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2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a 2 + 1 = 3 a，b 2 + 1 = 3 b，且a ≠ b，则代数式 + 的值为（ ）
（A）5 （B）7 （C）9 （D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB = 6，BC = 5，EF = 3，则线段BE的长为（ ）
（A） （B）4 （C） （D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（ ）
（A） （B） （C） （D）
4、在△ABC中，∠ABC = 12°，∠ACB = 132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（ ）
（A）BM > CN （B）BM = CN （C）BM < CN （D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（ ）
（A）( ) 3 （B）( ) 4 （C）( ) 5 （D）
6、已知实数x，y满足( x – ) ( y – ) = 2008，
则3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007的值为（ ）
（A）– 2008 （B）2008 （C）– 1 （D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a = ，则 = 。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM = ，∠MAN = 135°，则四边形AMCN的面积为 。
3、已知二次函数y = x 2 + a x + b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且| m | + | n | ≤ 1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则| p | + | q | = 。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：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2008个位置的数字是 。
答案： B、D、C、B、B、D；– 2、 、 、1。
解答：一、1、由题设条件可知a 2 – 3 a + 1 = 0，b 2 – 3 b + 1 = 0，且a ≠ b，
所以a，b是一元二次方程x 2 – 3 x + 1 = 0的两根，故a + b = 3，a b = 1，
因此 + = = = = 7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故 = = ，即cos∠BAC = ，所以sin∠BAC = 。
在Rt△ABE中，BE = AB sin∠BAC = 6 × = ；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是 = ；
4、∵∠ABC = 12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC = ( 180° – 12° ) = 84°，
又∠BCM = 180° –∠ACB = 180° – 132° = 48°，∴∠BCM = 180° – 84° – 48° = 48°，∴BM = BC，又∠ACN = ( 180° –∠ACB ) = ( 180° – 132° ) = 24°，∴∠BNC = 180° –∠ABC –∠BCN = 180° – 12° – (∠ACB +∠CAN ) = 12° =∠ABC，∴CN = CB，因此，BM = BC = CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
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可以
表示为a ∙ ( 1 – 10% ) k ∙ ( 1 – 20% ) n – k = a ∙ ( ) k ∙ ( ) n – k，其中k为自然数，且0 ≤ k ≤ n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a ∙ ( ) i ∙ ( ) n – i，a ∙ ( ) i + 1 ∙ ( ) n – i – 1，a ∙ ( ) i + 2 ∙ ( ) n – i – 2，a ∙ ( ) i + 3 ∙ ( ) n – i – 3，a ∙ ( ) i + 4 ∙ ( ) n – i – 4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为 = ( ) 4；
6、∵( x – ) ( y – ) = 2008，∴x – = =
y + ，y – = = x + ，
由以上两式可得x = y， 所以( x – ) 2 = 2008，解得x 2 = 2008，
所以3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007 = 3 x 2 – 2 x 2 + 3 x – 3 x – 2007 = x 2 – 2007 = 1；
二、1、∵a 2 = ( ) 2 = = 1 – a，∴a 2 + a = 1，∴原式=
= = = – = – ( 1 + a + a 2 ) = – ( 1 + 1 ) = – 2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO = OB = ，MO = = ，
∴MB = MO – OB = 。又∠ABM =∠NDA = 135°，
∠NAD =∠MAN –∠DAB –∠MAB = 135° – 90° –∠MAB = 45°–∠MAB =∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故 = ，从而DN = ∙ BA = × 1 = ，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S = 2 S△MAN = 2 × × MN × AO = 2 × × ( + + ) × = ；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x 2 + a x + b = 0的两根，所以m + n = – a，m n = b。
∵| m | + | n | ≤ 1，∴| m + n | ≤ | m | + | n | ≤ 1，| m – n | ≤ | m | + | n | ≤ 1。
∵方程x 2 + a x + b = 0的判别式△= a 2 – 4 b ≥ 0，∴b ≤ = ≤ 。
4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≥ ( m + n ) 2 – 1 ≥ – 1，故b ≥ – ，等号当m = – n = 时取得；4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≤ 1 – ( m – n ) 2 ≤ 1，故b ≤ ，等号当m = n = 时取得。所以p = ，q = – ，于是| p | + | q | = ；
4、1 2到3 2，结果都只各占1个数位，共占1 × 3 = 3个数位；4 2到9 2，结果都只各占2个数位，共占2 × 6 = 12个数位；10 2到31 2，结果都只各占3个数位，共占3 × 22 = 66个数位；32 2到99 2，结果都只各占4个数位，共占4 × 68 = 272个数位；100 2到316 2，结果都只各占5个数位，共占5 × 217 = 1085个数位；此时还差2008 – ( 3 + 12 + 66 + 272 + 1085 ) = 570个数位。317 2到411 2，结果都只各占6个数位，共占6 × 95 = 570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是411 2的个位数字，即为1；
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试 （A）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x，不等式a ( 1 – x ) ( 1 – x – a x ) – b x ( b – x – b x ) ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：整理不等式（1）并将a 2 + b 2 = 1代入，得( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），
在（2）中，令x = 0，得a ≥ 0；令x = 1，得b ≥ 0。易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）
消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
二、（本题满分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AB = BC。
（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，AB = BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA =∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB = 90° –∠OBA = 90° –∠OBC =∠DBO，所以DB = DO，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BE⊥AC。设AC = 2 y（0 < y ≤ a），OE = x，AB = l，则a 2 = x 2 + y 2，S = y ( a + x )，
l 2 = y 2 + ( a + x ) 2 = y 2 + a 2 + 2 a x + x 2 = 2 a 2 + 2 a x = 2 a ( a + x ) = 。
因为∠ABC = 2∠OBA = 2∠OAB =∠BDO，AB = BC，DB = DO，所以△BDO∽△ABC，
所以 = ，即 = ，故r = ，所以r 2 = = ∙ = ∙ ( ) 3 ≥ ，即r ≥ ，其中等号当a = y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为 。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9 ( 2 a + b ) 2 = 509 ( 4 a + 511 b ) （1）
求a，b的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则n = m 2，
b = = （2），故3 n – 511 m + 6 a = 0，所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （3），由（1）式可知，( 2 a + b ) 2能被质数509整除，于是2 a + b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（2）式，得b = = 7。
第二试 （B）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件x + y = 1，x y ≥ 0的一切实数对( x，y )，不等式a y 2 – x y + b x 2 ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：由x + y = 1，x y ≥ 0可知0 ≤ x ≤ 1，0 ≤ y ≤ 1。在（1）式中，令x = 0，y = 1，得a ≥ 0；令x = 1，y = 0，得b ≥ 0。将y = 1 – x代入（1）式，得a ( 1 – x ) 2 – x ( 1 – x ) + b x 2 ≥ 0，
即( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
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25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a为质数，b，c为正整数，且满足 ，求a ( b + c )的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则2 b – c = = （3），故3 n – 511 m + 6 a = 0，又n = m 2，
所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （4），由（1）式可知，( 2 a + 2 b – c ) 2能被509整除，
而509是质数，于是2 a + 2 b – c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，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（3）式，得2 b – c = = 7，即c = 2 b – 7，代入（2）式得b – ( 2 b – 7 ) = 2，所以b = 5，c = 3，因此a ( b + c ) = 251 × ( 5 + 3 ) = 2008。
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a 2 + 1 = 3 a，b 2 + 1 = 3 b，且a ≠ b，则代数式 + 的值为（ ）
（A）5 （B）7 （C）9 （D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB = 6，BC = 5，EF = 3，则线段BE的长为（ ）
（A） （B）4 （C） （D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（ ）
（A） （B） （C） （D）
