babaa
2
b
2
baabab
ab abab
2

ab

2ab
ab23
.
ab
2. 若直角三角形的两条直角边长为
a
、
b
，斜 边长为
c
，斜边上的高为
h
，则有 （ ）.
（A）
abh
2
（B）
答：选（C）
∵
ah0
，
bh0
，
∴
abh
2< br>，
a
2
b
2
h
2
h
2
2h
2
；
因此，结论（A）、（D）显然不正确.
111
设 斜边为c，则有
abc
，
(ab)hchab
，即有
222
111

，
abh
111111

（C）
2

2

2
（D）
a
2
b
2
2h
2

abh
abh
因此，结论（B）也不正确.
由
11111
a
2
b
2
hab
化简整理后，得
2

2

2
，
22
abh
因此结论（C）是正确的.
3．一条抛物线
yax
2
bxc
的顶点为（4，
11），且与x轴的两个交点的横坐标为一正一负，则a、
b、c中为正数的（ ）.
（A）只有
a
（B）只有
b
（C）只有
c
（D）只有
a
和
b

答：选（A）
由顶点为（4，
11
），抛物线交x轴于两点，知a>0.
设抛物线与x轴的两个交点的横坐标为
x
1
，
x
2
，即为方程
的两个根.
由题设
x
1
x
2
0< br>，知
c
0
，所以
c0
.
a
b
0
，知b<0.
2a
根据对称轴x=4，即有

故知结论（A）是正确的.
4．如图所示，在△ABC中，DE∥AB∥FG，且FG到DE、AB
比为1:2. 若△ABC的面积为32，△CDE的面积为2，则△
S等于 （ ）.
的距离之
CFG的面积

（A）6 （B）8
（C）10 （D）12
答：选（B）
由DE∥AB∥FG知，△CDE∽△CAB，△CDE∽△CFG，所以 < br>CD

S
CDE
CAS

2

1
，
CAB
324
又由题设知
FD
FA

1
2
，所以
FD1
AD

3
，
FD 
11
3
AD
3

3
4
AC
1
4
AC
，
故
FDDC
，于是
S
2
CDE
S



1


1
，
S
CFG
8
.
CFG

2

4
因此，结论（B）是正确的.
5．如果x和y是非零实数，使得
xy3
和
xyx
3
0
，
那么x+y等于（ ）.
（A）3 （B）
13
（C）
113
2

答：选（D）
将
y3x
代入
xyx
3
0
，得
x
3
x
2
3x0
.
（1）当 x>0时，
x
3
x
2
3x0
，方程
x
2
x30
无实根；
（2）当x<0时，
x
3
x< br>2
3x0
，得方程
x
2
x30

解得
x
113
2
，正根舍去，从而
x
113
2
.
于是
y3x3
113713
2

2
.
故
xy413
.
（第4题图）
D）
413


（

因此，结论（D）是在正确的.
二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）
6． 如图所示，在△ABC中，AB= AC，AD=AE，
BAD60
，
EDC
（度）.
答：
30
°
解：设
CAD2

，由AB=AC知
B
1
(180602

)60

，
2
（第6题图）
则
ADB180B6060

，
由AD=AE知，
ADE90

，
所以
EDC180ADEADB30
.
7．据有关资料 统计，两个城市之间每天的电话通话次数T与这两个城市的人口数m、n（单位：万人）
kmn
以及两城市间的距离d（单位：km）有
T
2
的关系(k为常数) . 现测得A、 B、C三个城市的人口
d
及它们之间的距离如图所示，且已知A、B两个城市间每天的电话通话 次数为t，那么B、C两个城市
间每天的电话通话次数为 次（用t表示）.
答：
t

2
5080
k
，
2
160
解：据题意，有
t
∴
k
32
t
.
5
因此，B、C两个城市间每天的电话通
T
BC
k 
8010032t5t
.

2
5642
320
（第7题图）
话次数为
8．已知实数a、b、x、y满足
abxy2
，
axby5
， 则
(a
2
b
2
)xyab(x
2
y
2
)
.
答：
5

解：由
a bxy2
，得
(ab)(xy)axbyaybx4
，
∵
axby5
，
∴
aybx1
.
因而，
(a
2
b
2
)xyab(x
2
y< br>2
)(aybx)(axby)5
.
9． 如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC (BC>AD)，
D90
，

BC=CD=12,
ABE45
，若AE=10，则CE的长为 .
答：4或6
解：延长DA至M，使BM⊥BE. 过B作BG⊥AM，G为垂足.易知四边形BCDG为正方形， 所以BC=BG. 又
CBEGBM
，
∴ Rt△BEC≌Rt△BMG.
∴ BM=BE，
ABEABM45
，
∴△ABE≌△ABM，AM=AE=10.
设CE=x，则AG=
10x
，AD=
12(10x)2x
，DE=
12x
.
在R t△ADE中，
AE
2
AD
2
DE
2
，
∴
100(x2)
2
(12x)
2
，
即
x
2
10x240
，
解之，得
x
1
4
，
x
2
6
.
故CE的长为4或6.
10．实数x、y、z满足x+y+z=5，xy+yz+zx=3，则z的最大值是 .
答：
13

3
（第9题图）

解：∵
xy5z
，
xy3z(xy)3z(5z)z
2
5 z3
，
∴ x、y是关于t的一元二次方程
的两实根.
∵
(5z)
2
4(z
2
5z3)0
，即 3z
2
10z130
，
(3z13)(z1)0
.
∴
z
13113
，当
xy
时，
z
.
333
故z的最大值为
13
.
3
三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）
11．通过实验研究，专家们 发现：初中学生听课的注意力指标数是随着老师讲课时间的变化而变化的，
讲课开始时，学生的兴趣激增 ，中间有一段时间，学生的兴趣保持平稳的状态，随后开始分散. 学生
注意力指标数y随时间x（分钟）变化的函数图象如图所示（y越大表示学生注意力越集中）. 当
0x10
时，图象是抛物线的一部分，当
10x20
和
20 x40
时，图象是线段.

