端午来历-深泉大学

第19届希望杯全国数学邀请赛试题·解答
初中二年级
第2试

一、选择题 (以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将你认为是正确答案的英文 字母填
在每题后面的圆括号)
1．将数字“6”旋转
180

，得 到数字9；将数学“9”旋转
180

，得到数字6；那么将两位数“69”
旋转
180

，得到的数字是（ ）
A．69 B．96 C．66 D．99

xay10
有无数组解，则
a
，
b
的值为（ ）
bx2y10

2．关于
x
，
y
的方程组

A．
a0
，
b0< br> B．
a2
，
b1
C．
a2
，
b1
D．
a2
，
b1

b

，底边
AB< br>的3．在平面直角坐标系内，有等腰三角形
AOB
，
O
是坐标原点，点
A
的坐标是

a，
中线在1，3象限的角平分线上，则点
B
的坐标是（ ）
a

A．

b，

b

B．

a，

b

C．

a，

b

D．

a，
4．给出两列数：⑴1，3，5，7，…，2007；⑵1，6，11，16，…，2006，则同时出现在两 列
数中的数的个数是（ ）
A．201 B．200 C．199 D．198
5．If one side of a triangle is 2 tines of another side and it has the largest possible area，
then the ratio of its three sides is ( )
A．
1:2:3
B．
1:1:2
C．
1:3:2
D．
1:2:5

（英汉小词：possible可能的；area面积；ratio比率，比值）
6．有面值 为10元、20元、50元的人民币（至少一张）共24张，合计1000元，那么其中面值
为20元的 人民币有（ ）张．
A．2或4 B．4 C．4或8 D．2到46之间的任意偶数
7．由1，2，3这三个数字组成四位数，在每个四位数中，这三个数字 至少出现一次，这样的四
位数有（ ）
A．33个 B．36个 C．37个 D．39个
8．如右图，矩形
ABCD
的长
AD9< br>厘米，宽
AB3
厘米，将它折叠，使点
D
与点
B
重 合，那么折
叠后
DE
的长和折痕
EF
的长分别是（ ）
A．5厘米，
10
厘米
C．6厘米，
10
厘米








B．5厘米，3厘米
D．5厘米，4厘米

A
3
B
C
B
F
C
y
N
A
B
S
1
S
2
B
2
x
y=mx-4m
O
9
D
A
E
D

9．如右图，函数
ym x4m
的图像分别交
x
轴、
y
轴于点
M
，
N
，
线段
MN
上两点
A
，
B
在
x
轴上的垂足分别为
A
1
，
B
1
，若
OA
1
OB
1
4
，则
△OA
1
A
的面积
S
1
与
△OB
1
B
的面积
S
2
的大小
关系是（ ）
A．
S
1
S
2

C．
S
1
S
2






B．
S
1
S
2

D．不确定的

A
1
10．已知
a
是方程x
3
3x10
的一个实数根，则直线
yax1a
不 经过（ ）
A．第1象限
二、填空题

7

1 1．化简


3

1004
B．第2象限 C．第3象限 D．第4象限
3
2008
15
2008
，得到 ． < br>7
2008
35
2008
12．三位数
3ab
的2 倍等于
ab8
，则
3ab
等于 ．
13．当
x2
时，化简代数式
x2x1x2x1
，得 ．
111
14．已知
f

x


，并 且
f

a

0
，则
a
等于 ．

xx1x2
15．If the sum of a 4-digit natural number and 17，the difference between it and 72 are all
square numbers，then the 4-digit natural number is ．
（英汉小词典：4-digit natural number四位自然数；difference差；square number完全平
方数）
16．将等腰三角形纸片
ABC
的底边
BC
沿着过
B
点的直线折叠，使点
C
落在腰
AB
上 ，这时纸片的
不重合部分也是等腰三角形，则
A______
．
17． 将100只乒乓球放在
n
个盒子中，使得每个盒子中的乒乓球的个数都含有数字“8”，如当< br>n3
时，箱子中的乒乓球的数目可以分别为了8，8，84；若
n5
时，有 且只有两个箱子中
的乒乓球个数相同，那么各箱子中的乒乓球的个数分别是 ． b，c，d

