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2013年广西高一数学竞赛决赛题参考答案及评分标准


2013 年广西“创新杯”数学竞赛高一决赛 参考解答及评分标准
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)
1. 设 a, b, c 为 实 数 , f ( x ) = ( x + a ) x 2 + bx + c , g ( x ) = (ax + 1) cx 2 + bx + 1 . 记 集 合
S = {x | f ( x ) = 0, x ∈

R}, T = {x | g ( x ) = 0, x ∈ R}.若s,t 分别为集合 S,T 的元素个数,

(

)

(

)

则下列结论不可能的是( A. s = 1 且 t = 0 C. s = 2 且 t = 3 答:C.

). B. s = 1 且 t = 1 D. s = 2 且 t = 2

解析:当 f ( x ) = 0 时,至少有一个根 x = ?a 。

b 当 b 2 ? 4c = 0 时, f ( x ) = 0 还有一个根 x = ? ,只要 b = ?2a , f ( x ) = 0 只有一个 2
根; 当 b 2 ? 4c < 0 时, f ( x ) = 0 只有一个根; 当 b 2 ? 4c > 0 时, f ( x ) = 0 只有二个根或三个根;若 a = b = c = 0 ,则 s = 1 且 t = 0 若 a > 0, b = 0, c > 0 ,则 s = 1 且 t = 1 ,若 a = c = 1, b = ?2 ,则 s = 2 且 t = 2 .

?1? 1 ?? 1 1 ? f 若 t = 3 且 g ( x) = 0 , 则 x ≠ 0 。 于 是 x 3 ? 即 a c b 0. + + + = ? ? = 0 。从而 ? ?? ? x ?? x x2 ? ? x? ?
s = 3 ,因此C不成立。 ”(命题人 :柳州市一中蒋小玲)

2、已知两个不同的正整数之和为 2 013.则其最小公倍数 M 的最大值为( (A)1 0062 答:D. (B)1 005×1 006 (C)1 006

).

(D)1 006×1 007

(x, y ) = d , x = dx0 , y = dy0 . 解析:设两个正整数为 x 、( y x > y) ,且 (x0 , y0) = 1 . 由题意知 d ( x0 + y0 ) = 2 013 .则 M = dx0 y0 = 则
2 013x0 y0 . x0 + y0

由 (x0 + y0 ) 不能整除 x0 y0 ,知 (x0 + y0) | 2 013 .故 x0 + y0 = 3,11,33,61,183,671,2013.
1

(1) x0 + y0 = 3 ? x0 = 2, y0 = 1, 此时, M = 1 342 . (2) x0 + y0 = 11 ? ( x0 , y0 ) = (6,5) ,此时, M = 5490 . (3) x0 + y0 = 33 ? M = 61x0 y0 ≤ 61× 16 × 17. (4) x0 + y0 = 61 ? M = 33x0 y0 ≤ 33 × 30 × 31. (5) x0 + y0 = 183 ? M = 11x0 y0 ≤ 11× 91× 92. (6) x0 + y0 = 671 ? M = 3x0 y0 ≤ 3 × 335 × 336. (7) x0 + y0 = 2 013 ? M = x0 y0 ≤ 1 006 ×1 007. 综上, M 的最大值为 1 006 × 1 007 . 其中,ai (i = 0,1,2,3) 3.已知正整数 m、n 可写成 a0 + a1 × 7 + a2 × 7 2 + a3 × 7 3 的形式, 为 1 至 7 的正整数, 且 m + n = 2 012(m > n) .则符合条件的数对 (m, n) 有 ( ) 个. (A)606 答:A. 解析:具有题设形式的正整数共有 7 4 = 2 401 个,其中最大的一个数为
7 × 7 3 + 7 × 7 2 + 7 × 7 + 7 = 2 800 ,

(B)608

(C)610

(D)612

最小的一个数为 1× 7 3 + 1× 7 2 + 1× 7 + 1 = 400 . 因为 m + n = 2 012(m > n) ,所以, 1 007 ≤ m ≤ 2 012 ? 400 = 1 612 .
(m, n) 有 1 612 - 1007 + 1 = 606 (个). 故符合条件的正整数对

4.某汽车维修公司的维修点 A,B,C,D 是环形分布图,公司在年初分配给 A,B,C,D 四个维修点某种配件各 50 件,在使用前发现,需将 A,B,C,D 四个维修点的这批 配件分别调整为 40,45,54,61 件,但调整只能在相邻维修点之间进行,那么 要完成上述调整,最少的调动次数(n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的 调动次数为 n)为( ) A. 15 B.16 C. 17 D.18