（1）当
0x10
时，求注意力指标数y与时间x的函数关系式；
（2）一道数学竞赛题需要讲解24分钟. 问老师能否经过适当安排，使学生在听这道题时，注意力的
指标数都不低于36.
解：（1） 当
0x10
时，设抛物线的函数关
yax
2
bxc
，由于它的图象经过点（0，20），
（10，48），所以
124
解得，
a
，
b
，
c20
.
55
（第11（A）题图）

系式为
（5，39），
所以
124
yx
2
x20
55
0x10
. …………………（5分）
7
（2）当
20x40
时，
yx76
.
5
124
所以，当
0x10
时，令y=36，得
36x< br>2
x20
，
55
，
解得x=4，
x20
（舍去）；
7
当
20x40
时，令 y=36，得
36x76
，解得
5
x
2004
28
. ……………………（10分）
77
44
因为
2842424
，所以，老师可以经过适当的安排，在学生注意力指标数不低于36时，讲授
77
完这道竞赛题 . ……………………（15分）
12．已知a，b是实数，关于x，y的方程组
有整数解
(x,y)
，求a，b满足的关系式.
解：将
yax b
代入
yx
3
ax
2
bx
，消去a、b，得

yx
3
xy
， ………………………（5分）
(x1)yx
3
.
若x+1=0，即
x1
，则上式左边为0，右边为
1
不可能. 所以x+1≠0，于是
x
3
1
yx
2
x1
.
x1 x1
因为x、y都是整数，所以
x11
，即
x2
或x
0，进而y=8或
y
0. 故


x2

x0


或

………………………（10分）
y8
y0



x 2
当

时，代入
yaxb
得，
2ab80；

y8

x0
当

时，代入
yaxb
得，
b0
.

y0
综上所述，a、b满 足关系式是
2ab80
，或者
b0
，a是任意实数.
………………………（15分）
13．D是△ABC的边AB上的一点，使得AB=3AD， P是△ABC外接圆上一点，使得
ADPACB
，求
的值.
解：连结AP，则
APBACBADP
，
所以，△APB∽△ADP， …………………………（5分）
∴
ABAP
，

APAD
PB
PD
所以
AP
2
AB•AD3AD
2
，
∴
AP3AD
， …………………………（10分）
所以
PBAP
3
. …………………………（15分）
PDAD
（第13（A）题图）
14．已知
a0
，
b 0
，
c0
，且
b
2
4acb2ac
，求< br>b
2
4ac
的最小值.
解：令
yax
2bxc
，由
a0
，
b0
，
c0
，判 别式
b
2
4ac0
，所以这个二次函数的图象是一条开口向
抛物线，且与x轴有两个不同的交点
A(x
1
,0)
，
B(x
2
,0)
，
c
x
1
x
2
0
，不妨设
x
1
x
2
，则
x
1
0x< br>2
，对称轴
a
b
x0
，于是
2a
（第14（A）题图）
下的
因为
bb
2
4acbb
2
4ac
x
1
c
， ………………（5分）
2a2a
4acb
2
bb
2
 4acb
2
4ac
c
所以， …………………（10分）
4a2a2a

故
b
2
4ac4
，
当
a1
，b=0，c=1时，等号成立.
所以，
b
2
4ac
的最小值为4. ………………………（15分）
2005年全国初中数学竞赛试卷
一
题号
1~5
得分
6~10

11

12

13

14

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

2.若M=3x2－8xy＋9y2－4x＋6y＋13(x，y是实数)，则M的值一定是( )
A.正数 B.负数 C.零 D.整数
3.已知点I是锐角△ABC的内心，A1，B1，C1分别是点I关于边BC，CA，AB 的对称点。若点B在△A1B1C1
的外接圆上，则∠ABC等于( )
° ° ° °
4.设
A48(
111

L
)
，则与A最接近的正整数是( )
3
2
44
2
4100
2
4

1
5.在自变量x的取值范围59≤x≤60内，二次函数
yx
2
x
的函数值中整数的个数是( )
2

二、填空题(满分30分)
6.在一个圆形的时钟的表面，OA表示秒针，OB表示分针(O 为两针的旋转中心)。若现在时间恰好是12
点整，则经过_____秒后，△OAB的面积第一次达到 最大。
3
7.在直角坐标系中，抛物线
yx
2
mxm
2
(m0)
与x轴交于A，B的两点。若A，B两点到原点的
4
112< br>距离分别为OA，OB，且满足

，则m=_____.
OBOA3
8.有两幅扑克牌，每幅的排列顺序是：第一张是大王，第二张是小王，然后是黑桃、红桃、方块、梅
花四种花色排列，每种花色的牌又按A，2，3，…，J，Q，K的顺序排列。某人把按上述排列的两幅扑