，现按下列方式重新写成数组

a
1
，b
1
，c
1
，d
1

，使
a
1ab
，
18．已知一个有序数组

a，
b
1
bc
，
c
1
cd
，
d
1
d a
，按照这个规律继续写出
b
2
，c
2
，d
2
，…，

a
n
，b
n
，c
n
，d
n

，若

a
2
，
y
B< br>1000
a
n
b
n
c
n
d
n
2000
，则
n_________
．
abcd0

，
B

0，1

的镜面19．如右图，一 束光线从点
O
射出，照在经过
A

1，
上的点
D< br>，经
AB
反射后，后经
y
轴再反射的光线恰好通过点
A
，
则点
D
的坐标是 ．
20．某条直线公路上有
A
1
，
A
2
，…，
A
11
共11个车站 ，且
A
i
A
i2
≤12
千

O
Ax

米

i1，2，3，，9
，
A
i
A
i3
≥17
千米
< br>i1，2，3，，8

，若
A
1
A
11
56
千米，则
A
10
A
11
A
2
A< br>7
______
千米．
三、解答题
21．如下左图，在
△ABC
中，
ACB90

，
ACBC10
，CD
是射线，
BCF60

，点
D
在
AB
上，
AF
，
BE
分别垂直
CD
（或延长线）于F
，
E
，求
EF
的长．
A
y
FD
E
B
1
C
2
C
60
o
B< br>

22．如上右图，在直角坐标系中，
△ABC
满 足：
C90
，
AC2
，
BC1
，点
A，
C
分别在
x
轴、
y
轴上，当
A
点 从原点开始在
x
轴正半轴上运动时，点
C
随着在
y
轴正半轴 上运动．
O
Ax
⑴ 当
A
在原点时，求原点
O
到 点
B
的距离
OB
；
⑵ 当
OAOC
时，求原点
O
到点
B
的距离
OB
；
⑶ 求原点
O< br>到点
B
的距离
OB
的最大值，并确定此时图形应满足什么条件？

23．已知
m
，
n

mn

是正整数．
⑴ 若
3
m
与
3
n
的末位数字相同，求
m n
的最小值；
⑵ 若
3
m
与
3
n
的末 两位数字都相同，求
mn
的最小值．



参考答案
一、选择题
1．A
【解析】
把数字“69”看做一个图形，则这是一个 中心对称图形，旋转
180

之后，与原来的数字
相同，即得到数字还是69 ．选A．
2．B

xay10
【解析】
方程组


bx2y10
①
②

① 2②a
，得

2ab

x

2a< br>
，
若
2ab0
，则方程组只有一解，若
2ab0
，而
2a0
，则方程组无解，
若方程组有无数组解，则

2ab0，
解得
a2
，
b1
．选B．
2a0.


3．A
【解析】 < br>因为
△OAB
是等腰三角形，
O
为顶点，所以
OAOB，又
AB
为底边，所以
AB
垂直于中
线即垂直于直线
y x
，不妨设
a2
，画图可知
A

2，1
关于
yx
的对称点为

1，2

，
b1< br>，
选A．
4．A
【解析】
由观察可知，同时出现在两列数中的数 是1，11，21，…，2001，即每相邻两个数之间
20011
相差10，所以总数是< br>1201
．选A．
10
5．D
译文：若一个三角形的一条边是 另一条边的2倍，那么当这个三角形的面积最大时，它的三条边
的比值为（ ）
A．
1:2:3
B．
1:1:2
C．
1:3:2
D．
1:2:5

C
C
A
C'
B
【解析】
如右图，使
AB
边不动，让
AC
1
AB
绕点
A
旋转，则
2
BAC
可能为直角，也可能是锐角或钝角，很明显，
只有当
BAC为直角时，
△ABC
的面积最大，且两条
直角边之比为
1:2
， 结合勾股定理，可知此时三条边
由小到大的比值为
1:2:5
．故选D．
6．B
【解析】
设10元，20元，50元分别有
x
，
y
，
24

xy

张，则
10x20y 50

24xy

1000
，即
40x30y2 00
，
4x3y20
．
其中
x
，
y
都是正整数．由
x
≥1
知
3y≤16
，
16
所以
1≤y≤
，
3
所以
y
只能从1，2，3，4，5中取．
又
3y4< br>
5x

