2013全国初中数学竞赛试题及答案

中国教育学会中学数学教学专业委员会

2013年全国初中数学竞赛试题

一 题 号 1～5 得 分 评卷人 复查人 6～10 11 12 13 14 二 三 总 分 答题时注意：

1．用圆珠笔或钢笔作答； 2．解答书写时不要超过装订线； 3．草稿纸不上交．

一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分．每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，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．对正整数n，记n!12…n，则1!2!3!10!的末位数是（ ）．

（A）0 解：C

1!1，2!2（B）1 （C）3 （D）5

，3!6，4!24，又知5!，6!，7!，8!，9!，10!的末位数

均为0，而1!2!3!4!的末位数是3，所以，1!2!3!10!的末位数是3．

2．已知关于x的不等式组

2x5x5，3 x3tx2恰有5个整数解，则t的取值范围是（ ）．

（A）6＜t＜（C）6＜t≤解：C

1

112112

（B）6≤t＜（D）6≤t≤112112

根据题设知不等式组有解，解得，32t＜x＜20．

由于不等式组恰有5个整数解，这5个整数解只能为15，16，17，18，19，因此14≤32t＜15，解得

6＜t≤112．

3．如图，在Rt△ABC中，已知O是斜边AB的中点，CD⊥AB，垂足为D，DE⊥OC，垂足为E．若AD，DB，CD的长度都是有理数，则线段OD，OE，DE，AC的长度中，不一定是有理数的为（ ）． ．．．

（A）OD （C）DE 解：D

因AD，DB，CD的长度都是有理数，所以，OA＝OB＝OC＝理数．于是，OD＝OA－AD是有理数．

由Rt△DOE∽Rt△COD，知OEAB不一定是有理数． ＝AD·OD2

（第3题）

（B）OE （D）AC

ADBD2是有

OC，DEDC·DOOC都是有理数，而AC

4．如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BC4CF，DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）．

（A）3 （C）6 解：C

因为DCFE是平行四边形，所以DE//CF，且EF//DC．

连接CE，因为DE//CF，即DE//BF，所以

S△DEB = S△DEC，

因此原来阴影部分的面积等于△ACE的面积．

（第4题）

（B）4

（第4题）

（D）8

2

连接AF，因为EF//CD，即EF//AC，所以

S△ACE = S△ACF．

因为BC4CF，所以S△ABC = 4S△ACF．故阴影部分的面积为6．

5．在分别标有号码2，3，4，„，10的9个球中，随机取出两个球，记下它们的标号，则较大标号被较小标号整除的概率是（ ）．

（A）

14 （B）

29 （C）

518 （D）

736

解：B

用二元数组(a，b)表示取出的两个球的标号，其中a表示较小的标号，b表示较大的标号，则满足条件的(a，b)有如下8种：

(2，4)，(2，6)，(2，8)，(2，10)，(3，6)，(3，9)，(4，8)，(5，10)．

又所有取法数为

98236，故所求概率为

83629．

二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分）

6．设a3，b是a2的小数部分，则(b2)3的值为 ． 解：9

由于1a2a23，故ba2292，因此(b2)3(39)39． 7．如图，点D，E分别是△ABC的边AC，AB上的点，直线BD与CE交于点F，已知△CDF，△BFE，△BCF的面积分别是3，4，5，则四边形AEFD的面积是 ．

解：

2041333

（第7题）

如图，连接AF，则有：

SAEF4SAFDSAFD3SAEF=SAEFSBFESAFDSAFDSCDFSAEFBFFDCFFESBCFSCDFSBCFSBEF5354，

，

解得SAEF10813，SAFD9613．

3

所以，四边形AEFD的面积是

20413．

8．已知正整数a，b，c满足ab22c20，3a28bc0，则abc的最大值为 ．

解：2013 由已知a2b2c2，3a8bc002消去c，并整理得

b826aa66．由

2a为正整数及6a2a≤66，可得1≤a≤3．

若a1，则b859，无正整数解； 若a2，则b840，无正整数解；

若a3，则b89，于是可解得b11，b5． （i）若b11，则c61，从而可得abc311612013； （ii）若b5，则c13，从而可得abc3513195． 综上知abc的最大值为2013．

