2010年“数学周报杯”全国初中数学竞赛试卷

一、选择题（共5小题，每小题7分，满分35分）

1、若，则的值为（　　）

    A、        B、

    C、        D、

2、若实数a，b满足，则a的取值范围是（　　）

    A、a≤﹣2        B、a≥4

    C、a≤﹣2或a≥4        D、﹣2≤a≤4

3、如图，在四边形ABCD中，∠B=135°，∠C=120°，AB=，BC=，CD=，则AD边的长为（　　）

    A、        B、

    C、        D、

4、在一列数x1，x2，x3，…中，已知x1=1，且当k≥2时，（取整符号[a]表示不超过实数a的最大整数，例如[2.6]=2，[0.2]=0），则x2010等于（　　）

    A、1        B、2

    C、3        D、4

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）．以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，以B为对称中心作点P1的对称点P2，以C为对称中心作点P2的对称点P3，以D为对称中心作点P3的对称点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）

二、填空题（共5小题，每小题7分，满分35分）

6、已知a=﹣1，则2a3+7a2﹣2a﹣12的值等于　_________　．

7、一辆客车，一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶，在某一时刻，货车在中，客车在前，小轿车在后，且它们的距离相等．走了10分钟，小轿车追上了货车；又走了5分钟，小轿车追上了客车．问过　_________　分钟，货车追上了客车．

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　_________　．

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=　_________　．

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n0满足2000＜n0＜3000，则正整数k的最小值为　_________　．

三、解答题（共4小题，满分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：．

12、如图，抛物线y=ax2+bx（a＞0）与双曲线相交于点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）如图（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△COE∽△BOA的点E的坐标（提示：C点的对应点为B）．

13、求满足2p2+p+8=m2﹣2m的所有素数p和正整数m．

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？

答案与评分标准

一、选择题（共5小题，每小题7分，满分35分）

1、若，则的值为（　　）

    A、        B、

    C、        D、

考点：代数式求值。

专题：整体思想。

分析：若，得．故求解．

解答：解：

∵，

∴得．

故选D．

点评：本题主要考查代数式求值问题，要注意将所求代数式化成与已知有关的形式上来，要引起注意．

2、若实数a，b满足，则a的取值范围是（　　）

    A、a≤﹣2        B、a≥4

    C、a≤﹣2或a≥4        D、﹣2≤a≤4

考点：根的判别式。

分析：把看作是关于b的一元二次方程，由△≥0，得关于a的不等式，解不等式即可．

解答：解：把看作是关于b的一元二次方程，

因为b是实数，所以关于b的一元二次方程

的判别式△≥0，即a2﹣4（a+2）≥0，a2﹣2a﹣8≥0，

（a﹣4）（a+2）≥0，

解得a≤﹣2或a≥4．

故选C．

点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了一元二次不等式的解法．

3、如图，在四边形ABCD中，∠B=135°，∠C=120°，AB=，BC=，CD=，则AD边的长为（　　）

    A、        B、

    C、        D、

考点：勾股定理。

专题：计算题。

分析：作AE⊥BC，DF⊥BC，构建直角△AEB和直角△DFC，根据勾股定理计算BE，CF，DF，计算EF的值，并根据EF求AD．

解答：解：

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=，CF=，DF=2，

于是EF=4+．

过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得

AD==．

故选 D．

点评：本题考查了勾股定理的正确运用，本题中构建直角△ABE和直角△CDF是解题的关键．

4、在一列数x1，x2，x3，…中，已知x1=1，且当k≥2时，（取整符号[a]表示不超过实数a的最大整数，例如[2.6]=2，[0.2]=0），则x2010等于（　　）

    A、1        B、2

    C、3        D、4

考点：取整函数。

分析：首先由题设中的递推公式求出x2，x3，…的值，找出数据的变化规律，从而解题．

解答：解：已知x1=1，

当k=2时，x2=x1+1﹣4（[]﹣[0]）=2；

当k=3时，x3=x2+1﹣4（[]﹣[]）=3；

当k=4时，=4；

当k=5时，=1；

当k=6时，=2；

…

∵2010=502×4+2∴x2010=x2=2，

故选B．

点评：本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析，归纳，发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．

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）．以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，以B为对称中心作点P1的对称点P2，以C为对称中心作点P2的对称点P3，以D为对称中心作点P3的对称点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）

