=90o. 由DC=DE，知△CBE是等腰三角形.

设BC与⊙O1交于点M，连接OM，则∠OMB=90o.

由OC=OB，知∠BOC=2∠DOM=2∠DBC=2∠DBF=∠DO1F. 又因为∠BOC，∠DO1F分别是等腰△BOC，等腰△DO1F的顶角. 所以，△BOC∽△DO1F.

231、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.

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【解】（1）根据三角形内心的性质和同弧上圆周角的性质，知

CIDIADIDACABIDBCDBIDBCDI 故CI=CD. 同理，CI=CB.

故点C是△IBD的外心. 如图所示，连接OA，OC.

由I是AC的中点，且OA=OC，知OI⊥AC，即OI⊥CI. 故OI是△IBD外接圆的切线.

（2）如图所示，设IC与BD交于点E.

由∠CDE=∠BAC=∠CAD，知△ADC∽△DEC，故AD/DE=AC/DC=2. 于是，AD=2DE. 同理，AB=2BE.

所以，AB+AD =2BE+2DE=2BD.

232、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.

【解】设a-b=m（m是素数），ab=n2（n是正整数）.

由(a+b)2-4ab=(a-b)2，知(2a-m)2-4n2=m2.即(2a-m+2n)(2a-m-2n)=m2. 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+2n=m2，2a-m-2n=1.

(m1)2m21，n解得，a. 44(m1)2(m1)2m于是bam. 44第141页/共165页

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(m1)22012. 又a≥2012，即

4(1)22025. 又因为m是素数，解得m≥.此时，a4当a=2025时，m=，b=1936，n=1980. 因此，a的最小值为2025.

233、13(乙).凸n边形中最多有多少个内角等于150o？并说明理由.

【解】假设凸n边形中有k个内角等于150o，则不等于150o的内角有n-k个.

（1）若k=n，由n×150o=(n-2)×180o，得n=12，正十二边形的12个内角都等于150o；（2）若k(n-2)×180o，可得k<12，即k≤11. 当k=11时，存在凸n边形，其中的11个内角等于150o，其余n-k个内角都等于

(n2)180o11150o1(6)30o，0o180o，150o.

n11n11（3）若k当k=n-1时，设另一个角等于α.存在凸n边形，其中的n-1个内角等于150o，另一个内角

(n2)180o(n1)150o(n7)30o.

由n≤11可得α=(n-7)×30o<180o；由n≥8可得α=(n-7)×30o>0o，且α≠150o.

（4）若k综上，当n=12时，k的最大值为12；当n≥13时，k的最大值为11；当8≤n≤11时，k的最大值为n-1；当3≤n≤7时，k的最大值为n-2.

，x2012，满足x1x2x2012，且234、14(甲).求所有正整数n，使得存在正整数x1，x2，122012n. x1x2x2012，x2012都是正整数，且x1x2x2012，知x11，x22，，x20122012. 【解】由x1，x2，于是，n1220121220122012. x1x2x2012112012，x201220122012，则当n=1时，令x12012，x222012，1220121. x1x2x2012当n=k+1时，其中1≤k≤2011，令

x11，x22，，xkk，xk1（2012k)(k1)，xk2（2012k)(k2)，x2012（2012k)2012，

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则

1220121k(2012k)k1n. x1x2x20122012k综上，满足条件的所有正整数n为1，2，…，2012.

235、14(乙).将2，3，…，n(n≥2)任意分成两组，如果总可以在其中一组中找到数a，b，c(可以相同)

使得ab=c，求n的最小值.

【解】当n=216-1时，把2，3，…，n分成如下两个数组： {2，3，28，28+1，…，216-1}和{4，5，…，28-1}.

在数组{2，3，28，28+1，…，216-1}中，由于23<28，(28)2>216-1. 所以，其中不存在数a，b，c，使得ab=c. 在数组{4，5，…，28-1}中，由于44>28-1. 所以，其中不存在数a，b，c，使得ab=c. 所以，n≥216.

