全国初中数学联合竞赛试题参考答案Word下载.docx
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解容易明白，4天之后就能够显现5种商品的价格互不相同的情形.
设5种商品降价前的价格为a，过了n天.n天后每种商品的价格一定能够表示为
D.
解∵（xx22008）（yy22008）2008，
xy.因此（xx22008）22008，解得x22008，因此
22222
3x22y23x3y20073x22x23x3x2007x220071.
应选D.
2512352
解∵a（）1a，∴aa1，
22
ADDNAD12
因此△ADN∽△MBA，故，从而DNBA1.
MBBAMB22
依照对称性可知，四边形AMCN的面积
11225
S2S△MAN2MNAO2（22）.
22222
m，n，且mn1.设满足上
3．二次函数yx2axb的图象与x轴的两个交点的横坐标分不为
述要求的b的最大值和最小值分不为p，q，那么pq
149162536496481100121144⋯，排在第1个位置的数
字是1，排在第5个位置的数字是6，排在第10个位置的数字是4，排在第2018个位置的数字是1
解12到32，结果都只各占1个数位，共占133个数位；
42到92，结果都只各占2个数位，共占2612个数位；
102到312，结果都只各占3个数位，共占32266个数位；
322到992，结果都只各占4个数位，共占468272个数位；
1002到3162，结果都只各占5个数位，共占52171085个数位；
现在还差2008（312662721085）570个数位.
3172到4112，结果都只各占6个数位，共占695570个数位.
因此，排在第2018个位置的数字恰好应该是4112的个位数字，即为1.
第二试〔A〕
〔此题总分值20分〕a2b21，关于满足条件0
1的一切实数x，不等式
a（1x）（1xax）bx（bxbx）0
恒成立.当乘积ab取最小值时，求a,b的值.
解整理不等式〔1〕并将a2b21代入，得
2
（1ab）x2（2a1）xa0
在不等式〔2〕中，令x0，得a0；
令x1，得b
0.
2a1
易知1ab0，0a1，故二次函数y
2（1ab）
（1
ab）x2（2a1）xa的图象〔抛物线〕
0和1之间.
由题设知，不等式〔2〕关于满足条件0x1
切实数x恒成立，因此它的判不式
（2a1）24（1a
1
b）a0，即ab
4
ab
b21,14
消去b，得16a4
16a21
0，因此a2
23或a2
又因为a0，因此a
2或a
62，
3〕的解为
62
a,b的值有两组，分不为
ab的最小值为，现在
a62,b62和a62,b
BEAC.设AC2y（0ya），
二．〔此题总分值25分〕如图，圆O与圆D相交于A,B两点，
BC为圆D的切线，点C在圆O上，且ABBC.
〔1〕证明：
点O在圆D的圆周上.
〔2〕设△ABC的面积为S，求圆D的的半径r的最小值.
解〔1〕连OA,OB,OC,AC，因为O为圆心，ABBC，因
此△OBA∽△OBC，从而OBAOBC.
因为ODAB,DBBC，因此
DOB90OBA90OBCDBO，
因此DBDO，因此点O在圆D的圆周上.
〔2〕设圆O的半径为a，BO的延长线交AC于点E，易知
OEx，ABl，那么a2
xy，Sy（ax），
l2
（a
x）2
2ax
2a2ax2a（ax）
2aS
ABC
OBA
OAB
BDO,AB
BC,DBDO，因此△
BDO∽△
ABC，因此
BDBO
ABAC
rl
a，故
2y
al
r2
22al
4y2
a22aS
4yy
（a）3
y
，即r
2S
，其中等号当a
y时成立，这时AC是圆O的
直径.因此圆D的的半径r的最小值为
〔此题总分值25分〕设a为质数，b为正整数，且
故3n511m6a0，又nm2，因此3m2511m6a0
1〕式可知，（2ab）2能被509整除，而509是质数，因此2ab能被509整除，故m为整数，即
511272a为完全平方数
关于m的一元二次方程〔3〕有整数根，因此它的判不式
2222
不妨设511272at2〔t为自然数〕，那么72a5112t2（511t）（511t）.
由于511t和511t的奇偶性相同，且511t511，因此只可能有以下几种情形：
511t36a
①a,两式相加，得36a21022，没有整数解.
511t2,511t18a,
②两式相加，得18a41022，没有整数解
511t4,511t12a
③,两式相加，得12a61022，没有整数解
511t6,511t6a
④a,两式相加，得6a121022，没有整数解
511t12,511t4a
⑤,两式相加，得4a181022，解得a251.
511t18,
511t2a
⑥a,两式相加，得2a361022，解得a493，而4931729不是质数，故舍去
511t36,
综合可知a251.
502
现在方程〔3〕的解为m3或m502〔舍去〕.
3
50936251
把a251，m3代入〔2〕式，得b509362517.
第二试〔B〕
1〕
ayxybx0
解由xy1,xy0可知0x1,0y1.
在〔1〕式中，令x0,y1，得a0；
令x1,y0，得b0.
将y1x代入〔1〕式，得a（1x）2x（1x）bx20，即
易知1ab0，0a1，故二次函数y（1ab）x2（2a1）x
a的图象〔抛物线〕
由题设知，不等式〔2〕关于满足条件0
21
（2a1）24（1ab）a0，即ab.
由方程组
a2b21,
ab1
x1的一切实数x恒成立，
3〕
此它的判不式
消去b，得16a416a210，因此a2
23
，又因为a0，因此a
或a
6262
a,
4或4因此满足条件的a,b的值有两组，分不为
b.
44
62626262
a,b和a,b
4444
〔此题总分值25分〕题目和解答与〔A〕卷第二题相同.
A〕卷第三题相同
〔此题总分值25分〕题目和解答与〔
第二试〔C〕
20分〕题目和解答与〔B〕卷第一题相同
25分〕题目和解答与〔A〕卷第二题相同
〔此题总分值25分〕设a为质数，
b,c为正整数，且满足
（1）
9（2a2bc）2509（4a1022b511c）
（2）
bc
求a（bc）的值.
解〔1〕式即（
6a6b3c24a1022b511c
509
6a6b设m
2bc
4a1022b511c
509m6a
509n4a
511
故3n511m6a0，又nm2，因此
3m511m6a0
1〕式可知，（2a2bc）2能被509整除，而509是质数，因此2a2bc能被509整除，故m为
整数，即关于m的一元二次方程〔4〕有整数根，因此它的判不式511272a为完全平方数
511t2,511t18a
②a,两式相加，得18a41022，没有整数解
511t6,511t6a,
④两式相加，得6a121022，没有整数解
511t18,511t2a
⑥a,两式相加，得2a361022，解得a493，而4931729不是质数，故舍去.综
502合可知a251，现在方程〔4〕的解为m3或m502〔舍去〕.
把a
251，
m3代入〔3〕式，得2bc
6251
7，即
2b7.
代入〔2〕式得b（2b7）2，因此b5，c3，因此a（b
c）
251（53）2008.
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