4、在△ABC中，∠ABC = 12°，∠ACB = 132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（ ）
（A）BM > CN （B）BM = CN （C）BM < CN （D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（ ）
（A）( ) 3 （B）( ) 4 （C）( ) 5 （D）
6、已知实数x，y满足( x – ) ( y – ) = 2008，
则3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007的值为（ ）
（A）– 2008 （B）2008 （C）– 1 （D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a = ，则 = 。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM = ，∠MAN = 135°，则四边形AMCN的面积为 。
3、已知二次函数y = x 2 + a x + b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且| m | + | n | ≤ 1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则| p | + | q | = 。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：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2008个位置的数字是 。
答案： B、D、C、B、B、D；– 2、 、 、1。
解答：一、1、由题设条件可知a 2 – 3 a + 1 = 0，b 2 – 3 b + 1 = 0，且a ≠ b，
所以a，b是一元二次方程x 2 – 3 x + 1 = 0的两根，故a + b = 3，a b = 1，
因此 + = = = = 7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故 = = ，即cos∠BAC = ，所以sin∠BAC = 。
在Rt△ABE中，BE = AB sin∠BAC = 6 × = ；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是 = ；
4、∵∠ABC = 12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC = ( 180° – 12° ) = 84°，
又∠BCM = 180° –∠ACB = 180° – 132° = 48°，∴∠BCM = 180° – 84° – 48° = 48°，∴BM = BC，又∠ACN = ( 180° –∠ACB ) = ( 180° – 132° ) = 24°，∴∠BNC = 180° –∠ABC –∠BCN = 180° – 12° – (∠ACB +∠CAN ) = 12° =∠ABC，∴CN = CB，因此，BM = BC = CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
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可以
表示为a ∙ ( 1 – 10% ) k ∙ ( 1 – 20% ) n – k = a ∙ ( ) k ∙ ( ) n – k，其中k为自然数，且0 ≤ k ≤ n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a ∙ ( ) i ∙ ( ) n – i，a ∙ ( ) i + 1 ∙ ( ) n – i – 1，a ∙ ( ) i + 2 ∙ ( ) n – i – 2，a ∙ ( ) i + 3 ∙ ( ) n – i – 3，a ∙ ( ) i + 4 ∙ ( ) n – i – 4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为 = ( ) 4；
6、∵( x – ) ( y – ) = 2008，∴x – = =
y + ，y – = = x + ，
由以上两式可得x = y， 所以( x – ) 2 = 2008，解得x 2 = 2008，
所以3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007 = 3 x 2 – 2 x 2 + 3 x – 3 x – 2007 = x 2 – 2007 = 1；
二、1、∵a 2 = ( ) 2 = = 1 – a，∴a 2 + a = 1，∴原式=
= = = – = – ( 1 + a + a 2 ) = – ( 1 + 1 ) = – 2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO = OB = ，MO = = ，
∴MB = MO – OB = 。又∠ABM =∠NDA = 135°，
∠NAD =∠MAN –∠DAB –∠MAB = 135° – 90° –∠MAB = 45°–∠MAB =∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故 = ，从而DN = ∙ BA = × 1 = ，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S = 2 S△MAN = 2 × × MN × AO = 2 × × ( + + ) × = ；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x 2 + a x + b = 0的两根，所以m + n = – a，m n = b。
∵| m | + | n | ≤ 1，∴| m + n | ≤ | m | + | n | ≤ 1，| m – n | ≤ | m | + | n | ≤ 1。
∵方程x 2 + a x + b = 0的判别式△= a 2 – 4 b ≥ 0，∴b ≤ = ≤ 。
4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≥ ( m + n ) 2 – 1 ≥ – 1，故b ≥ – ，等号当m = – n = 时取得；4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≤ 1 – ( m – n ) 2 ≤ 1，故b ≤ ，等号当m = n = 时取得。所以p = ，q = – ，于是| p | + | q | = ；
4、1 2到3 2，结果都只各占1个数位，共占1 × 3 = 3个数位；4 2到9 2，结果都只各占2个数位，共占2 × 6 = 12个数位；10 2到31 2，结果都只各占3个数位，共占3 × 22 = 66个数位；32 2到99 2，结果都只各占4个数位，共占4 × 68 = 272个数位；100 2到316 2，结果都只各占5个数位，共占5 × 217 = 1085个数位；此时还差2008 – ( 3 + 12 + 66 + 272 + 1085 ) = 570个数位。317 2到411 2，结果都只各占6个数位，共占6 × 95 = 570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是411 2的个位数字，即为1；
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2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试 （A）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x，不等式a ( 1 – x ) ( 1 – x – a x ) – b x ( b – x – b x ) ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：整理不等式（1）并将a 2 + b 2 = 1代入，得( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），
在（2）中，令x = 0，得a ≥ 0；令x = 1，得b ≥ 0。易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）
消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
二、（本题满分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AB = BC。
（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，AB = BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA =∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB = 90° –∠OBA = 90° –∠OBC =∠DBO，所以DB = DO，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BE⊥AC。设AC = 2 y（0 < y ≤ a），OE = x，AB = l，则a 2 = x 2 + y 2，S = y ( a + x )，
l 2 = y 2 + ( a + x ) 2 = y 2 + a 2 + 2 a x + x 2 = 2 a 2 + 2 a x = 2 a ( a + x ) = 。
因为∠ABC = 2∠OBA = 2∠OAB =∠BDO，AB = BC，DB = DO，所以△BDO∽△ABC，
所以 = ，即 = ，故r = ，所以r 2 = = ∙ = ∙ ( ) 3 ≥ ，即r ≥ ，其中等号当a = y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为 。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9 ( 2 a + b ) 2 = 509 ( 4 a + 511 b ) （1）
求a，b的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则n = m 2，
b = = （2），故3 n – 511 m + 6 a = 0，所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （3），由（1）式可知，( 2 a + b ) 2能被质数509整除，于是2 a + b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（2）式，得b = = 7。
第二试 （B）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件x + y = 1，x y ≥ 0的一切实数对( x，y )，不等式a y 2 – x y + b x 2 ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：由x + y = 1，x y ≥ 0可知0 ≤ x ≤ 1，0 ≤ y ≤ 1。在（1）式中，令x = 0，y = 1，得a ≥ 0；令x = 1，y = 0，得b ≥ 0。将y = 1 – x代入（1）式，得a ( 1 – x ) 2 – x ( 1 – x ) + b x 2 ≥ 0，
即( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
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25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a为质数，b，c为正整数，且满足 ，求a ( b + c )的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则2 b – c = = （3），故3 n – 511 m + 6 a = 0，又n = m 2，
所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （4），由（1）式可知，( 2 a + 2 b – c ) 2能被509整除，
而509是质数，于是2 a + 2 b – c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，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（3）式，得2 b – c = = 7，即c = 2 b – 7，代入（2）式得b – ( 2 b – 7 ) = 2，所以b = 5，c = 3，因此a ( b + c ) = 251 × ( 5 + 3 ) = 2008。
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第1个回答 2009-02-22
1.－3的绝对值是…………………………………………………………………………………………【 】
A.3 B.－3 C. D.
2. 下列多项式中，能用公式法分解因式的是…………………………………………………………【 】
A.x2－xy B. x2＋xy C. x2－y2 D. x2＋y2
3. 2007年我省为135万名农村中小学生免费提供教科书，减轻了农民的负担，135万用科学计数法可表示为………………………………………………【 】
A.0.135×106 B.1.35×106 C.0.135×107 D.1.35×107
5. 分式方程 的解是…………………………………………………………………………【 】
A. x=1 B. x=－1 C. x=2 D. x=－2
6.如图是某几何体的三视图及相关数据，则判断正确的是…………………………………………【 】
A. a＞c B. b＞c C. 4a2+b2=c2 D. a2+b2=c2
7.函数 的图象经过点（1，－2），则k的值为…………………………………………………【 】
A. B. C. 2 D. －2
8. 某火车站的显示屏，每隔4分钟显示一次火车班次的信息，显示时间持续1分钟，某人到达该车站时，显示屏上正好显示火车班次信息的概率是……………………………………………………………【 】
