2013年北京市高一数学竞赛复赛试题及解答.pdf

2013 年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答共4页第1页 1 2020202013131313 年北京市中学生数学竞赛年北京市中学生数学竞赛 高一年级复赛试题及解答高一年级复赛试题及解答 2013 年 5 月 12 日 9 00 11 00 一 填空题 满分 40 分 每小题 8 分 将答案写在下面相应的空格中 题 号12345 答 案 17 224 2772 4 6 3 1515 1 22 1 方程x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 24 的全部整数解 x y z 的集合是 答 解 因为x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 x2 y2 z2 2 4z2x2 x2 y2 z2 2zx x2 y2 z2 2zx x y z x y z x y z x y z 所以原方程等价于 x y z x y z x y z x y z 24 若方程有整数解 x y z 则x y z x y z x y z x y z均为整数 其乘积等于 偶数 24 因此x y z x y z x y z x y z中至少有一个为偶数 而x y z x y z x y z x y z同奇偶 所以它们都是偶数 因此 方程左边被 16 整除 而右边的 24 不被 16 整除 矛盾 所以方程有整数解 x y z 的假设不成立 即方程无整数解 也就 是方程x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 24 的全部整数解 x y z 的集合是 2 如右图 菱形ABCD的顶点D C在直线y x上 且顶点 A B在曲线y x2上 DA平行于y轴 则菱形ABCD的面积 答 172 24 解 设A a a2 B b b2 C b b D a a 因为AB CD 所以 22 ba ba 1 即a b 1 又DC AD 所以 2 2 baaa 则 2 2 12 aaa 即 2 2 21 20aa 解得21a 另一根22 舍 因此11 21 22ba SABCD a a2 b a 17 224 3 函数f N N 使对一切n N 有f f n f n 2n 3 且f 0 1 则 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 fffff fffff 的值等于 答 2772 解 以n 0 代入f f n f n 2n 3 A B C D y x2 y x x y O 2013 年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答共4页第2页 2 得f f 0 f 0 2 0 3 得f 1 1 3 即f 1 2 进一步 令n 1 由 式得f 2 3 同理得f n n 1 n 3 4 5 6 7 8 9 10 所以 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 fffff fffff 2772 4 如右图 在 ABC中 B 60 ACB 75 点D是BC 边上的动点 以AD为直径作 O分别交AB AC于点E F 若弦 EF长度的最小值为2 此时AB的长为 答 4 6 3 解 连结OE OF B 60 ACB 75 BAC 45 EOF 2 BAC 90 EF 2OE EF的最小值为 2 OE的最小值为2 AD的最小值为2 2 而AD BC时 AD达到最小 当EF的最小值为 2 时 AB 2 24 6 sin6033 2 AD 5 实数a b c满足a b c 2 ab bc ca 0 且abc 1 则以实数a b c的数值为 元素的集合是 答 1515 1 22 解 由a b c 2 ab bc ca 0 且abc 1 即a b 2 c ab c a b 0 ab 1 c 得 1 c c 2 c 0 也就是c3 2c2 1 0 即 c 1 c2 c 1 0 解c2 c 1 0 得c1 2 15 2 由于条件的轮换对称性 可知满足a b c 2 ab bc ca 0 且abc 1 的实数集合 是 1515 1 22 二 满分 15 分 二次方程ax2 bx c 0 的根是二次方程cx2 dx a 0 的根的 2013 倍 求证 b2 d2 证明 由ax2 bx c 0 和cx2 dx a 0 都是二次方程 所以a 0 c 0 设x1 x2是cx2 dx a 0 的根 依题意 2013x1 2013x2是二次方程ax2 bx c 0 的根 根据韦达定理 有 A B E D C F O 2013 年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答共4页第3页 3 12 d xx c 12 a x x c 2013x1 2013x2 b a 2013x1 2013x2 c a 即 2013db ca 2 2013ac ca 由 得 2 2 2 2013 c a 由 得 22 2 22 2013 dc ba 所以b2 d2 三 满分 15 分 1 一个正整数如果能表示为若干个正整数平方的算术平均值 就 称这个正整数为 好整数 如 222222222 222122286325050 4 2007 2008 243 4 2007 2008都是 好整数 记 好整数 的集合为M 正整数的集合为N 求证 M N 2 记a 12 22 32 20122 20132 求证 a可以写成 2012 个不同的正整数的平 方和 证明 1 因为每个 好整数 都是正整数 所以MN 另一方面 对每个nN 都有 2222 111 1 n n n n 个 所以n是 好整数 即 nM 所以 NM 因此 M N 2 只需从 12至 20132中去掉两个 根据勾股定理 换上一个大于 20132的数即可 而 20002 42 5002 根据 32 42 52 则 32 5002 42 5002 52 5002 即 15002 20002 25002 因此从数a中去掉 15002和 20002 添加 25002 即将a写成了 2012 个不同的正整数的 平方和 四 满分 15 分 在 ABC中 BAC 40 ABC 60 若D和E分别是边AC和 AB上的点 且使 CBD 40 BCE 70 F是BD和CE的交点 连接AF 求证 AF BC 证明 作 ABD的平分线交EF于点M 交AD于点N 连接MD EN NF 因为 ABC 60 CBD 40 所以 ABD 20 因此 ABM DBN 10 因为 BAC 40 ABC 60 所以 ACB 80 由 BCE 70 得 ACE 10 所以 EBN ECN 10 MBD DCM 10 A BC E F D M N 2013 年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答共4页第4页 4 因此B C N E四点共圆 M B C D四点共圆 连接MD 所以 NMD DCB 80 NDM CBM 50 因此 MND 50 则 MND NDM 于是MD MN 因为M B C D四点共圆 所以 DMF DBC 40 MDF BCF 70 因此 MFD 70 进而 MFD MDF 所以MF MD 因此MF MD MN 即M为 DFN的外心 所以 FND 1 2 FMD 20 因此 FND ABF 20 所以A B F N四点共圆 于是 FAC FBN 10 由于 FAC ACB 90 AF BC 五 满分 15 分 高一数学竞赛共设有 35 个考场 甲 乙 丙 3 校的领队老师各自将 本校学生数相同的考场归为一组 经统计 甲校共有i组 各组的考场数分别为a1 a2 ai 乙校共有j组 各组的考场数分别为b1 b2 bj 丙校共有k组 各组 的考场数分别为c1 c2 ck 已知a1 a2 ai b1 b2 bj c1 c2 ck包含了 1 到 14 的所有整数 请你证明 能找到三个考场 至少有两所学校在这三个考场 中的选手数目各自是相同的 证明 由题设 a1 a2 ai b1 b2 bj c1 c2 ck包含了 1 到 14 的所有整 数 1 先求i j k的值 令n i j k 因为 a1 a2 ai b1 b2 bj c1 c2 ck包含了 1 到 14 的整数 所以 n 14 另一方面 3 35 a1 a2 ai b1 b2 bj c1 c2 ck 1 2 14 14 15 2 105 3 35 所以a1 a2 ai b1 b2 bj c1 c2 ck恰是 1 2 14 的一个排列 因此 n i j k 14 2 再证明 能找到三个考场 它们中至少有两所学校 每所学校选手的数目分 别相同 不妨设 1 14a 这 14 个考场记为 A 组 是甲校选手数目相同的这 14 个考场 由 于每个考场中还有