当CD=5时，
x
2
5
2
(19)
2
，
x55
；
当CD=1 时，
x
2
1
2
(59)
2
，
x1 97
.
故x可取值的个数为6个.
5．B
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
k n
n(n1)
2
100
，
即
n

2 k

n1


200
.
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，可知n=5或n=8. 当n=5时，k=18；当n=8时，k=9. 共有
两种不同方案.
6．

3
2
1
x2
.

1< br>x4
2

1
x2

4
x4
2

1
x4
2

3
x4
2
＝
(1
3
3)4
2

3
2
。
7．1.
7
1
y
1
1
1
z
z
z1
3
7
3


1
x
1
x
1
x
7x3
4x3
因为
4xxx x
，
所以
4(4x3)x(4x3)7x3
，
解得
x
从而
z
3
2
7
3
.

3
2
1
x


2
5
7
3


5
3
2
3

5
3
，
y1
1
z
1
3
5

2
5
.
于是
xyz
8．
161
.
1
.

根据图中①、②、③的规律，可知图④中三角形的个数为
1+4+3×4+
3
2
4
+
3
3
4
=1+4+12+36+108=16 1（个）.
9．
62
.
如图，延长AD交地面于E，过D作
DF⊥CE于F.
因为∠DCF=45°，∠A =60°，CD=4m，
所以CF=DF=
22
m， EF=DFtan60°
=
26
（m）.
因为
AB
BE
tan30


A

D

B

C

F

E

(第9题图)

3
3
，所以
ABBE
33
62
（m）.
10.－4.

由于二次函 数的图象过点A（－1，4），点B（2，1），所以


ba1,

c32a.

abc4,

4a2bc1,

解得


因为二次函数图象与x轴有两个不同的交点，所以
 b
2
4ac0
，
(a1)4a(32a)0
，即
(9a1)(a1)0
，由于
2
a是正整数，故
a1
，

所以
a
≥2. 又因为b+c=－3a+2≤－4，且当a=2，b=－3，c=－1时，满足
题意，故b+c的最大值为－4.
三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分） < br>11．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.
解：DP=PE. 证明如下：
因为AB是⊙O的直径，BC是切线，
所以AB⊥BC.
由Rt△AEP∽Rt△ABC，得
EP
BC

AE
AB

A

E

D

P

O

. ① ……（6分）
B

C

(第11题图)
又AD∥OC，所以∠DAE=∠COB，于是Rt△AED∽Rt△OBC.
故
E D
BC

AE
OB

AE
1
2
A B

2AE
AB
② ……（12分）
由①，②得 ED=2EP.
所以 DP=PE.
……
（15分）
12．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
14

13

10

12

11

6

C

D
17

E

A

15

O

5

18

F

7

B

G

9

H

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）. ……（5分）
（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. ……（10分）
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. ……（12分）
所需的费用最少为：
80×48×1.2=4608（元）…（14分）
答：此人从A城到B城最短路线是A→F→O→E→B，所需的费用最少为4608
元 ……（15分）

13B．如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°.
（1） 当点D在斜边AB内部时，求证：
CD
2
BD
2
2
BC< br>
ADBD
AB
.
（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.
解：（1）作DE⊥BC，垂足为E. 由勾股定理得
CD
2

E

BD
2
2
(CE
2
2
 DE)(BE
22
DE)
2
C

CEBE
2
(CEBE)BC.
2

B

所以
CDBD
2
BC

CEBE
BC
CE
BC


AD
AB
CE
BC
,
BE
BC

D

A

.
. 因为DE∥AC，所以
故
CD
2
BE
BC
BD
AB
BD
2
2
BC

AD
AB
BD
AB

ADBD
AB
. ……（10分）
（2）当点D与点A重合时，第（1）小题中的等式仍然成立。此时有
AD=0，CD=AC，BD=AB.
所以
CD
22222
 BD
2
BC