A. B. C. D.
11. 化简 =_________
16.小明站在A处放风筝，风筝飞到C处时的线长为20米，这时测得∠CBD=60°，若牵引底端B离地面1.5米，求此时风筝离地面高度。(计算结果精确到0.1米， )
17.某石油进口国这几个月的石油进口量比上个月减少了5%，由于国际油价油价上涨，这个月进口石油的费用反而比上个月增加了14%。求这个月的石油价格相对上个月的增长率。
19.甲同学口袋中有三张卡片，分别写着数字1、1、2，乙同学口袋中也有三张卡片，分别写着数字1、2、2。两人各自从自己的口袋中随机摸出一张卡片，若两人摸出的卡片上的数字之和为偶数，则甲胜；否则乙胜。求甲胜的概率。
23．刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令：一分队立即出发往30千米的A镇；二分队因疲劳可在营地休息a（0≤a≤3）小时再往A镇参加救灾。一分队了发后得知，唯一通往A镇的道路在离营地10千米处发生塌方，塌方地形复杂，必须由一分队用1小时打通道路，已知一分队的行进速度为5千米/时，二分队的行进速度为（4＋a）千米/时。
⑴若二分队在营地不休息，问二分队几小时能赶到A镇？
⑵若二分队和一分队同时赶到A镇，二分队应在营地休息几小时？
1 2 3 5 6 7 8
A D D B A C B
11.4 16. 16、解：在Rt△BCD中，CD=BC×sin60=20× ……6分
又DE=AB=1.5
∴CE=CD＋DE=CD＋AB= (米)
答：此时风筝离地面的高度约是18.8米.
17.17、解：设这个月的石油价格相对上个月的增长率为x。根据题意得
（1＋x）（1－5%）=1＋14%……5分
解得x=20% 答这个月的石油价格相对上个月的增长率为20%.
19.19．解：所有可能的结果列表如下
乙 ／甲 偶数 偶数 奇数
奇数 奇数 偶数
奇数 奇数 偶数
由表可知，和为偶数的结果有4种，∴P(甲胜)= ，答：甲胜的概率是9分之4 .
23.23.解：（1）若二分队在营地不休息，则a＝0，速度为4千米/时，行至塌方处需 （小时）
因为一分队到塌方处并打通道路需要 （小时），故二分队在塌方处需停留0.5小时，所以二分队在营地不休息赶到A镇需2.5+0.5+ ＝8（小时）
（2）一分队赶到A镇共需 +1＝7（小时）
A.3 B.－3 C. D.
2. 下列多项式中，能用公式法分解因式的是…………………………………………………………【 】
A.x2－xy B. x2＋xy C. x2－y2 D. x2＋y2
3. 2007年我省为135万名农村中小学生免费提供教科书，减轻了农民的负担，135万用科学计数法可表示为………………………………………………【 】
A.0.135×106 B.1.35×106 C.0.135×107 D.1.35×107
5. 分式方程 的解是…………………………………………………………………………【 】
A. x=1 B. x=－1 C. x=2 D. x=－2
6.如图是某几何体的三视图及相关数据，则判断正确的是…………………………………………【 】
A. a＞c B. b＞c C. 4a2+b2=c2 D. a2+b2=c2
7.函数 的图象经过点（1，－2），则k的值为…………………………………………………【 】
A. B. C. 2 D. －2
8. 某火车站的显示屏，每隔4分钟显示一次火车班次的信息，显示时间持续1分钟，某人到达该车站时，显示屏上正好显示火车班次信息的概率是……………………………………………………………【 】
A. B. C. D.
11. 化简 =_________
16.小明站在A处放风筝，风筝飞到C处时的线长为20米，这时测得∠CBD=60°，若牵引底端B离地面1.5米，求此时风筝离地面高度。(计算结果精确到0.1米， )
17.某石油进口国这几个月的石油进口量比上个月减少了5%，由于国际油价油价上涨，这个月进口石油的费用反而比上个月增加了14%。求这个月的石油价格相对上个月的增长率。
19.甲同学口袋中有三张卡片，分别写着数字1、1、2，乙同学口袋中也有三张卡片，分别写着数字1、2、2。两人各自从自己的口袋中随机摸出一张卡片，若两人摸出的卡片上的数字之和为偶数，则甲胜；否则乙胜。求甲胜的概率。
23．刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令：一分队立即出发往30千米的A镇；二分队因疲劳可在营地休息a（0≤a≤3）小时再往A镇参加救灾。一分队了发后得知，唯一通往A镇的道路在离营地10千米处发生塌方，塌方地形复杂，必须由一分队用1小时打通道路，已知一分队的行进速度为5千米/时，二分队的行进速度为（4＋a）千米/时。
⑴若二分队在营地不休息，问二分队几小时能赶到A镇？
⑵若二分队和一分队同时赶到A镇，二分队应在营地休息几小时？
1 2 3 5 6 7 8
A D D B A C B
11.4 16. 16、解：在Rt△BCD中，CD=BC×sin60=20× ……6分
又DE=AB=1.5
∴CE=CD＋DE=CD＋AB= (米)
答：此时风筝离地面的高度约是18.8米.
17.17、解：设这个月的石油价格相对上个月的增长率为x。根据题意得
（1＋x）（1－5%）=1＋14%……5分
解得x=20% 答这个月的石油价格相对上个月的增长率为20%.
19.19．解：所有可能的结果列表如下
乙 ／甲 偶数 偶数 奇数
奇数 奇数 偶数
奇数 奇数 偶数
由表可知，和为偶数的结果有4种，∴P(甲胜)= ，答：甲胜的概率是9分之4 .
23.23.解：（1）若二分队在营地不休息，则a＝0，速度为4千米/时，行至塌方处需 （小时）
因为一分队到塌方处并打通道路需要 （小时），故二分队在塌方处需停留0.5小时，所以二分队在营地不休息赶到A镇需2.5+0.5+ ＝8（小时）
（2）一分队赶到A镇共需 +1＝7（小时）
第2个回答 2009-03-04
1.－3的绝对值是…………………………………………………………………………………………【 】
A.3 B.－3 C. D.
2. 下列多项式中，能用公式法分解因式的是…………………………………………………………【 】
A.x2－xy B. x2＋xy C. x2－y2 D. x2＋y2
3. 2007年我省为135万名农村中小学生免费提供教科书，减轻了农民的负担，135万用科学计数法可表示为………………………………………………【 】
A.0.135×106 B.1.35×106 C.0.135×107 D.1.35×107
5. 分式方程 的解是…………………………………………………………………………【 】
A. x=1 B. x=－1 C. x=2 D. x=－2
6.如图是某几何体的三视图及相关数据，则判断正确的是…………………………………………【 】
A. a＞c B. b＞c C. 4a2+b2=c2 D. a2+b2=c2
7.函数 的图象经过点（1，－2），则k的值为…………………………………………………【 】
A. B. C. 2 D. －2
8. 某火车站的显示屏，每隔4分钟显示一次火车班次的信息，显示时间持续1分钟，某人到达该车站时，显示屏上正好显示火车班次信息的概率是……………………………………………………………【 】
A. B. C. D.
11. 化简 =_________
16.小明站在A处放风筝，风筝飞到C处时的线长为20米，这时测得∠CBD=60°，若牵引底端B离地面1.5米，求此时风筝离地面高度。(计算结果精确到0.1米， )
17.某石油进口国这几个月的石油进口量比上个月减少了5%，由于国际油价油价上涨，这个月进口石油的费用反而比上个月增加了14%。求这个月的石油价格相对上个月的增长率。
19.甲同学口袋中有三张卡片，分别写着数字1、1、2，乙同学口袋中也有三张卡片，分别写着数字1、2、2。两人各自从自己的口袋中随机摸出一张卡片，若两人摸出的卡片上的数字之和为偶数，则甲胜；否则乙胜。求甲胜的概率。
23．刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令：一分队立即出发往30千米的A镇；二分队因疲劳可在营地休息a（0≤a≤3）小时再往A镇参加救灾。一分队了发后得知，唯一通往A镇的道路在离营地10千米处发生塌方，塌方地形复杂，必须由一分队用1小时打通道路，已知一分队的行进速度为5千米/时，二分队的行进速度为（4＋a）千米/时。
⑴若二分队在营地不休息，问二分队几小时能赶到A镇？
⑵若二分队和一分队同时赶到A镇，二分队应在营地休息几小时？
1 2 3 5 6 7 8
A D D B A C B
11.4 16. 16、解：在Rt△BCD中，CD=BC×sin60=20× ……6分
又DE=AB=1.5
∴CE=CD＋DE=CD＋AB= (米)
答：此时风筝离地面的高度约是18.8米.
