2010年全国初中数学联赛试题和答案

2010年全国初中数学联合竞赛试题参考答案第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1.若,,abc均为整数且满足1010()()1abac，则||||||abbcca（B）A．1.B．2.C．3.D．4.2．若实数,,abc满足等式23||6ab，49||6abc，则c可能取的最大值为（C）A．0.B．1.C．2.D．3.3．若ba,是两个正数，且,0111abba则（C）A．103ab.B．113ab.C．413ab.D．423ab.4．若方程2310xx的两根也是方程420xaxbxc的根，则2abc的值为（A）A．－13.B．－9.C．6.D．0.5．在△ABC中，已知60CAB，D，E分别是边AB，AC上的点，且60AED，CEDBED，CDECDB2,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na，如2009200911a，201020103a，则12320092010aaaaa（D）A．28062.B．28065.C．28067.D．28068.二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）1．已知实数,xy满足方程组3319,1,xyxy则22xy13.2．二次函数cbxxy2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ACAB3，30CAO，则c19．3．在等腰直角△ABC中，AB＝BC＝5，P是△ABC内一点，且PA＝5，PC＝5，则PB＝___10___．4．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.第二试（A）一．（本题满分20分）设整数,,abc（abc）为三角形的三边长，满足22213abcabacbc，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222()()()26abbcac①令,abmbcn，则acmn，其中,mn均为自然数.于是，等式①变为222()26mnmn，即2213mnmn②由于,mn均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,mn只有两组：3,1mn和1,3.mn（1）当3,1mn时，1bc，34abc.又,,abc为三角形的三边长，所以bca，即(1)4ccc，解得3c.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30abcccc，解得253c.因此2533c，所以c可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当1,3mn时，3bc，14abc.又,,abc为三角形的三边长，所以bca，即(3)4ccc，解得1c.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30abcccc，解得233c.因此2313c，所以c可以取值2，3，4，5，6，7，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BC于点N.因为CP为∠ACB的平分线，所以∠ACP＝∠BCP.又因为PA、PQ均为⊙I的切线，所以∠APC＝∠NPC.又CP公共，所以△ACP≌△NCP，所以∠PAC＝∠PNC.由NM＝QN，BA＝BC，所以△QNM∽△BAC，故∠NMQ＝∠ACB，所以MQ//AC.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2yxbxc的图象经过两点P(1,)a，Q(2,10)a.（1）如果,,abc都是整数，且8cba，求,,abc的值.（2）设二次函数2yxbxc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20xbxc的两个根都是整数，求△ABC的面积.解点P(1,)a、Q(2,10)a在二次函数2yxbxc的图象上，故1bca，4210aca，解得93ba，82ca.（1）由8cba知8293,938,aaaa解得13a.又a为整数，所以2a，9315ba，8214ca.(2)设,mn是方程的两个整数根，且mn.NQIPCAMB由根与系数的关系可得39mnba，28mnca，消去a，得98()6mnmn，两边同时乘以9，得8172()54mnmn，分解因式，得(98)(98)10mn.所以981,9810,mn或982,985,mn或9810,981,mn或985,982,mn解得1,2,mn或10,913,9mn或2,97,9mn或1,932,3mn又,mn是整数，所以后面三组解舍去，故1,2mn.因此，()3bmn，2cmn，二次函数的解析式为232yxx.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1(21)212.第二试（B）一．（本题满分20分）设整数,,abc为三角形的三边长，满足22213abcabacbc，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abc，由已知等式可得222()()()26abbcac①令,abmbcn，则acmn，其中,mn均为自然数.于是，等式①变为222()26mnmn，即2213mnmn②由于,mn均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,mn只有两组：3,1mn和1,3.mn（1）当3,1mn时，1bc，34abc.又,,abc为三角形的三边长，所以bca，即(1)4ccc，解得3c.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30abcccc，解得253c.因此2533c，所以c可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当1,3mn时，3bc，14abc.又,,abc为三角形的三边长，所以bca，即(3)4ccc，解得1c.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30abcccc，解得233c.因此2313c，所以c可以取值2，3，4，5，6，7，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4)1(2pkpxxy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04)1(2pkpxx的两根21,xx中至少有一个为整数．由根与系数的关系可得4)1(,2121pkxxpxx，从而有pkxxxxxx)1(4)(2)2)(2(212121①（1）若1k，则方程为0)2(22ppxx，它有两个整数根2和2p．（2）若1k，则01k.因为12xxp为整数，如果21,xx中至少有一个为整数，则21,xx都是整数.又因为p为质数，由①式知2|1xp或2|2xp．不妨设2|1xp，则可设12xmp（其中m为非零整数），则由①式可得212kxm，故121(2)(2)kxxmpm，即1214kxxmpm．又12xxp，所以14kpmpm，即41)1(mkpm②如果m为正整数，则(1)(11)36mp，10km，从而1(1)6kmpm，与②式矛盾.如果m为负整数，则(1)0mp，10km，从而1(1)0kmpm，与②式矛盾.因此，1k时，方程04)1(2pkpxx不可能有整数根．综上所述，1k．