19届全国初中数学竞赛试题及答案

“《数学周报》杯”2019年全国初中数学竞赛试题一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.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．若2010abbc，，则abbc的值为（）．（A）1121（B）2111（C）11021（D）21011解：D由题设得12012101111110aabbcbcb．2．若实数a，b满足21202aabb，则a的取值范围是（）．（A）a≤2（B）a≥4（C）a≤2或a≥4（D）2≤a≤4解．C因为b是实数，所以关于b的一元二次方程21202baba的判别式21()41(2)2aa＝≥0,解得a≤2或a≥4．3．如图，在四边形ABCD中，∠B＝135°，∠C＝120°，AB=23，BC=422，CD＝42，则AD边的长为（）．（A）26（B）64（C）64（D）622解：D如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，垂足分别为E，F．由已知可得BE=AE=6，CF＝22，DF＝26，于是EF＝4＋6．过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得AD222(46)(6)(224)＝226．4．在一列数123xxx，，，……中，已知11x，且当k≥2时，1121444kkkkxx（取整符号a表示不超过实数a的最大整数，例如2.62，0.20），则2010x等于（）．(A)1(B)2(C)3(D)4（第3题）（第3题）解：B由11x和1121444kkkkxx可得11x，22x，33x，44x，51x，62x，73x，84x，……因为2010=4×502+2，所以2010x=2．5．如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，－1），C（－2，－1），D（－1，1）．y轴上一点P（0，2）绕点A旋转180°得点P1，点P1绕点B旋转180°得点P2，点P2绕点C旋转180°得点P3，点P3绕点D旋转180°得点P4，……，重复操作依次得到点P1，P2，…，则点P2010的坐标是（）．（A）（2010，2）（B）（2010，2）（C）（2012，2）（D）（0，2）解：B由已知可以得到，点1P，2P的坐标分别为（2，0），（2，2）．记222)Pab（，，其中222,2ab．根据对称关系，依次可以求得：322(42)Pab，－－，422(2)Pab，4，522(2)Pab，，622(4)Pab，．令662(,)Pab，同样可以求得，点10P的坐标为（624,ab），即10P（2242,ab），由于2010=4502+2，所以点2010P的坐标为（2010，2）．二、填空题6．已知a＝5－1，则2a3＋7a2－2a－12的值等于．解：0由已知得(a＋1)2＝5，所以a2＋2a＝4，于是2a3＋7a2－2a－12＝2a3＋4a2＋3a2－2a－12＝3a2＋6a－12＝0．7．一辆客车、一辆货车和一辆小轿车在一条笔直的公路上朝同一方向匀速行驶．在某一时刻，客车在前，小轿车在后，货车在客车与小轿车的正中间．过了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车；再过t分钟，货车追上了客车，则t＝．解：15设在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离均为S千米，小轿车、货车、客车的速度分别为abc，，（第5题）（千米/分），并设货车经x分钟追上客车，由题意得10abS，①152acS，②xbcS．③由①②，得30bcS（），所以，x=30．故3010515t（分）．8．如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则直线l的函数表达式是．解：11133yx+如图，延长BC交x轴于点F；连接OB，AF；连接CE，DF，且相交于点N．由已知得点M（2，3）是OB，AF的中点，即点M为矩形ABFO的中心，所以直线l把矩形ABFO分成面积相等的两部分．又因为点N（5，2）是矩形CDEF的中心，所以，过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分．于是，直线MN即为所求的直线l．设直线l的函数表达式为ykxb，则2352kbkb+，，解得1311.3kb，,故所求直线l的函数表达式为11133yx+．9．如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D．若CD＝CF，则AEAD．解：215见题图，设,FCmAFn．（第8题）（第8题（第9题）因为Rt△AFB∽Rt△ABC，所以2ABAFAC．又因为FC＝DC＝AB，所以2()mnnm，即2()10nnmm，解得512nm，或512nm（舍去）．