考点：坐标与图形变化-旋转。

专题：规律型。

分析：根据题意，以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，即A是PP1的中点，结合中点坐标公式即可求得点P1的坐标；同理可求得其它各点的坐标，分析可得规律，进而可得答案．

解答：解：根据题意，以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，即A是PP1的中点，

又由A的坐标是（1，1），

结合中点坐标公式可得P1的坐标是（2，0）；

同理P2的坐标是（2，﹣2），记P2（a2，b2），其中a2=2，b2=﹣2．

根据对称关系，依次可以求得：

P3（﹣4﹣a2，﹣2﹣b2），P4（2+a2，4+b2），P5（﹣a2，﹣2﹣b2），P6（4+a，b2），

令P6（a6，b2），同样可以求得，点P10的坐标为（4+a6，b2），即P10（4×2+4，b2），

由于2010=4×502+2，

所以点P2010的坐标是（2010，﹣2），

故选B．

点评：根据条件求出前边几个点的坐标，得到规律是解题关键．

二、填空题（共5小题，每小题7分，满分35分）

6、已知a=﹣1，则2a3+7a2﹣2a﹣12的值等于　0　．

考点：整式的混合运算—化简求值；完全平方式。

专题：计算题；整体思想。

分析：将a=﹣1转化为（a+1）2=5，再进一步转化a2+2a=4

将2a3+7a2﹣2a﹣12转化为2a3+4a2+2a+3a2﹣4a﹣12，对前三项提取公因式2a，运用完全平方公式变为2a（a+1）2+3a2﹣4a﹣12

此时将（a+1）2=5代入上式，变为3a2+6a﹣12，再对前两项提取公因数2，变为3（a2+2a）﹣12

此时将a2+2a=4代入上式．最终问题得以解决．

解答：解：由已知得（a+1）2=5，所以a2+2a=4

则原式=2a3+4a2+2a+3a2﹣4a﹣12

=2a（a2+2a+1）+3a2﹣4a﹣12

=2a（a+1）2+3a2﹣4a﹣12

=2a×5+3a2﹣4a﹣12

=3a2+6a﹣12

=3（a2+2a）﹣12

=3×4﹣12

=0

故答案0

点评：注意解题中的整体代入思想，以及完全平方公式、提取公因式（公因数）的灵活运用．

7、一辆客车，一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶，在某一时刻，货车在中，客车在前，小轿车在后，且它们的距离相等．走了10分钟，小轿车追上了货车；又走了5分钟，小轿车追上了客车．问过　15　分钟，货车追上了客车．

考点：一元一次方程的应用。

专题：行程问题。

分析：设小轿车速度为a，货车为b，客车为c，某一刻的相等间距为m，则=10①，=10+5②，可得到2（10c﹣10a）=15c﹣15b，求得c与a，b之间的关系式，代入货车追客车所得到的路程之间的相等关系中，即可求得时间．

解答：解：设小轿车速度为a，货车为b，客车为c，某一刻的相等间距为m，则=10①，=10+5②，

化简可得：2（10c﹣10a）=15c﹣15b，

所以：c=4a﹣3b，

假设再过t分钟，货车追上客车，

则10c﹣10a=（15+t）（a﹣b），

15+t=10（c﹣a）÷（a﹣b），

将c代入15+t=10×3=30，

解得：t=15．

所以再过15分钟，货车追上了客车．

点评：解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．要注意本题中的时间和路程之间的关系较复杂，要理清思路，找到它们之间的路程倍数关系和时间之间的关系，用路程之间的关系作为等量关系求解．

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．

考点：待定系数法求正比例函数解析式。

专题：操作型；待定系数法。

分析：延长BC交x轴于点F；连接OB，AF；连接CE，DF，且相交于点N．把将多边形OABCDE分割两个矩形，过两个矩形的对角线的交点的直线把多边形OABCDE分割成面积相等的两部分．而M点正是矩形ABFO的中心，求得矩形CDEF的中心N的坐标，设y=kx+b，利用待定系数法求k，b即可．

解答：解：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y=kx+b，则

解得，故所求直线l的函数表达式为．

故答案为．

点评：本题考查了一次函数关系式为：y=kx+b（k≠0），要有两组对应量确定解析式，即得到k，b的二元一次方程组．同时考查了不规则图形面积的平分方法；过矩形对角线交点的直线必平分它的面积．