克牌上下叠放在一起，然后从一到下把第一张丢去，把第二张放在最底层，再把第三张丢去，把 第四
张放在底层，……如此下去，直至最后只剩下一张牌，则所剩的这张牌是_________ 9.已知D，E分别是△ABC的边BC，CA上的点，且BD=4，DC=1，AE=5，EC=2。连结 AD和BE，它们交
C
于点P。过P分别作PQ∥CA，PR∥CB，它们分别与边AB交于点 Q，
R，则△PQR的面积与△ABC的面积的比是________
10.已知x1,x2 ,x3,…x19都是正整数，且x1+x2+x3+…
x12+x22+x32+…+x192的最大 值为A，最小值为B，则A+B
于_________。
三、解答题、(满分60分) A
QR
E
P
D
+x19=59，
的值等
B 人乘速度相同的两辆小汽车同时赶往火车站，每辆车乘4人(不
包括司机)。其中一辆小汽车在距 离火车站15km地方出现故障，此时距停止检票的时间还有42分钟。
这时惟一可用的交通工具是另一 辆小汽车，已知包括司机在内这辆车限乘5人，且这辆车的平均速度
是60kmh，人步行的平均速度是 5kmh。试设计两种方案，通过计算说明这8个人能够在停止检票前
赶到火车站。
12.如 图，半径不等的两圆相交于A、B两点，线段CD经过点A，且分别交两圆于C、D两点。连结BC、
B PNQ

BD，设P，Q，K分别是BC，BD，CD的中点。M，N分别是弧BC和弧BD的 中点。求证：(1) (2)
MPBQ
①△KPM∽△NQK
13. .已知p，q都是质数，且使得关于x的二次方程x2－(8p－10q)x＋5pq=0
至少有一个正整数根，求所有的质数对(p，q).
14.从1，2….，205个共205 个正整数中，最多能取出多少个数。使得对于取出来的数中的任意三个
数a,b,c (a,2006年全国初中数学竞赛试题
考试时间 2006年4月2日上午 9∶30－11∶30 满分120分
一、选择题（共5小题，每 小题6分，满分30分。以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个
选项，其中有且只有一个选 项是正确的。请将正确选项的代号填入题后的括号里。不填、多填或错填
均得0分）
1．在高 速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌；并且从10千米处开始，每隔
9千米经过 一个速度监控仪．刚好在19千米处第一次同时经过这两种设施，那么第二次同时经过这两
种设施的千米 数是（ ）
（A）36 （B）37 （C）55 （D）90
2．已知
m12
，
n12
，且
(7m
2
14ma)(3n
2
6n7)
=8，则a的值等于（ ）
（A）－5 （B）5 （C）－9 （D）9
3．Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线
yx
2
上，并且斜边AB平行于x轴．若斜边上的高为h，
则（ ）

（A）h<1 （B）h=1 （C）12
4．一个正方形纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部 分，再沿一条
不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿一条不过 任何顶点
的直线将其剪成两部分……如此下去，最后得到了34个六十二边形和一些多边形纸片，则至少 要剪的
刀数是（ ）
（A）2004 （B）2005 （C）2006 （D）2007
5．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在 劣弧AB上，连结DP，交AC于点Q．若QP=QO，则
为（ ）
（A）
231

（B）
23

（C）
32

（D）
32

二、填空题 （共5小题，每小题6分，满分30分）
QC
的值
QA
D
O
Q
A
P
（第5题图）
C
B
6．已知a ，b，c为整数，且a＋b=2006，c－a=2005．若a7．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
等于 ．
ac
的值
b
A
D
G
B
E F
C
（第7题图）
8．正五边形广场ABCDE的周长为2000米．甲、乙两人分 别从A、C两点同时出发，沿A→B→C→D→E
→A→…方向绕广场行走，甲的速度为50米分，乙的 速度为46米分．那么出发后经过 分钟，
甲、乙两人第一次行走在同一条边上． 1

2

29

9．已知0
a



a


a

18
，则

10a

的值等于
30

30

30

．(

x

表示不超过x的最大整数)
10．小明家电话号码原为 六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个
七位数的电话号码；第二次升 位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，
他家两次升位后的电话号码的八 位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，则小明家原来的电话号码
是 ．
三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）
11．已知
x
b，
a
，
b
为互质的正整数（即
a
，
b
是正整数，且它们的最大公约数为1），且
a
≤8，
a

21 x31
．
试写出一个满足条件的x；
求所有满足条件的x．
12 ．设
a
，
b
，
c
为互不相等的实数，且满足关系式
b
2
c
2
2a
2
16a14
①
bca
2
4a5
②
求a的取值范围．
13．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A ，B．过点A作PB的平行线，
交⊙O于点C．连结PC，交⊙O于点E；连结AE，并延长AE交PB 于点K．求证：PE·AC=CE·KB．
14．10个学生参加n个课外小组，每一个小组至多5个 人，每两个学生至少参加某一个小组，任意两
个课外小组，至少可以找到两个学生，他们都不在这两个课 外小组中．求
P
n的最小值．
参考答案
一、选择题（共5小题，每小题 6分，满分30分。以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个
K
选项，其中有且只 有一个选项是正确的。请将正确选项的代号填入题后的括号里。不填、多填或错填
均得0分）
E
1．在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌；并且从
B
10千米处开始，每隔
A
9千米经过一个速度监控仪．刚好在19千米处第一次同时 经过这两种设施，那么第二次同时经过这两
种设施的千米数是（ ）
O
（A）36 （B）37 （C）55 （D）90
答：C．
解：因为4和9的最小公倍数为36，19＋36=55，所以第二次 同时经过这两种设施的千米数是在55千
（第13题）
米处．
故选C．
2．已知
m12
，
n12
，且
(7m
2
 14ma)(3n
2
6n7)
=8，则a的值等于（ ）
（A）－5 （B）5 （C）－9 （D）9
答：C．
解：由已知可得
m
2
2m1
，
n
2
2n1
．又
(7m
2
14ma)(3n
2
6n7)
=8，所以
(7a)(37)8
解得a=－9
C
故选C．
3． Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线
yx
2
上，并且斜边AB平行于x轴 ．若斜边上的高为h，
则（ ）