下面证明当n=216时，满足题设条件.

不妨设2在第一组，若22=4也在第一组，则结论已经成立.

故不妨设22=4在第二组.同理可设44=28在第一组，(28)2=216在第二组. 此时考虑数8.如果8在第一组，我们取a=2，b=8，c=28，此时ab=c；如果8在第二组，我们取a=4，b=8，c=216，此时ab=c. 综上，n=216满足题设条件. 所以，n的最小值为216.

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2013年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

一、选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

a2b3c0abbcca236、设非零实数a，b，c，满足，则2的值为(A). 22abc2a3b4c01A. ；

2B. 0；

1C. ； 2D. 1.

【解析】

a2b3c0abc0(abc)202a3b4c01abbcca1abbcca(a2b2c2)2.2ab2c22237、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

x的一元二次方程中，以

，为两个实根的是(B). 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.

【解析】

b2c()2222211x1x2(x1x2)2x1x2aab2acb2222c2x12x2(x1x2)2cx1x2x1x2a()ac2x1x211111a2a22222cx1x2x1x2(x1x2)()2ca11于是，根据韦达定理，以2，2为两根的一元二次方程是c2x2(b22ac)xa20x1x2第144页/共165页

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238、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(D). ．．．

A. OD； B. OE； C. DE； D. AC.

【解析】

∵AD，DB，CD的长度都是有理数. ∴OAOBOCADBD是有理数.

2∴于是，OD=OA-AD是有理数.

DCDO都是有理数.而由Rt△DOE∽Rt△COD，知OEOD，DEOCOC2ACADAB不一定是有理数.

239、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(C).

A. 3； B. 4； C. 6； D. 8.

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

【解析】

由DCFE是平行四边形，知DE∥CF，且EF∥DC. 如图所示，连接CE、AF.

因为DE∥CF，即DE∥BF，所以S△DEB=S△DEC. 因此原来阴影部分的面积等于△ACE的面积. 因为EF∥CD，即EF∥AC，所以S△ACE=S△ACF.

因为BC=4CF，所以S△ABC=4S△ACF.故阴影部分的面积为6.

3x3y3x2y2xy345240、对于任意实数x，y，z，定义运算“*”为：xy，且xyz(xy)z，

(x1)3(y1)360则2013201232的值为(C). A.

607 ；9671821 ；9675463 ；967163. 967B.

【解析】

设201320124m，则3m333m233m3345(201320124)3m39(m1)3(31)360393239222923455463(201320123)292967(91)3(21)360二、填空题(本大题共5小题，每小题7分，共35分).

241、设a33，b是a2的小数部分，则(b2)3的值为_____.

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【解析】

331a3322a2393b392(b2)[(92)2]9.3

242、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_____.

【解析】20413.

如图，连接AF，则有：

SAEFSBEFBFSBCF5SAEF45108SSAFDFDSDCF3S3AEF13AFDSSAFD3596SCDFCFSBCF5AFDSAFD413SAEFFESBEF4SAEF106204S四边形AEFDSAEFSAFD.131313

243、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_____.

【解析】

2013.

由已知a+b2-2c-2=0，3a2-8b+c=0消去c，并整理得(b-8)2+6a2+a=66.

由a为正整数及6a2+a≤66，可得1≤a≤3. 若a=1，则(b-8)2=59，无正整数解；若a=2，则(b-8)2=40，无正整数解；

若a=3，则(b-8)2=9，于是可解得b=11，b=5；

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①若b=11，则c=61，从而可得abc=3×11×61=2013； ②若b=5，则c=13，从而可得abc=3×5×13=195；综上知abc的最大值为2013.

244、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_____.

【解析】

(1，-2，1，-2)，(t，0，-t，0)(t为任意实数).

abcabcabd(ab)abab(1a)0由韦达定理，得caba2[a(ab)1]b0(aab1)b0cdac(ab)bcdb当b0时，ac，d0，此时(a，b，c，d)(t，0，t，0)(t为任意实数)；当b0时，a1，b2，c1，d2，此时(a，b，c，d)(1，2，1，2).245、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.

