2023年初中数学竞赛通知

2023年初中数学竞赛通知（共8篇）

1.2023年初中数学竞赛通知 篇一

关于举办初中生数学知识竞赛的通知 各数学老师：

为了增强广大学生热爱数学，学习数学的积极性，拓宽数学知识视野，将举办本次数学知识竞赛。具体通知如下：

一、竞赛时间：第十二周星期二8:30—10:30

二、竞赛地点：多媒体教室

三、竞赛人员：每班选派五名同学

四、试题命制：何建

五、试题印制：胡小辉

六、竞赛方式：问卷式

七、监考人员：

七年级：李双、八年级：容光、九年级：陈晓宇

八、评卷人员：

七年级：朱小军、八年级：王宝、九年级：杨正权

九、评奖方式：

七、八年级：一等奖1名、二等奖：3名、三等奖：5名 九年级：一等奖1名、二等奖：2名、三等奖：3名

十、几点要求：

1、各数学老师要认真组织，对参赛学生加以辅导。

2、各监考人员要严肃考风考纪，不对考生作任何答题暗示。

3、各评卷人员做到公平公正，不徇私舞弊。

4、评卷工作结束后，将成绩及试卷交回何建老师处。

初中理科教研组

2013年11月12日

2.2023年初中数学竞赛通知 篇二

2014年我校学生在竞赛中取得了优异的成绩，共取得全国大学生数学建模竞赛全国一等奖2项全国二等奖8项；国际大学生数学建模竞赛国际特等奖1项、国际一等奖25项、国际二等奖63项，欢迎有志于数学建模竞赛的同学踊跃报名参加。有关具体事项通知如下：

一、参赛对象

东北大学在籍本科生

二、作品基本要求：详见《全国大学生数学建模竞赛论文格式规范》

三、时间安排

报名时间：4月15日至4月25日

联系人：宋雨奇 联系方式：***

竞赛时间：暂定2014年4月25日17:00至4月29日晚17:00（如有调整另行通知）提交答卷时间：2014年4月29日晚17:00前，届时网络自行关闭。

四、报名方式：

在东北大学学生科技竞赛平台注册报名，网址：202.118.31.239

五、交卷方法：2014年4月29日晚17:00前竞赛平台上提交答卷（论文）

六、评奖方法竞赛设一、二、三等奖及优秀奖，并颁发获奖证书，并给予一定的物质奖励。竞赛结果将在东北大学学生科技竞赛平台公布。

七、注意事项

1.竞赛以个人形式报名参加，入围者由学校统一安排课程指导，进行统一培训，并组织入围者自由组队。

2.比赛结果为论文形式，按规定时间在竞赛平台上提交，逾时网络自行关闭。

3.竞赛期间参赛者可以查阅图书资料、使用计算机及相关软件，在国际互联网上浏览，但不得与任何人讨论，一经发现,论文作废，取消参赛资格。

4.本次竞赛暨2014年全国大学生数学建模大赛和2015年国际（美国）大学生数学建模竞赛校内选拔赛，学校不再另行组织校内选拔赛。

东北大学学生创新中心

共青团东北大学理学院委员会

3.2023年初中数学竞赛通知 篇三

2012-04-10 08:26 理学院

为了提高学生的综合素质，培养学生应用数学知识解决实际工程问题的能力，激发学生的创新实践热情，同时选拔参加“2012年全国大学生数学建模竞赛”的队员，由理学院主办的辽宁石油化工大学第四届数学建模竞赛将于2012年4月中旬举行。现将有关事项通知如下：

1.竞赛时间：2012年4月16日8时—5月8日15时

2.参赛形式：在校本科生以队为单位参赛，每队3名学生

3.报名时间：2012年4月10日—14日

4.报名方式：以队为单位填写报名表（见附件1），并于4月14日15时之前，发送E-mail至shuxue0413@163.com（主题：报名表）

5.竞赛题目及下载网址：本次竞赛采用“2012年全国大学生数学建模夏令营”题目，下载网址为：http://

8.竞赛奖项：本次竞赛设置特等奖5队（由学校统一报送东北三省数学建模联赛辽宁赛区组委会）；一等奖2队，二等奖4队，三等奖6队（由学校颁发获奖证书）

9.竞赛负责人：赵老师 于老师

联系电话：56863352

E-mail: shuxue0413@163.com

辽宁石油化工大学理学院

4.2023年初中数学竞赛通知 篇四

http://

1995年全国初中数学联赛试题

第一试

一、选择题

1．已知a＝355,b＝444,c＝533,则有［

]