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=．

考点：矩形的性质；相似三角形的判定与性质。

分析：由于AD∥BC，易得△AEF∽△CBF，那么AE：BC=AF：FC，因此只需求得AF、FC的比例关系即可．可设AF=a，FC=b；在Rt△ABC中，由射影定理可知AB2=AF•AC，联立CD=CF=AB，即可求得AF、FC的比例关系，由此得解．

解答：解：设AF=a，FC=b；

∵AM⊥AB，BN⊥AB，

∴AM∥BN；

∴△AEF∽△CBF；

∴AE：BC=AF：FC=a：b；

Rt△ABC中，BF⊥AC，由射影定理，得：

AB2=AF•AC=a（a+b）；

易知四边形ABCD是矩形，则有：CD=AB=CF=b；

∴b2=a（a+b），即a2+ab﹣b2=0，（）2+（）﹣1=0

解得=（负值舍去）；

∴==．

点评：此题主要考查了矩形的性质、直角三角形及相似三角形的性质．能够正确的在Rt△ABC中求得AF、FC的比例关系是解答此题的关键．

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n0满足2000＜n0＜3000，则正整数k的最小值为　9　．

考点：带余数除法。

专题：常规题型。

分析：解答题之前首先读懂题意，根据正整数n除以i所得的余数为i﹣1，求出2，3，…，k的最小公倍数，最后求得k的最小值．

解答：解：因为n+1为2，3，…，k的倍数，所以n的最小值n0满足n0+1=[2，3，…，k]，

其中[2，3，…，k]表示2，3，…，k的最小公倍数．

由于[2，3，…，8]=840，[2，3，…，9]=2520，[2，3，…，10]=2520，[2，3，…，11]=2720，

因此满足2000＜n0＜3000的正整数k的最小值为9．

故答案为9．

点评：本题主要考查带余数除法的知识点，此题难度较大，解答本题的关键是利用好整除的运算方法．

三、解答题（共4小题，满分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：．

考点：相似三角形的判定与性质；圆周角定理；锐角三角函数的定义。

专题：证明题。

分析：先连接DE、DF，利用直径所对的圆周角等于90°，可证D、E、F三点共线，再连接AE、AF，利用等腰三角形的性质、圆内接四边形外角的性质可得∠AEF=∠ABC=∠ACB=∠AFD，易证△ABC∽△AEF，再做AH⊥DF，易证四边形APDH是矩形，于是AH=DP，而△ABC∽△AEF，那么EF：BC=AH：AP，等量代换易证

tan∠PAD=．

解答：证明：如图，连接ED，FD．

∵BE和CF都是直径，

∴ED⊥BC，FD⊥BC，

∴D，E，F三点共线，

连接AE，AF，则∠AEF=∠ABC=∠ACB=∠AFD，

∴△ABC∽△AEF，

作AH⊥EF，垂足为H，

又∵AP⊥BC，DF⊥BC，

∴四边形APDH是矩形，

∴AH=PD，

∵△ABC∽△AEF，

∴，

∴，

∴．

点评：本题考查了圆的直径所对的圆周角等于90°、圆周角定理、矩形的判定、圆内接四边形外角的性质、相似三角形的判定和性质、正切的计算、相似三角形高的比等于相似比．主要是作辅助线，证明D、E、F三点共线．

12、如图，抛物线y=ax2+bx（a＞0）与双曲线相交于点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）如图（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△COE∽△BOA的点E的坐标（提示：C点的对应点为B）．

考点：二次函数综合题。

专题：综合题。

分析：（1）根据点A的坐标，易求得k的值，进而可确定双曲线的解析式；可根据双曲线的解析式设出点B的坐标，根据A、B的坐标，可得到直线AB的解析式，进而可得到此直线与y轴交点（设为M）坐标，以OM为底，A、B横坐标差的绝对值为高，即可表示出△BOA的面积，已知此面积为3，即可求得点B的坐标，从而利用待定系数法求得抛物线的解析式，即可得到a、b、k的值．

（2）易求得B（﹣2，﹣2），C（﹣4，﹣4），若设抛物线与x轴负半轴的交点为D，那么∠COD=∠BOD=45°，即∠COB=90°，由于两个三角形无法发生直接联系，可用旋转的方法来作辅助线；

①将△BOA绕点O顺时针旋转90°，此时B1（B点的对应点）位于OC的中点位置上，可延长OA至E1，使得OE=2OA1，那么根据三角形中位线定理即可得到B1A1∥CE，那么E1就是符合条件的点E，A1的坐标易求得，即可得到点E1的坐标；