17.17、解：设这个月的石油价格相对上个月的增长率为x。根据题意得
（1＋x）（1－5%）=1＋14%……5分
解得x=20% 答这个月的石油价格相对上个月的增长率为20%.
19.19．解：所有可能的结果列表如下
乙 ／甲 偶数 偶数 奇数
奇数 奇数 偶数
奇数 奇数 偶数
由表可知，和为偶数的结果有4种，∴P(甲胜)= ，答：甲胜的概率是9分之4 .
23.23.解：（1）若二分队在营地不休息，则a＝0，速度为4千米/时，行至塌方处需 （小时）
因为一分队到塌方处并打通道路需要 （小时），故二分队在塌方处需停留0.5小时，所以二分队在营地不休息赶到A镇需2.5+0.5+ ＝8（小时）
（2）一分队赶到A镇共需 +1＝7（小时）
回答者： liushichen5 - 门吏 三级 2-22 15:03
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a 2 + 1 = 3 a，b 2 + 1 = 3 b，且a ≠ b，则代数式 + 的值为（ ）
（A）5 （B）7 （C）9 （D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB = 6，BC = 5，EF = 3，则线段BE的长为（ ）
（A） （B）4 （C） （D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（ ）
（A） （B） （C） （D）
4、在△ABC中，∠ABC = 12°，∠ACB = 132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（ ）
（A）BM > CN （B）BM = CN （C）BM < CN （D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（ ）
（A）( ) 3 （B）( ) 4 （C）( ) 5 （D）
6、已知实数x，y满足( x – ) ( y – ) = 2008，
则3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007的值为（ ）
（A）– 2008 （B）2008 （C）– 1 （D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a = ，则 = 。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM = ，∠MAN = 135°，则四边形AMCN的面积为 。
3、已知二次函数y = x 2 + a x + b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且| m | + | n | ≤ 1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则| p | + | q | = 。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：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2008个位置的数字是 。
答案： B、D、C、B、B、D；– 2、 、 、1。
解答：一、1、由题设条件可知a 2 – 3 a + 1 = 0，b 2 – 3 b + 1 = 0，且a ≠ b，
所以a，b是一元二次方程x 2 – 3 x + 1 = 0的两根，故a + b = 3，a b = 1，
因此 + = = = = 7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故 = = ，即cos∠BAC = ，所以sin∠BAC = 。
在Rt△ABE中，BE = AB sin∠BAC = 6 × = ；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是 = ；
4、∵∠ABC = 12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC = ( 180° – 12° ) = 84°，
又∠BCM = 180° –∠ACB = 180° – 132° = 48°，∴∠BCM = 180° – 84° – 48° = 48°，∴BM = BC，又∠ACN = ( 180° –∠ACB ) = ( 180° – 132° ) = 24°，∴∠BNC = 180° –∠ABC –∠BCN = 180° – 12° – (∠ACB +∠CAN ) = 12° =∠ABC，∴CN = CB，因此，BM = BC = CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
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可以
表示为a ∙ ( 1 – 10% ) k ∙ ( 1 – 20% ) n – k = a ∙ ( ) k ∙ ( ) n – k，其中k为自然数，且0 ≤ k ≤ n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a ∙ ( ) i ∙ ( ) n – i，a ∙ ( ) i + 1 ∙ ( ) n – i – 1，a ∙ ( ) i + 2 ∙ ( ) n – i – 2，a ∙ ( ) i + 3 ∙ ( ) n – i – 3，a ∙ ( ) i + 4 ∙ ( ) n – i – 4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为 = ( ) 4；
6、∵( x – ) ( y – ) = 2008，∴x – = =
y + ，y – = = x + ，
由以上两式可得x = y， 所以( x – ) 2 = 2008，解得x 2 = 2008，
所以3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007 = 3 x 2 – 2 x 2 + 3 x – 3 x – 2007 = x 2 – 2007 = 1；
二、1、∵a 2 = ( ) 2 = = 1 – a，∴a 2 + a = 1，∴原式=
= = = – = – ( 1 + a + a 2 ) = – ( 1 + 1 ) = – 2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO = OB = ，MO = = ，
∴MB = MO – OB = 。又∠ABM =∠NDA = 135°，
∠NAD =∠MAN –∠DAB –∠MAB = 135° – 90° –∠MAB = 45°–∠MAB =∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故 = ，从而DN = ∙ BA = × 1 = ，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S = 2 S△MAN = 2 × × MN × AO = 2 × × ( + + ) × = ；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x 2 + a x + b = 0的两根，所以m + n = – a，m n = b。
∵| m | + | n | ≤ 1，∴| m + n | ≤ | m | + | n | ≤ 1，| m – n | ≤ | m | + | n | ≤ 1。
∵方程x 2 + a x + b = 0的判别式△= a 2 – 4 b ≥ 0，∴b ≤ = ≤ 。
4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≥ ( m + n ) 2 – 1 ≥ – 1，故b ≥ – ，等号当m = – n = 时取得；4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≤ 1 – ( m – n ) 2 ≤ 1，故b ≤ ，等号当m = n = 时取得。所以p = ，q = – ，于是| p | + | q | = ；
4、1 2到3 2，结果都只各占1个数位，共占1 × 3 = 3个数位；4 2到9 2，结果都只各占2个数位，共占2 × 6 = 12个数位；10 2到31 2，结果都只各占3个数位，共占3 × 22 = 66个数位；32 2到99 2，结果都只各占4个数位，共占4 × 68 = 272个数位；100 2到316 2，结果都只各占5个数位，共占5 × 217 = 1085个数位；此时还差2008 – ( 3 + 12 + 66 + 272 + 1085 ) = 570个数位。317 2到411 2，结果都只各占6个数位，共占6 × 95 = 570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是411 2的个位数字，即为1；
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试 （A）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x，不等式a ( 1 – x ) ( 1 – x – a x ) – b x ( b – x – b x ) ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：整理不等式（1）并将a 2 + b 2 = 1代入，得( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），
在（2）中，令x = 0，得a ≥ 0；令x = 1，得b ≥ 0。易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）
消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
二、（本题满分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AB = BC。
（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，AB = BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA =∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB = 90° –∠OBA = 90° –∠OBC =∠DBO，所以DB = DO，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BE⊥AC。设AC = 2 y（0 < y ≤ a），OE = x，AB = l，则a 2 = x 2 + y 2，S = y ( a + x )，
l 2 = y 2 + ( a + x ) 2 = y 2 + a 2 + 2 a x + x 2 = 2 a 2 + 2 a x = 2 a ( a + x ) = 。
因为∠ABC = 2∠OBA = 2∠OAB =∠BDO，AB = BC，DB = DO，所以△BDO∽△ABC，
所以 = ，即 = ，故r = ，所以r 2 = = ∙ = ∙ ( ) 3 ≥ ，即r ≥ ，其中等号当a = y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为 。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9 ( 2 a + b ) 2 = 509 ( 4 a + 511 b ) （1）
求a，b的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则n = m 2，
b = = （2），故3 n – 511 m + 6 a = 0，所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （3），由（1）式可知，( 2 a + b ) 2能被质数509整除，于是2 a + b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（2）式，得b = = 7。
第二试 （B）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件x + y = 1，x y ≥ 0的一切实数对( x，y )，不等式a y 2 – x y + b x 2 ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：由x + y = 1，x y ≥ 0可知0 ≤ x ≤ 1，0 ≤ y ≤ 1。在（1）式中，令x = 0，y = 1，得a ≥ 0；令x = 1，y = 0，得b ≥ 0。将y = 1 – x代入（1）式，得a ( 1 – x ) 2 – x ( 1 – x ) + b x 2 ≥ 0，
即( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
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25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a为质数，b，c为正整数，且满足 ，求a ( b + c )的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则2 b – c = = （3），故3 n – 511 m + 6 a = 0，又n = m 2，
所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （4），由（1）式可知，( 2 a + 2 b – c ) 2能被509整除，
而509是质数，于是2 a + 2 b – c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，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（3）式，得2 b – c = = 7，即c = 2 b – 7，代入（2）式得b – ( 2 b – 7 ) = 2，所以b = 5，c = 3，因此a ( b + c ) = 251 × ( 5 + 3 ) = 2008
是对的
A.3 B.－3 C. D.