（A）h<1 （B）h=1 （C）12
答：B．
解：设点A的坐标为（a，a2），点C的坐标为（c，c2）（|c|<|a|），则点B的坐标为
（－a，a2），由勾股定理，得
AC
2
(ca)
2
 (c
2
a
2
)
2
，
BC
2
 (ca)
2
(c
2
a
2
)
2
，
AC
2
BC
2
AB
2

所以
(a
2
c
2
)
2
a
2
c< br>2
．
由于
a
2
c
2
，所以a2－c2= 1，故斜边AB上高h= a2－c2=1
故选B．
4．一个正方形纸片，用剪刀沿一条不 过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，再沿一条
不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又 从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿一条不过任何顶点
的直线将其剪成两部分……如此下去，最后得 到了34个六十二边形和一些多边形纸片，则至少要剪的
刀数是（ ）
（A）2004 （B）2005 （C）2006 （D）2007
答：B． < br>解：根据题意，用剪刀沿不过顶点的直线剪成两部分时，每剪开一次，使得各部分的内角和增加
3 60°．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°=34×6 0×180°，
其余多边形有(k＋1)－34= k－33(个)，而这些多边形的内角和不少于(k－33) ×180°．所以(k＋1)
×360° ≥34×60×180°＋(k－33)×180°，解得k≥2005．
当我们按如下方式剪200 5刀时，可以得到符合条件的结论．先从正方形上剪下1个三角形，得到1
个三角形和1个五边形；再在 五边形上剪下1个三角形，得到2个三角形和1个六边形……如此下去，
剪了58刀后，得到58个三角 形和1个六十二边形．再取33个三角形，在每个三角形上剪一刀，又可
得到33个三角形和33个四边 形，对这33个四边形，按上述正方形的剪法，再各剪58刀，便34个六
十二边形和33×58个三角 形．于是共剪了
58＋33＋33×58=2005（刀）．
故选B．
5．如图 ，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连结DP，交AC于点Q．若QP=QO，则
为（ ）
（A）
231

（B）
23

（C）
32

（D）
32

QC
的值
QA
D
O
Q
A
P
（第5题图）
C
B

答：D．
解：如图，设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r＋m，
QA=r－m．
D C
在⊙O中，根据相交弦定理，得QA·QC=QP·QD．
r
2
m
2
O
即 (r－m)(r＋m)=m·QD ，所以 QD=
m
．
Q
连结DO，由勾股定理，得QD2=DO2＋QO2，
A
B
P

2
（第5题图）
即


r
2
m
2
m


22
m

rm
， 解得

3
3
r


所以，
QCrm3
QA

rm

1
31
32

故选D．
二、填空题 （共5小题，每小题6分，满分30分）
6．已知a，b，c为整数，且a＋b=2006，c－a= 2005．若a答：5013．
解：由
ab2006
，
ca2005
，得
abca4011
．
因为
ab2006
，a于是，a＋b＋c的最大值为5013．
A
7．如图，面积为
abc
的正方形DEFG内接于
面积为1的正三角形ABC，其中a，b，c为整数，
D
G
且b不能被任何质数的平方整除，则
ac
b
的值
B
E F
C
等于 ．
（第7题图）
答：

20
3
．
解：设正方形DEFG的边长为x，正三 角形ABC的边长为m，则
m
2

4
3
，
3m
由△ADG∽△ABC，可得
x
m

2
x
3
， 解得
x(233)m

2
m
．

于是
x
2
(233)
2m
2
28348
，
由题意，
a28
，
b3
，
c48
，所以
ac20

．
b3
8．正五边形广场ABCDE的周长为2000米．甲、乙两人分别从A、C两点同时出发，沿A→B→ C→D→E
→A→…方向绕广场行走，甲的速度为50米分，乙的速度为46米分．那么出发后经过 分钟，
甲、乙两人第一次行走在同一条边上．
答：104．
解：设甲走完x条边时 ，甲、乙两人第一次开始行走在同一条边上，此时甲走了400x米，乙走了46
400x
×= 368x米．于是368(x－1)＋800－400(x－1)>400，
50
所以，≤x<． 故x=13，此时
t
40013
104
．
50
1< br>
2

29

9．已知0
a



a



a

18
，则

10a

的值等于 ．(

x

303030

表示不超过x的最大 整数)
答：6．
1

2

29

1 229

aa2
，所以

a

，

a

，…，

a

等于0或1． 由
30

30

30

303030
 
题设知，其中有18个等于1，所以
解：因为0<
a
1
< br>2

11

12

13

29< br>
aaaaaa
=0，=1，

3

所以
0a
1112
＜2．
1
，1≤
a
303 0
19
，所以

10a

=6．
3
故18≤30a＜19，于是6≤10 a＜
10．小明家电话号码原为六位数，第 一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个
七位数的电话号码；第二次升位是在首位 号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，
他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是 原来电话号码的六位数的81倍，则小明家原来的电话号码
是 ．
答：282500．
解：设原来电话号码的六位数为
abcdef
，则经过两次升位后电话号码的八位数为
2a8bcdef
．根据题意，有81×
abcdef
=
2a8bc def
．
记
xb10
4
c10
3d10
2
e10f
，于是

