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2013年北京市初二数学竞赛试题及解答

发布时间:2013-10-12 13:37:13  

132013.20年北京市中学生数学竞赛

初二年级竞赛试题及解答

2013年5月12日13:00~15:00

一、选择题(满分25分,每小题只有一个正确答案,答对得5分,将答案写在下面相应的空格中)题号

答案1A2C3D4D5B

1.2013+2012?2011?2010+2009+2008?2007?2006+…+5+4?3?2+1等于

(A)2013.

答:(A)

理由:易见,算式中符号呈现周期性规律.

从第一个数2013开始每四个数分成一组,一共分成503组,每一组的计算结果都是4,剩下数1,即

原式=(2013+2012?2011?2010)+(2009+2008?2007?2006)+…+(5+4?3?2)+1=4+4+4+…+4+1=4×503+1=2013.

(也可以从第二个数开始每4个数分成一组,每一组的结果为0

,共503个0,即原式=2013).

2

(B)2.(C)1.(D

)(B)2012.(C)1.(D)0.(A)

答:(C

解:设a=

a>

,22=

a=?

=3?=3?=3?2=1,因为a>0,所以a=1.

3.学生会选举有四个候选人A,B,C,D,己知D得票比B得票多,A,B得票之和超过C,D得票之和,A,C得票之和与B,D得票之和相等,则四人得票数由高到低的排列次序是

(A)A,D,C,B.(B)D,B,A,C.(C)D,A,B,C.(D)A,D,B,C.

12013年北京市中学生数学竞赛初二年级竞赛试题及解答共5页第1页

答:(D)

解:用圆形图表示,因A,C得票之和与B,D得票之和相等,

作一直径分圆为两半,上部为B,D;下部为A,C;己知D得票比B

得票多,画得扇形D大于扇形B;由A,B得票之和超过C,D得票

之和,画扇形A与B大于半圆;可见得票数由高到低的排列次序应

为A,D,B,C.

4.某月里仅有星期一的天数比星期二的天数多,那么发生这种情况的是下面四个年份中的

(A)2010.

答:(D)

理由:某月里仅有星期一的天数比星期二的天数多,就是说,这个月里星期三、星期四、星期五、星期六、星期日的天数都不比星期二的天数多,一个月可以有30天,31天,28天和29天.我们分类分析讨论:

(1)一个月有30天,如果这个月的29日是星期一,则30日是星期二,这个月星期一天数和星期二的天数相同;如果这个月的30日是星期一,则29日是星期日,则这月里除星期一的天数比星期二的天数多外,星期日的天数也比星期二的天数多,这与“某月里仅有星期一的天数比星期二的天数多”的条件相矛盾.所以,“某月里仅有星期一的天数比星期二的天数多”的情况不会在30天的月份里发生.

(2)同样道理,一个月有31天,就不可能仅有星期一的天数比星期二的天数多.(3)一个月28天,则星期一的天数和星期二的天数同样多.也不会发生“仅有星期一的天数比星期二的天数多”的情况.

(4)一个月29天,1日是星期一,29日也是星期一,共有5个星期一,4个星期二;所以“仅有星期一的天数比星期二的天数多”的情况只能在29日的月份里发生.

因此“某月里仅有星期一的天数比星期二的天数多”只能在闰年的2月份发生.由于闰年年份数被4整除,所以2010、2014是平年,应排除(A)和(C).注意到2月里“仅有星期一的天数比星期二的天数多”时,2月1日是星期一,该年的1月1日就是星期五,容易计算2012年1月1日是星期日,不合要求,故排除(B),所以应选(D).

事实上,由今天(2013年5月12日)是星期日,可以推算出2016年1月1月是星期五.

5.如图所示,矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点O,

k(k>0)的图像交矩形的边分别平行于坐标轴,反比例函数y=x

BC于点M,交CD于点N,若A点的坐标为(?2,?2),△OMN3的面积等于,则k等于2(A)2.5.(B)2.(C)1.5.(D)1.

(B)2012.(C)2014.(D)2016.

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答:(B)

解:根据矩形的对角线平分矩形的面积,易知

矩形CHOG的面积=矩形OFAE的面积=|?2|×|?2|=4.

kk?k??k?

设OH=a,OG=b,则ab=4,HM=,GN=,M?,a?,N?b,?,而

ab?a??b?CHOG的面积?△OGN的面积?△OHM的面积?△MCN的面积=△OMN的面积=1k1k1?k??k?3

所以,4??b???a???b???a??=,又已知k>0,解得k=2.

2b2a2?a??b?2二、填空题(满分35分,每题7分,将答案写在下面相应的空格中)

题号答案

14

28

324

4140

51004.5

3

,2

20132+201140202?8040

1.计算:=×

20112?20132011×2014?4

答:4.

解:设a=2011,则

(a+2)2+a(2a?2)2?4(a?1)(a+1)(a+4)4(a?1)(a?2)原式=2×=×=4.

a?a?2a(a+3)?4(a?2)(a+1)(a+4)(a?1)

2.一串数a1,a2,…,an,…按如下规则构成:a1=7,ak=(ak2?1的数字和)+1,(k=2,3,4,…),如a2=14,a3=17,依此类推,则a2013=

答:8.

解:以这串数的构成规则,有a1=7,a2=14,a3=17,a4=20,a5=5,a6=8,a7=11,

a8=5,显见,a8=a5,即从a5开始,这串数以3为周期循环.

设bk=ak?4,则b1=5,b2=8,b3=11,b4=5,…是以3为周期的一串数,a2013=b2009,而2009=3×669+2,即b2009=8,所以a2013=8.

3.CD是∠C的平分线.,AC=16,AD=8,在△ABC中,∠A=2∠B,则BC=答:24.

