春秋战国时期的故事-701所

2005年第16届“希望杯”全国数学邀请赛试卷（初二第2试）

一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5分）若a，b均为正整数，m＝ab（a+b），则（ ）
A．m一定是奇数
B．m一定是偶数
C．只有当a，b均为偶数时，m是偶数
D．只有当a，b一个为偶数，另一个为奇数时，m是偶数
2．（5分）设b＜a＜0，
A． B．﹣
，则等于（ ）
C．﹣3
3c
D．3
3．（5分）a，b，c 为正整数 其中a，b 是质数，a+b+a＝635，求a+b+c＝？
A．14 B．13 C．12 D．11
4．（5分）购买铅笔7支，作业本3本，圆珠笔1支共需3元；购买铅笔10支，作业本4
本，圆珠 笔1支共需4元，则购买铅笔11支，作业本5本，圆珠笔2支共需（ ）
A．4.5元 B．5元 C．6元 D．6.5元
5．（5分）计算机将信息转换成二进制数来处理．二进制是“逢二进一”， 如二进制数（1101）
2
转换成十进制数是1×2+1×2+0×2+1×2＝13，那么二 进制数
3210
转换
成十进制数是（ ）
A．2
2004
+1 B．2
2005
C．2
2005
﹣1 D．2
2005
+1
6．（5分）已知△A BC的三个内角的比是m：（m+1）：（m+2），其中是m大于1的正整数，
那么△ABC是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
7．（5分）已知 △ABC的三条高的比是3：4：5，且三条边的长均为整数，则△ABC的一边
长可能是（ ）
A．10
8．（5分）已知两位数
B．12 C．14 D．16
能被3 整除，它的十位数字与个位数字的乘积等于它的个位数字，
且它的任意次幂的个位数字等于它的个位数字 ．这样的两位数共有（ ）
A．1个 B．3个 C．4个 D．5个
9．（5分）放成 一排的2005个盒子中共有4010个小球，其中最左端的盒子中放了a个小球，
第1页（共19页）

最右端的盒子中放了b个小球，如果任何相邻的12个盒子中的小球共有24个，则（ ）
A．a＝b＝2 B．a＝b＝1 C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝1
，那么x+y +z
222
10．（5分）已知整数x，y，z满足x≤y＜z，且
的值等于（ ）
A．2 B．14 C．2或14 D．14或17
二、填空题（共10小题，每小题5分，满分50分）
11．（5分）如果|a|＝3，|b|＝5，那么|a+b|﹣|a﹣b|的绝对值等于 ．
12．（5分）已知，则＝ ．
13．（5分）某汽车从A地驶向B地，若每分钟行 驶a千米，则11点到达，若每分钟行驶
a千米，则11：20时距离B地还有10千米；如果改变出发 时间，若每分钟行驶a千米，
则11点到达，若每分钟行驶a千米，则11：20时已经超过B地30千 米．A、B两地的
路程是 千米．
14．（5分）若是一个六位数，其中a，b，c 是三个互异的数字，且都不等于0，
1，2，3，又M是7的倍数，那么M的最小值是 ．
15．（5分）分解因式：（x+1）（x+2）（x+3）（x+6）+x＝ ．
16．（5分）若在凸n（n为大于3的自然数）边形的内角中，最多有M个锐角，最少有m
个锐角，则 M＝ ；
m＝ ．
17．（5分）如图，等腰Rt△ABC的直角边长为 32，从直角顶点A作斜边BC的垂线交BC
于D
1
，再从D
1
作D
1
D
2
⊥AC交AC于D
2
，再从D
2
作 D
2
D
3
⊥BC交BC于D
3
，…，则
AD
1
+D
2
D
3
+D
4
D
5
+D
6
D
7
+D
8
D
9
＝ ；D1
D
2
+D
3
D
4
+D
5
D
6
+D
7
D
8
+D
9
D
10＝ ．
2

18．（5分）如图，将三角形纸片ABC沿EF折叠可得 图2（其中EF∥BC），已知图2的面
积与原三角形的面积之比为3：4，且阴影部分的面积为8平方 厘米，则原三角形面积为
平方厘米．
第2页（共19页）

19．（5分）如图，△ABC中，BC：AC＝3：5，四边形 BDEC和ACFG均为正方形，已知
△ABC与正方形BDEC的面积比是3：5，那么△CEF与整 个图形的面积比等于 ．