ACAB
2
BC

BC
BC
2
1
，
ADBD
AB
AB
AB
1
.
从而第（1）小题中的等式成立. ……（13分）
（3）当点D在BA的延长线上时，第（1）小题中的等式不成立.
作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，则

CD
2
BD< br>2
2
BC


CE
2
BE
2< br>2
BC
CEBE
BC

1
AB
A B
2
2CE
BC

,

C

E

而
ADBD
AB
1
,
B

所以
CD
2
BD
2
BC

ADBD
AB
A

D

. ……（15分）
〖说明〗第（3）小题只要回答等式不成立即可（不成立的理由表述不甚清
者不扣分）.
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
4
a
.
4
a
0
4
a
于是b，c是一元二次方程
x
2
(2a)x
2
的两实根，
(2a)4
≥0，
a4a4a1 6
32
≥0，
(a
2
4)(a4)
≥0. 所以a≥4. ……（8分）
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. ……（10分）
（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，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< br>的最小值为6. ……（15分）
13A．如图所示，⊙O的 直径的长是关于x的二次方程
x
2
2(k2)xk0
（k是整数）< br>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
PA
2
PB
2
PC
2
的值.
解：设方程
x
2
2(k2)xk0
的两个根

为
x
1
，
x
2
，
x
1
≤
x
2
.由根与系数的关系得
x
1
x
2
42k
， ①
x
1
x
2
k
. ②

A

O

P

B

C

由题设及①知，
x
1
，
x
2
都是整数. 从①，②
消去k，得
(第13A图)
2x
1
x
2
x
1
x
2
4
，
(2x
1
1)(2x
2
1)9
.
由上式知 ，
x
2
4
，且当k=0时，
x
2
4
， 故最大的整数根为4.
于是⊙O的直径为4，所以BC≤4.
因为BC=PC－PB为正整数，所以BC=1，2，3或4. ……（6分）
连结AB，AC，因为∠PAB=∠PCA，所以PAB∽△PCA
，

PA
PB

PC
PA
。
故
PA
2
PB(PBBC)
③ ……（10分） < br>（1）当BC=1时，由③得，
PA
2
PB
2
PB
，于是
PB
2
PA
2
(PB1)
2
，矛盾！ （2）当BC=2时，由③得，
PA
2
PB
2
2PB
，于是
PB
2
PA
2
(PB1)
2
，矛盾！ （3）当BC=3时，由③得，
PA
2
PB
2
3PB
，于是
(PAPB)(PAPB)3PB
，
由于PB不是合数，结合
PAPBPAPB
，故只可能

P APB1,

PAPB3,

PAPBPB,




PAPB3PB,PAPBPB,PAPB3,

解得

PA2,


PB1.

此时
PA
2
PB
2
PC
2
21
. （4）当BC=4，由③得，
PA
2
PB
2
4PB
，于是

(PB1)PB
22
4PBPA
2
(PB2)
2
，矛盾.
综上所述
PAPB
22
PC
2
21
. ……（15分）
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< br>(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：

6





5

1

2


6

1

3


6

1

3

(1－4)(2－3)>0
交换2，3
3

4

5

4

2

(3－5)(2－4)>0
交换2，4
5

2









4


6

1

4


6

1

4

(1－2)(3－4)>0
交换3，4
5

2

3

(3－6)(2－5)>0
交换2，5
2

5

3

……（5分）
（2）答案是肯定的. 考虑这2003个数的相邻两数乘积之和为P. ……（7分）
开始 时，
P
0
=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
P
k
，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a b+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
P
k1
，有
P
k1
P
k
(accbbd) (abbccd)acbdabcd0
.
所以
P
k1P
k
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. ……（15分）




2004年“TRULY
®
信利杯”全国初中数学竞赛试题
参考答案和评分标准

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）
1. 已知实数
ab
，且满足
(a1)
2
33(a1)
，
3( b1)3(b1)
2
.则
b
值为（ ）.
（A）23 （B）
23
（C）
2
（D）
13

