全国初中数学竞赛

全国初中数学竞赛

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1

中国教育学会中学数学教学专业委员会

“《数学周报》杯”2008年全国初中数学竞赛试题

一、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分以下每道小题均给出了代号为A、

B、C、D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的.请将正确选项的代号填入题

后的括号里，不填、多填或错填都得0分）

1．已知实数x，y满足3,3

24

24

24

yy

xx

，则4

4

4

y

x

的值为（）

（A）7（B）

2

131

（C）

2

137

（D）5

2．把一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先后投掷2次，

若两个正面朝上的编号分别为m，n，则二次函数nmxxy2的图象与x轴有两个不

同交点的概率是（）．

（A）

12

5

（B）

9

4

（C）

36

17

（D）

2

1

3．有两个同心圆，圆周上有4个不同的点，小圆周上有2个不同的点，

则这6个点可确定的不同直线最少有()．

（A）6条（B）8条（C）10条（D）12条

4．已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB=a<1．以AB为一边在圆

O内作正△ABC，点D为圆O上不同于点A的一点，且DB=AB=a，DC的延长线交圆

O于点E，则AE的长为（）．

（A）a

2

5

（B）1（C）

2

3

（D）a

5．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其任意连续三个数

之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有（）．

（A）2种（B）3种（C）4种（D）5种

二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）

6．对于实数u，v，定义一种运算“*”为：u*v=uv+v．若关于x的方程

4

1

)*(*xax有两个不同的实数根，则满足条件的实数a的取值范围是；

7．小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车，每隔3分钟从迎面

驶来一辆18路公交车．假设每辆18路公交车行驶速度相同，而且18路公交车总站每隔

固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是分钟．

2

C

D

M

F

8．如图，在△ABC中，AB=7，AC=11，点M是BC的中点，AD是∠BAC的

平分线，MF∥AD，则FC的长为

（第8题）

9．△ABC中，AB＝7，BC＝8，CA＝9，过△ABC的内切圆圆心I作DE∥BC，

分别与AB，AC相交于点D，E，则DE的长为．

10．关于x，y的方程)(20822yxyx的所有正整数解为．

三、解答题（共4题，每题15分，满分60分）

11（A）．在直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b（k0）的图象与x轴、y

轴的正半轴分别交于A，B两点，且使得△OAB的面积值等于3OBOA

（1）用b表示k；

（2）求△OAB面积的最小值．

11（B）．已知一次函数xy2

1

，二次函数12

2

xy，是否存在二次函数

cbxaxy2

3

，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

对应的函数值

321

,,yyy，都有

231

yyy成立？若存在，求出函数

3

y的解析式；若不存

在，请说明理由．

12（A）．是否存在质数p，q，使得关于x的一元二次方程02pqxpx

有有理数根？

12（B）．已知a，b为正整数，关于x的方程022baxx的两个实数根为

21

,xx，

关于y的方程022bayy两个实数根为

21

,yy，且满足2008

2211

yxyx。

求b的最小值．

A

B

3

13（A）．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．

13（B）．如图，△ABC的三边长BC=a，CA=b，AB=c，a，b，c都是整数，且a，b

的最大公约数为2．点G和点I分别为△ABC的重心和内心，且∠GIC=90°．求△ABC

的周长．

（第13（B）题）

14（A）．从1，2，„，9任取n个数，其中一定可以找到若干个数（至少一个，也可以

是全部），它们的和能被10整除，求n的最小值．

14（B）．已知有6个互不相同的正整数

621

,,aaa，且

621

aLaa．从

这6个数任意取出3个数，分别设为

kji

aaa,,，其kji，记

kji

aaa

kjif

321

),,(，

证明：一定存在3个不同的数组（i，，j，k），其中61kji，使得对应着的3个

),,(kjif两两之差的绝对值都小于0.5．