②参照①的方法，可以OC为对称轴，作△B1OA1的对称图形△B1OA2，然后按照①的思路延长OA2至E2，即可求得点E2的坐标．

解答：解：（1）∵反比例函数经过A（1，4），

∵k=1×4=4，即y=；

设B（m，），已知A（1，4），可求得

直线AB：y=﹣x+4+；

∵S△BOA=×（4+）×（1﹣m）=3，

∴2m2+3m﹣2=0，

即m=﹣2（正值舍去）；

∴B（﹣2，﹣2）．

由于抛物线经过A、B两点，则有：

，

解得；

∴y=x2+3x．

故a=1，b=3，k=4．

（2）设抛物线与x轴负半轴的交点为D；

∵直线AC∥x轴，且A（1，4），

∴C（﹣4，4）；

已求得B（﹣2，﹣2），则有：

∠COD=∠BOD=45°，即∠BOC=90°；

①将△BOA绕点O顺时针旋转90°得到△B1OA1，

此时B1是OC的中点，延长OA1至E1，使得OE=2OA1，

则△COE1∽△B1OA1∽△BOA；

易知A1（4，﹣1），则E1（8，﹣2）；

②以OC所在直线为对称轴，作△B1OA1的对称图形△B1OA2，

延长OA2至E2，使得OE2=2OA2，

则△COE2≌△COE1∽△BOA；

易知A2（1，﹣4），则E2（2，﹣8）；

故存在两个符合条件的E点，且坐标为E1（8，﹣2），E2（2，﹣8）．

点评：此题考查了反比例函数、二次函数解析式的确定，图形面积的求法，相似三角形的判定等知识．难点在于（2）题的辅助线作法，能够发现∠BOC=90°，并能通过旋转作出相似三角形是解决问题的关键．

13、求满足2p2+p+8=m2﹣2m的所有素数p和正整数m．

考点：二元一次方程组的应用。

分析：首先原方程可变形为p（2p+1）=（m﹣4）（m+2），再根据素数p和正整数m分别列式求解即可．

解答：解：由题设得p（2p+1）=（m﹣4）（m+2），

由于p是素数，故p可以等于（m﹣4），或p等于（m+2）．（5分）

（1）若p等于（m﹣4），令m﹣4=kp，k是正整数，于是m+2＞kp，3p2＞p（2p+1）=（m﹣4）（m+2）＞k2p2，故k2＜3，从而k=1，

所以解得（10分）

（2）若p等于（m+2），令m+2=kp，k是正整数．

当p＞5时，有m﹣4=kp﹣6＞kp﹣p=p（k﹣1），3p2＞p（2p+1）=（m﹣4）（m+2）＞k（k﹣1）p2，

故k（k﹣1）＜3，从而k=1，或2，

由于p（2p+1）=（m﹣4）（m+2）是奇数，所以k≠2，从而k=1，

于是，

这不可能．当p=5时，m2﹣2m=63，m=9；当p=3，m2﹣2m=29，无正整数解；

当p=2时，m2﹣2m=18，无正整数解．

综上所述，所求素数p=5，正整数m=9．（20分）

点评：解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．本题还涉及到数的整除，完全平方公式等知识点，难度比较大．

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？

考点：数的整除性问题。

专题：代数综合题。

分析：首先得出能被33整除的数的特征，然后a1＜a2＜an是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，可以得出所取的数中任意两数之差都是33的倍数，然后根据数的性质可以得到a1及dn的范围，继而可得出n的最大值．

解答：解：首先，如下61个数：11，11+33，11+2×33，11+60×33（即1991）满足题设条件，

另一方面，设a1＜a2＜an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ai，aj，ak，am，因为33|（ai+ak+am），33|（aj+ak+am），

所以33|（aj﹣ai），

∴所取的数中任意两数之差都是33的倍数，

设ai=a1+33di，i=1，2，3，n，

由33|（a1+a2+a3），得33|（3a1+33d2+33d3），

所以33|3a1，11|a1，即a1≥11，≤，

故dn≤60，所以n≤61，

综上所述，n的最大值为61．

点评：本题考查数的整除性的知识，难度较大，关键是掌握满足条件的数的特征，然后有的放矢的进行解答．

参与本试卷答题和审题的老师有：

gsls；zhxl；499807835；jingjing；workholic；sxx；MMCH；wangcen；jingyouwang；wdyzwbf；workeroflaw；Linaliu；lanyuemeng。（排名不分先后）

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2011年10月17日