答：选（B）
∵ a、b是关于x的方程
b
a
a
a
b
的< br>
x1

2
的两个根，整理此方程，得
3(x1)30

x5x10
，
2
∵
2540
，
∴
ab5
，
ab1
.
故a、b均为负数. 因此
b
b
a
a
a
b

b
a
ab
a
b
ab
ab
ab
22
ab

ab

2
2ab
ab
23
.
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.
1
a

1
b

1
h
（C）
1
a
2

1
b
2

1h
2
（D）
a
2
b
2
2h
2

设斜边为c，则有
abc
，
(ab)h
2
1
a

11
2
1
b
ch

1
h1
2
ab
，即有
，
因此，结论（B）也不正确.
由
1
2
abh
22
1
2
ab
化简整理 后，得
1
a
2

1
b
2

1h
2
，
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
ax
2
bxc0

的两个根.
由题设
x
1
x
2
0
，知
c
a
0，所以
c0
.
b
2a
0
根据对称轴x=4，即有

，知b<0.
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
（ ）.
（A）6 （B）8
（C）10 （D）12
答：选（B）
由DE∥AB∥FG知，△CDE∽△CAB，△CDE∽△CFG，所以
CD
CA

S
CDE
S
CAB

2
32

1
4
（第4题图）
，
又由题设知
FD
FA

1
2
，所以
FD

1
AD3
1131
FDADACAC
3344< br>，
，
故
FDDC
，于是

S
 CDE
S
CFG
1

1




，
S
CFG
8
.
4

2

2
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0
，
3
那么x+y等于（ ）.
（A）3 （B）
13
（C）
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< br>2
3x0
，方程
x
2
x30
无实根； < br>（2）当x<0时，
x
3
x
2
3x0
，得方程
x
2
x30

解得
x
1
2
13
1
2
13
（D）
413

，正根舍去，从而
x
1
2
1 37
2
13
1
2
13
.
于是
y3x3
故
xy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
，则
EDC
（度）.
答：
30
°
解：设
CAD2

，由AB=AC知
B
1
2
(180602

)60

，

ADB180B6060

，
由AD=AE知，
ADE90

，
（第6题图）
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）以及两城市间的 距离d（单位：km）有
T
kmn
d
2
的关系(k为常数) . 现
测得A、B、C三个城市的人口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：
2
t
解：据题意，有t
∴
k
32
5
t
5080
160
2
k
，

.
（第7题图）
因此，B、C两个城市间每天的电话通话次数为
T
5t
BC
k
8010032t
320
2

5

64

2
.
8．已知实数a、b、x、y满足
abxy2
，< br>axby5
，
(a
2
b
2
)xyab(x< br>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
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.
（第9题图）

∴ 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.
则

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

解：∵
xy5z
，xy3z(xy)3z(5z)z
2
5z3
，
∴ x、y是关于t的一元二次方程
t(5z)tz5z30
22

的两实根.
∵
(5z)
2
4(z
2
5z3)0
，即
3z10z130
，
(3z13)(z1)0
.
2
∴
z
13
3
，当
xy
133
1
3
时，
z
13
3
.
故z的最大值为.
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
系式为
yax
2
 bxc
，由于它的图象经过点
（0，20），（5，39），（10，48），所以


c20,


25a5bc39,


100a10bc48.

解得，
a
所以
1
5
，
b
24
5
，
c20
.
（第11（A）题图）

y
1
5
x
2
24
5
7
5
x20
，
0x10
. …………………（5分）
（2）当
20x40
时，
yx76
.