A．a＜b＜c B．c＜b＜a

C．c＜a＜b

D．a＜c＜b

A．1 B．2

C．3

D．4 3．如果方程(x－1)(x2－2x－m)＝0的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数m的取值范围是

4．如果边长顺次为25、39、52与60的四边形内接于一圆，那么此圆的周长为 ［

]

A．62π B．63π C．64π D．65π 5．设AB是⊙O的一条弦，CD是⊙O的直径，且与弦AB相交，记M＝｜S△CAB－S△DAB｜，N＝2S△OAB，则 [

]

A．M＞N

B．M＝N

C．M＜N D．M、N的大小关系不确定 6．设实数a、b满足不等式｜｜a｜－(a＋b)｜＜｜a－|a＋b｜｜，则[

]

A．a＞0且b＞0 B．a＜0且b＞0 C．a＞0且b＜0 D．a＜0且b＜0

二、填空题

1．在12，22，32…，952这95个数中，十位数字为奇数的数共有____个。

4．以线段AB为直径作一个半圆，圆心为O，C是半圆周上的点，且OC2＝AC·BC，则∠CAB＝______．

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第二试

一、已知∠ACE＝∠CDE＝90°，点B在CE上，CA＝CB＝CD，经A、C、D三点的圆交AB于F（如图）求证F为△CDE的内心。

二、在坐标平面上，纵坐标与横坐标都是整数

理由。

三、试证：每个大于6的自然数n，都可以表示为两个大于1且互质的自然数之和。

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1995年全国初中数学联赛参考答案

第一试

一、选择题

1．讲解：这类指数幂的比较大小问题，通常是化为同底然后比较指数，或化为同指数然后比较底数，本题是化为同指数，有

c＝(53)11＝12511 ＜24311＝(35)11＝a

＜25611＝(44)11＝b。选C。

利用lg2＝0.3010，lg3＝0.4771计算lga、lgb、lgc也可以，但没有优越性。

2．讲解：这类方程是熟知的。先由第二个方程确定z＝1,进而可求出两个解：(2，21，1)、(20，3，1)．也可以不解方程组

直接判断：因为x≠y(否则不是正整数)，故方程组①或无解或有两个解，对照选择支，选B。

3．讲解：显然，方程的一个根为1，另两根之和为x1＋x2＝2＞1。三根能作为一个三角形的三边，须且只须｜x1－x2｜＜1又

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有0≤4－4m＜1．

4．讲解：四个选择支表明，圆的周长存在且唯一，从而直径也存在且唯一．又由

AB2＋AD2 ＝252＋602

＝52×（52＋122）＝52×132

＝(32＋42)×132 ＝392＋522 ＝BC2＋CD2

故可取BD＝65为直径，得周长为65π，选D．

5．讲解：此题的得分率最高，但并不表明此题最容易，因为有些考生的理由是错误的．比如有的考生取AB为直径，则M＝N＝0，于是就选B．其实，这只能排除A、C，不能排除D．

不失一般性，设CE≥ED，在CE上取CF＝ED，则有OF＝OE，且S△第 4 页 http://

ACE－S△ADE＝S△AEF＝2S△AOE．同理，S△BCE－S△BDE＝2S△BOE．相加，得S△ABC－S△DAB＝2S△OAB，即M＝N．选B．

若过C、D、O分别作AB的垂线（图3），CE⊥AB、DF⊥AB、OL⊥AB，垂足分别为E、F、L．连CF、DE，可得梯形CEDF．又由垂径分弦定理，知L是EF的中点．根据课本上做过的一道作业：梯形对角线中点的连线平行底边，并且等于两底差的一半，有