【解析】

207.

设已经卖出铅笔和圆珠笔分别为x支，y支，则

4x7y2013xy35020137yy1x(5032y)44y1是整数.4又20134x7y4(xy)3y43503yy204.y的最小值为207.此时x141.

三、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分).

246、如图，抛物线y=ax2+bx-3，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

1OB=OC=3OA，直线yx1与y轴交于点D，求∠DBC-∠CBE.

3第148页/共165页

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【解】将x=0分别代入y=-x+1，y=ax2+bx-3，知

3D(0，1)，C(0，-3). 故B(3，0)，A(-1，0). 1

直线y=-x+1过点B.

将点C(0，-3)的坐标代入y=a(x+1)(x-3)，得a=1. ∴抛物线的解析式为y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3. ∴抛物线y=x2-2x-3的顶点为E(1，-4). 于是由勾股定理得

BC32，CE2，BE25.

∵BC2＋CE2＝BE2.

∴△BCE为直角三角形，∠BCE=90o. ∴tanCBE又tanDBOCE21 CB323OD1 OB3∠DBO＝∠CBE.

∴∠DBC-∠CBE=∠DBC-∠DBO=∠OBC=45o.

247、设△ABC的外心，垂心分别为O，H，若B，C，H，O共圆，对于所有的△ABC，求∠BAC所有

可能的度数.

【解】分三种情况讨论. (i)若△ABC为锐角三角形.则

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A HBOC

BHC180oHBCHCB180o(90oACB)(90oABC)ACBABC180oBAC由同弧所对的圆周角是圆心角的一半知，BOC2BAC由B、C、H、O四点共圆知，BHCBOC180oBAC2BACBAC60o.(ii)若△ABC为直角三角形. ①当∠BAC=90o时，

A(H)

BOC

外心O是斜边BC中点，垂心H与A重合. 此时，B，C，H，O不可能共圆. ②当∠ABC=90o或∠ACB=90o时，

AAOOB(H)CBC(H)

外心O是斜边AC(或AB)中点，垂心H与B(或C)重合.

于是，总有B，C，H，O共圆，因此∠A可以是满足0o<∠A<90o的所有角. (iii)若△ABC为钝角三角形. ①∠BAC>90o时，

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历年全国初中数学竞赛试卷及答案解析

HABCO

BHC180oHBCHCB180o(90oACB)(90oABC)ACBABC180oBAC由同弧所对的圆周角是圆心角的一半知，BOC2(180oBAC) 由B、C、H、O四点共圆知，BHCBOC180o180oBAC2(180oBAC)180oBAC120o.②当∠ABC>90o或∠ACB>90o时，

OAOABCBCHH

BHCBAC由同弧所对的圆周角是圆心角的一半知，BOC2BAC由B、C、H、O四点共圆知，BHCBOC180o

BAC2BAC180oBAC60o.综上可得，∠A所有可能取到的度数为所有锐角及120o.

248、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，b，三角形的三边长？证明你的结论. 【解】不能构成三角形. 依题意，得

a1112(yz)，b2(xz)，c2(xy).

又y=z2.则a11z(z1)2(yz)2(z2z)2

又由于z为整数，a为素数，所以z=2或-3，a=3.

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c能否构成

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当z=2时，y=z2=4，x=(y+2)2=16.进而，b=9，c=10，与b，c是素数矛盾；当z=-3时，a+b-c<0，所以，a，b，c不能构成三角形的三边长.

249、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815能被7整除，所以称86为415的魔术数).求正整数n的最小值，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.