< br>所以，当
0x10
时，令y=36，得
36
解得x=4，x20
（舍去）；
当
20x40
时，令 y=36，得
36
x
200
7
28
7
5
4
7< br>1
5
x
2
24
5
x20
，
x76
，解得
. ……………………（10分）
因为
28
4
7
424
4
7
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，讲授完这道竞赛题. ……………………（15分）
12．已知a，b是实数，关于x，y的方程组

yx
3
ax
2
bx,



yaxb
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
y
x
3
x1
xx1
2
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

y8

x2


y8

或

x0


y0

………………………（10分）
当

时，代入
yaxb
得，
2ab80
；

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
PB
PD
的值.
解：连结AP，则
APBACBADP
，
所以，△APB∽△ADP， …………………………（5分）

∴
AB
AP

AP
AD
，
（第13（A）题）
所以
AP
2
ABAD3AD
2
，
∴
AP3AD
， ………………（10分）
所以
PB
PD

AP
AD
3
. ………………（15分）

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


2
2
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
是一条开口向下的抛物线，且与x 轴有两个不同的
交点
A(x
1
,0)
，
B(x
2< br>,0)
，因为
x
1
x
2

c
a0
，不妨设
b
2a
0
x
1
x
2
，则
x
1
0x
2
，对称轴
x
b b4ac
2a
2
，于是
（第14（A）题图）
x
1

bb4ac
2a
2
c
， ………………（5分）
所以
4acb
4a
2
c
b b4ac
2a
2

b4ac
2a
2
， …………………（10分）
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“卡西欧杯”全国初中数学竞赛试题A
参考答案

一、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分. 以下每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、多填或错填均得零分）
1.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

△C EF的面积为（ ）
（A）2 （B）4 （C）6 （D）8






答：A
（第1题）
解：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
．
故选A．
2. 若
M3x
2
8xy9y
2
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
答：A
解： 因为
M3x
2
8xy9y
2
4x6y13
2

x2y

2
(x2)
2
(y3)2
0
，
且
x2y
，
x2
，
y 3
这三个数不能同时为0，所以M > 0．
故选A．
3．已知点I是锐角三角 形ABC的内心，
A
1
，
B
1
，
C
1分别是点I关于边BC，CA，
AB的对称点．若点B在△
A
1
B
1
C
1
的外接圆上，则
ABC
等于（ ）
（A）
30
（B）
45
（C）
60
（D）
90

答：C
解 ：因为
IA
1
IB
1
IC
1
2r
（ r为△ABC的内切圆半
径），所以点
I
同时是△
A
1
B< br>1
C
1
的外接圆的圆心．设
IA
1
与
BC的 交点为D，则 IB＝
IA
1
＝2ID，所以
IBD
30．同
理，
IBA
30
．于是，
ABC60
．
故选C．
4．设A＝
48(
（ ）
（A）18 （B）20 （C）24 （D）25
答：D
1
34
2
（第3题）

1
44
2< br>
1
100
2
4
)
，则与A最接近的正整数是

解：对于正整数
n3
，有
1
n4
2< br>
1

11



，
4

n2n2


1
100
2
所以 A＝
48(
=
48
1
34< br>2

1
44
2
4
)

1


11

111


1


4


298

5610 2



＝
12
1


1
2

1
3

1< br>4
1

1
99

1
100

1
101

1



102

＝25－
12


1

99
1
100< br>1
101

1

99

100
< br>1
101

1


．
102

因为
12

故选D．

4
1


<
12
99
102

<
1
2
，所以，与A最接近的正整数为25．
5．设a，b是正整数，且 满足
56ab59
，
0.9<
a
b
<0.91
，则
ba
22
等于（ ）
（A）171 （B）177 （C）180 （D）182
答：B
解：由题设得
0.9bb59
，
0.91bb56
，
所以
29b32
．
因此b＝30，31．
当b＝30时，由
0. 9ba0.91b
，得
27a28
，这样的正整数a不存在．
当b ＝31时，由
0.9ba0.91b
，得
27a29
，所以a＝28 ．
所以，
b
2
a
2
177
.
故选B．

二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）
6． 在 一个圆形时钟的表面，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 秒钟后，△OAB的面积第一次达到最大．
答：
15
15
59