｜CE－DF｜＝2OL．

即M＝N．选B．

6．讲解：取a＝-

1、b＝2可否定A、C、D，选B．一般地，对已知不等式平方，有

｜a｜(a＋b)＞a｜a＋b｜．

显然｜a｜｜(a＋b)｜＞0（若等于0，则与上式矛盾），有

两边都只能取1或-1，故只有1＞-1，即

有a＜0且a＋b＞0，从而b＞-a＞0．选B．

二、填空题

1．讲解：本题虽然以计算为载体，但首先要有试验观察的能力．经计算12，22，…，102，知十位数字为奇数的只有42＝16，62＝36．然后，对两位数10a＋b，有

（10a＋b）2＝20a（5a＋b)＋b2．

其十位数字为b2的十位数字加上一个偶数，故两位数的平方中，也中有b＝4或6时，其十位数字才会为奇数，问题转化为，在1，2，…，95中个位数出现了几次4或6，有2×9＋1＝19．

2.讲解：这类问题一般都先化简后代值，直接把a

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学生在这道题上的错误主要是化简的方向不明确，最后又不会将a2＋a作为整体代入．这里关键是整体代入，抓住这一点，计算可以灵活．比如，由①有

由②－①，得

由③－②并将④代入，得

还可由①得

⑥÷⑤即得所求．

3．讲解：这个题目是将二次函数y＝x2－x与反比例函数

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因而x＝1时，y有最小值1．

4．讲解：此题由笔者提供，原题是求sin

∠CAB，让初中生用代数、几何相结合的方法求特殊角的三角函数值sin75°、sin15°．解法如下：

与AB2＝AB2＋AC2 ② 联立，可推出

而式①、③表明，AB、AC是二次方程

改为求∠CAB之后，思路更宽一些．如，由

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第二试

一、讲解：首先指出，本题有IMO29-5（1989年）的背景，该题是：在直角△ABC中，斜边BC上的高，过△ABD的内心与△ACD的内心的直线分别交边AB和AC于K和L，△ABC和△AKL的面积分别记为S和T．求证S≥2T．

在这个题目的证明中，要用到AK ＝AL＝AD．

今年的初中联赛题相当于反过来，先给出AK＝AL＝AD(斜边上的高)，再求证KL通过△ABD、△ADC的内心（图7）．

其次指出，本题的证法很多，但思路主要有两个：其一，连FC、FD、FE，然后证其中两个为相应的角平分线；其二是过F作三边的垂线，然后证明其中两条垂线段相等．下面是几个有代表性的证法．

证法1：如图6，连DF，则由已知，有

连BD、CF，由CD＝CB，知 ∠FBD＝∠CBD－45° ＝∠CDB－45°＝∠FDB，得FB＝FD，即F到B、D和距离相等，F在线段BD的垂直平分线上，从而也在等腰三角形CBD的顶角平分线上，CF是∠ECD的平分线．

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由于F是△CDE上两条角平分线的交点，因而就是△CDE的内心． 证法2：同证法1，得出∠CDF＝45°＝90°－45°＝∠FDE之后，由于∠ABC=∠FDE，故有B、E、D、F四点共圆．连EF，在证得