，其中
5x
是正整数，3与4是互质的，
所以
y
中一定有一个因数4．
所以
y
只能取4．选B
7．B
【解析】
这样的四位数中的四个数码一定是恰好有两个数码相同，如：1，1，2，3．
⑴ 如果相同的数码是1，即四个数码为1，1，2，3，
那么当两个1相邻时，有1123，1132， 2112，3112，2311，3211共6个数，若两个
1不相邻有1213，1312，1231 ，1321，2131，3121，也是有6个数，即恰好有两个
1的四位数有12个，同理，恰好有两 个2，与恰好有两个3的四位数都有12个，总共
有36个四位数．选B．
8．A
【解析】
如右图，设
EDx
，则
AE9x
，
BEEDx
．
在直角
△ABE
中，得
3
2


9x

x
2
，
2
A
E
G
F
C'
D

B
(D')
C

解得
x5
，即
ED5
厘米．
过
E
点 作
EG⊥BC
交
BC
于点
G
，
BFDE5厘米，
BGAE4
厘米，
所以
FG1
厘米．
在
Rt△EFG
中，
EFEG
2
GF
2
3< br>2
1
2
10
厘米，
所以选A．
9．A
【解析】
设
A

x
1
，y
1

，
B

x
2
，y
2

，则
y
1
mx
1
4m
，
y
2
mx2
4m
．
11
又
S
1
OA
1< br>A
1
Ax
1

mx
1
4m

，
22
11
S
2
OB
1
B
1
Bx
2

mx
2
4m

，
22
1
2
则
S
1
S
2
m

x
1
2
x
2

2m

x1
x
2


2
1
m

x
1
x
2

x
1
x
2
4< br>
．
2
由题意，知
m0
，
x
1
x
2
，且
x
1
x
2
4
，
所以
S
1
S
2
．选A
10．D
【解析】
当
x≤0
时，
x
3
3x10，所以
x≤0
时，原方程无解；同样
1

1

当
x
≥
时，
x
3
3x10
，所以原方程的 实数根只能在

0，

之间，
3

3

因为
a
是方程
x
3
3x10
的一个实数根，
1
所以
0a
．
3
对于直线
yax1a
，
a0
，
1a0
，
所以直线不经过第四象限，选D．

二、填空题
11．1
20 082008
3
2007
15
2008
3

1 5

3
2008

【解析】
2008
， 735
2008
7
2008

15
2008

7
2008

7

所以原式

< br>
3

1004

3



7

1004
1
．
12．374
【解析】
由题意知
2

30010ab

100a10b8
，化简得
10ab74
，
所以原来的三位数是374．
13.
2x1

【解析】
x2x1x2x1


x1

2x11
x1

2x11



x11 

2

x11

2

因为
x2
，所以
x110
．
所以原式

14．
2


x11

x112x1
．

1112x
2
【解析】
f

x


，

xx1x2x

x1

x2

所有由
f

a

0
得
2a
2
0
，
也就是
a
2
2
，得
a2
．
15．2008
译文：有一个四位自然数，若加上17或减去72，结果都是完全平方数，则这个自然数是 ．
【解析】
设这个自然数是
a
，由题意得
2


a17m
（
mn
，且
m
，
n
均 为自然数）

2


a72n
两式相减得
m
2
n
2
89
，89是一个质数，所以

mn

mn

891
，
只有

< br>mn89

m45
解得

．
mn1n 44

所以
a45
2
172025172008
．
16．
36


【解析】
如右图所示，设折叠后点
C
落在
D
点，
BE
是折痕．
则
BDEBCEDBC
．
在等腰
△ADE
中， 若
A
是顶角，则
DE∥BC
，
ADEDBC
，
由前面已证
DBCBDE
，
所以得到
ADEBDE90

矛盾；
若
AED
是顶角，则
AADE180

BDE180

ACB
，
AACB180
，矛盾．

A
D
E
B
C
所以
ADE
是顶角，则
2AA DE2A180



180

A
< br>2180

．
解得
A36

．
17．8，8，18，28，38
【解析】
5个盒子中的乒乓球个数都含有数字8 ，则5个数的个位都为8，或有一个数的十位数为
8，但后一种情况不可能．所以每个盒子中各放入8只 ，再将剩下的60只合理分配在各
个箱子中即可，得8，8，18，28，38．
18．10
【解析】
由已知
a
1
b
1
c
1d
1
2

abcd


a
1
b
1
c
1
d
1
2
．
abcd
abcd
同理得
2222
4
． < br>abcd
a
3
b
3
c
3
d3
abcd
n
8
，……，
nnn