解：设OA边上的高为h，则
hOB
，所以
S
OAB

1
2
OAh
1
2
OAOB
，

当
OAOB
时，等号成立．此时△OAB的面积最大．

设经过t秒时，OA与OB第一次垂直．又因为秒针1秒钟旋转6度，分针1秒钟
旋转
0.1
度，于是


60.1

t90
，
解得
t15
15
59
．
3
4
m
2
7．在直角坐标系中，抛物线
yx
2
mx
（
m>0
） 与
x
轴交于
A
，
B
两点，
1
OB

1
OA

2
3
若
A
，
B
两点到原点的距离分别为
OA
，
OB
，且满足
于 .
答：2
解：设方程
x
2
mx
3
4
m
2
，则
m
的值等
0
的两根分别为
x
1
，
x
2
，且
x
1
x
2
，则有
3
4
m
2
x
1
x
2
m0
，
x
1
x
2
0
．
所以
x
1
0
，
x
2
0
，由
1
OB

1
OA

2
3
，可知< br>OAOB
，又
m>0
，所以，抛物线
的对称轴在y轴的左侧，于是
OAx
1
x
1
，
OBx
2
．所以
1
x
2

1
x
1

2
3
，

故
x
1
x
2
x
1
x
2
m

3
4
m
2

2
3
2
3
，
．

解得
m2
．
8．有两副扑克牌，每副牌 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副扑克牌上下叠放在一起，然 后从上到下把第一张丢
掉，把第二张放在最底层，再把第三张丢掉，把第四张放在最底层，……如此下去 ，直
至最后只剩下一张牌，则所剩的这张牌是_ _．
答：第二副牌中的方块6
解：根据题意，如果扑克牌的张数为
2,2
2,2
3
,

,2
n
，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64张牌，依照上述操作方法，
最后只剩下第6 4张牌．

现在，手中有108张牌，多出108－64=44（张），如果依照上述操 作方法，先丢掉
44张牌，那么此时手中恰有64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，所剩的最后一张牌是第二副牌中的方块6．
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，它们相交于点P．过点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的面积之比为 .
答：
400
1089

解：过点E作EF∥AD，且交边BC于点F，则
CF
FD

5< br>52
CE
EA

2
5
，
5
7
所以
FDCD
．
因为PQ∥CA，所以
PQ
EA

BP
BE

B D
BF

4
4
5
7

28
33
，
（第9题）
于是
PQ
140
33
．
因为PQ∥CA，PR∥CB，所以
QPRACB
，因此△PQR∽△CAB，故 S
PQR
S
CAB
400

PQ
20




．

1089

CA

33

222
22
10．已知
x
1
,x
2
,,x
40
都是正整数，且
x
1
x
2
x
40
58
，若
x
1
x
2
x
40
的最大值为A，最小值为B，则A＋B的值等于 .
答：494
解：因为把58写成40个正整数的和的写法只有有限种，故
x1
x
2
x
40
的最
小值和最大值是存在的．
不妨设
x
1
x
2
x
40
，若x
1
1
，则
x
1
x
2


x
1
1



x
2
1
，且
222

x
1
1

2

x
2
1

x
1
x
2
2

x
2
x
1

2x
1
x
2
22222
．
2
所以，当
x
1
1
时，可以把
x
1
逐步调整到1，这时，
x
1< br>x
2
x
40
将增大；同样
地，可以把
x2
，
x
3
，…，
x
39
逐步调整到1，这时< br>x
1
x
2
x
40
将增大．于是，当
222
22

x
1
,x
2
,,x
3 9
均为1，
x
40
19
时，
x
1
2x
2
2
x
40
2
取得最大值，即
2222
1



119
400． A＝
1

39个
若存在两个数
x
i
，
x
j
，使得
x
j
x
i
2

1ij40

，则

x
i
1



x
j
1

x
i
x< br>j
2

x
j
x
i
1

x
i
x
j
，
222222
这说明在
x1
,x
2
,,x
39
,
x
40
中， 如果有两个数的差大于1，则把较小的数加1，较大的
数减1，这时，
x
1
 x
2
x
40
将减小．
所以，当
x
1
x
2
x
40
取到最小时，
x
1
,x2
,,x
40
中任意两个数的差都不大
于1．于是当
x
1
x
2
x
22
1
，
x
23< br>x
24
x
40
2
时，
x
1
x
2
x
40
取得最
小值，即
B11


