2010年全国初中数赛

第一试

一、选择题(本题共有8个小题，每小题都给出了A、B、C、D四个答案结论，其中只

有一个是正确的．请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内．)

1. 若a，b，c均为整数且满足ab10ac101，则abbcca( )

A．1 B．2 C．3 D．4

2. 若实数a，b，c满足等式2a3b6，4a9b6c，则c可能取的最大值为 ( C A．0 B．1 C．2 D．3

3. 若a，b是两个正数，且

a1bb1a10，则( C ) A．0ab13 B．1443ab1 C．1ab3 D．3ab2

4. 若方程x23x10的两根也是方程x4ax2bxc0的根，则ab2c的值为

( A )

A．－13 B．－9 C．6 D． 0

5. 在△ABC中，已知CAB60，D，E分别是边AB，AC上的点，且AED60，

EDDBCE，CDB2CDE,则DCB ( B )

A．15° B．20° C．25° D．30°

6. 对于自然数n，将其各位数字之和记为an，如a2009200911，

a201020103，a1a2a3a2009a2010( D )

A．28062 B．28065 C．28067 D．28068

二、填空题：(本题满分28分，每小题7分)

)

x3y319，27. 已知实数x,y满足方程组则xy2 13 ．

xy1，

8. 二次函数yx2bxc的图象与x轴正方向交于A，B两点，与y轴正方向交于点C．已

知AB3AC，CAO30，则c

9. 在等腰直角△ABC中，ABBC5，P是△ABC内一点，且PA5，PB5，PC5，

则PB___10___．

10. 将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5

个或10个球的两个球必为同一种颜色的球．按这种要求摆放，最多可以摆放____15___个球．

1 ． 9

第二试 (A)

一．(本题满分20分)设整数a,b,c (

abc )为三角形的三边长，满足

a2b2c2abacbc13，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数．

解 由已知等式可得

(ab)2(bc)2(ac)226 ①

令abm,bcn，则acmn，其中m,n均为自然数． 于是，等式①变为mn(mn)26，即

222m2n2mn13 ②

m3,m1,由于m,n均为自然数，判断易知，使得等式②成立的m,n只有两组：和

n3.n1bc1，ab3c4．(1)当m3,n1时，又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，

即(c1)cc4，解得

c3．又因为三角形的周长不超过30，即

2525．因此3c，所以c可以取值4，5，6，7，33abc(c4)(c1)c30，解得c8，对应可得到5个符合条件的三角形．

bc3，ab1c4．(2)当m1,n3时，又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，

即(c3)cc4，解得

c1．又因为三角形的周长不超过30，即

2323．因此1c，所以c可以取值2，3，4，5，33abc(c4)(c3)c30，解得c6，7，对应可得到6个符合条件的三角形．

综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11．

二．(本题满分25分)已知等腰三角形△ABC中，AB＝AC，∠C的平分线与AB边交于点P，M为△ABC的内切圆⊙I与BC边的切点，作MD//AC，交⊙I于点D．证明：PD是⊙I的切线．

证明 过点P作⊙I的切线PQ(切点为Q)并延长，交BCA于点N．

因为CP为∠ACB的平分线，所以∠ACP＝∠BCP． P又因为PA、PQ均为⊙I的切线，所以∠APC＝∠NPC． I又CP公共，所以△ACP≌△NCP，所以∠PAC＝∠PNC． Q由NM＝QN，BA＝BC，所以△QNM∽△BAC，故∠NMQ＝∠ACB，所以MQ//AC． BMN又因为MD//AC，所以MD和MQ为同一条直线．

又点Q、D均在⊙I上，所以点Q和点D重合，故PD是⊙I的切线．

三．(本题满分25分)已知二次函数yxbxc的图象经过两点P(1,a)，Q(2,10a)． (1)如果a,b,c都是整数，且cb8a，求a,b,c的值．

2C(2)设二次函数yxbxc的图象与x轴的交点为A、B，与y轴的交点为C．如果关于x的方程x2bxc0的两个根都是整数，求△ABC的面积．

解 点P(1,a)、Q(2,10a)在二次函数yxbxc的图象上，故1bca，

2242ac10a，

解得b9a3，c8a2．

8a29a3,(1)由cb8a知解得1a3．

9a38a,又a为整数，所以a2，b9a315，c8a214．

(2) 设m,n是方程的两个整数根，且mn．

由根与系数的关系可得mnb39a，mnc28a，消去a，得9mn8(mn)6，

两边同时乘以9，得81mn72(mn)54，分解因式，得(9m8)(9n8)10．

9m81,9m82,9m810,9m85,所以或或或

9n810,9n81,9n85,9n82,1021m,m,m,m1,9993解得或或或

n2,n13,n7,n2,993又m,n是整数，所以后面三组解舍去，故m1,n2．

因此，b(mn)3，cmn2，二次函数的解析式为yx3x2．

易求得点A、B的坐标为(1,0)和(2,0)，点C的坐标为(0,2)，所以△ABC的面积为(21)21． 第二试 (B)

一．(本题满分20分)设整数a,b,c为三角形的三边长，满足a2b2c2abacbc13，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数(全等的三角形只计算1次)．

解 不妨设abc，由已知等式可得

212(ab)2(bc)2(ac)226 ①

令abm,bcn，则acmn，其中m,n均为自然数． 于是，等式①变为mn(mn)26，即

222m2n2mn13 ②

m3,m1,由于m,n均为自然数，判断易知，使得等式②成立的m,n只有两组：和

n3.n1bc1，ab3c4．(1)当m3,n1时，又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，

即(c1)cc4，解得

c3．又因为三角形的周长不超过30，即

2525．因此3c，所以c可以取值4，5，6，7，33abc(c4)(c1)c30，解得c8，对应可得到5个符合条件的三角形．

bc3，ab1c4．(2)当m1,n3时，又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，

即(c3)cc4，解得

c1．又因为三角形的周长不超过30，即

2323．因此1c，所以c可以取值2，3，4，5，33abc(c4)(c3)c30，解得c6，7，对应可得到6个符合条件的三角形．

综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11．

二．(本题满分25分)题目和解答与(A)卷第二题相同． 三．(本题满分25分)题目和解答与(A)卷第三题相同．

第二试 (C)

一．(本题满分20分)题目和解答与(B)卷第一题相同． 二．(本题满分25分)题目和解答与(A)卷第二题相同．

三．(本题满分25分)设p是大于2的质数，k为正整数．若函数yxpx(k1)p4的图象与x轴的两个交点的横坐标至少有一个为整数，求k的值．

解 由题意知，方程xpx(k1)p40的两根x1,x2中至少有一个为整数． 由根与系数的关系可得x1x2p,x1x2(k1)p4，从而有

(x12)(x22)x1x22(x1x2)4(k1)p ① (1)若k(2)若k221，则方程为x2px2(p2)0，它有两个整数根2和2p． 1，则k10．

因为x1x2p为整数，如果x1,x2中至少有一个为整数，则x1,x2都是整数． 又因为p为质数，由①式知p|x12或p|x22．

不妨设p|x12，则可设x12mp(其中m为非零整数)，则由①式可得x22故(x12)(x22)mpk1， mk1k1，即x1x24mp． mmk1又x1x2p，所以p4mp，即

mk1(m1)p4 ②

mk1k1如果m为正整数，则(m1)p(11)36，0，从而(m1)p6，与②

mm式矛盾．

如果m为负整数，则(m1)p0，因此，kk1k10，从而(m1)p0，与②式矛盾． mm1时，方程x2px(k1)p40不可能有整数根．

1．

综上所述，k