解:因为∠A=2∠B,所以∠A>∠B,因此BC>AC,在BC上取点E,使得EC=AC,连接DE,此时△CED≌△CAD,由此ED=AD,且∠CED=∠CAD,

于是,∠BDE=∠CED?∠DBE=∠A?∠B=∠B=∠

DBE,所以△BDE是等腰三角形,BE=DE.因此,BC=BE+CE=AD+AC=8+16=24.

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8(p2013?p2010q5)4.已知质数p和q,使得p?q=(p+q),则2011=p?p2009q2352.

答:140.

解:p与q被3除的余数只能有相同与不同两种情况.

如果p与q被3除的余数相同,因p与q均为质数,若被3除余0,只能p=q=3,这时左边33?35<0,右边(3+3)2>0,不满足p3?q5=(p+q)2.

如果p与q被3除同余1或同余2,则左边的p3?q5被3除余0,而右边(p+q)2被3除余2或余1,不满足p3?q5=(p+q)2.

所以满足p3?q5=(p+q)2的质数p与q被3除的余数必不相同.

若p与q均不被3整除,且p与q一个被3除余1,另一个被3除余2,则左边p3?q5不被3整除,而右边被3整除,因此p3?q5=(p+q)2不成立,所以p与q中有一个且只有一个被3整除.

设p=3,由等式33?q5=(3+q)2>0,所以33>q5,即q5<27,这样的质数q不存在!因此只能q=3,且p3?243=(p+3)2,即p(p2?p?6)=252=22·32·7,所以p是2,3,7中的数,经检验,只有p=7满足等式,因此p=7,q=3,因此,

8(p2013?p2010q5)8p2010(p3?q5)8p(p3?q5)8p(p+q)28p(p+q)====p2011?p2009q2p2009(p2?q2)(p?q)(p+q)(p?q)(p+q)p?q

=8×7×(7+3)560==140.44

EF5.如图,在直角△ABC的两直角边AC、BC上分别FG、作正方形ACDE和CBFG,连接DG,线段AB、BF、GD、DE和EA的中点依次为P、L、K、I、H和Q,若AC=14,BC=28,则六边形HIKLPQ的面积=答:1004.5.

解:如图,连接DF、FA、AD、EG、GB和BE.

六边形ABFGDE的面积=1372..

1△BLP的面积=△FKL的面积=△GKI的面积=×282=98,8

1△DIH的面积=△EHQ的面积=△AQP的面积=×14

2=8

所以,六边形HIKLPQ的面积=六边形ABFGDE的面积?△BLP的面积?△FKL的面积?△GKI的面积

?△DIH的面积?△EHQ的面积?△AQP的面积

=1372?3×98?3×24.5=1004.5.三、(满分10分)(1)已知a、b是正整数,求证:(a+b)│(a3+b3);

(2)设N=13+23+33+…+20113+20123,求证:(2012×2013)│N.

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证明:(1)由于a3+b3=a3+a2b?a2b?ab2+ab2+b3=(a3+a2b)?(a2b+ab2)+(ab2+b3)

=a2(a+b)?ab(a+b)+b2(a+b)=(a+b)(a2?ab+b2)

所以(a+b)│(a3+b3).

(2)先将N按[i3,(2013?i)3]分组:

N=(13+20123)+(23+20113)+…+(10053+10083)+(10063+10073)

每一组都能被2013整除,所以2013|N;

再将N按[i3,(2012?i)3]分组:

N=(13+20113)+(23+20103)+…+(10053+10073)+10063+20123

=(13+20113)+(23+20103)+…+(10053+10073)+2012×(2×5032)+20123

每一组都能被2012整除,所以2012|N.

因为(2012,2013)=1,

因此,(2012×2013)│N.

四、(满分15分)市科普日,每位中学生可报名一项学科竞赛.记者与报名参赛的33位选手座谈,对其中每位选手问同样两个问题:在座有几个人与你的校籍相同?有几个人的参赛科目与你相同?结果发现,在所得到的回答中包含了由0到10的所有整数.求证:这33名选手中有至少两个人的校籍与参赛科目都相同.

解:将33名选手分别按校籍与参赛科目分组(可能有的组仅由一个人组成,例如,来自某校的只有1人).每个人都属于两个组,一个是按校籍分的组,一个是按学科分的组.由题意可知,这33名选手按上述两种分法一共分有11个组.事实上,依题意,存在分别由1,2,…,11个人所组成的组,所以总的组数不少于11.另一方面,由于1+2+3+…+11=66=2×33,而且已经把每个人都算了两遍,所以组数不可能多于11.因此,这33名选手按上述两种分组法恰分有11个组.

我们来考察那个由11个人所组成的组A(不妨设该组的人的校籍相同),由于所剩的组数,特别是按学科所分的组数,不超过10个,所以组A中至少有两个人属于同一个按学科所分的组.于是这两个人的校籍和参赛学科都相同.

五、(满分15分)如图,等腰△ABC的顶角A等于30o,在AB和AC上分别取点Q和

P,使得∠QPC=45°,且PQ=BC,求证:BC=CQ.

证明:如图,平移QP到BO,连接PO,则四边形QPOB是平行四边形.

于是有BO=PQ=BC,又因为∠QBO=∠AQP=45°?30o=15°,所以

∠OBC=(180°?30o)÷2?15o=60°,即△OBC是等边三角形,因此PQ=BC=CO.由QPOB是平行四边形可得∠OPC=∠A,∠PCO=QBO=∠AQP,所以△AQP≌△PCO(角、角、边).所以AQ=CP.作QH⊥CP于H,则QH=HP.因为∠A=30°,QH⊥CP,所以CP=AQ=2QH=2HP,即H为PC的中点,即QH为线段PC的垂直平分线,因此PQ=CQ,再由已知,可得BC=PQ=CQ.

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