∠FBD=∠FDB之后，立即有∠FED＝∠FBD＝∠FDB＝∠FEB，即EF是∠CED的平分线．

本来，点E的信息很少，证EF为角平分线应该是比较难的，但四点共圆把许多已知信息集中并转移到E上来了，因而证法2并不比证法1复杂．

由这个证明可知，F是△DCB的外心．

证法4：如图8，只证CF为∠DCE的平分线．由∠AGC＝∠GBA＋∠GAB＝45°＋∠2，∠AGC=∠ADC=∠CAD=∠CAB+∠1

=45°+∠1 得∠1＝∠2．

从而∠DCF＝∠GCF，得CF为∠DCE的平分线．

证法5：首先DF是∠CDE的平分线，故 △CDE的外心I在直线DF上．

现以CA为y轴、CB为x轴建立坐标系，并记CA＝CB＝CD＝d,则直线AB是一次函数

y＝-x＋d ①

第 9 页 http:// 的图象（图9）．若记内心I的坐标为（x1，y1），则 x1＋y1＝CH＋IH

＝CH＋HB＝CB＝d

满足①，即I在直线AB上，但I在DF上，故I是AB与DF的交点．由交点的唯一性知I就是F，从而证得F为Rt△CDE的内心．

还可延长ED交⊙O于P1，而CP为直径来证．

二、讲解：此题的原型由笔者提供．题目是：

于第一象限内，纵坐标小于横坐标的格点．

这个题目的实质是解不等式

求正整数解．直接解，数字较繁．但有巧法，由

及1≤y＜x，知1＋2＋…＋(x－1)＜1995＜1＋2＋…＋x．

但1953＝1＋2＋…＋62＜1995＜1＋2＋…＋62＋63＝2016，得x＝63，从而y＝21，所求的格点为(21，63)．

经过命题组的修改之后，数据更整齐且便于直接计算．

有x2－x＋18≤10｜x｜．

当x≥0时，有x2－11x＋18≤0，得2≤x≤9，代入二次函数，得合乎条件的4个整点：(2,2),(4,3),(7,6),(9,9);

当x＜0时，有 x2＋9x＋18≤0，得-6≤x≤-3，代入二次函数，得合乎条件的2个整点：

(-6,6),(-3,3)．

对x≥0，取x＝2,4,7,9,12,14,…顺次代入，得(2，2)、(4，3)、(7，6)、(9，9)，且当x＞9时，由

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对x<0，取x＝-1,-3,-6,-8,…顺次代入，得(-3，3)、(-6，6)，且当x<-6时，由

知y>-x，再无满足y≤｜x｜的解． 故一共有6个整点，图示略．

解法3：先找满足条件y＝｜x｜的整点，即分别解方程 x2－11x＋18＝0 ① x2＋9x＋18＝0 ②

可得(2，2)、(9，9)、(-6，6)、(-3，3)．

再找满足y＜｜x｜的整点，这时 2＜x＜9或-6＜x＜-3，依次检验得(4，3)、(7，6)．故共有6个整点．

三、讲解：直观上可以这样看，当n＞6时，在2，3，…，n－2中，必有一个数A与n互质(2≤A≤n－2)，记

B＝n－A≥2，有n＝A＋B．

此时，A与B必互质，否则A与B有公约数d＞1，则d也是n的约数，从而A与n有大于1的公约数，与A、n互质矛盾．

但是，对于初中生来说，这个A的存在性有点抽象，下面分情况，把它具体找出来．

(1)当n为奇数时，有 n＝2＋(n－2)，(2)当n为偶数，但不是4的倍数时，有

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(3)当n为偶数，且又是4的倍数时，有

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5.2023年初中数学竞赛通知 篇五

1.已知直角梯形ABCD的四条边长分别为AB2,BCCD10,AD6，过B、D两点作圆,与BA的延长线交于点E，与CB的延长线交于点F，则BEBF的值为____4_____.（2007）

解延长CD交⊙O于点G，设BE,DG的中点分别为点M,N，则

易知AMDN.因为BCCD10，由割线定理，易证BFDG，所以BEBFBEDG2(BMDN)2(BMAM)2AB4.F M N D

C

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

5（2008）

解设正方形ABCD的中心为O，连AO，则AO

BD，AOOB, MO又ABMNDA135，,∴MBMOOB.245NADMANDABMAB13590MAB

MABAMB，所以△ADN∽△MBA，故ADDNAD，从而DNBA1MBBAMB2根据对称性可知，四边形AMCN的面积

115S2S△MAN2MNAO2.222

3． 设D是△ABC的边AB上的一点，作DE//BC交AC于点E，作DF//AC交BC于点F，已知△ADE、△DBF的面积分别为m和n，则四边形DECF的面积为______.（2009）