【解】若n≤6，取m=1，2，…，7，根据抽屉原理知，

必有a1，a2，…，an中的一个正整数M是i，j(1≤i又当a1，a2，…，an为1，2，…，7时，对任意一个正整数m，设其为k位数(k为正整数).则10ki+m(i=1，2，…，7)被7除的余数两两不同.若不然，存在正整数i，j(1≤i故必存在一个正整数i(1≤i≤7)，使得7|(10ki+m)，即i为m的魔术数. 所以，n的最小值为7.

(1)由于103mod(7)，206mod(7)，302mod(7)，405mod(7)，501mod(7)，604mod(7)，700mod(7).这些数被7除后所得余数均不相等.记：[k]为正整数被7除后所得余数为k(0k6)，即余数为k的同余类.(2)如果n6，则：一定存在0k6使得每个ai(1in)均不在[k]中.不妨令k0，则在所有ai(1in)后面添加7所得的数ai710ai7一定不能被7整除；也就是说，ai(1in)均不是7的“魔术数”.【或】：如果n6，分别取m1，2，，7，根据“抽屉原理”a1，a2，，an中的一个数M是ij(1ij7)的共同的?魔术数”.从而有，7|(10Mi)，7|(10Mj)，因此，7|(ji).得到矛盾；因此，n7.(3)又当amm(1m7)时，对任意一个正整数M，设其为p位数，则：10pMm(1m7)被7除后所得余数两两互异.否则，存在1ij7使得，7|[(10pjM)(10piM)]，从而7|10p(ji).因此，有7|(ji).但1ji6，这是不可能的.因此，一定存在正整数amm使得，7|(10mM).n的最小值为7.

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2014年全国初中数学竞赛预赛试题及参

一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分).

250、若a是最大的负整数，b是绝对值最小的有理数，c是倒数等于它本身的自然数，则

a20132014bc2015的值为(D).

A. 2013； B. 2014； C. 2015； D. 0.

【解析】

最大的负整数是-1，故a=-1；绝对值最小的有理数是0，故b=0；倒数等于它本身的自然数是1，故c=1. ∴a20132014bc2015(1)201320140120150.

xyz5251、已知实数x，y，z满足，则代数式4x4z1的值是(A).

4xy2z2A. -3； B. 3； C. -7； D. 7.

【解析】

两式相减，得3x3z3xz1.故4x4z14(xz)14(1)13252、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(C).

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dacbMN图1图2

A. a； B. b； C. c； D. d.

【解析】

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，于是线段d与AM重合，MN与线段c重合.

BAadcb图1图2NMBAMN

253、已知二次函数yax2bxc的图象如图所示，则下列7个代数式

ab，ac，bc，b24ac，abc，abc，2ab中，其值为正的式子的个数为(C).

A. 2个； B. 3个；

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C. 4个； D. 4个以上.

【解析】

由图象可得，a>0，b<0，c>0. ∴ab<0，ac>0，bc<0. ∵抛物线与x轴有两个交点. ∴b2-4ac>0.

当x=1时，y<0，即a+b+c<0. 当x=-1时，y>0，即a-b+c>0.

从图象可得，抛物线对称轴在直线x=1的左边，即-b/2a<1. ∴2a+b>0.

因此7个代数式中，其值为正的式子的个数为4个.

254、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y的图象上移动时，B点坐标满足的函数解析式为(B).

1(x0)x

A. y1(x0)； 8x1(x0)； 4x1(x0) 2xB. yC. y1D. y(x0).

x第155页/共165页

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【解析】

如图所示，分别过点A，B分别做y轴的垂线AN，BM，那么△ANO∽△OMB，则

SANOOA2()4SOMBOB11ONAN221111SOMBSANO44281OMBM41y.4xSANO

255、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(B).

A. 1； B. 2； C. 3； D. 6.

【解析】

如图所示，设KH中点为S，连接PE、ES、SF、PF、PS.

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AMCPD BENGRHQKSF

设AP=x(1≤x≤5)，则BP=6-x.

x56x5PEx2()2x，ES(6x)2()2(6x)，2222266x256x25SF()x2x，FP(6x)2()(6x)22222PESF，ESFP四边形PESF是平行四边形.

