中国教育学会中学数学教学专业委“《数学周报》杯” 全国初中数学竞赛员会试题及参

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

试题及参

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12,1．方程组的解的个数为（ ）．

xy6（A）1 （B） 2 （C） 3 （D）4

答：（A）．

xy12,解：若x≥0，则于是yy6，显然不可能．

xy6,xy12,若x0，则 

xy6,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只有1个解．

y9,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

数学竞赛答案 第 1 页（ 共 8 页）

答：（B）．

解： 如图，连接BE，因为△ABC为锐角三角形，所以为锐角．又因为⊙O的半径与△ADE的外接圆的半径相等，公共弦，所以

BAC，ABE均且DE为两圆的

BACABE．于是，

BECBACABE2BAC．

若△ABC的外心为O1，则BO1C2BAC，所以，⊙O外心．

故选（B）．

4．已知三个关于x的一元二次方程

ax2bxc0，bx2cxa0，cx2axb0

a2b2c2恰有一个公共实数根，则的值为（ ）．

bccaab（第3题答案图） 一定过△ABC的

（A） 0 （B）1 （C）2 （D）3

答：（D）． 解：设x0是它们的一个公共实数根，则

ax0bx0c0，bx0cx0a0，cx0ax0b0．

把上面三个式子相加，并整理得

2(abc)(x0x01)0．

222132因为x0x01(x0)20，所以abc0．

24于是

a2b2c2a3b3c3a3b3(ab)3 bccaababcabc3ab(ab)3．

abc故选（D）．

5．方程x36x25xy3y2的整数解（x，y）的个数是（ ）． （A）0 （B）1 （C）3 （D）无穷多 答：（A）． 解：原方程可化为

x(x1)(x2)（3x2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．

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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APCB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E，线段BP把图形APCB分成两部分，这两部分面积之差的绝对BEP的面积，即△BOP面积的两倍．而

11SBPOPOCO222．

22因此，这两部分面积之差的绝对值是4．

7．如图, 点A，C都在函数y点记为点值是△

（第6题答案图） 33(x0)的图象上，点B，D都在x轴上，且使得△OAB，△BCDx都是等边三角形，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F．设OE＝a，BF＝b， 则AE＝3a，CF＝3b，所以，的坐标为

（第7题答案图） 为E，点A，C

（a，3a），（2a＋b，3b），

23a33,所以 

3b(2ab)33,解得

a3, b63,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yx2a3x3的图象与线段AB恰有一个交点，则a的取值范围是 ．

1答：1≤a，或者a323．

2解：分两种情况：

（Ⅰ）因为二次函数yx2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（1，0），（2，0），所以

12(a3)1322(a3)230，

数学竞赛答案 第 3 页（ 共 8 页）

1得1a．

2

由12(a3)130，得a1，此时x11，x23，符合题意；

31由22(a3)230，得a，此时x12，x2，不符合题意．

22（Ⅱ）令x2a3x30，由判别式0，得a323．

当a323时，x1x23，不合题意；当a323时，x1x23，符合题意．

1综上所述，a的取值范围是1≤a，或者a323．

29．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

ABCDEFG

BCEFAQG BCEFBQF

540690． 所以，n＝6．

10．已知对于任意正整数n，都有

a1a2Lann3，

（第9题答案图） 则

111L ． a21a31a100133． 100解：当n≥2时，有

答：

a1a2an1ann3，

a1a2Lan1(n1)3，

两式相减，得 an3n23n1， 所以

11111(), n2,3,4, an13n(n1)3n1n111L a21a31a1001数学竞赛答案 第 4 页（ 共 8 页）

因此

11111111(1)()L() 323233991001133． (1)3100100

三、解答题（共4题，每小题15分，满分60分）

11．已知点M，N的坐标分别为（0，1），（0，－1），点P是抛物线y（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； （2）设直线PM与抛物线y12x上的一个动点． 412连接NP，NQ，求证：PNMQNM． x的另一个交点为点Q，

4解：（1）设点P的坐标为(x120,4x0)，则

PM＝x20(14x21)2(14x212001)24x01; 又因为点P到直线y1的距离为12124x0(1)4x01，

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，垂别为H，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

（第11题答案图） ∥QR，于是

QMMPRNNH， 所以 QRPHRNHN， 因此，Rt△PHN∽Rt△QRN．

于是HNPRNQ，从而PNMQNM．

…………15分

12．已知a，b都是正整数，试问关于x的方程x2abx12(ab)0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x1,x2(x1≤x2)，则有

x1x2ab,x1x212(ab), 所以 x111x2x1x22a2bab，

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足分

∥MN

4(x11)(x2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，x11≥0,x21≥0，2a1≥1,2b1≥1，所以

（x1)(x21)1,(x11)(x21)0, 或 1

(2a1)(2b1)5,(2a1)(2b1)1. （1）当(x11)(x21)0,时，由于a,b都是正整数，且a≤b，可得

(2a1)(2b1)5a＝1，b＝3，

此时，一元二次方程为x23x20，它的两个根为x11，x22．

（2）当(x11)(x21)1,时，可得

(2a1)(2b1)1a＝1，b＝1，

此时，一元二次方程为x2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x11，

x22． ……………15分

13．已知AB为半圆O的直径，点P为直径AB上的点．以点A为圆心，AP为半径作⊙A，⊙A与半圆O相C；以点B为圆心，BP为半径作⊙B，⊙B与半圆O相交且线段CD的中点为M．求证：MP分别与⊙A和⊙B相

证明：如图，连接AC，AD，BC，BD，并且分别过点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

PA2AC2AEAB，

（第13题答案图） 任意一交于点于点D，切． C，D作

PB2BD2BFAB．

……………5分

两式相减可得

PA2PB2ABAEBF，

又 PA2PB2(PAPB)(PAPB)ABPAPB， 于是有 AEBFPAPB， 即 PAAEPBBF，

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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．

14．（1）是否存在正整数m，n，使得m(m2)n(n1)？ （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n2n1，

显然n1，于是

n2n2n1(n1)2，

所以，n2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

4m212m4n2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．

当k≥4时，若k2t（t是不小于2的整数）为偶数，取

mt2t,nt21，

则 m(mk)(t2t)(t2t)t4t2， n(n1)(t21)t2t4t2， 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

mt2tt2t22,n2，

则 m(mk)t2tt22(t22t1)14(t42t3t22t)， 数学竞赛答案 第 7 页（ 共 8 页）

……………15分

10分

………………

t2t2t2t14(t2t3t22t)， n(n1)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．

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