【答】

设△ABC的面积为S,则因为△ADE∽△ABC，所

以

AD



ABBD又因为△BDF∽△BAC，所以

AB两式相加

得

F

C

ADBD1，即ABAB1，解

得S2.所以四边形DECF的面积为2mn

4．在等腰直角△ABC中，AB＝BC＝5，P是△ABC内一点，且PA

PC＝5，则PB＝______．（2009）【答】

EmP,F作PE⊥AB，交AB于点E，作PF⊥BC，交BC于点F，设P

△PCF中利用勾股定理，得

n，分别在△PAE、m2(5n)25①(5m)n25②

②－①，得10(nm)20，所以mn2，代入①中，得n7n120，解得n13，n24.F

C

当n3时，mn21，在Rt△PAE

中，由勾股定理可得PB当n4时，mn22，此时PEAE，所以点P在△ABC的外面，不符合题意，舍去.因此PB

5．在△ABC中，已知B2A，BC2,AB22，则A．（2011）【答】 15。

延长AB到D，使BD＝BC，连线段CD，则DBCD

ABCA，所以CA＝2

CD。

作CEAB于点E，则E为AD的中点，故

AEDEAD(ABBD)(22)2222，EB

D

BEABAE(2(2.在Rt△BCE

中，cosEBC

EB，所以EBC30，故 

BCA

ABC15． 2

6．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，过点A作圆的切线与CD的延长线交于点F，如果DE＝．（2011）

【答】 24.设CE4x,AEy，则DFDE3x,EF6x．

连AD，BC．因为AB为⊙O的直径，AF为⊙O的切线，所以

A

B

CE，AC8，D为EF的中点，则AB4

EAF90,ACDDAF．

又因为D为Rt△AEF的斜边EF的中点，∴ DADEDF，∴ DAFAFD，∴ ACDAFD，∴ AFAC8． 在Rt△AEF中，由勾股定理得EF

F

AE2AF2，即 36x2y2320．

设BEz，由相交弦定理得 CEDEAEBE，即yz4x3x12x，∴ y3203yz① 又∵ ADDE，∴ DAEAED．

又DAEBCE,AEDBEC，∴ BCEBEC，从而BCBEz．

在Rt△ACB中，由勾股定理得 ABACBC，即(yz)320z，∴ y2yz320．② 联立①②，解得y8,z16．

所以ABAEBE24．

7．在△ABC中，已知AB＝AC，∠A＝40°，P为AB上一点，∠ACP＝20°，则＝．（2012）

【答】

设D为BC的中点，在△ABC外作∠CAE＝20°，则∠BAE＝60°.作CE⊥AE，PF⊥AE，则易证△ACE≌△ACD，所以CE＝CD＝

BCAP

BC.2

又PF＝PAsin∠BAE＝PAsin60

°＝

1AP，PF＝CE，所以AP＝BC，222

因此

BC

AP

E

6.2023年高考数学复习计划安排 篇六

(1)集合与简易逻辑→不等式→函数→导数(含积分)→数列(含数学归纳法、推理与证明)。

(2)三角函数→向量→立体几何→解析几何。

(3)排列与组合→概率与统计→复数→算法与框图。

2、第一轮复习目标：全面掌握好概念、公式、定理、公理、推论等基础知识，切实落实好课本中典型的例题和课后典型的练习题，落实好每次课的作业，使学生能较熟练地运用基础知识解决简单的数学问题。同时搞好每个单元的跟踪检测，注重课本习题的改造，单元存在的问题在月考中去强化、落实。

3、第二轮复习顺序：选择题解法→填空题解法→数学方法→数学思想→重要知识点的专题深化。

4、第二轮复习目标：在进一步巩固基础知识的前提下，注重方法、思想、重要知识的专题深化，使学生能熟练地运用基础知识和数学方法、思想解决较为复杂的数学问题。同时落实好每次测试，每月一次的诊断性综合考试，并对存在的问题作好整理，为第三轮复习作好前期工作。