81a10
5
81x20810
5
a10
6
x
，

解得x=1250×(208－71a) ．
因为0≤x＜
10
5
，所以0≤1250×(208－71a)＜
10
5
，故
128
208
．
a
≤
71
71
因为a为整数，所以a=2．于是x=1250×(208－71×2)=82500．
所以，小明家原来的电话号码为282500．
三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）
11．已知
x
b，
a
，
b
为互质的正整数（即
a
，
b
是正整数，且它们的最大公约数为1），且
a
≤8，
a
21x31< br>．
（1）试写出一个满足条件的x；
（2）求所有满足条件的x．
解：（1）
x
1
满足条件． ……………5分
2
b
，
a
，为互质的正整数，且
a
≤8，所以
a
（2）因为
x
21
b
31
， 即
(21)ab(31)a
．
a
当a=1时，
(21) 1b(31)1
，这样的正整数
b
不存在．
当a=2时，
(21)2b(31)2
，故
b
=1，此时
x
当a= 3时，
(21)3b(31)3
，故
b
=2，此时
x
1
．
2
2
．
3
当a=4时，
(21 )4b(31)4
，与
a
互质的正整数
b
不存在． 当a=5时，
(21)5b(31)5
，故
b
=3，此时< br>x
3
．
5
当a=6时，
(21)6b(31) 6
，与
a
互质的正整数
b
不存在．
当a=7时，
(21)7b(31)7
，故
b
=3，4，5此时
x
当a=8时，
(21)8b(31)8
，故
b
=5，此时x
所以，满足条件的所有分数为
5

8
345
，，．
777
1233455
，，，，，，．………………15分
2357778
12．设
a
，
b
，
c
为互不相等的实数，且满足关 系式

b
2
c
2
2a
2
16 a14
①
bca
2
4a5
②
求a的取值范围．
解法一：由①－2×②得
(bc)
2
 24(a1)0
，所以a>－1．
当a>－1时，
b
2
c
2
2a
2
16a14
=
2(a1)(a7)0
．………………10分
又当
ab
时，由①，②得
c
2
a
2
16a14
， ③
aca
2
4a5
④
将④两边平方，结合③得
a
2
(a
2
16a14)( a
2
4a5)
2

化简得
24a
3
8a
2
40a250
， 故
(6a5)(4a
2
2a5)0
，
121
5
解得
a
，或
a
．
4
6
121
5
所以，a的取值范围为a>－1且
a
，< br>a
．………………………15分
4
6
解法二：因为
b2
c
2
2a
2
16a14
，
bca
2
4a5
，所以
(bc)
2
2a
216a142(a
2
4a5)4a
2
8a44(a 1)
2
，
所以
bc2(a1)
． 又
b ca
2
4a5
，所以
b
，
c
为一元二次方程
x
2
2(a1)xa
2
4a50
⑤
的两个不相等实数根，故
4(a1)
2
4(a
2
4a5)0
，所以a>－1．
当a>－1时，
b
2< br>c
2
2a
2
16a14
=
2(a1)(a 7)0
．………………10分
另外，当
ab
时，由⑤式有
a
2
2(a1)aa
2
4a50
，
即
4a
2
2a50
或
6a50
，解得，
a
121
5
当
ac
时，同理可得< br>a
或
a
．
4
6
121
5
所以，a的取值范围为a>－1且
a
，
a
．………………………15分
4
6
121
5
或
a
．
4
6
13．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B．过点A作PB的平行 线，
交⊙O于点C．连结PC，交⊙O于点E；连结AE，并延长AE交PB于点K．求证：PE·AC =CE·KB．
证明：因为AC∥PB，所以∠KPE=∠ACE．又PA是⊙O的切线，
P
K

所以∠KAP=∠ACE，故∠KPE=∠KAP，于是
△KPE∽△KAP，
所以
KPKE
， 即
KP
2
KEKA
．

KAKP
由切割线定理得
KB
2
KEKA

所以
KPKB
． …………………………10分
因为AC∥PB，△KPE∽△ACE，于是
PEKPPEKB
故 ，

CEACCEAC
即 PE·AC=CE·KB． ………………………………15分
14．10个学生参加n个课外小组，每一个小组至多5个人，每两 个学生至少参加某一个小组，任意两
个课外小组，至少可以找到两个学生，他们都不在这两个课外小组中 ．求n的最小值．
解：设10个学生为
S
1
，
S
2
，…，
S
10
，n个课外小组
G
1
，
G
2
，…，
G
n
．
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
S
1
，
由于每两个学生至少在 某一个小组内出现过，所以其它9个学生都与他在同一组出现，于是这一组就
有10个人了，矛盾． ………………………………5分
若有一学生恰好参加两个课外小组，不妨设
S
1恰好参加
G
1
，
G
2
，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
S
1
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
G
1
，
G2
，…，
G
n
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
G
1
，
G
2
，…，
G
n
的人数不超过5n， 故
5n≥30， 所以n≥6． ……………………………10分
下面构造一个例子说明n=6是可以的．
G
1


S1
,S
2
,S
3
,S
4
,S
5

，
G
2


S
1
,S
2,S
6
,S
7
,S
8

，
G
3


S
1
,S
3
,S
6
,S< br>9
,S
10

，
G
4


S
2
,S
4
,S
7
,S
9
,S
10

，
G
5


S
3
,S5
,S
7
,S
8
,S
9

，
G
6


S
4
,S
5
,S
6,S
8
,S
10

．
容易验证，这样的6个课外小组满足题设条件．
所以，n的最小值为6． ……………………………15分
中国教育学会中学数学教学专业委员会
“《数学周报》杯”