12

2







294
．

22个1 8个
222222
222
222
222
故
AB494< br>．

三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）
11（A）．8个 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15 km的地方出现故障，此时距停止检票的时间
还有42分钟．这时惟一可利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60 kmh，人步行的平均速度是5 kmh. 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．
解：【方案一】当小 汽车出现故障时，乘这辆车的4个人下车步行，另一辆车将车
内的4个人送到火车站，立即返回接步行的 4个人到火车站．
设乘出现故障汽车的4个人步行的距离为
x
km，根据题意，有

解得
x
3013
30
13
x
5

1515x
60，
．因此这8个人全部到火车站所需时间为
30
13
)6035
52
5(15
（小时）
40
5
13
（分钟）＜
42
（分钟）．
故此方案可行． ………………………15分
【方案二】当小汽车出现故障时，乘这辆车的4个人先下车步行，另一辆车 将车内
的4个人送到某地方后，让他们下车步行，再立即返回接出故障汽车而步行的另外4个
人 ，使得两批人员最后同时到达车站．

分析此方案可知，两批人员步行的距离相同，如< br>图所示，
D
为无故障汽车人员下车地点，
C
为有故
（第11A 题）
障汽车人员再次上车地点．因此，设
ACDBy
，根据题意，有
y
5

15y152y
60
，
解得
y2
．因此这8个人同时到火车站所需时间为
2
5

1 52
60

37
60
(小时）37（分钟）
＜
42
（分钟）．
故此方案也可行． ……………………15分

12（A）．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，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）
BP
PM

NQ
QB
；
（2）△KPM∽△NQK．
证明：（1） 因为M是弧
BC
的中点，P是 BC
的中点，所以
MPBC
，
BPM90

，同理，
NQB90

．
1
2
1
2
连结AB，则
PBMCAB
1
2

180

DAB

=
90

DAB
=
90

NBD
（第12A题）
=
QNB
．
所以，
Rt△
BPM
∽Rt△
NQB
， ……………………5分
于是
BP
PM

NQ
QB
． ①
……………………10分
（2）因为
KP
∥BD，且KP＝
BP＝KQ，BQ＝KP，由①，得

KQ
PM

NQ
KP
1
2
BD=BQ
，所以四边形PBQK是平行四边形．于是
，

又
KPMKPB90
KQB90

NQK
，
所以
△KPM∽△NQK． ……………………15分

13（A）．已知p，q都是质数，且使得关于x的二次方程
x

8p10q

x5pq0
2

至少有一个正整数根，求所有的质数对（p，q）．
解：由方程两根的和为
8p1 0q
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
x
1
，
x2

x
1
x
2

，由根与系数的关系得
x
1
x
2
8p10q
， ①
x
1
x
2
5pq
． ②
由②得，
x
1
，
x
2
有如下几种可能的情况：



x
1
1, 5,p,q,5p,5q,

x
2
5pq,pq,5q,5p,q,p,< br>
………………………5分
所以，
x
1
x
2< br>5pq1
，
pq5
，
p5q
，
q5p，代入①．
当
x
1
x
2
5pq1
时，
5pq18p10q
，而
5pq110p8p10q
，故此时 无解．
当
x
1
x
2
pq5
时，
p q58p10q
，所以


p10

q8

85
，
因为p，q都是质数，只可能

q85,1,



p1017,85,
所以（p，q）＝（7，3）．
当< br>x
1
x
2
p5q
时，
p5q8p10q
，所以，
7p15q
，不可能．
当
x
1
x< br>2
5pq
时，
5pq8p10q
，所以，
3p1 1q
，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）．……15分
14（ A）．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bc
），都有
abc
．

解：首先，1，14，15，…，205这193个数，满足题设条件．
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2 10c
．
………………………5分
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． < br>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．
…………………………15分
2006年全国初中数学竞赛试题及参考答案


