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2013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1．2020202013131313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12345答案ACDDB1．2013+2012−2011−2010+2009+2008−2007−2006+…+5+4−3−2+1等于（A）2013．（B）2012．（C）1．（D）0．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．化简3+53522−−的结果是（A）25．（B）2．（C）1．（D）5．答：（C）解：设353522a+−=−，易知a＞0，223535353535352222222a⎛⎞+−+−+−⎜⎟=−=+−⋅⎜⎟⎝⎠3535953232321224⎛⎞⎛⎞+−−=−=−=−=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，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．2013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2页2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．（B）2012．（C）2014．（D）2016．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，矩形的边分别平行于坐标轴，反比例函数y=kx(k＞0)的图像交BC于点M，交CD于点N，若A点的坐标为(−2,−2)，△OMN的面积等于32，则k等于（A）2.5．（B）2．（C）1.5．（D）1．y=kxABFGDEOHCxyNMBADC2013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3页3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．设OH=a，OG=b，则ab=4，HM=ka，GN=kb，,,,kkMaNbab⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，而CHOG的面积−△OGN的面积−△OHM的面积−△MCN的面积=△OMN的面积32=，所以，111342222kkkkbababaab⎛⎞⎛⎞−⋅⋅−⋅⋅−−−=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，又已知k＞0，解得k=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12345答案48241401004.51．计算：222201320114020804020112013201120144+−×−×−=．答：4．解：设a=2011，则原式=222(2)(22)4(1)2(3)4aaaaaaaa++−−−×−−+−(1)(4)4(1)(2)4(2)(1)(4)(1)aaaaaaaa++−−=×=−++−．2．一串数a1,a2,…,an,…按如下规则构成：a1=7，ak=(21ka−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．在△ABC中，∠A=2∠B，CD是∠C的平分线.，AC=16，AD=8，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．CABED2013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4页44．已知质数p和q，使得p3−q5=(p+q)2，则2013201052011200928()ppqppq−−=．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，2013201052011200928()ppqppq−=−2010353522009228()8()8()8()()()()()()ppqppqppqppqppqpqpqpqpqpq−−++===−−+−+−87(73)56014044××+===．5．如图，在直角△ABC的两直角边AC、BC上分别作正方形ACDE和CBFG，连接DG，线段AB、BF、FG、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．△BLP的面积=△FKL的面积=△GKI的面积=2128988×=，△DIH的面积=△EHQ的面积=△AQP的面积=211424.58×=．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．ABCDHEQLFKGIPABCDHEQLFKGIP2013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5页5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