2007年全国初中数学竞赛试题
参考答案
一、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分. 以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个
选项，其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里. 不填、多填或错填
得零分）


xy12,


xy6
的解的个数为（ ）1．方程组

．
（A）1 （B） 2 （C） 3 （D）4
答：（A）．


xy12,


xy6,
于是
yy6
，显然不可能． 解： 若
x
≥0，则



xy12,


xy6,
若
x0
，则

于是
y y18
，解得
y9
，进而求得
x3
．

x3,

所以，原方程组的解为

y9,
只有1个解．
故选（A）．
2．口袋中有20个球，其中白球9个，红球5个，黑球6个．现从中 任取10个球，使得白球不少
于2个但不多于8个，红球不少于2个，黑球不多于3个，那么上述取法的 种数是（ ）．
（A） 14 （B） 16 （C）18 （D）20
答：（B）．
解：用枚举法：
红球个数 白球个数 黑球个数 种 数
5 2，3，4，5 3，2，1，0 4
4 3，4，5，6 3，2，1，0 4
3 4，5，6，7 3，2，1，0 4
2 5，6，7，8 3，2，1，0 4
所以，共16种．
故选（B）．

3．已知△
ABC
为锐角三角形，⊙
O
经过点B，C，且与边AB， AC分别相交于点D，E． 若⊙
O
的半径
与△
ADE
的外接圆的半 径相等，则⊙
O
一定经过△
ABC
的（ ）．
（A）内心 （B）外心 （C）重心 （D）垂心
答：（B）．
解： 如图，连接 BE，因为△
ABC
为锐角三角形，所以
BAC
，
角．又因为⊙< br>O
的半径与△
ADE
的外接圆的半径相等，且
弦，所以
BA CABE
．于是，
BECBACABE2BAC
．
若△
ABC
的外心为
O
1
，则
BO
1
C2 BAC
，所以，⊙
O
一
心．
故选（B）．
（第3题答案图）
4．已知三个关于x的一元二次方程
ax
2
 bxc0
，
bx
2
cxa0
，
cx
2< br>axb0

a
2
b
2
c
2
恰 有一个公共实数根，则
bc

ca

ab
的值为（ ）．
（A） 0 （B）1 （C）2 （D）3
答：（D）．
解：设
x
0
是它们的一个公共实数根，则
ax
2
bx
22
00
c0
，
bx
0
cx
0
a0
，
cx
0
ax
0b0
．
把上面三个式子相加，并整理得
(abc)(x
2
0
x
0
1)0
． < br>因为
x
2
13
0
x
0
1(x
0

2
)
2

4
0
，所以
a bc0
．
于是

3ab(ab)
abc
3
．
故选（D）． 5．方程
x
3
6x
2
5xy
3
y2
的整数解（x，y）的个数是（ ）．
（A）0 （B）1 （C）3 （D）无穷多
ABE
均为锐
DE
为两圆的公共
定过△
ABC
的外

答：（A）．
解：原方程可化为
x(x1)(x2)（3x
2
x）y(y1)(y1)2
，
因为三个连续整数的乘积是3的倍数，所以上式左边是3的倍数，而右边除以3余2，这是不可能的．所
以，原方程无整数解．
故选(A).
二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）
6．如图，在直角三角形ABC中，ACB90
，CA＝4．点P是半圆弧AC的中点，连接BP，线段BP
把图形AP CB分成两部分，则这两部分面积之差的绝对值是 ．
答：4．
解：如 图，设AC与BP相交于点D，点D关于圆心O的对称点记为
BP把图形APCB分成两部分，这两部分 面积之差的绝对值是△BEP
△BOP面积的两倍．而
S
BPO

11
POCO222
22
．
点E，线段
的面积，即
（第6题答案图）
因此，这两部分面积之差的绝对值是4．
y
33
(x0)
x< br>的图象上，点B，D都在
x
轴上，且使得△OAB，△BCD都是7．如图, 点A，C都在函数
等边三角形，则点D的坐标为 ．
答：（
26
，0）．
解：如图，分别过点A，C作x轴的垂线，垂足分别为E，
＝a，BF＝b， 则AE＝
3a
，CF＝
3b
，所以，点A，C
（
a
，
3a
），（2
a
＋b，
3b
），


3a33,


3b(2ab)33,
所以

2
F．设OE
的坐标为
（第7题答案图）
解得
因此，点D的坐标为（
26
，0）．
8．已知点A，B的坐标分别为（1，0），（2，0）． 若二次函数
有一个交点，则
a
的取值范围是 ．
a
1
2
，或者
a323
．
yx
2


a3

x3
的图象与线段AB恰
答：
1
≤

解：分两种情况：
（Ⅰ）因为二次函数
0），（2，0），所以
yx
2


a3

x3
的图象与线段AB只有一个交点，且点A，B的坐标分别为 （1，

1
2
(a3)132
2
(a3) 230
，

得
1a
1
2
． < br>2
1
由
(a3)130
，得
a1
，此 时
x
1
1
，
x
2
3
，符合题意； < br>由
2(a3)230
，得
（Ⅱ）令
2
a
1
3
x
2

2
，不符合题意．
2
，此 时
x
1
2
，
x
2


a3< br>
x30
，由判别式
0
，得
a323
．
当
a323
时，
x
1
x
2
3< br>，不合题意；当
a323
时，
x
1
x
2
3
，符合题意．
综上所述，
a
的取值范围是
1
≤< br>a
1
2
，或者
a323
．
9．如图，
ABCDEFGn90
，则n＝ ．
答：6．
解：如图，设AF与BG相交于点Q，则
AQGADG
，
于是
540690
．
所以，n＝6．
10．已知对于任意正整数n，都有
a
1
a< br>2
La
n
n
3
（第9题答案图）
，
则
111