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）
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
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
是在55千米处.
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14ma)(3n6n7)8
22
，
所以

7a

37

8
，

解得
a9
．
故选C．
C
均在抛物 线
yx
2
上，3．Rt△ABC的三个顶点
A
，并且斜边AB平行 于x轴．若
B
，
斜边上的高为
h
，则（ ）
（A）
h1
（B）
h1
（C）
1h2
（D）
h2

答：B．
解 ：设点A的坐标为
(a,a
2
)
，点C的坐标为
(c,c
2
)
（
ca
），则点B的坐标为
(a,a
2
)< br>，
由勾股定理，得
AC
BC
2
(ca)(ca)< br>(ca)(ca)
222
2222
，
，
22
ACBC
22
AB
2
，
所以
(a
2
c
2
)
2
a
2
c< br>2
．
由于
a
2
c
2
，所以
a< br>2
c
2
1
，故斜边AB上高
h
a
2< br>c
2
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．
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°＋（< br>k
－33）×180°，
解得
k
≥2005．
当我们按如 下的方式剪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
取出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，便得 到33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
QPQO
ABCD
内接于⊙
O
，点
P
在劣弧
AB
上，连结
DP
，若
DP
交
AC
于点
Q．
，则
QC
QA
的值为（ ）
（A）
231
（B）
23

（C）
3







答：D．
解：如图，设⊙
O
的半径为
r
，
QO m
，则
QPm
，
QC
在⊙
O
中，根据相交弦定理 ，得
QAQCQPQD
．
即
所以
QD
rm
m
22
2
（D）
32

（第5题图）
rm
，
QArm
．
(rm)(rm)mQD
，
．
连结DO，由勾股定理，得
QD
2
DO
2
QO
2
，
即

r
2
m
2


m


22

rm


2
，

解得
m
3
3
r
．
rm
rm
31
31
所以，
QC
QA
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
＜
b
，则
a
＋
b< br>＋
c
的最大值为 ．
答：5013．
解：由< br>a
＋
b
＝2006，
ca
＝2005，得
a
＋
b
＋
c
＝
a
＋4011．
因为
a< br>＋
b
＝2006，
a
＜
b
，
a
为整 数，所以，
a
的最大值为1002．
于是，
a
＋
b
＋
c
的最大值为5013．
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，< br>b，c是整数，且b不能被任何质数的平方整除，则








答：

20
3
ac
b
的值等于 .
（第7题图）
．
4
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

．由△
3
ADG ∽ △ABC，可得
x
m

2
mx
3
2
，
m
解得
x(233)m
．于是
x
2
(23 3)
2
m
2
28348
，
由题意，a＝28，b＝3 ,c＝48，所以
ac
b

20
3
.
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、乙两人第一次开始行走在同一条边上．

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
50
368x
米．于是
368(x1)80040 0(x1)400
，
且
(368x800)400x
≤
400
，
所以，
12.5
≤
x
＜
13.5
．
故x=13，此时
t
40013
50
104
． < br>1

2

29

a

 a18

30

30

30
< br>
9．已知
0a1
，且满足

a

（

x

表示不超过x
的最大整数），则

10a< br>
的值等于 ．
答：6．
解：因为
0a
1
30
a
2
30
a
29
30
2
，所以

a


1

30


，

a


2< br>
30


，…，

a

29

30


等于0或者1．由题设知，其中有18个等于1 ，所以
1

a

30


12< br>
a

30


＝

a< br>



2

30


1 3

30


11
30
＝…＝

a




11

30

< br>＝0，
＝

a
＝…＝

a
1
，
29

＝1，
30


所以
0a
1
≤
a
12
30
＜
2
．
故
18
≤
30a
＜
19
，于是
6< br>≤
10a
＜
19
3
，所以

10a


6．
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． < br>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< br>2a8bcdef
．
根据题意，有81×
abcdef
＝
2a8bcdef
．