2

答:B. 解析:因为只能在相邻维修点进行调整,故应从 A 调 10 件到 B ,从 D 调 5 件到 C,从 C 调 1 件到 B,所以共调动 10+5+1=16 次. (命题人 :柳州市一中蒋小玲) 5.四边形各顶点位于一个边长为 1 的正方形的各边上,若四边形的边长为
a b

a, b, c, d ,则有(

) (B) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 4 (D) 3 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 6
x
d c

(A) 0 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 2 (C) 1 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 3 答:B。 解析:如图所示,有

1-v a

1

v b 1-u

1-x

d

c

u

a + b + c + d = x + (1 ? x) + y + (1 ? y ) + u + (1 ? u ) + v + (1 ? v)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2
y 1-y

设 0 < t < 1 , 则 有 2[t 2 + (1 ? t ) 2 ] = 1 + (2 x ? 1) 2 ≥ 1 , 即 t 2 + (1 ? t ) 2 ≥
t 2 + (1 ? t ) 2 = 1 ? 2 x(1 ? x) ≤ 1 ,故有 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 4 。

1 ,又 2

6.若关于 y 的方程 | | y 2 ? 1| ? 2 |= m 恰有五个不同的实根,则 m = ( (A)0 答案:B. (B)1 (C)2 (D)大于 2

).

解析:当 m = 1 时,原方程为 | y 2 ? 1|= 3 或 1 .故有五个不同的实根 ±2 , ± 2 ,. 0
或设 f ( x) = x ? 1 ? 2 ? m ,则原方程等价于 f ( x) = 0 。
2

又 f ( x) 为偶函数而由已知 f ( x) 图象与 x 轴恰有五个交点,因此必有其中一个交 点为坐标原点。即 f (0) = 0 ,从而 m = 1 .

二、填空题(每小题 6 分,共 36 分)
2 2 2 , a3 , a4 1.已知集合 M = {a1 , a2 , a3 , a4 } , N = {a12 , a2 } ,其中 a1 , a2 , a3 , a4 为正整数,

且 a1 < a2 < a3 < a4 , M ∩ N = {a1 , a3 } , a4 ? a1 = 5 , 则 M ∪ N 中 所 有 元 素 之 和
3



.

答案:65.
2 解: a1 ∈ N ? a1 = a12 ? a1 = 1 ,又 a4 ? a1 = 5 ? a4 = 6 .由 a3 ∈ N ? a3 = a2 ,结合

a3 ∈ {3, 4,5} ? a3 = 4 , a2 = 2 .所以 M = {1, 2, 4, 6} , N = {1, 4,16,36} ,得 M ∪ N 中
所有元素之和为 65.(命题人 :广西恭城县恭城中学数学组 韦兴洲) 2.已知实数 x ,y ,z 满足 x + y = 2 ,z 2 = xy ? 1 , 则 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = ___________. 答案: 3 . 解析:

z 2 = xy ?

( x + y)2 ( x ? y)2 =? ≤ 0 ? z = 0 ? x = y ,结合 x + y = 2 得 x = 1 , y = 1 , 4 4

即 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 3 . (命题人 :广西恭城县恭城中学数学组 韦兴洲)

3. 函 数 f ( x) = mx 2 ? x + 1 有 且 只 有 一 个 正 实 数 根 , 则 实 数 m 的 取 值 范 围 是 .

答案: m ≤ 0 或 m =

1 . 4

解析: (1)当 m = 0 时,符合题意; (2)当 m > 0 时,若 Δ > 0 ,则 f ( x) = 0 有两根 x1 < x2 , 而 x1 x2 =

1 1 > 0 ,因此不可能出现恰有一个正根的情形;若 Δ = 0 即 m = ,则函数 m 4

1 2 x ? x + 1 恰有一个正根为 2; (3)当 m < 0 时, Δ = 1 ? 4m > 0 , f ( x) = 0 有两 4 1 1 根 x1 < x2 , 又 x1 x2 = < 0 即 x1 < 0 < x2 满足题目要求. 综合 (1) (2) (3) 得m ≤ 0或m = . m 4 f ( x) =
(命题人:广西恭城县恭城中学数学组 韦兴洲) 4.设 f ( x) =

1 ,则 f (?5) + f (?3) + f (?1) + f (2) + f (4) + f (6) = 2 + 2
x

.