2. 下列多项式中，能用公式法分解因式的是…………………………………………………………【 】
A.x2－xy B. x2＋xy C. x2－y2 D. x2＋y2
3. 2007年我省为135万名农村中小学生免费提供教科书，减轻了农民的负担，135万用科学计数法可表示为………………………………………………【 】
A.0.135×106 B.1.35×106 C.0.135×107 D.1.35×107
5. 分式方程 的解是…………………………………………………………………………【 】
A. x=1 B. x=－1 C. x=2 D. x=－2
6.如图是某几何体的三视图及相关数据，则判断正确的是…………………………………………【 】
A. a＞c B. b＞c C. 4a2+b2=c2 D. a2+b2=c2
7.函数 的图象经过点（1，－2），则k的值为…………………………………………………【 】
A. B. C. 2 D. －2
8. 某火车站的显示屏，每隔4分钟显示一次火车班次的信息，显示时间持续1分钟，某人到达该车站时，显示屏上正好显示火车班次信息的概率是……………………………………………………………【 】
A. B. C. D.
11. 化简 =_________
16.小明站在A处放风筝，风筝飞到C处时的线长为20米，这时测得∠CBD=60°，若牵引底端B离地面1.5米，求此时风筝离地面高度。(计算结果精确到0.1米， )
17.某石油进口国这几个月的石油进口量比上个月减少了5%，由于国际油价油价上涨，这个月进口石油的费用反而比上个月增加了14%。求这个月的石油价格相对上个月的增长率。
19.甲同学口袋中有三张卡片，分别写着数字1、1、2，乙同学口袋中也有三张卡片，分别写着数字1、2、2。两人各自从自己的口袋中随机摸出一张卡片，若两人摸出的卡片上的数字之和为偶数，则甲胜；否则乙胜。求甲胜的概率。
23．刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令：一分队立即出发往30千米的A镇；二分队因疲劳可在营地休息a（0≤a≤3）小时再往A镇参加救灾。一分队了发后得知，唯一通往A镇的道路在离营地10千米处发生塌方，塌方地形复杂，必须由一分队用1小时打通道路，已知一分队的行进速度为5千米/时，二分队的行进速度为（4＋a）千米/时。
⑴若二分队在营地不休息，问二分队几小时能赶到A镇？
⑵若二分队和一分队同时赶到A镇，二分队应在营地休息几小时？
1 2 3 5 6 7 8
A D D B A C B
11.4 16. 16、解：在Rt△BCD中，CD=BC×sin60=20× ……6分
又DE=AB=1.5
∴CE=CD＋DE=CD＋AB= (米)
答：此时风筝离地面的高度约是18.8米.
17.17、解：设这个月的石油价格相对上个月的增长率为x。根据题意得
（1＋x）（1－5%）=1＋14%……5分
解得x=20% 答这个月的石油价格相对上个月的增长率为20%.
19.19．解：所有可能的结果列表如下
乙 ／甲 偶数 偶数 奇数
奇数 奇数 偶数
奇数 奇数 偶数
由表可知，和为偶数的结果有4种，∴P(甲胜)= ，答：甲胜的概率是9分之4 .
23.23.解：（1）若二分队在营地不休息，则a＝0，速度为4千米/时，行至塌方处需 （小时）
因为一分队到塌方处并打通道路需要 （小时），故二分队在塌方处需停留0.5小时，所以二分队在营地不休息赶到A镇需2.5+0.5+ ＝8（小时）
（2）一分队赶到A镇共需 +1＝7（小时）
回答者： liushichen5 - 门吏 三级 2-22 15:03
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a 2 + 1 = 3 a，b 2 + 1 = 3 b，且a ≠ b，则代数式 + 的值为（ ）
（A）5 （B）7 （C）9 （D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB = 6，BC = 5，EF = 3，则线段BE的长为（ ）
（A） （B）4 （C） （D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（ ）
（A） （B） （C） （D）
4、在△ABC中，∠ABC = 12°，∠ACB = 132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（ ）
（A）BM > CN （B）BM = CN （C）BM < CN （D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（ ）
（A）( ) 3 （B）( ) 4 （C）( ) 5 （D）
6、已知实数x，y满足( x – ) ( y – ) = 2008，
则3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007的值为（ ）
（A）– 2008 （B）2008 （C）– 1 （D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a = ，则 = 。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM = ，∠MAN = 135°，则四边形AMCN的面积为 。
3、已知二次函数y = x 2 + a x + b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且| m | + | n | ≤ 1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则| p | + | q | = 。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：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2008个位置的数字是 。
答案： B、D、C、B、B、D；– 2、 、 、1。
解答：一、1、由题设条件可知a 2 – 3 a + 1 = 0，b 2 – 3 b + 1 = 0，且a ≠ b，
所以a，b是一元二次方程x 2 – 3 x + 1 = 0的两根，故a + b = 3，a b = 1，
因此 + = = = = 7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故 = = ，即cos∠BAC = ，所以sin∠BAC = 。
在Rt△ABE中，BE = AB sin∠BAC = 6 × = ；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是 = ；
4、∵∠ABC = 12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC = ( 180° – 12° ) = 84°，
又∠BCM = 180° –∠ACB = 180° – 132° = 48°，∴∠BCM = 180° – 84° – 48° = 48°，∴BM = BC，又∠ACN = ( 180° –∠ACB ) = ( 180° – 132° ) = 24°，∴∠BNC = 180° –∠ABC –∠BCN = 180° – 12° – (∠ACB +∠CAN ) = 12° =∠ABC，∴CN = CB，因此，BM = BC = CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
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可以
表示为a ∙ ( 1 – 10% ) k ∙ ( 1 – 20% ) n – k = a ∙ ( ) k ∙ ( ) n – k，其中k为自然数，且0 ≤ k ≤ n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a ∙ ( ) i ∙ ( ) n – i，a ∙ ( ) i + 1 ∙ ( ) n – i – 1，a ∙ ( ) i + 2 ∙ ( ) n – i – 2，a ∙ ( ) i + 3 ∙ ( ) n – i – 3，a ∙ ( ) i + 4 ∙ ( ) n – i – 4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为 = ( ) 4；
6、∵( x – ) ( y – ) = 2008，∴x – = =
y + ，y – = = x + ，
由以上两式可得x = y， 所以( x – ) 2 = 2008，解得x 2 = 2008，
所以3 x 2 – 2 y 2 + 3 x – 3 y – 2007 = 3 x 2 – 2 x 2 + 3 x – 3 x – 2007 = x 2 – 2007 = 1；
二、1、∵a 2 = ( ) 2 = = 1 – a，∴a 2 + a = 1，∴原式=
= = = – = – ( 1 + a + a 2 ) = – ( 1 + 1 ) = – 2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO = OB = ，MO = = ，
∴MB = MO – OB = 。又∠ABM =∠NDA = 135°，
∠NAD =∠MAN –∠DAB –∠MAB = 135° – 90° –∠MAB = 45°–∠MAB =∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故 = ，从而DN = ∙ BA = × 1 = ，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S = 2 S△MAN = 2 × × MN × AO = 2 × × ( + + ) × = ；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x 2 + a x + b = 0的两根，所以m + n = – a，m n = b。
∵| m | + | n | ≤ 1，∴| m + n | ≤ | m | + | n | ≤ 1，| m – n | ≤ | m | + | n | ≤ 1。
∵方程x 2 + a x + b = 0的判别式△= a 2 – 4 b ≥ 0，∴b ≤ = ≤ 。
4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≥ ( m + n ) 2 – 1 ≥ – 1，故b ≥ – ，等号当m = – n = 时取得；4 b = 4 m n = ( m + n ) 2 – ( m – n ) 2 ≤ 1 – ( m – n ) 2 ≤ 1，故b ≤ ，等号当m = n = 时取得。所以p = ，q = – ，于是| p | + | q | = ；