又Rt△AFE∽Rt△CFB，所以AEAEAFnADBCFCm512，即AEAD=512．10．对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的余数为i－1．若n的最小值0n满足020003000n，则正整数k的最小值为．解：9因为1n为23k，，，的倍数，所以n的最小值0n满足0123nk，，，，其中23k，，，表示23k，，，的最小公倍数．由于2388402392520，，，，，，，，23102520231127720，，，，，，，，因此满足020003000n的正整数k的最小值为9．三、解答题（共4题，每题20分，共80分）11．如图，△ABC为等腰三角形，AP是底边BC上的高，点D是线段PC上的一点，BE和CF分别是△ABD和△ACD的外接圆直径，连接EF.求证：．tanEFPADBC证明：如图，连接ED，FD.因为BE和CF都是直径，所以ED⊥BC，FD⊥BC，因此D，E，F三点共线.…………（5分）（第12B题）（第12A题）（第11题）连接AE，AF，则AEFABCACBAFD，所以，△ABC∽△AEF.…………（10分）作AH⊥EF，垂足为H，则AH=PD.由△ABC∽△AEF可得EFAHBCAP，从而EFPDBCAP，所以tanPDEFPADAPBC.…………（20分）12．如图，抛物线2yaxbx（a0）与双曲线kyx相交于点A，B.已知点A的坐标为（1，4），点B在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）.（1）求实数a，b，k的值；（2）过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，求所有满足△EOC∽△AOB的点E的坐标.解：（1）因为点A（1，4）在双曲线kyx上，所以k=4.故双曲线的函数表达式为xy4.设点B（t，4t），0t，AB所在直线的函数表达式为ymxn，则有44mnmtnt，，解得4mt，4(1)tnt.于是，直线AB与y轴的交点坐标为4(1)0,tt，故141132AOBtStt（），整理得22320tt，解得2t，或t＝21（舍去）．所以点B的坐标为（2，2）．因为点A，B都在抛物线2yaxbx（a0）上，所以4422abab，，解得13.ab，…（10分）（2）如图，因为AC∥x轴，所以C（4，4），于是CO＝42.又BO=22，所以2BOCO.（第11题）（第12题）设抛物线2yaxbx（a0）与x轴负半轴相交于点D，则点D的坐标为（3，0）.因为∠COD＝∠BOD＝45，所以∠COB=90.（i）将△BOA绕点O顺时针旋转90，得到△1BOA.这时，点B(2，2)是CO的中点，点1A的坐标为（4，1）.延长1OA到点1E，使得1OE=12OA，这时点1E（8，2）是符合条件的点.（ii）作△BOA关于x轴的对称图形△2BOA，得到点2A（1，4）；延长2OA到点2E，使得2OE＝22OA，这时点E２（2，8）是符合条件的点．所以，点E的坐标是（8，2），或（2，8）.…………（20分）13．求满足22282ppmm的所有素数p和正整数m.解：由题设得(21)(4)(2)ppmm，所以(4)(2)pmm，由于p是素数，故(4)pm，或(2)pm.……（5分）（1）若(4)pm，令4mkp，k是正整数，于是2mkp，2223(21)(4)(2)pppmmkp，故23k，从而1k.所以4221mpmp，，解得59.pm，…………（10分）（2）若(2)pm，令2mkp，k是正整数.当5p时，有46(1)mkpkpppk，223(21)(4)(2)(1)pppmmkkp，故(1)3kk，从而1k，或2.由于(21)(4)(2)ppmm是奇数，所以2k，从而1k.于是4212mpmp，，这不可能.（第12题）当5p时，2263mm，9m；当3p，2229mm，无正整数解；当2p时，2218mm，无正整数解.综上所述，所求素数p=5，正整数m=9.…………（20分）14．从1，2，…，2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？解：首先，如下61个数：11，1133，11233，…，116033（即1991）满足题设条件.（5分）另一方面，设12naaa是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，对于这n个数中的任意4个数ijkmaaaa，，，，因为33()ikmaaa，33()jkmaaa，所以33()jiaa.因此，所取的数中任意两数之差都是33的倍数.…………（10分）设133iiaad，i=1，2，3，…，n.由12333()aaa，得12333(33333)add，所以1333a，111a，即1a≥11.…………（15分）133nnaad≤2010116133，故nd≤60.所以，n≤61.综上所述，n的最大值为61.…………（20分）