∴G为PS的中点，即在点P运动过程中，G始终为PS的中点.

∴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2.

二、填空题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)，

256、已知3x2，化简2x3(x9)2得_____. 2【解析】

3x-6.

2x303x22x902x3(x9)22x3(9x)3x6257、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个为红色玻璃球的概率为_____.

【解析】6252，那么，随机摸出一5.

设口袋中蓝色玻璃球有x个，依题意，得

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x2x1069x5P(摸出一个红色玻璃球) .

66691025x2x114，则x221_____. 258、若

xx【解析】

x2x11114x3(x)29x227xxxx1x221718.x259、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_____.

【解析】.

∵Rt△OAB中，∠AOB=30°，AB=2. ∴AO=CO=23，BO=DO=4.

S阴影(S扇形OBDSAOB)(S扇形OACSCOD)S扇形OBDS扇形OAC904290(23)2360360.

260、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=_____.

【解析】221.

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如图所示，过A1作A1M⊥BC，垂足为M，设CM=A1M=x，

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则BM=4-x.

在Rt△A1BM中，

A1M2A1B2BM29(4x)29(4x)2x22A1Mx22CA12A1M2(22)2212

261、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_____.

【解析】

20.

因为(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(本大题共3小题，第13题14分，第14题16分，第15题18分，共

48分).

262、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

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5x7y10z346，y2z.

易知0＜x≤69，0＜y≤28，0＜z≤14. ∴5x14z10z346. 即x34624z. 5∵x，y，z均为正整数. ∴z只能取14，9和4. ①当z为14时，x②当z为9时，x③当z为4时，x34624z34624142，y2z21428，此时xyz44； 5534624z34624926，y2z2918，此时xyz53； 5534624z34624450，y2z248，此时xyz62. 55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. 263、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)，PH⊥DE于H.设DP为x，四边形AEHP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.)

ADEFBC

【解】(1)在Rt△AED中，

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DAPHEFBC AE6，AD8.ED10.PHPDsinPDHxySADESPDH6334x，DHPD2PH2x2(x)2x. 1055511346268xx24x.2255256BE(2)①EF25，BFEF2BE252324.

cosPDH610ADG2EG1FO1BO2C

若⊙O1与直线DE、AB都相切，且圆心O1在AB的左侧. 过点O1作O1G1DF于G1，则可设O1G1O1Br1.

33r1O1G1O1FsinG1FO1(4r1)r1.

52若⊙O2与直线DE、AB都相切，且圆心O2在AB的右侧. 过点O2作O2G2DF于G2，则可设O2G2O2Br2.

3r2O2G2O2FsinG2FO2(4r2)r26

5即满足条件的圆的半径为②6个.

3或6. 2第161页/共165页

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ADEFBC 2、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=23，试求AB的最大值；

(3)在(2)的条件下，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.

OAABAOBABO.AB//OCABOBOC.11AOC603022ABO30，OBCABCABO1203090.AOBBOCE为OC的中点.OC2BC2OA.OAE为等边三角形.OB垂直平分线段AE.PAPE.

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(2)∵PC+PE=23 ∴PC+PA=23.

显然有OB=AC≤PC+PA=23.

在Rt△BOC中，设AB=OA=BC=x，则OC=2x，OB=3x. ∴3x23x2. 即AB的最大值为2.

(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(1，3).

∴可设N点坐标为(a，3a)，则DF=a－m，NF=3a，FC=4－a. ∵△OMD∽△FND∽△FCN ∴∴

ODDFNF OMNFFCmam3a. 13a4a43.

431解得，m第163页/共165页

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即当0m43时，△MNC为钝角三角形；

431②当N点在AB上时，不能满足△MNC为钝角三角形；

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.

OBBC，CNMNMN//OBODMBOC30o OM1ODm3∴当3m4时，△MNC为钝角三角形. 综上所述，当0m43或3m4时，△MNC为钝角三角形.

431第1页/共165页

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