4、1 2到3 2，结果都只各占1个数位，共占1 × 3 = 3个数位；4 2到9 2，结果都只各占2个数位，共占2 × 6 = 12个数位；10 2到31 2，结果都只各占3个数位，共占3 × 22 = 66个数位；32 2到99 2，结果都只各占4个数位，共占4 × 68 = 272个数位；100 2到316 2，结果都只各占5个数位，共占5 × 217 = 1085个数位；此时还差2008 – ( 3 + 12 + 66 + 272 + 1085 ) = 570个数位。317 2到411 2，结果都只各占6个数位，共占6 × 95 = 570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是411 2的个位数字，即为1；
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试 （A）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x，不等式a ( 1 – x ) ( 1 – x – a x ) – b x ( b – x – b x ) ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：整理不等式（1）并将a 2 + b 2 = 1代入，得( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），
在（2）中，令x = 0，得a ≥ 0；令x = 1，得b ≥ 0。易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）
消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
二、（本题满分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AB = BC。
（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，AB = BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA =∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB = 90° –∠OBA = 90° –∠OBC =∠DBO，所以DB = DO，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BE⊥AC。设AC = 2 y（0 < y ≤ a），OE = x，AB = l，则a 2 = x 2 + y 2，S = y ( a + x )，
l 2 = y 2 + ( a + x ) 2 = y 2 + a 2 + 2 a x + x 2 = 2 a 2 + 2 a x = 2 a ( a + x ) = 。
因为∠ABC = 2∠OBA = 2∠OAB =∠BDO，AB = BC，DB = DO，所以△BDO∽△ABC，
所以 = ，即 = ，故r = ，所以r 2 = = ∙ = ∙ ( ) 3 ≥ ，即r ≥ ，其中等号当a = y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为 。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9 ( 2 a + b ) 2 = 509 ( 4 a + 511 b ) （1）
求a，b的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则n = m 2，
b = = （2），故3 n – 511 m + 6 a = 0，所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （3），由（1）式可知，( 2 a + b ) 2能被质数509整除，于是2 a + b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（2）式，得b = = 7。
第二试 （B）
一、（本题满分20分）已知a 2 + b 2 = 1，对于满足条件x + y = 1，x y ≥ 0的一切实数对( x，y )，不等式a y 2 – x y + b x 2 ≥ 0 （1）恒成立，当乘积a b取最小值时，求a，b的值。
解：由x + y = 1，x y ≥ 0可知0 ≤ x ≤ 1，0 ≤ y ≤ 1。在（1）式中，令x = 0，y = 1，得a ≥ 0；令x = 1，y = 0，得b ≥ 0。将y = 1 – x代入（1）式，得a ( 1 – x ) 2 – x ( 1 – x ) + b x 2 ≥ 0，
即( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a ≥ 0 （2），易知1 + a + b > 0，0 < < 1，
故二次函数y = ( 1 + a + b ) x 2 – ( 2 a + 1 ) x + a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0 ≤ x ≤ 1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△= ( 2 a + 1 ) 2 – 4 a ( 1 + a + b ) ≤ 0，即a b ≥ 。由方程组 （3）消去b，得16 a 4 – 16 a 2 + 1 = 0，所以a 2 = 或a 2 = 。又因为a ≥ 0，
所以a 1 = 或a 2 = ，于是b 1 = 或b 2 = 。所以a b的最小值为 ，此时a，b的值分别为a = ，b = 和a = ，b = 。
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25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a为质数，b，c为正整数，且满足 ，求a ( b + c )的值。
解：（1）式即( ) 2 = ，设m = ，n = ，则2 b – c = = （3），故3 n – 511 m + 6 a = 0，又n = m 2，
所以3 m 2 – 511 m + 6 a = 0 （4），由（1）式可知，( 2 a + 2 b – c ) 2能被509整除，
而509是质数，于是2 a + 2 b – c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，所以它的判别式△= 511 2 – 72 a为完全平方数。
不妨设△= 511 2 – 72 a = t 2（ 为自然数），则72 a = 511 2 – t 2 = ( 511 + t ) ( 511 – t )，
由于511 + t和511 – t的奇偶性相同，且511 + t ≥ 511，所以只可能有以下几种情况：
① ，② ，③ ，④ ，两式相加分别得
36 a + 2 = 1022，18 a + 4 = 1022，12 a + 6 = 1022，6 a + 12 = 1022，均没有整数解；
⑤ ，⑥ ，两式相加分别得4 a + 18 = 1022，解得a = 251；
2 a + 36 = 1022，解得a = 493，而493 = 17 × 29不是质数，故舍去。综合可知a = 251。
此时方程（3）的解为m = 3或m = （舍去）。
把a = 251，m = 3代入（3）式，得2 b – c = = 7，即c = 2 b – 7，代入（2）式得b – ( 2 b – 7 ) = 2，所以b = 5，c = 3，因此a ( b + c ) = 251 × ( 5 + 3 ) = 2008
是对的
第3个回答 2014-11-19
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a2+1=3a，b2+1=3b，且a≠b，则代数式+的值为（）
（A）5（B）7（C）9（D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB=6，BC=5，EF=3，则线段BE的长为（）
（A）（B）4（C）（D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（）
（A）（B）（C）（D）
4、在△ABC中，∠ABC=12°，∠ACB=132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（）
（A）BM>CN（B）BM=CN（C）BM<CN（D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（）
（A）()3（B）()4（C）()5（D）
6、已知实数x，y满足(x–)(y–)=2008，
则3x2–2y2+3x–3y–2007的值为（）
（A）–2008（B）2008（C）–1（D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a=，则=。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM=，∠MAN=135°，则四边形AMCN的面积为。
3、已知二次函数y=x2+ax+b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且|m|+|n|≤1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则|p|+|q|=。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：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2008个位置的数字是。
答案：B、D、C、B、B、D；–2、、、1。
解答：一、1、由题设条件可知a2–3a+1=0，b2–3b+1=0，且a≠b，
所以a，b是一元二次方程x2–3x+1=0的两根，故a+b=3，ab=1，
因此+====7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故==，即cos∠BAC=，所以sin∠BAC=。
在Rt△ABE中，BE=ABsin∠BAC=6×=；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是=；
4、∵∠ABC=12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC=(180°–12°)=84°，