20．（5分）如果正整数n有以下性质：n的八分之一 是平方数，n的九分之一是立方数，它
的二十五分之一是五次方数，那么n就称为“希望数”，则最小的 希望数是 ．
三、解答题（共3小题，满分30分）
21．（10分）如图是一个 长为400米的环形跑道，其中A、B为跑道对称轴上的两点，且A、
B之间有一条50米的直线通道． 甲、乙两人同时从A点出发，甲按逆时针方向以速度v
1
沿跑道跑步，当跑到B点处时继续沿跑 道前进，乙按顺时针方向以速度v
2
沿跑道跑步，
当跑到B点处时沿直线通道跑回A点 处．假设两人跑步时间足够长．求：
（1）如果v
1
：v
2
＝3： 2，那么甲跑了多少路程后，两人首次在A点处相遇？
（2）如果v
1
：v
2
＝5：6，那么乙跑了多少路程后，两人首次在B点处相遇？

22．（10分） （1）如果a是小于20的质数，且可化为一个循环小数，那么a的取值有哪
几个？
（2）如果a是小于20的合数，且可化为一个循环小数，那么a的取值有哪几个？
23．（ 10分）如图，正三角形ABC的边长为a，D是BC的中点，P是AC边上的点，连接
PB和PD得到 △PBD．求：
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（1）当点P运动到AC的中点时，△PBD的周长；
（2）△PBD的周长的最小值．


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2005年第16届“希望杯”全国数学邀请赛试卷（初二第
2试）

参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5分）若a，b均为正整数，m＝ab（a+b），则（ ）
A．m一定是奇数
B．m一定是偶数
C．只有当a，b均为偶数时，m是偶数
D．只有当a，b一个为偶数，另一个为奇数时，m是偶数
【分析】根据选项，a、b的情况 有三种：①同奇；②同偶；③一奇一偶；代入特殊值
判断即可．
【解答】解：
法一：特殊值法
①令a＝1，b＝3，则m＝ab（a+b）＝3×4＝12，
②令a＝2，b＝4，则m＝ab（a+b）＝8×6＝48，
③令a＝1，b＝2，则m＝ab（a+b）＝3×2＝6，
在三种情况下，m都是偶数，

法二：
①若a、b同为奇数，则ab是奇数，a+b是偶数，故m＝ab（a+b）是偶数；
②若a、b同为偶数，则ab是偶数，a+b是偶数，故m＝ab（a+b）是偶数；
③若a、b一奇一偶，则ab是偶数，a+b是奇数，故m＝ab（a+b）是偶数．
综上所述，在任意情况下，m都是偶数．

故选：B．
【点评】本题考查 了数的奇偶性，①取特殊值法是选择和填空题常见的方法，要熟练掌
握；②解答的关键是要理解下列整数 的性质：两个奇数的和是偶数；两个偶数的和是偶
数；一个奇数与一个偶数的和是奇数；两个奇数的积是 奇数；两个偶数的积是偶数；一
个奇数与一个偶数的积是偶数．
第5页（共19页）

2．（5分）设b＜a＜0，
A．
【分析】对已知条件
即可得到答案．
【解答】解：∵
∴±2ab+
∴（a+b）＝ab，
（a﹣b）＝ab，
又∵b＜a＜0，
∴a+b＜0，a﹣b＞0
∴a+b＝﹣
∴＝﹣3
，a﹣b＝
2
2
，则
B．﹣
等于（ ）
C．﹣3 D．3
进行转化，分别求出a+b与a﹣b的值，然后代入
，
±2ab，
，
故选：C．
【点评】本题考查了因式分解的应用及代数式 求值问题；对已知条件进行转化及符号的
确定是正确解答本题的关键．
3．（5分）a，b，c 为正整数 其中a，b 是质数，a+b+a＝635，求a+b+c＝？
A．14 B．13
c
3c
C．12 D．11
【分析】先分情况取质数a的值，得到b的值，根据a，b，c 为正整数，b是质数，确
定a，b，c的值，代入即可求出a+b+c．
【解答】解：∵a，b，c 为正整数 其中a，b 是质数，
∴当a＝2时，b＝625，b＝5，c＝4；
当a＝3时，b＝605，没有满足条件的c值；
当a＝5时，b＝505，没有满足条件的c值；
当a＝7时，b＝285，没有满足条件的c值；
当a＝11时，b为负数，不符合题意．
∴a+b+c＝2+5+4＝11．
故选：D．
第6页（共19页）