2
n
，
abcdabcd
即

所以
100

2
n

2000
，
n10
．
19．

，


33
【解析】
如右图，点
O
关于
AB
的对称点为
O'

1，1

，点
A
关

12


y
B
1
2
O'
于
y
轴的对称点为
A


1，0

，
AB
所在的直线的方程
为
yx1

A

O
所在直线的方程为
y
1

x1

．
2< br>A'O
A
x
1

x

yx1



3
由

解得

．
1< br>2
yx1


y

2

3


12

所以点
D
的坐标为

，

．

33

20.34
【解析】 因为
A
1
A
10
A
1
A
4
A
4
A
7
A
7
A
10
，
A< br>i
A
i3
≥17
（千米）
所以
A
1A
10
≥3
×1751
（千米）．
又
A
1
A
11
56
（千米），所以
A
10
A
1 1
≤5
（千米）．
有
A
8
A
11
≥17
（千米），
A
8
A
10
≤12
（千米），
所以
A
10
A
11
≥5
（千米）．
于是只有
A
10
A
11
5
（千米）．
同理
A
1
A
2
5
（千米）．
而
A
1
A
7
≥34
（千米），所以
A
2
A
7
≥29
（千米），
又
A
2
A
10565546
（千米），
A
7
A
10
≥17< br>（千米），
所以
A
2
A
7
≤29
（千米）．
所以
A
2
A
7
29
（千米）
所以A
10
A
11
A
2
A
7
34（千米）．

三、解答题
21．
【解析】
在
R t△ACF
和
Rt△CBE
中，
ACBC
，
ACF9 0

60

30

，
CBE30

，
即
ACFCBE
，
所以
△ACF≌△CBE
，
CEAF5
，
BECF53
．
所以
EFCFCE5
22．
2

，
【解析】
⑴ 当
A
点在原点时，如下左图，
AC
在
y
轴上
BC⊥y
轴，所以点
B
的坐标是

1，< br>
31
．

于是
OBx
2
y
2
5
；

y
C
B
y
3
2
D
B
C
1

⑵ 当
OAOC
时，如上右图，
△OAC
是等腰三角形，且
AC2
，
所以
OAOC2
，
1245

，
从 点
B
，
C
分别作
x
轴，
y
辆的垂线，两条 直线交于点
D
，所以
345

，
因为
BC 1
，所以
CDBD
得
B
点的坐标是


2
，
2
O
A
x
O
Ax

23 2

，


．
22

22

2

32

所以
OB



2





2


 5

⑶ 如右图，取
AC
的中点
E
，连结
O E
，
BE
，
在
Rt△AOC
中，
OE
是斜边
AC
上的中线，
1
所以
OEAC1
．
2
1
在
△AC B
中，
BC1
，
CEAC1
，
BCE90

，
2
所以
BE2
．
若点
O
，< br>E
，
B
不在一条直线上，则
OBOEEB12
． < br>y
B
C
E
O
Ax
若点
O
，
E
，
B
在一条直线上，则
OBOEEB12
．
所 以当
O
，
E
，
B
三点在一条直线上时，取得最大值，最大值 为
12
．
23．
【解析】
⑴ 由已知得
3
m
3
n
是10的倍数，即
3
m
3
n
 3
n

3
mn
1

是10的倍数．
又
3
n
与10的互质的，所以只能是
3
mn

1
是10的倍数．
令
mns
，所以只要
3
s
的末位数字是1即可， 显然
3
4
81
满足条件，所以
mn
的最小值是4；
取
n1
，则
m5
，此时
mn
最小，最小值为 6．
⑵ 由⑴的思路得
3
m

3
n
是100的倍数，
即< br>3
m
3
n
3
n

3
mn1

是100的倍数，
又
3
n
与1000是互质的 ，所以只能是
3
mn

1
是100的倍数．
令
mnr
，所以只要
3
r
的末位数字是01即可，
因为
3
r
末位数字为1，所以
r
一定是4的倍数， 令
r4t
（
t
是正整数），所以
3
r
3< br>4t
81
t
的末两位数是01．