L

a
2
1a
3
1a
100
1
．
33
答：
100
．
解：当
n
≥2时，有

a
1
a
2
a
n1
a
n
n
3
，

a
1
a
2
La
n1
(n1)
3
，
a
n
3n
2
3n1
两式相减，得 ，
11111
(),
所以
a
n
13n(n1)3n1n

n2,3,4,

111

L

a
100
1
因此
a
2
1a
3
1
1133
(1)
3100100
．
三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）
y
1
2
x
4
上的一个动点． 11（A）．已知点M，N 的坐标分别为（0，1），（0，－1），点P是抛物线
（1）判断以点P为圆心，PM为半径的圆与直 线
y1
的位置关系；
y
（2）设直线PM与抛物线
1
2
x
4
的另一个交点为点Q，连接NP，NQ，求证：
PNMQNM
．
1
2
x
0
)
4
，则 解：（1）设点 P的坐标为
(x
0
,
1
2
1
2
1
22
x
0
(x
0
1)
2
(x
01)
2
x
0
1
444
PM＝;
12
1
2
x
0
(1)x
0
1
y 1
44
又因为点P到直线的距离为，
所以，以点P为圆心，PM为半径的圆与直线
y1
相切．
…………5分
（2）如图，分别过点P，Q作直线
y1
的垂线，垂足分
R．由（1）知，PH＝PM，同理可得，QM＝QR．
因为PH，MN，QR都垂直于直线
y1
，所以，PH∥MN∥
是
QMMP

RNNH
，
QRPH

所以
RNHN
，
别为H，
QR，于
（第11A题答案图）

因此，Rt△
PHN
∽Rt△
QRN
．
于是
HNPRNQ
，从而
PNMQNM
．
…………15分
1
x
2
abx(ab)0
2
1 2（A）．已知a，b都是正整数，试问关于x的方程是
否有两个整数解？如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明.
解：不妨设
a
≤b，且方程的两个整数根为
x
1
,x
2
x
1x
(≤
2
)，则有
11
x
1
x
2< br>x
1
x
2
abab
22
所以 ，
4(x
1
1)(x
2
1)(2a1)(2b1)5
.
…………5分
因为
a
,b都是正整数，所以x1，x2均是正整数，于是，
所以
x
1
1
≥0,
x
2
1
≥0，
2a1
≥1,
2b1
≥1，
（

x
1
1)( x
2
1)1,

(x
1
1)(x
2
1)0,


(2a1)(2b1)1.
(2a1)(2b1 )5,


或



(x
1
1)(x
2
1)0,

（1）当

(2a1)(2b1)5
时，由于a,b都是正整数，且
a
≤b，可得
a＝1，b＝3，
2
此时，一元二次方程为
x3x 20
，它的两个根为
x
1
1
，
x
2
2
．

(x
1
1)(x
2
1)1,
（2）当

(2a1)(2b1)1
时，可得
a＝1，b＝1，
2
x
此时，一元二次方程为
x10
，它无整数解.
综上所述，当且仅当a＝1，b＝3时，题设方程有整数解，且它的两个整数解为
x
1
1
，
x
2
2
． ……………15分
13（A）．已知AB为半圆O的直径，点P为直径AB上的任
点A为圆心 ，AP为半径作⊙A，⊙A与半圆O相交于点C；
圆心，BP为半径作⊙B，⊙B与半圆O相交于点D， 且线
点为M．求证：MP分别与⊙A和⊙B相切．
证明：如图，连接AC，AD，BC，BD，并且分别过点C，D
（第13A题答案图） 意一点．以
以点B为
段CD的中
作AB的垂

线，垂足分别 为
E,F
，则CE∥DF．
因为AB是⊙O的直径，所以
ACBADB90
．
在Rt△
ABC
和Rt△
ABD
中，由射影定理得
PA
2
AC
2
AEAB
，
PB
2
BD
2
BFAB
．
……………5分
两式相减可得
PA
2
PB
2
AB

AEBF

又
，
，
PA
2
PB
2
(PAPB)(PA PB)AB

PAPB

于是有
AEBFPAPB
，
即
PAAEPBBF
，
所以
PEPF
，也就是说，点P是线段EF的中点．
因此，MP是直角梯 形
CDFE
的中位线，于是有
MPAB
，从而可得MP分别与⊙A和⊙B相 切．
……………15分
14（A）．（1）是否存在正整数m，n，使得
m(m2)n(n1)
？ < br>（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
n
2
n1
，
显然
n1
，于是
n
2
n
2
n1(n1)
2
，
2
所以，
nn1
不是平方数，矛盾． ……………5分
（2）当
k3
时，若存在正整数m，n，满足
m(m3 )n(n1)
，则
4m
2
12m4n
2
4n
，

(2m3)
2
(2n1)
2
8
，
(2m32n1)(2m32n1)8
，
(mn1)(mn2)2
，
而
mn22
，故上式不可能成立．
………………10分
当
k
≥4时，若
k2t
（t是不小于2的整数）为偶数，取
mt
2
t,nt
2
1
，
2242
m(mk)(tt)(tt)tt
则 ，
2242

n(n1)(t1)ttt
，
因此这样的（m，n）满足条件．
若
k2t
＋1（t是不小于2的整数）为奇数，取
t
2
tt
2
t2
m,n
22
，
t
2
tt
2
t1
m(mk)(2t1)(t
4
2t
3
t
2
2t)
224
则 ，
t
2
t2t
2
t1
4
n(n1) (t2t
3
t
2
2t)
224
，
因此这样的（m，n）满足条件．
综上所述，当
k3
时，答案是否定的；当
k
≥4时，答案是肯定的．
……………15分
注：当
k
≥4时，构造的例子不是唯一的．
1 1（B）．已知抛物线
C
1
22
C
2
yx3x4y x3x4
相交 ：和抛物线：
于A，B两点. 点P在抛物线
之间.
（1）求线段AB的长；
C
1
上，且位于点A和点B之间；点Q在 抛物线
C
2
上，也位于点A和点B
（2）当PQ∥y轴时，求PQ长度的最大 值．
解：（1）解方程组