5、第三轮复习顺序：每周一次模拟考试→查漏补缺训练→规范答题卡训练。

7.数学竞赛通知 篇七

江苏省非数学专业高等数学竞赛是一项促进高等数学课程建设和改革，激发大学生学习高等数学兴趣，培养分析、解决问题能力的竞赛活动，该竞赛至今已举办十一届。江苏省高等学校非数学专业第十二届高等数学竞赛校内选拔赛将于2014年3月5日举行，江苏省高等数学竞赛将于2014年5月31日举行，竞赛具体事宜通知如下：

一、第十二届高等数学竞赛校内选拔赛相关事宜

1、参赛类别及条件：

参赛对象为我校非数学专业、学习高等数学课程的2012级和2013级本科生。具体如下：本科二级：我校学习高等数学A的2012级、2013级学生；

本科三级：学习高等数学B、C以及统计学专业和经济统计专业的2012、2013级学生；本科四级：我校虞山学院已经开设过高等数学课程的2012级、2013级学生。

2、竞赛时间：

2014年3月5日(星期三)下午15:00—17:30举行。

3、参赛地点：

具体安排将根据报名情况确定并于2014年3月4日下午四点前在教务处主页公布。

4、竞赛内容：

竞赛试题以教育部数学与统计数学课程指导委员会制定的《高等数学教学基本要求》所涉及的内容为基础。基本题所占比例不少于50%，其余将反映：(1)素质教育的特征；(2)竞赛试题的特征；(3)数学的应用(不含解答不唯一的建模类型试题)；(4)数学思维方法与逻辑推理。试题具有层次，能够拉开分数档次。具体内容如下：

本科二级：一元与多元微分学、空间解析几何、数项级数与幂级数；

本科三级：一元微积分、多元微分学、二重积分；

本科四级：一元微积分、多元微分学、二重积分、空间解析几何。

5、收费标准：

每位参加选拔赛学生需交报名费10元。

6、报名办法：

2014年2月26日中午之前以班级为单位组织报名，请各班班长负责统计班内参加选拔

赛的学生名单并填写附件中的报名表（见附件1），电子表格发至邮箱 jbli0512@163.com，并打印一份纸质报名表和每位学生10元报名费交给李军波老师，电话：***。交报名表和报名费时间与地点如下：

东湖校区--2月26日中午11:30--13:30，弘道楼三楼A数学与统计学院2322办公室；东南校区--2月26日下午15:30--17:30，九章楼N2—201。

7、奖项设立：

分类别确定获奖人选，一等奖各3名、二等奖各5名、三等奖各10名。

8、结果公布：

2014年3月12日之前在教务处主页公布获奖名单，并颁发获奖证书，并择优推荐参加江苏省高校第十二届高等数学竞赛

二、江苏省高等学校非数学专业第十二届高等数学竞赛相关事宜

1、参赛类别：与校内选拔赛参赛类别一致。

2、竞赛时间：2014年5月31日(星期六)上午8:30—11:30举行。

3、参赛地点：苏州大学

4、竞赛内容：与校内选拔赛竞赛内容一致。

5、收费标准：江苏省第十二届高等数学竞赛报名费60元，校内选拔赛结束后取得省赛资格的学生需再交报名费50元，具体交费时间与地点将另行通知。

6、报名办法：根据选拔赛结果和参加集训辅导情况2014年4月15日前确定最后参赛人选。

7、奖项设立：分类别按参赛者50%确定获奖人数，一等10%、二等15%、三等25%。

8、结果公布：2014年6月底公示获奖名单，2014年9月颁发获奖证书。

三、赛前集训辅导：

学校将于3月15日至5月25日的周末为参赛学生安排集训辅导，具体安排另行通知。未尽事宜，请联系数学与统计学院李老师，电话：***

教务处吕老师，电话：52251186

请各相关学院认真做好宣传动员工作，欢迎广大同学踊跃报名参赛！

教务处数学与统计学院

8.2023年初中数学竞赛通知 篇八

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，则的值为（）．

（A）（B）（C）（D）

解： 由题设得．

代数式变形，同除b

2．若实数a，b满足（A）a解．C，则a的取值范围是（）．

或 a≥4（D）

≤a≤4（B）a4（C）a≤因为b是实数，所以关于b的一元二次方程 的判别式 ≥0,解得a≤或 a≥4．

方程思想，判别式定理；要解一元二次不等式

3．如图，在四边形ABCD中，∠B＝135°，∠C＝120°，AB=则AD边的长为（）．（A）（C）（B）（D），BC=，CD＝，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=于是 EF＝4＋，CF＝．，DF＝2，过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得