c
c
c
c
c

【点评】本题考查了 质数的基本性质，解题的关键是先确定质数a的值，运用分类思想，
有一点的难度．
4．（5 分）购买铅笔7支，作业本3本，圆珠笔1支共需3元；购买铅笔10支，作业本4
本，圆珠笔1支共需 4元，则购买铅笔11支，作业本5本，圆珠笔2支共需（ ）
A．4.5元 B．5元 C．6元 D．6.5元
【分析】首先假设铅笔的单价是x元，作业本的单价是y元，圆珠笔的单价是z元．购< br>买铅笔11支，作业本5本，圆珠笔2支共需a元．
根据题目说明列出方程组，解方程组求出a的值，即为所
求结果．
【解答】解：设铅 笔的单价是x元，作业本的单价是y元，圆珠笔的单价是z元．购买
铅笔11支，作业本5本，圆珠笔2 支共需a元．
则由题意得
由②﹣①得3x+y＝1 ④
由②+①得17x+7y+2z＝7 ⑤
由⑤﹣④×2﹣③得0＝5﹣a
∴a＝5
故选：B．
【点评】解答此题的关键是列出方程组，用加减消元法求出方程组的解．
5．（5分）计算机 将信息转换成二进制数来处理．二进制是“逢二进一”，如二进制数（1101）
2
转换成十进 制数是1×2+1×2+0×2+1×2＝13，那么二进制数
3210
转换
成十进制 数是（ ）
A．2
2004
+1 B．2
2005
C．2
2005
﹣1 D．2
＝1×2
2005
+1
20 03
【分析】根据二进制与十进制的换算关系，可得
+1×2+1×2，分析规律可得结果为2
【解答】解：＝1×2
102005
2004
+1×2+…
﹣1．
20032004
+1×2+…+1×2+1×2＝2
102004
+22003
+…+2+1
1
第7页（共19页）

2005
＝2﹣1．
故选：C．
【点评】此题 考查了二进制与十进制的换算．解题的关键是理解二进制与十进制的换算
关系．找到2
2004
+2
2003
+…+2+1＝2
12005
﹣1这个规律也是关键．
6．（5分）已知△ABC的三个内角的比是m：（m+1）：（m+2），其中是m大于1的正整数，
那么△ABC是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
【分析】设一个角mx°，则两外两个角为（m+1）x°，（m+2）x°，根据三 角形的内角
和定理可列出方程，从而可得出各角的度数，继而可得出答案．
【解答】解：设一个角为mx°，则两外两个角为（m+1）x°，（m+2）x°，
则：mx+（m+1）x+（m+2）x＝180，
即（3m+3）x＝180°，
解得：x＝，
＝＝60+， 则最大的角是：
∵m＞1，
∴
则60+
＜30，
＜90，
则△ABC是锐角三角形．
故选：A．
【点评】本题考查三角形的内角和定理，难度不大，注意结合方程思想解题． < br>7．（5分）已知△ABC的三条高的比是3：4：5，且三条边的长均为整数，则△ABC的一边
长可能是（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【分析】根据题意，设三边 为X，Y，Z，运用三角形面积公式得到Xa
1
＝Ya
2
＝Za
3< br>，
据给出的已知条件得出三边之比，既而得出答案．
【解答】解：设三边为X，Y，Z 三条对应的高为a
1
，a
2
，a
3
可得：Xa
1< br>＝Ya
2
＝Za
3
，
已知a
1
：a
2
：a
3
＝3：4：5，
可得X：Y：Z＝20：15：12 因为三边均为整数．
第8页（共19页）