又∠BCM=180°–∠ACB=180°–132°=48°，∴∠BCM=180°–84°–48°=48°，∴BM=BC，又∠ACN=(180°–∠ACB)=(180°–132°)=24°，∴∠BNC=180°–∠ABC–∠BCN=180°–12°–(∠ACB+∠CAN)=12°=∠ABC，∴CN=CB，因此，BM=BC=CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
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可以
表示为a∙(1–10%)k∙(1–20%)n–k=a∙()k∙()n–k，其中k为自然数，且0≤k≤n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a∙()i∙()n–i，a∙()i+1∙()n–i–1，a∙()i+2∙()n–i–2，a∙()i+3∙()n–i–3，a∙()i+4∙()n–i–4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为=()4；
6、∵(x–)(y–)=2008，∴x–==
y+，y–==x+，
由以上两式可得x=y，所以(x–)2=2008，解得x2=2008，
所以3x2–2y2+3x–3y–2007=3x2–2x2+3x–3x–2007=x2–2007=1；
二、1、∵a2=()2==1–a，∴a2+a=1，∴原式=
===–=–(1+a+a2)=–(1+1)=–2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO=OB=，MO==，
∴MB=MO–OB=。又∠ABM=∠NDA=135°，
∠NAD=∠MAN–∠DAB–∠MAB=135°–90°–∠MAB=45°–∠MAB=∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故=，从而DN=∙BA=×1=，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S=2S△MAN=2××MN×AO=2××(++)×=；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x2+ax+b=0的两根，所以m+n=–a，mn=b。
∵|m|+|n|≤1，∴|m+n|≤|m|+|n|≤1，|m–n|≤|m|+|n|≤1。
∵方程x2+ax+b=0的判别式△=a2–4b≥0，∴b≤=≤。
4b=4mn=(m+n)2–(m–n)2≥(m+n)2–1≥–1，故b≥–，等号当m=–n=时取得；4b=4mn=(m+n)2–(m–n)2≤1–(m–n)2≤1，故b≤，等号当m=n=时取得。所以p=，q=–，于是|p|+|q|=；
4、12到32，结果都只各占1个数位，共占1×3=3个数位；42到92，结果都只各占2个数位，共占2×6=12个数位；102到312，结果都只各占3个数位，共占3×22=66个数位；322到992，结果都只各占4个数位，共占4×68=272个数位；1002到3162，结果都只各占5个数位，共占5×217=1085个数位；此时还差2008–(3+12+66+272+1085)=570个数位。3172到4112，结果都只各占6个数位，共占6×95=570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是4112的个位数字，即为1；
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试（A）
一、（本题满分20分）已知a2+b2=1，对于满足条件0≤x≤1的一切实数x，不等式a(1–x)(1–x–ax)–bx(b–x–bx)≥0（1）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a2+b2=1代入，得(1+a+b)x2–(2a+1)x+a≥0（2），
在（2）中，令x=0，得a≥0；令x=1，得b≥0。易知1+a+b>0，0<<1，
故二次函数y=(1+a+b)x2–(2a+1)x+a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0≤x≤1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△=(2a+1)2–4a(1+a+b)≤0，即ab≥。由方程组（3）
消去b，得16a4–16a2+1=0，所以a2=或a2=。又因为a≥0，
所以a1=或a2=，于是b1=或b2=。所以ab的最小值为，此时a，b的值分别为a=，b=和a=，b=。
二、（本题满分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AB=BC。
（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，AB=BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA=∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB=90°–∠OBA=90°–∠OBC=∠DBO，所以DB=DO，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BE⊥AC。设AC=2y（0<y≤a），OE=x，AB=l，则a2=x2+y2，S=y(a+x)，
l2=y2+(a+x)2=y2+a2+2ax+x2=2a2+2ax=2a(a+x)=。
因为∠ABC=2∠OBA=2∠OAB=∠BDO，AB=BC，DB=DO，所以△BDO∽△ABC，
所以=，即=，故r=，所以r2==∙=∙()3≥，即r≥，其中等号当a=y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9(2a+b)2=509(4a+511b)（1）
求a，b的值。
解：（1）式即()2=，设m=，n=，则n=m2，
b==（2），故3n–511m+6a=0，所以3m2–511m+6a=0（3），由（1）式可知，(2a+b)2能被质数509整除，于是2a+b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△=5112–72a为完全平方数。
不妨设△=5112–72a=t2（为自然数），则72a=5112–t2=(511+t)(511–t)，
由于511+t和511–t的奇偶性相同，且511+t≥511，所以只可能有以下几种情况：
①，②，③，④，两式相加分别得
36a+2=1022，18a+4=1022，12a+6=1022，6a+12=1022，均没有整数解；
⑤，⑥，两式相加分别得4a+18=1022，解得a=251；
2a+36=1022，解得a=493，而493=17×29不是质数，故舍去。综合可知a=251。
此时方程（3）的解为m=3或m=（舍去）。
把a=251，m=3代入（2）式，得b==7。
第二试（B）
一、（本题满分20分）已知a2+b2=1，对于满足条件x+y=1，xy≥0的一切实数对(x，y)，不等式ay2–xy+bx2≥0（1）恒成立，当乘积ab取最小值时，求a，b的值。
解：由x+y=1，xy≥0可知0≤x≤1，0≤y≤1。在（1）式中，令x=0，y=1，得a≥0；令x=1，y=0，得b≥0。将y=1–x代入（1）式，得a(1–x)2–x(1–x)+bx2≥0，
即(1+a+b)x2–(2a+1)x+a≥0（2），易知1+a+b>0，0<<1，
故二次函数y=(1+a+b)x2–(2a+1)x+a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0≤x≤1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△=(2a+1)2–4a(1+a+b)≤0，即ab≥。由方程组（3）消去b，得16a4–16a2+1=0，所以a2=或a2=。又因为a≥0，
所以a1=或a2=，于是b1=或b2=。所以ab的最小值为，此时a，b的值分别为a=，b=和a=，b=。
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25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a为质数，b，c为正整数，且满足，求a(b+c)的值。
解：（1）式即()2=，设m=，n=，则2b–c==（3），故3n–511m+6a=0，又n=m2，
所以3m2–511m+6a=0（4），由（1）式可知，(2a+2b–c)2能被509整除，
而509是质数，于是2a+2b–c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，所以它的判别式△=5112–72a为完全平方数。
不妨设△=5112–72a=t2（为自然数），则72a=5112–t2=(511+t)(511–t)，
由于511+t和511–t的奇偶性相同，且511+t≥511，所以只可能有以下几种情况：
①，②，③，④，两式相加分别得
36a+2=1022，18a+4=1022，12a+6=1022，6a+12=1022，均没有整数解；
⑤，⑥，两式相加分别得4a+18=1022，解得a=251；
2a+36=1022，解得a=493，而493=17×29不是质数，故舍去。综合可知a=251。
此时方程（3）的解为m=3或m=（舍去）。
把a=251，m=3代入（3）式，得2b–c==7，即c=2b–7，代入（2）式得b–(2b–7)=2，所以b=5，c=3，因此a(b+c)=251×(5+3)=2008。
2008年4月13日上午8：30—9：30
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1、设a2+1=3a，b2+1=3b，且a≠b，则代数式+的值为（）
（A）5（B）7（C）9（D）11
2、如图，设AD，BE，CF为△ABC的三条高，若AB=6，BC=5，EF=3，则线段BE的长为（）
（A）（B）4（C）（D）
3、从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是（）
（A）（B）（C）（D）
4、在△ABC中，∠ABC=12°，∠ACB=132°，BM和CN分别是这两个角的外角平分线，且点M，N分别在直线AC和直线AB上，则（）
（A）BM>CN（B）BM=CN（C）BM<CN（D）BM和CN的大小关系不确定
5、现有价格相同的5种不同商品，从今天开始每天分别降价10％或20％，若干天后，这5种商品的价格互不相同，设最高价格和最低价格的比值为r，则r的最小值为（）
（A）()3（B）()4（C）()5（D）