“《数学周报》杯”2008年全国初中数学竞赛试题参考答案

1、【答】（A）

解：因为0,022yx，由已知条件得：

2

3411

,

4

131

8

344421

2

2











y

x

76

2

33

24

2

2

2

2

4

4

y

x

y

x

y

x

2、【答】（C）

解：基本事件总数有

3666

，即可以得到36个二次函数.由题意知

042nm，即nm42

通过枚举知，满足条件的m，n有17对.故

36

17

p。

3、【答】（B）

4

解：如图，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8条．当这6个点如图所示放置时，恰好可以

确定8条直线．所以，满足条件的6个点可以确定的直线最少有8条．

（第3题）

4、【答】（B）

解：如图，连接OE，OA，OB．设∠D=，

则∠ECA=120°=∠EAC．

又因为

120)218060(

2

1

2

1

ABDABO

所以△ACE≌△ABO，于是AE=OA=1．

（第4题）

5、【答】（D）

解：设

54321

,,,,aaaaa是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．

首先，对于

4321

,,,aaaa，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，

与已知条件矛盾．

又如果

i

a（1≤i≤3）是偶数，

1i

a是奇数，则

2i

a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

54321

,,,,aaaaa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．

6、【答】a>0，或

1a

．

解：由

4

1

)*(xax，得0

4

1

)1()1(2xaxa

依题意有











0)1()1(

01

2aa

a

5

解得，a>0，或a<-1．

7、【答】4．

解：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syx66①

每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车，则3x+3y=s．②

由①，②可得s=4x，所以4

x

s

即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟．

8、【答】9．

解：如图，设点N是AC的中点，连接MN，

则MN∥AB．又MF//AD，

所以∠FMN=∠BAD=∠DAC=∠MFN，

所以FN=MN=

2

1

AB．

因此FC=FN+NC=

2

1

AB+

2

1

AC=9．（第8题答案）

9、【答】

3

16

．

解：如图，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

a

h，则

rcbaSah

ABCa

)(

2

1

2

1





所以

cba

a

h

r

a





因为△ADE∽△ABC，以它们对应线段成比例，因此

BC

DE

h

rh

a

a



（第9题答案）

所以

cba

cba

a

cba

a

a

h

r

a

h

rh

DE

aa

A















)(

)1()1(

故

3

16

978

)97(8







DE

10、【答】





















32

160

,

32

48

y

x

y

x

解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4得的余数为0，奇数的平方数除以4

6

得的余数为1，以x，y都是偶数．

设x=2a,y=2b，则)(10422baba

同上可知，a，b都是偶数．设a=2c,b=2d，则)(5222dcdc

所以c，d都是偶数．设c=2s,d=2t，则)(2622tsts

于是222132)13()13(ts

其s，t都是偶数．所以2222221115132)13(132)13(ts

所以13s可能为1，3，5，7，9，进而2)13(t为337，329，313，289，257，故只能

是289)13(2t，从而713s．于是





















4

20

,

4

6

t

s

t

s

，因此





















32

160

,

32

48

y

x

y

x

。

11、（A）

解：（1）令x=0，得y=b，b>0；令y=0，得

k

b

x>0，k<0．

以A，B两点的坐标分别为A)0,(

k

b

，B(0，b)，于是，△OAB的面积为

)(

2

1

k

b

bS

由题意，有3)(

2

1

b

k

b

k

b

b，解得

)3(2

22







b

bb

k„5分

（2）由（1）知

10271027)