又4个答案分别是10，12，14，16．
所以答案应该是12．
故选：B．
【点评】此题考查了学生对公倍数和三角形面积 的理解和掌握．关键是运用三角形面积
公式得到Xa
1
＝Ya
2
＝Z a
3
，据给出的已知条件得出三边之比．
8．（5分）已知两位数能被3整除，它的 十位数字与个位数字的乘积等于它的个位数字，
且它的任意次幂的个位数字等于它的个位数字．这样的两 位数共有（ ）
A．1个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】它的任意次幂的个位 数字等于它的个位数字，说明个位数字为5，1或0，它的
十位数字与个位数字的乘积等于它的个位数字 ，且这个两位数能被3整除，故不能为1，
为5或0，那么能被3整除且末位是0的两位数只有30，6 0，90，15．
【解答】解：这个两位数的任意次幂的个位数字等于它的个位数字，说明个位数字为 5，
1或0，
又因为它的十位数字与个位数字的乘积等于它的个位数字，且这个两位数能被3整除，
故不能为1而为5，0，
那么能被3整除且末位是0的两位数只有30，60，90，15．
故选：C．
【点评】本题考查数的整除性以及数字问题和对数的幂次方的理解．
9 ．（5分）放成一排的2005个盒子中共有4010个小球，其中最左端的盒子中放了a个小球，
最右 端的盒子中放了b个小球，如果任何相邻的12个盒子中的小球共有24个，则（ ）
A．a＝b＝2 B．a＝b＝1 C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝1
【分析】因为 任何相邻的12个盒子中的小球共有24个，可以得出4010个小球是以12
个一循环，由此找出规律 解答即可．
【解答】解：将盒子从左到右排序，设第i个盒子中放了a
i
个小球，则 a
1
+a
2
+a
3
+…a
12

＝a
2
+a
3
+a
4
+…a
13

＝24
所以a
1
＝a
13
，同理a
1
＝ a
13
＝a
25
＝…＝a
2005
，
又（a1
+a
2
+a
3
+…a
12
）+…+（a1993
+a
1994
+a
1995
+…a
2004< br>）+a
2005
＝24×167+a2005＝4010
所以a
1
＝a
2005
＝2，
第9页（共19页）

即a＝b＝2．
故选：A．
【点评】此题主要找出盒子放球的规律，并以此找出问题的突破口，推出答案解决问题．
10．（5分）已知整数x，y，z满足x≤y＜z，且
的值等于（ ）
A．2 B．14 C．2或14 D．14或17
，那么x+y+z
222
【分析】根据绝 对值的定义和已知条件，得出|x+y|，|x﹣y|式子的范围，把已知访化简，
从而确定x，y，z 的范围即可求解．
【解答】解：∵x≤y＜z，
∴|x﹣y|＝y﹣x，|y﹣z|＝z﹣y，|z﹣x|＝z﹣x，
因而第二个方程可以化简为：
2z﹣2x＝2，即z＝x+1，
∵x，y，z是整数，
根据条件
则
，
两式相加得到：﹣3≤x≤3，
两式相减得到：﹣3≤y≤3，
同理：，得到﹣3≤z≤3，
根据x，y，z是整数讨论可得：x＝y＝﹣1，z＝0，
∴x+y+z＝（﹣1）+（﹣1）+0＝2．
故选：A．
【点评】本题考查了绝 对值的定义和三元一次方程组的解法，确定x，y，z的范围是解
题的关键．
二、填空题（共10小题，每小题5分，满分50分）
11．（5分）如果|a|＝3，|b|＝5，那么|a+b|﹣|a﹣b|的绝对值等于 6 ． < br>【分析】根据|a|＝3，|b|＝5，可分四种情况讨论，①a＝﹣3，b＝﹣5；②a＝﹣3，b＝5 ；
③a＝3，b＝5；④a＝3，b＝﹣5，分别代入即可得出答案．
【解答】解：①当a＝﹣3，b＝﹣5时，|a+b|﹣|a﹣b|＝6，其绝对值为6；
②当a＝﹣3，b＝5时，|a+b|﹣|a﹣b|＝﹣6，其绝对值为6；
第10页（共19页）

22222

③当a＝3，b＝5时，|a+b|﹣|a﹣b|＝6，其绝对值为6；
④当a＝3，b＝﹣5时，|a+b|﹣|a﹣b|＝﹣6，其绝对值为6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了有理数的加减混合运算和绝对值的知识，注意要分类讨论，不要漏
解．
12．（5分）已知，则＝ 1 ．
【分析】将已知等式的左通分，可求出x+y、xy之间 的关系，然后整体代入所求分式中
进行求解即可．
【解答】解：由于
故
故答案为1．
【点评】此题主要考查了分式的基本性质，注意整体代入思想在代数求值题中的应用．
13． （5分）某汽车从A地驶向B地，若每分钟行驶a千米，则11点到达，若每分钟行驶
a千米，则11： 20时距离B地还有10千米；如果改变出发时间，若每分钟行驶a千米，
则11点到达，若每分钟行驶 a千米，则11：20时已经超过B地30千米．A、B两地的
路程是 54 千米．
【分析 】设AB两地距离为x千米，第一次出发时间为m，第二次出发时间为n，根据若
每分钟行驶a千米，则 11点到达，若每分钟行驶a千米，则11：20时距离B地还有
10千米；如果改变出发时间，若每分 钟行驶a千米，则11点到达，若每分钟行驶a千
米，则11：20时已经超过B地30千米，即可列出 四个方程，从而求解．
【解答】解：设AB两地距离为x千米，第一次出发时间为m分钟，第二次出发 时间为n，
根据题意得
x＝（11﹣m）a，①
x﹣10＝
x＝
（11+﹣m） ②
＝
，即
＝
＝5，x+y＝5xy；
＝1．
（11﹣n） ③
x+30＝a（11+﹣n） ④
第11页（共19页）