9．实数a，b，c，d满足：一元二次方程x2cxd0的两根为a，b，一元二次方程x2axb0的两根为c，d，则所有满足条件的数组(a，b，c，d)为 ．

解：(1，2，，12)，(t，0，t，0)（t为任意实数） 由韦达定理得

abc，abd， cda，cdb．222由上式，可知bacd． 若bd0，则adb1，cbd1，进而bdac2．

若bd0，则ca，有(a，b，c，d)(t，0，t，0)（t为任意实数）． 经检验，数组(1，2，，12)与(t，0，t，0)（t为任意实数）满足条件． 10．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元．开始时他有铅笔和圆珠笔共350支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销

4

售收入恰好是2013元．则他至少卖出了 支圆珠笔．

解：207

设x，y分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则

4x7y2013， xy350，所以

x20137y4(5032y)y14，

于是

y14是整数．又

20134(xy)3y43503y，

所以y204，故y的最小值为207，此时x141．

三、解答题（共4题，每题20分，共80分） 11．如图，抛物线yax2bx3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．直线yDBC∠CBE．

解：将x0分别代入y13x1，yaxbx3213x1与y轴交于点D．求∠

（第11题）

知，D(0，1)，C(0，3)，所以B(3，0)，A(1，0)．直线y将点C(0，3)的坐标代入ya(x1)(x3)，得a1．

13x1过点B．

„„„„5分

抛物线yx22x3的顶点为E(1，4)．于是由勾股定理得

BC＝32，CE＝2，BE＝25．

因为BC2＋CE2＝BE2，所以，△BCE为直角三角形，BCE90．

„„„„10分

因此tanCBE=

CECB=．又tan∠DBO=

31ODOB13，则∠DBO＝CBE．

所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．„„„„20分

5

12．如图，已知AB为圆O的直径，C为圆周上一点，

D为线段OB内一点（不是端点），满足CDAB，

，垂足为E．若CE10，且AD与DB的长均

（第12题）

DECO为正整数，求线段AD的长．

解：连接AC，BC，则ACB90．

又CDAB，DECO，由Rt△CDE∽Rt△COD可得

CECOCD2，

由Rt△ACD∽Rt△CBD可得

CDADBD2， ．

ab2所以

CECOADBD

设ADa，DBb，a，b为正整数，则CO又CE10，代入上式得

10ab2ab，

（第12题）

，

„„„„10分

整理得

(a5)(b5)25．

考虑到ab，只能是a5b50，得a525，b51． 因此ADa30．

„„„„20分

13．设a，b，c是素数，记xbca，yca，bzy,2zab，c当

xy2时，a，b，c能否构成三角形的三边长？证明你的结论．

解：不能． 依题意，得

a12(yz)，b12(yz)1212(xz)，c(zz)212(xy)．

因为yz2，所以az(z1)2．又由于z为整数，a为

素数，所以z2或3，a3．

„„„„10分

当z2时，yz24，x(y2)216．进而，b9，c10，与b，c

6

是素数矛盾；

„„„„15分

当z3时，abc0，所以a，b，c不能构成三角形的三边长．

„„„„20分

14．如果将正整数M放在正整数m左侧，所得到的新数可被7整除，那么称M为m的“魔术数”（例如，把86放在415的左侧，得到的数86415能被7整除，所以称86为415的魔术数）．求正整数n的最小值，使得存在互不相同的正整数a1，a2，…，an，满足对任意一个正整数m，在a1，a2，…，an中都至少有一个为m的魔术数．

解：若n≤6，取m1，2，„，7，根据抽屉原理知，必有a1，a2，…，an中的一个正整数M是i，j(1≤i＜j≤7)的公共的魔术数，即7|(10Mi)，7|(10Mj)．则有7|(ji)，但0＜ji≤6，矛盾．

故n≥7．

„„„„10分

又当a1，a2，…，an为1，2，„，7时，对任意一个正整数m，设其为k位数（k为正整数）．则10kim（i1，2，„，7）被7除的余数两两不同．若不然，存在正整数i，j(1≤i＜j≤7)，满足7|[(10kjm)(10kim)]，即7|10(从而7|(ji)，矛盾．

故必存在一个正整数i(1≤i≤7)，使得7|(10kim)，即i为m的魔术数． 所以，n的最小值为7．

„„„„20分

kj)i，

7