答題時注意：
1．用原子筆或鋼筆作答；
2．解答書寫時不要超過裝訂線；
3．草稿紙不上交.
一、選擇題（共5小題，每小題7分，共35分. 以下每道小題均給出了代號為a，b，c，d的四個選項，其中有且只有乙個選項是正確的. 請將正確選項的代號填入題後的括號裡，不填、多填或錯填都得0分）
1. 小王在做數學題時，發現下面有趣的結果：
由上，我們可知第100行的最後乙個數是（ ）．
（a）10000 （b）10020 （c）10120 （d）10200
2. 如圖，在3×4**中，左上角的1×1小方格被染成黑色，則在這個**中包含黑色小方格的矩形個數是（ ）．
（a）11 （b）12 （c）13 （d）14
3．如果關於的方程有兩個有理根，那麼所有滿足條件的正整數的個數是（ ）．
（a）1 （b）2 （c）3 （d）4
4. 若函式y=（k2－1）x2－（k+1）x+1（k為引數）的圖象與x軸沒有公共
點，則k的取值範圍是（ ）．
（a）k＞，或k＜－1 （b）－1＜k＜，且k≠1
（c）k＞，或k≤－1 （d）k≥，或k≤－1
5. △abc中，，分別為上的點，平分，bm=cm，為上一點，且，則與的大小關係為（ ）．
（a） （b）
（c） （d）無法確定
二、填空題（共5小題，每小題7分，共35分）
6. 如圖，正方形abcd的面積為90．點p在ab上， ；x，y，z三點在bd上，且，則△pzx的面積為 ．
（第6題）
7．甲、乙、丙三輛車都勻速從a地駛往b地．乙車比丙車晚5分鐘出發，出發後40分鐘追上丙車；甲車比乙車晚20分鐘出發，出發後100分鐘追上丙車，則甲車出發後分鐘追上乙車．
8. 設an=（n為正整數），則a1+a2+…+a2012的值 1.
（填「＞」，「＝」或「＜」）
9．紅、黑、白三種顏色的球各10個．把它們全部放入甲、乙兩個袋子中，要求每個袋子裡三種顏色的球都有，且甲、乙兩個袋子中三種顏色的球數之積相等， 那麼共有種放法．
10. △abc中，已知，且b=4， 則a+c= .
三、解答題（共4題，每題20分，共80分）
11. 已知c≤b≤a，且，求的最小值．
12. 求關於a，b，c，d的方程組
的所有正整數解.
13. 如圖，梯形abcd中，ab∥cd，ac，bd相交於點o．p，q分別是ad，bc上的點，且，．求證：op＝oq．
（第13題）
14.（1）已知三個數中必有兩個數的積等於第三個數的平方，求的值.
（2）設為非零實數，為正整數，是否存在一列數
滿足首尾兩項的積等於中間項的平方？
（3）設為非零實數，若將一列數
中的某一項刪去後得到又一列數（按原來的順序），滿足首尾兩項的積等於中間項的平方. 試求的所有可能的值.
2023年全國初中數學競賽試題（副題）參***
一、選擇題
1．d解：第k行的最後乙個數是，故第100行的最後乙個數是．
2. b
解：這個**中的矩形可由對角線的兩個端點確定，由於包含黑色小方格，於是，對角線的乙個端點確定，另乙個端點有3×4=12種選擇.
3．b解：由於方程的兩根均為有理數，所以根的判別式≥0，且為完全平方數．
≥0，又2≥，所以，
當時，解得 ；
當時，解得 ．
4. c
解：當函式為二次函式時，有
k2－1≠0，
=(k+1)2－4(k2－1)＜0.
解得k＞，或k＜－1．
當函式為一次函式時，k=1，此時y=－2x+1與x軸有公共點，不符合題意．
當函式為常數函式時，k=－1，此時y=1與x軸沒有公共點.
所以，k的取值範圍是k＞，或k≤－1.
5. b
（第5題）
解：如圖，設，作bkce，則
，於是a，b，e，c四點共圓. 因為是的中點，所以，從而有
，即平分.
二、填空題
6. 30
（第6題）
解：如圖，連線pd，則
．7．180
解：設甲、乙、丙三車的速度分別為每分鐘x，y，z公尺，由題意知
， ．消去z，得．
設甲車出發後t分鐘追上乙車，則，即
，解得．
8．＜解：由an==， 得
a1+a2+…+a2012=
=＜1.
9．25
解：設甲袋中紅、黑、白三種顏色的球數分別為，則有
1≤≤9，
且， （1）
即 ， （2）
於是 ．因此中必有乙個取5．不妨設，代入（1）式，得到
．此時，y可取1，2，…，8，9（相應地z取 9，8，…，2，1），共9種放法．同理可得y=5，或者z=5時，也各有9種放法．但時，兩種放法重複．因此共有
9×3－2 = 25種放法．
10. 6
（第10題）
解：如圖，設△abc內切圓為⊙i，半徑為r，⊙i與bc，ca，ab分別相切於點d，e，f，連線ia，ib，ic，id，ie，if.
由切線長定理得
af=p－a，bd=p－b，ce=p－c，其中p=(a+b+c).
在rt△aif中，tan∠iaf=，即
tan.
同理， tan， tan.
代入已知等式，得
.因此 a+c=.
三、解答題
11. 解：已知，又，且，所以b，c是關於x的一元二次方程
的兩個根.
故 ≥0，
≥0，即 ≥0，
所以≥20．
於是≤-10，≥10，從而≥≥10，故
≥30，
當時，等號成立．
12. 解：將abc=d 代入10ab+10bc+10ca=9d得
10ab+10bc+10ca=9abc.
因為abc≠0，所以，.
不妨設a≤b≤c，則
≥≥＞0.
於是， ＜≤，
即 ＜≤，
＜a≤.
從而，a=2，或3.
若a=2，則.
因為＜≤，所以，＜≤，＜b≤5.
從而，b=3，4，5. 相應地，可得 c=15，(捨去)，5.
當a=2，b=3，c=15時，d=90；
當a=2，b=5，c=5時，d=50.
若a=3，則.
因為＜≤，所以，＜≤，＜b≤.
從而，b=2（捨去），3.
當b=3時，c=(捨去).
因此，所有正整數解為
(a，b，c，d)=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，
(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)，
(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).
13. 證明：延長da至，使得，則，於是
△dpc∽△，故，
所以po∥．
（第13題）
又因為△dpo ∽△，所以
．同理可得 ，
而ab∥cd，所以，故op＝oq．
14. 解：（1）由題設可得 ，或，或
. 由，解得 ；
由，解得 ；
由，解得 .
所以滿足題設要求的實數.
（2）不存在.
由題設（整數≥1）滿足首項與末項的積是中
間項的平方，則有
，解得 ，這與矛盾.
故不存在這樣的數列.
（3）如果刪去的是1，或者是，則由（2）知，
或數列均為1，1，1，即，這與題設矛盾.
如果刪去的是，得到的一列數為，那麼 ，可得.
如果刪去的是，得到的一列數為，那麼
，開得.
所以符合題設要求的的值為1，或.
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