由①②得＝
由③④得＝
∴
即
解得x＝54
﹣＝
﹣
﹣

﹣
﹣x＝（x+30）﹣
【点评 】本题主要考查了分式方程的应用，正确设未知数，找出题目中的相等关系是解
题的关键．在解题时可以 设出一些未知数，而在解题的过程中可以不用求解．
14．（5分）若是一个六位数，其中a，b，c 是三个互异的数字，且都不等于0，
1，2，3，又M是7的倍数，那么M的最小值是 468321 ．
【分析】由于是一个六位数，其中a，b，c是三个互异的数字，且都不等于0，
1，2， 3，又M是7的倍数，则M＞456321，先确定6321，然后6321+7000N，一直到出
结 果．
【解答】解：∵是一个六位数，其中a，b，c是三个互异的数字，且都不等
于0，1， 2，3，又M是7的倍数，
∴M＞456321，
∵6321+7000×64＝454321，不含题意舍去；
6321+7000×65＝461321，不含题意舍去；
6321+7000×66＝468321，符合题意．
故M的最小值是468321． < br>【点评】本题考查了整数的十进制表示法，解题的关键是找到M的取值范围，结合M＝
6321+ 7000N（N为自然数），N从64开始，依次计算即可得出．
15．（5分）分解因式：（x+1）（x+2）（x+3）（x+6）+x＝ （x+6x+6） ．
【分析】先将（x+1）（x+2）（x+3）（x+6）+x变形整理为完全平方形式（x+6）+1 2x（x+6x）
+36x，再运用完全平方公式分解即可．
【解答】解：（x+1）（x+2）（x+3）（x+6）+x
＝（x+1）（x+6）（x+2）（x+3）+x
＝（x+6+7x）（x+6+5x）+x
＝（x+6）+12x（x+6）+36x
第12页（共19页）

2222
222
2
2
2
2222
222

22
＝（x+6x+6）．
故答案为：（x+6x+6）．
【点评】本题考查了公式法分解因式，整式乘法首尾相乘后， 将（x+6）看作一个整体，
得出一个完全平方式是解题的关键．完全平方公式：a±2ab+b＝（a ±b）．
16．（5分）若在凸n（n为大于3的自然数）边形的内角中，最多有M个锐角，最少有m
个锐角，则M＝ 3 ；
m＝ 0 ．
【分析】根据凸n（n为大于3的自然数） 边形的外角与相邻的内角是邻补角，因而确定
多边形内角中锐角的个数，即确定外角中钝角的个数，根据 多边形的外角和是360度，
即可作出判断．
【解答】解：多边形的外角和是360度，则外 角中最多有3个钝角，则内角中最多有3
个锐角，
故M＝3；
外角中可以不含钝角，即内角中的锐角是0个．
故m＝0．
故答案为：3和0．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角的关系，考虑内角的问题一般可以转化为
外角的关 系考虑比较容易解决．
17．（5分）如图，等腰Rt△ABC的直角边长为32，从直角顶点A作斜 边BC的垂线交BC
于D
1
，再从D
1
作D
1
D< br>2
⊥AC交AC于D
2
，再从D
2
作D
2
D
3
⊥BC交BC于D
3
，…，则
AD
1
+D
2
D
3
+D
4
D
5
+D
6
D< br>7
+D
8
D
9
＝ 31 ；D
1
D
2
+D
3
D
4
+D
5
D
6
+D< br>7
D
8
+D
9
D
10
＝ 31 ．
222
2
22

【分析】根据三角形的中位线定理，找出D
4
D
5
是D
2
D
3
的中位线，D
2
D
3
是AD
1
的中位
线，D
3
D
4是D
1
D
2
的中位线，以此类推，可以计算结果．
【解答】解：根据中位线定理，中位线为对应边的长度的一半，我们可知：
（1）＝
第13页（共19页）