2

10

2(

7

2

10

2

2

10)2(7)2(

2

)3(

)(

2

1

2

2

























b

b

b

b

b

bb

b

bb

k

b

bS

当且仅当

2

10

2





b

b时，有1027S，即当102b，

1k

时，不等式中的

等号成立．

所以，△OAB面积的最小值为1027„„„„„„15分

11（B）

解：存在满足条件的二次函数．

因为0)1(12)1(2222

21

xxxxxyy，所以，当自变量x取任意实

数时，

21

yy均成立．

7

由已知，二次函数cbxaxy2

3

的图象经过点（－5，2），得

2525cba

．①

当x=1时，有2

21

yy，cbay

3

由于对于自变量x取任意实数时，

231

yyy均成立，所以有

2≤a+b+c≤2，

故a+b+c=2．②

由①，②，得b=4a，

ac52

，所以

)52(42

3

aaxaxy„„„„„„5分

当

31

yy时，有)52(422aaxaxx，即

0)52()24(2axaax

所以，二次函数)52()24(2axaaxy对于一切实数x，函数值大于或等于零，

故











0)52(4)24(

0

2aaa

a

即











0)13(

0

2a

a

解得

3

1

a．„„„„„10分

当

23

yy时，有1)52(422xaaxax，即0)15(4)1(2aaxxa

所以，二次函数)15(4)1(2aaxxay对于一切实数x，函数值大于或等于零，

故











0)15)(1(4)4(

01

2aaa

a

即











0)13(

1

2a

a

所以

3

1

a

141

综上，

3

1

52,

3

4

4,

3

1

acaba

所以，存在二次函数

3

1

3

4

3

1

2

3

xxy，在实数范围内，对于x的同一个值，

都有

231

yyy成立．„„„„„„15分

12（A）．

解：设方程有有理数根，则判别式为平方数．令

2224npq，其中n是一个非负整数．则24))((pnqnq„„5分

由于nqnq1，且

nq

与

nq

同奇偶，故同为偶数．因此，有如下几种可能情

形：











22

2

pnq

nq

，











2

4

pnq

nq

，











pnq

pnq

4

，











pnq

pnq

2

2

，











4

2

nq

pnq

。

8

消去n，解得12pq，

2

2

2p

q，

2

5p

q，pq2，

2

2

2p

q„„„10分

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02522xx，它的根为2,

2

1

21

xx它们都是有理数．

综上述，存在满足题设的质数．„„„„„„15分

12（B）．

解：关于x的方程022baxx的根为baa2，关于

y

的方程022bayy的

根为baa2．

设tba2，则

当taytaytaxtax

2121

,,,时，有0

2211

yxyx，不满足条件；

当taytaytaxtax

2121

,,,时，有0

2211

yxyx，不满足条件；

当taytaytaxtax

2121

,,,时，得atyxyx4

2211

；

当taytaytaxtax

2121

,,,时，得atyxyx4

2211

；

由于02tba，于是有

502at

„„„„„„10分

又由于a为正整数，得知t是有理数，从而t是整数．

由at=502，得a=251，t=2，即b取最小值为6299722512222tab

所以，b的最小值为62997．„„„„„„15分

13（A）．

解：存在满足条件的三角形．

当△ABC的三边长分别为5,4,6cba时，

BA2

„„„„„„5分

如图，当

BA2

时，延长BA至点D，使

AD=AC=b．连接CD，则△ACD为等腰三角形．

因为∠BAC为△ACD的一个外角，所以∠BAC=2

∠D．由已知，∠BAC=2∠B，所以∠B=∠D．

所以△CBD为等腰三角形．

又∠D为△ACD与△CBD的一个公共角，

有△ACD∽△CBD，于是

BD

CD

CD

AD

，即

cb

a

a

b



即)(2cbba，（第13（A）题答案）

9

而)54(462，以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形．„15分

说明：满足条件的三角形是唯一的．

若

BA2

，可得)(2cbba．有如下三种情形：

（1）当a>c>b时，设1,,1nbncna（n为大于1的正整数），

代入)(2cbba，得)12)(1()1(2nnn，解得n=5，有a=6，b=4，c=5；

（2）当c>a>b时，设1,,1nbnanc（n为大于1的正整数），

代入)(2cbba，得)2)(1(2nnn，解得n=2，有a=2，b=1，c=3，此时不

能构成三角形；

（3）当a>b>c时，设1,,1ncnbna（n为大于1的正整数），

代入)(2cbba，得)12)(()1(2nnn，即0132nn，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．

13（B）．

解：如图，延长GI，与边BC，

CA分

别交于点P，Q．设重心G在边BC，

CA上的投影（垂直）分别为E，F，

△ABC的内切圆的半径为r，BC，

CA边上的高的长分别为

ba

hh,，

易知CP＝CQ，由

GQCGPCPQC

SSS





可得

)(

3

1

2

ba

hhGFGEr即)

22

(

3

1

2

2

b

S

a

S

cba

S

ABCABCABC





从而可得

ba

ab

cba





6

„„„„„„10分

因为△ABC的重心G和内心I不重合，所以，△ABC不是正三角形，且

ab

，

否则，a=b=2，可得c=2，矛盾．

不妨假设a>b，由于2),(ba，设1),(,2,2

1111

babbaa，

于是有

11

11

12

6

ba

ba

ba

ab







为整数，以有12)(

11

ba，即24)(ba

10

于是只有a=14，b=10时，可得c=11，满足条件．

因此有a+b+c=35．所以，△ABC的周长为35．„„„„„„15分

14（A）．

解：当n＝4时，数1，3，5，8没有若干个数的和能被10整除．„„„„„„5分

当n＝5时，设

521

,,,aLaa是1，2，„，9中的5个不同的数．若其任意若干个数，它们

的和都不能被10整除，则

521

,,,aLaa中不可能同时出现1和9；2和8；3和7；4和6．于

是

521

,,,aLaa必定有一个数是5．

若

521

,,,aLaa含1，则不含9．于是不含4（4＋1＋5＝10），故含6；于是不含3（3＋6＋1

＝10），故含7；于是不含2（2＋1＋7＝10），故含8．但5＋7＋8＝20是10的倍数，矛盾．

若

521

,,,aLaa含9，则不含1．于是不含6（6＋9＋5＝20），故含4；于是不含7（7

＋4＋9＝20），故含3；于是不含8（8＋9＋3＝10），故含2．但是5＋3＋2＝10是10的

倍数，矛盾．

综上所述，n的最小值为5．„„„„„„15分

14（B）．

证明：在6个正整数任意取出3个数共有20种取法，从而确定了20个数组),,(kji．

由于

3

13

1

3

2

2

3

1321

),,(0

kji

aaa

kjif„„„„„„5分

13

把数轴上的点0到点

3

13

分成如下9个部分：

2

1

0x，1

2

1

x，

2

3

1x，2

2

3

x，

2

5

2x，3

2

5

x，

2

7

3x，

4

2

7

x，

3

13

4x

由于20＝9×2＋2，由抽屉原则知，在上述9个部分，一定有一个至少含有3个

),,(kjif．从而，这3个),,(kjif两两之差的绝对值都小于0.5„„„„15分