6、已知实数x，y满足(x–)(y–)=2008，
则3x2–2y2+3x–3y–2007的值为（）
（A）–2008（B）2008（C）–1（D）1
二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1、设a=，则=。
2、如图，正方形ABCD的边长为1，M，N为BD所在直线上的两点，且AM=，∠MAN=135°，则四边形AMCN的面积为。
3、已知二次函数y=x2+ax+b的图象与x轴的两个交点的横坐标分别为m，n，且|m|+|n|≤1。设满足上述要求的b的最大值和最小值分别为p，q，则|p|+|q|=。
4、依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：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2008个位置的数字是。
答案：B、D、C、B、B、D；–2、、、1。
解答：一、1、由题设条件可知a2–3a+1=0，b2–3b+1=0，且a≠b，
所以a，b是一元二次方程x2–3x+1=0的两根，故a+b=3，ab=1，
因此+====7；
2、因为AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
于是△AEF∽△ABC，故==，即cos∠BAC=，所以sin∠BAC=。
在Rt△ABE中，BE=ABsin∠BAC=6×=；
3、能够组成的两位数有12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54，共20个，其中是3的倍数的数为12，15，21，24，42，45，51，54，共8个，所以所组成的数是3的倍数的概率是=；
4、∵∠ABC=12°，BM为∠ABC的外角平分线，∴∠MBC=(180°–12°)=84°，
又∠BCM=180°–∠ACB=180°–132°=48°，∴∠BCM=180°–84°–48°=48°，∴BM=BC，又∠ACN=(180°–∠ACB)=(180°–132°)=24°，∴∠BNC=180°–∠ABC–∠BCN=180°–12°–(∠ACB+∠CAN)=12°=∠ABC，∴CN=CB，因此，BM=BC=CN；
5、容易知道，4天之后就可以出现5种商品的价格互不相同的情况。
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可以
表示为a∙(1–10%)k∙(1–20%)n–k=a∙()k∙()n–k，其中k为自然数，且0≤k≤n，要使r的值最小，五种商品的价格应该分别为：a∙()i∙()n–i，a∙()i+1∙()n–i–1，a∙()i+2∙()n–i–2，a∙()i+3∙()n–i–3，a∙()i+4∙()n–i–4，
其中i为不超过n的自然数，所以r的最小值为=()4；
6、∵(x–)(y–)=2008，∴x–==
y+，y–==x+，
由以上两式可得x=y，所以(x–)2=2008，解得x2=2008，
所以3x2–2y2+3x–3y–2007=3x2–2x2+3x–3x–2007=x2–2007=1；
二、1、∵a2=()2==1–a，∴a2+a=1，∴原式=
===–=–(1+a+a2)=–(1+1)=–2；
2、设BD中点为O，连AO，则AO⊥BD，AO=OB=，MO==，
∴MB=MO–OB=。又∠ABM=∠NDA=135°，
∠NAD=∠MAN–∠DAB–∠MAB=135°–90°–∠MAB=45°–∠MAB=∠AMB，
所以△ADN∽△MBA，故=，从而DN=∙BA=×1=，根据对称性可知，
四边形AMCN的面积S=2S△MAN=2××MN×AO=2××(++)×=；
3、根据题意，m，n是一元二次方程x2+ax+b=0的两根，所以m+n=–a，mn=b。
∵|m|+|n|≤1，∴|m+n|≤|m|+|n|≤1，|m–n|≤|m|+|n|≤1。
∵方程x2+ax+b=0的判别式△=a2–4b≥0，∴b≤=≤。
4b=4mn=(m+n)2–(m–n)2≥(m+n)2–1≥–1，故b≥–，等号当m=–n=时取得；4b=4mn=(m+n)2–(m–n)2≤1–(m–n)2≤1，故b≤，等号当m=n=时取得。所以p=，q=–，于是|p|+|q|=；
4、12到32，结果都只各占1个数位，共占1×3=3个数位；42到92，结果都只各占2个数位，共占2×6=12个数位；102到312，结果都只各占3个数位，共占3×22=66个数位；322到992，结果都只各占4个数位，共占4×68=272个数位；1002到3162，结果都只各占5个数位，共占5×217=1085个数位；此时还差2008–(3+12+66+272+1085)=570个数位。3172到4112，结果都只各占6个数位，共占6×95=570个数位。所以，排在第2008个位置的数字恰好应该是4112的个位数字，即为1；
2008年全国初中数学联赛
2008年4月13日上午10：00—11：30
第二试（A）
一、（本题满分20分）已知a2+b2=1，对于满足条件0≤x≤1的一切实数x，不等式a(1–x)(1–x–ax)–bx(b–x–bx)≥0（1）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a2+b2=1代入，得(1+a+b)x2–(2a+1)x+a≥0（2），
在（2）中，令x=0，得a≥0；令x=1，得b≥0。易知1+a+b>0，0<<1，
故二次函数y=(1+a+b)x2–(2a+1)x+a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0≤x≤1的一切实数x恒成立，所以它的判别式△=(2a+1)2–4a(1+a+b)≤0，即ab≥。由方程组（3）
消去b，得16a4–16a2+1=0，所以a2=或a2=。又因为a≥0，
所以a1=或a2=，于是b1=或b2=。所以ab的最小值为，此时a，b的值分别为a=，b=和a=，b=。
二、（本题满分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AB=BC。
（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，AB=BC，所以△OBA∽△OBC，从而∠OBA=∠OBC，因为OD⊥AB，DB⊥BC，所以∠DOB=90°–∠OBA=90°–∠OBC=∠DBO，所以DB=DO，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BE⊥AC。设AC=2y（0<y≤a），OE=x，AB=l，则a2=x2+y2，S=y(a+x)，
l2=y2+(a+x)2=y2+a2+2ax+x2=2a2+2ax=2a(a+x)=。
因为∠ABC=2∠OBA=2∠OAB=∠BDO，AB=BC，DB=DO，所以△BDO∽△ABC，
所以=，即=，故r=，所以r2==∙=∙()3≥，即r≥，其中等号当a=y时成立，这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为。
三、（本题满分25分）设a为质数，b为正整数，且9(2a+b)2=509(4a+511b)（1）
求a，b的值。
解：（1）式即()2=，设m=，n=，则n=m2，
b==（2），故3n–511m+6a=0，所以3m2–511m+6a=0（3），由（1）式可知，(2a+b)2能被质数509整除，于是2a+b能被509整除，故m为整数，
即关于m的一元二次方程（3）有整数根，所以它的判别式△=5112–72a为完全平方数。
不妨设△=5112–72a=t2（为自然数），则72a=5112–t2=(511+t)(511–t)，
由于511+t和511–t的奇偶性相同，且511+t≥511，所以只可能有以下几种情况：
①，②，③，④，两式相加分别得
36a+2=1022，18a+4=1022，12a+6=1022，6a+12=1022，均没有整数解；
⑤，⑥，两式相加分别得4a+18=1022，解得a=251；
2a+36=1022，解得a=493，而493=17×29不是质数，故舍去。综合可知a=251。
此时方程（3）的解为m=3或m=（舍去）。
把a=251，m=3代入（2）式，得b==7。
第二试（B）
一、（本题满分20分）已知a2+b2=1，对于满足条件x+y=1，xy≥0的一切实数对(x，y)，不等式ay2–xy+bx2≥0（1）恒成立，当乘积ab取最小值时，求a，b的值。
解：由x+y=1，xy≥0可知0≤x≤1，0≤y≤1。在（1）式中，令x=0，y=1，得a≥0；令x=1，y=0，得b≥0。将y=1–x代入（1）式，得a(1–x)2–x(1–x)+bx2≥0，
即(1+a+b)x2–(2a+1)x+a≥0（2），易知1+a+b>0，0<<1，
故二次函数y=(1+a+b)x2–(2a+1)x+a的图象（抛物线）的开口向上，且顶点的横坐标在0和1之间。由题设知，不等式（2）对于满足条件0≤x≤1的一切实数x恒成立，
所以它的判别式△=(2a+1)2–4a(1+a+b)≤0，即ab≥。由方程组（3）消去b，得16a4–16a2+1=0，所以a2=或a2=。又因为a≥0，
所以a1=或a2=，于是b1=或b2=。所以ab的最小值为，此时a，b的值分别为a=，b=和a=，b=。
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25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a为质数，b，c为正整数，且满足，求a(b+c)的值。
解：（1）式即()2=，设m=，n=，则2b–c==（3），故3n–511m+6a=0，又n=m2，
所以3m2–511m+6a=0（4），由（1）式可知，(2a+2b–c)2能被509整除，
而509是质数，于是2a+2b–c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，所以它的判别式△=5112–72a为完全平方数。
不妨设△=5112–72a=t2（为自然数），则72a=5112–t2=(511+t)(511–t)，
由于511+t和511–t的奇偶性相同，且511+t≥511，所以只可能有以下几种情况：
①，②，③，④，两式相加分别得
36a+2=1022，18a+4=1022，12a+6=1022，6a+12=1022，均没有整数解；
⑤，⑥，两式相加分别得4a+18=1022，解得a=251；
2a+36=1022，解得a=493，而493=17×29不是质数，故舍去。综合可知a=251。
此时方程（3）的解为m=3或m=（舍去）。
把a=251，m=3代入（3）式，得2b–c==7，即c=2b–7，代入（2）式得b–(2b–7)=2，所以b=5，c=3，因此a(b+c)=251×(5+3)=2008。