，

所以AD
1
+D
2
D
3
+D
4
D
5
+D
6
D
7
+D
8
D
9
＝AD
1
（1++++
因为△ABC为等腰直角三角形，且AD
1
⊥BC，
所以D
1
为BC的中点，且
所以AD
1
+D
2D
3
+D
4
D
5
+D
6
D
7
+D
8
D
9
＝
＝，
）＝，
；
）＝， （2）D
1
D
2
+D
3
D
4+D
5
D
6
+D
7
D
8
+D
9
D
10
＝D
1
D
2
（1++++
D1
为BC的中点，D
2
为AC的中点，所以D
1
D
2< br>＝
所以D
1
D
2
+D
3
D
4
+D
5
D
6
+D
7
D
8
+D
9
D
10
＝
因此第一个空填
故答案为
；第二个空填31．
．
＝16，
；31．
【点评】此题关键是考查中位线定理在三角形中的 应用，找出中位线为对应边长的一半
的规律，解决问题．
18．（5分）如图，将三角形纸片 ABC沿EF折叠可得图2（其中EF∥BC），已知图2的面
积与原三角形的面积之比为3：4，且阴 影部分的面积为8平方厘米，则原三角形面积为
16 平方厘米．

【分析】先设 原三角形面积为x平方厘米，再由阴影部分的面积为8平方厘米可得图2
的面积为+8＝，求出x的值即 可．
【解答】解：设原三角形面积为x平方厘米，
图2的面积为
由题意得
解得x＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查的是三角形的面积及等积变换，根据题意求出图2的面积是解答此题
的关键．
第14页（共19页）

+8＝
：x＝3：4，
，

19．（5分）如图，△ABC中，BC：AC＝3：5，四边形BDEC和 ACFG均为正方形，已知
△ABC与正方形BDEC的面积比是3：5，那么△CEF与整个图形的面 积比等于 ．

【分析】根据三角形面积计算公式即可求得△ABC和△CEF的面积相等 ，设BC＝3，则
即可计算△CEF的面积和整个图形的面积，即可求得△CEF与整个图形的面积比， 即可
解题．
【解答】解：∵△ABC的面积为BC•AC•sin∠BCA，△CEF的面积 为CE•CF•sin∠ECF，
∠BCA+∠ECF＝180°，
∴△ABC和△CEF的面积相等，
设BC＝3，则正方形BDEC的面积为9，四边形ACFG的面积为25，
△ABC的面积为9×＝．
＝
，
， 故整个图形的面积比为25+9+2×
∴△CEF与整个图形的面积比＝
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形面积的计算，锐角和其补角的正弦值相等的性质，正方形面
积的计算，本题 中求△CEF和整个图形的面积是解题的关键．
20．（5分）如果正整数n有以下性质：n的八分之 一是平方数，n的九分之一是立方数，它
的二十五分之一是五次方数，那么n就称为“希望数”，则最小 的希望数是 2•3•5 ．
【分析】设最小的希望数是n，则n能被8，9，25整除，8，9，2 5两两互质，则n＝8
bc
a
152012
•9•25，由n的八分之一是平 方数，n的九分之一是立方数，它的二十五分之一是五次
方数，得a是奇数，b和c是偶数，b除以3余 数是1，a和c能被3整除，c除以5余数
是1，a和b能被5整除，所以a最小是5，b最小是10， c最小是6．
【解答】解：设最小的希望数是n，则n能被8，9，25整除，8，9，25两两互质 既然是
最小的，就不应该有其它的因数了，
第15页（共19页）

abc
n＝8•9•25因为n的八分之一是平方数，所以a是奇数 ，b和c是偶数因为n的九分之
一是立方数，
所以b除以3余数是1，a和c能被3整除因为n的二十五分之一是五次方数，
所以c除以5余数是1，a和b能被5整除所以a最小是5，b最小是10，c最小是6，
所以最小的希望数是2•3•5＝30．
故答案为：2•3•5．
【点评】本题是一道新定义的题目，考查了一个数的完全平方，以及数的整除，难度较
大．
三、解答题（共3小题，满分30分）
21．（10分）如图是一个长为400米的环形跑道 ，其中A、B为跑道对称轴上的两点，且A、
B之间有一条50米的直线通道．甲、乙两人同时从A点出 发，甲按逆时针方向以速度v
1
沿跑道跑步，当跑到B点处时继续沿跑道前进，乙按顺时针方向 以速度v
2
沿跑道跑步，
当跑到B点处时沿直线通道跑回A点处．假设两人跑步时间足 够长．求：
（1）如果v
1
：v
2
＝3：2，那么甲跑了多少路程 后，两人首次在A点处相遇？
（2）如果v
1
：v
2
＝5：6，那 么乙跑了多少路程后，两人首次在B点处相遇？
152012
152012