AD勾股定理、涉及双重二次根式的化简，补全图形法

＝．

4．在一列数

……中，已知，且当k≥2时，（取整符号（）．

(A)1(B)2(C)3(D)4 解：B 表示不超过实数的最大整数，例如，），则

等于由和，……，可得，，因为2010=4×502+2，所以高斯函数；找规律。

=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，（C）（2012，））（D）（0，2）

解：B由已知可以得到，点记，其中，的坐标分别为（2，0），（2，．）．

根据对称关系，依次可以求得：，令，同样可以求得，点，的坐标为（）．，），即

（．），由于2010=4502+2，所以点

二、填空题 6．已知a＝ 解：0 的坐标为（2010，－1，则2a＋7a－2a－12 的值等于 ．

由已知得(a＋1)＝5，所以a＋2a＝4，于是

2a＋7a－2a－12＝2a＋4a＋3a－2a－12＝3a＋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（千米/分），并设货车经x分钟追上客车，由题意得，①

32322

222，②

由①②，得

． ③

（分）．，所以，x=30． 故

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：

如图，延长BC交x轴于点F；连接OB，AFCE，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，直线即为所求的直线．

设直线的函数表达式为，则

解得 ,故所求直线的函数表达式为．

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 ．

解：

．

． 见题图，设因为Rt△AFB∽Rt△ABC，所以

又因为 FC＝DC＝AB，所以 即，解得，或（舍去）．

又Rt△∽Rt△，所以，即=．

10．对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的余数为i－1．若的最小值，则正整数的最小值为 ．

解： 因为为的倍数，所以的最小值，其中由于表示的最小公倍数．

，因此满足

三、解答题（共4题，每题20分，共80分）的正整数的最小值为．

满足

满足△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的外接圆求证：

．

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）连接AE，AF，则，所以，△ABC∽△AEF.…………（10分）

作AH⊥EF，垂足为H，则AH=PD.由△ABC∽△AEF可得，从而，所以.…………（20分）

12．如图，抛物线（a0）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）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）在双曲线上，所以k=4.故双曲线的函数表达式为.设点B（t，），AB所在直线的函数表达式为，则有

解得，.于是，直线AB与y轴的交点坐标为，故，整理得，解得，或t＝（舍去）．所以点B的坐标为（，）．

因为点A，B都在抛物线（a0）上，所以解得 …………（10分）

（2）如图，因为AC∥x轴，所以C（设抛物线因为∠COD＝∠BOD＝，4），于是CO＝4.又BO=2，所以.，0）.（a0）与x轴负半轴相交于点D，则点D的坐标为（，所以∠COB=

.（i）将△中点，点延长绕点O顺时针旋转）.=，得到△.这时，点(，2)是CO的的坐标为（4，到点，使得，这时点（8，）是符合条件的点.（1，）；延长

到（ii）作△点，使得＝关于x轴的对称图形△，这时点E２（2，），或（2，得到点）是符合条件的点．）.…………（20分）所以，点 的坐标是（8，13．求满足．解：由题设得所以（1）若的所有素数p和正整数m.，由于p是素数，故，令，或

.……（5分），，k是正整数，于是故，从而.所以（2）若当时，有

解得，令

…………（10分），k是正整数.，故 由于，从而，或2.是奇数，所以，从而

.于是这不可能.当时，时，，无正整数解.；当，无正整数解；当综上所述，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，，…，（即1991）满足题设条件.…………（5分）

另一方面，设这n个数中的任意4个数

是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，对于，因为，所以

.，因此，所取的数中任意两数之差都是33的倍数.…………（10分）设由所以，i=1，2，3，…，n.，得，即，≥11.…………（15分）

≤故≤60.所以，n≤61.，综上所述，n的最大值为61.…………（20分）