x
1
2,

x
2
2,

y6,y6,
得

1


2

所以，点A，B的坐标分别是（-2，6），（2，-6）．
于是
AB(22)
2
(66)
2
410
．
…………5分
（2）如图，当PQ∥y轴时，设点P，Q的坐标分别为
(t,t
2
3t4)
，
(t,t
2
3t4)
，
2t2
，
2
2(4t)
≤8， 因此 PQ
当
t0
时等号成立，所以，PQ的长的最大值8．
……………15分
（第11B题答案图）
12（B）．实数a，b，c满足a≤b≤c，且
abbcca0
，abc＝1．求最大的实数k，使得不等式
ab
≥
kc

恒成立．
3
3
解：当< br>ab2
，
c
2
2
时，实数a，b，c满足题设条件， 此时
k
≤4．
……………5分
下面证明：不等式
ab
≥
4c
对满足题设条件的 实数a，b，c恒成立．
由已知条件知，a，b，c都不等于0，且
c0
．因为
ab
1
0,
c
ab
1
0
2< br>c
，
所以
a
≤
b
0
．
由一元二次方程根与系数的关系知，a，b是一元二次方程
的两个实数根，于是

14

c
4
c
≥0，
1
3
所以
c
≤
4
．

……………10分
因此
ab(ab)
1
c
2
≥
4c4c
．
……………15分
DEAD

13（B）．如图，点E，F分别在四边形A BCD的边AD，BC的延长线上，且满足
CFBC
．若
CD
，
FE
的延长线相交于点
G
，△
DEG
的外接圆与△
CFG
的外接圆的另一个交点为点
P
，连接PA，PB，PC，
PD．求证：
ADPD

（1）
BCPC
；
（2）△
PAB
∽△
PDC
．
证明：（1）连接PE，P F，PG，因为
PDGPEG
，所以
PDCPEF
．
又因为
PCGPFG
，所以
△
PDC
∽△
PEF
，
PDPE
,CPDFPE
于是有
PCPF
，
从而 △
PDE
∽△
PCF
，
PDDE

所以
PCCF
．
DEADADPD

CFBCBCPC
． 又已知，所以，
（第13B题答案图）
………………10分
（2）由于
 PDAPGEPCB
，结合（1）知，△
PDA
∽△
PCB
，从而有
PAPD
,
PBPC

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

u15

2
． 1≤
v
证明：设任意△A BC的三边长为a，b，c，不妨设
abc
．若结论不成立，则必有
a
15
b
≥
2
， ○1
b
15
c
≥
2
． ○2
………………5分
记
bcs,abtcst
，显然
s,t0
，代入○1得
cst
15
cs
≥
2
，
st
1 
cc
15
s
1
c
≥
2
，
st
x,y
cc
，则 令
1xy
15
1x
≥
2
． ○3
由
abc
，得
cstcsc
，即tc
，于是
由○2得
15
bcs
1x
cc
≥
2
， ○4
y
t
1
c
．
由○3，○4得
15

5115

1

2
1

(1x)
y
≥

2
≥
2，
此式与
y1
矛盾．从而命题得证．
………………15分
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
班级__________学号_____ _____姓名______________得分______________
一、选择题（共5 小题，每小题6分，满分30分．以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个
选项，其中有且只 有一个选项是正确的，请将正确选项的代号填入题后的括号里．不填、多填或错填
都得0分）
1．已知实数x，y满足：
424
－＝3，y4＋y2＝3，则＋y4的值为 （ ）
x4x2x4
1＋137＋13
（A）7 （B） （C） （D）5
22
2．把一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先后投掷2次，若两 个正面
朝上的编号分别为m，n，则二次函数y＝x2＋mx＋n的图象与x轴有两个不同交点的概率是 （ ）
（A）
5

12
417
（B） （C）
936
1
（D）
2
3．有两个同心圆，大圆周上有4个不同的点， 小圆周上有2个不同的点，则这6个点可确定的不同直
线最少有 （ ）
（A）6条 （B）8条 （C）10条 （D）12
4．已知AB是半径为1的圆O的一条弦，且AB＝a＜1． 以AB为一边在圆O内作正△ABC，点D为圆O
上不同于点A的一点，且DB＝AB＝a，DC的延长 线交圆O于点E，则AE的长为 （ ）
（A）
53
a （B）1 （C） （D）a
22
5．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其 中任意连续三个数之和都能
被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有 （ ）
（A）2种 （B）3种 （C）4种 （D）5种
二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）
1
6．对于实数u，v，定义一 种运算“*”为：u*v＝uv＋v．若关于x的方程x*（a*x）＝－有两个不同
4
的实数 根，则满足条件的实数a的取值范围是_______．
7．小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背 后驶过一辆18路公交车，每隔3分钟从迎面驶来一辆18
路公交车．假设每辆18路公交车行驶速度相 同，而且18路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么
发车间隔的时间是_____分钟．
8．如图，在△ABC中，AB＝7，AC＝11，点M是BC的中点，AD是∠BAC的平
分线，MF ∥AD，则FC的长为______．
9．△ABC中，AB＝7，BC＝8，CA＝9，过△ABC 的内切圆圆心I作DE∥BC，分
B
D
M
C
A
F