【分析】（1）设甲跑了n圈后，两人首次在A点处相遇，根据两人所用的时间相等，即
可列方程求解 ；
（2）设乙跑了250p+200米，甲跑了400q+200米时，两人首次在B点处相遇，根据 两人
的时间相等即可列方程求解．
【解答】解：（1）设甲跑了n圈后，两人首次在A点处相 遇，再设甲、乙两人的速度分
别为v
1
＝3m，v
2
＝2m，
由题意可得在A处相遇时，他们跑步的时间是
是（3分）
应是250的整数倍，从而知n的最小值是15，（4分）
（2分）
因为乙跑回到A点处，所以
所以甲跑了15圈后，两人首次在A点处相遇（5分）
第16页（共19页）

（2）设乙跑了25 0p+200米，甲跑了400q+200米时，两人首次在B点处相遇，设甲、乙
两人的速度分别为v
1
＝5m，v
2
＝6m，由题意可得
，（7分）
所以48q+24＝25p+20，即48q+4＝25p（p，q均为正整数）．
所以p，q的最小值为q＝2，p＝4，（8分）
此时，乙跑过的路程为250×4+200＝1200（米）．（9分）
所以乙跑了1200米后，两人首次在B点处相遇．（10分）
【点评】本题主要考查了列分 式方程解应用题，正确确定甲乙两人相遇时路程之间的关
系，以及存在的相等关系：时间相同，是解题关 键．
22．（10分）（1）如果a是小于20的质数，且可化为一个循环小数，那么a的取值有哪< br>几个？
（2）如果a是小于20的合数，且可化为一个循环小数，那么a的取值有哪几个？ < br>【分析】（1）先列举出所有小于20的质数，再根据倒数及循环数的定义找出符合条件的
a的值 即可；
（2）先列举出所有小于20的和数，再根据倒数及循环数的定义找出符合条件的a的值
即可．
【解答】解：（1）小于20的质数有2，3，5，7，11，13，17，19（2分）
除了2和5以外，其余各数的倒数均可化为循环小数，（4分）
所以a可以取：3，7，11，13，17，19．（5分）

（2）由（1）可知，小于20的合数由4、6、8、9、10、12、14、15、16、18，
只要合数a的因数中含有2或5以外的质数，那么该数的倒数均可化为循环小数，（8分）
所以a可以取：6，9，12，14，15，18．（10分）
【点评】本题考查的是质数与 合数的定义、倒数及循环数的相关知识，有一定的综合性，
但难度适中．
23．（10分）如 图，正三角形ABC的边长为a，D是BC的中点，P是AC边上的点，连接
PB和PD得到△PBD． 求：
第17页（共19页）

，即

（1）当点P运动到AC的中点时，△PBD的周长；
（2）△PBD的周长的最小值．

【分析】（1）当P为AC的中点时，BP⊥AC，BP＝
＝，即可求△PBD的周长； a，DP为中位线，DP＝a，BD
（2）作点B关于AC的对称点E，连接EP、EB、ED、E C，则PB+PD＝PE+PD，因此
ED的长就是PB+PD的最小值，即当点P运动到ED与AC的 交点G时，△PBD的周长
最小．
【解答】解：（1），，
．
，
即△PBD的周长为BP+DP+BD＝

（2）如图2，作点B关于AC的对称点E ，连接EP、EB、ED、EC，则PB+PD＝PE+PD，
因此ED的长就是PB+PD的最小值， 即当点P运动到ED与AC的交点G时，△PBD的
周长最小．
从点D作DF⊥BE，垂足为F，
∵BC＝a，
∴，BE＝2＝a．
∵∠DBF＝30°，
∴，，，．
第18页（共19页）

∴△PBD的周长的最小值是．
【点评】本题考查了勾股定理的灵 活运用，解本题的关键是作出恰当的图形，并且根据
勾股定理求各边长．



第19页（共19页）