答案:

1 1 1 2x 1 3 2 。解析:因为 f (x) + f (1? x) = x + 1?x = x + = 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 2x + 2 2

(

)

4

所以 f (?5) + f (6) = f (?3) + f (4) = f (?1) + f (2) =

2 . 2

x2 , 则 5. 若 关 于 x 的 方 程 x 2 + 2(m + 3) x + m 2 + 3 = 0 的 两 个 实 数 根 分 别 为 x1 、 ( x1 ? 1) 2 + ( x2 ? 1) 2 的最小值为
答案:18. 解析:依题设知 Δ = [2(m + 3)]2 ? 4(m 2 + 3) ≥ 0 ? m ≥ ?1 . .

x1 + x2 = ?2(m + 3), x1 x2 = m 2 + 3 .
故 ( x1 ? 1) 2 + ( x2 ? 1) 2 = ( x1 + x2 ) 2 ? 2( x1 x2 + x1 + x2 ) + 2

= 4(m + 3) 2 ? 2(m 2 + 3 ? 2m ? 6) + 2 = 2m 2 + 28m + 44
= 2(m + 7) 2 ? 54 ≥ 2 × 62 ? 44 = 18 . 6.设 xn 表示 n 4 的个位数字,则 x1 + x2 + 答案:6641. 解析:注意到, (10 + n) 4 的个位数字与 n 4 的个位数字相同,而 14 , 24 ,…,104 的个位数字依次为 1,6,1,6,5,6,1,6,1,0. 则 x1 + x2 + 故 x1 + x2 +

+ x2013 =

.

+ x10 = 33 . + x2013 = 201× 33 + 1 + 6 + 1 = 6641 .

三、 (20 分)已知抛物线 y = x 2 与直线 y = (k + 2) x ? (2k ? 1) , (1)证明:无论 k 取什么实数,该抛物线与直线恒有两个不同的交点 (2)设该抛物线与直线的两个不同交点分别为 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,若 x1 , x2 均为 整数,求实数 k 的值
? y = x2 消去 y 得 (1)证明:由 ? ? y = (k + 2) x ? (2k ? 1)

5

x 2 ? (k + 2) x + (2k ? 1) = 0

……5 分

因 Δ = (k + 2) 2 ? 4(2k ? 1) = k 2 ? 4k + 8 = (k ? 2) 2 + 4 > 0 ,所以,该抛物线与 直线恒有两个不同的交点 ……10 分

(2)解:由(1)及根与系数的关系得 x1 + x2 = k + 2, x1 x2 = 2k ? 1 消去 k 得 x1 x2 ? 2 x1 ? 2 x2 = ?5 ? ( x1 ? 2)( x2 ? 2) = ?1
? x ? 2 = ?1 ? x1 = 1 ,于是 k = 2 不妨设 x1 < x2 ,则 ? 1 ?? ? x2 = 3 ? x2 ? 2 = 1

……15 分 ……20 分

四.(20 分)试求所有整数组 (x, y ) ( x > y > 2 013), 满足

1 1 1 1 + + = , 且 x ? y 最大. x y xy 2 013
解:由题设得 xy ? 2 013 x ? 2 013 y = 2 013
? (x ? 2 013) ( y ? 2 013) = 2 013 × 2 014.

……10 分

由 x ? y 最大知 (x ? 2 013) ? ( y ? 2 013) 最大.故
(x ? 2 013) = 2013 × 2014 ……15 分 ……20 分

( y ? 2 013) = 1
(x, y ) = (2 013 × 2015,2014) . 故

五.(20 分)设 P 是平行四边形 ABCD 内部的一点,且有∠PAB=∠PCB, 求证:∠PBA=∠PDA。 A 证 法 一 : 如 图 AD //BC 。 作 PQ // AD , 则 必 有

D P

PQ //BC , …………5 分
∴ ΔABP ? ΔDCQ , ∴∠PAB=∠QDC,∠PBA=∠QCD, …………10 分 又∵AD//PQ//BC, ∴∠PCB=∠QPC,∠PDA=∠QPD, 又已知∠PAB=∠PCB, ∴∠QDC=∠QPC,

B
A P D

C

Q

B

C

6

故 C、D、P、Q 四点共圆。 从而∠QCD=∠QPD, 所以∠PBA=∠PDA。

…………15 分 …………20 分
A H D

证法二:过点 P 作 EG⊥AB,分别交 AB、CD 于 E、G,作 FH P E ⊥BC,分别交 BC、DA 于 F、H。 …………5 分 显然,P、A、H、E 四点共圆,有∠PAB=∠PHE, B P、E、B、F 四点共圆,有∠PBE=∠PFE, F P、F、C、G 四点共圆,有∠PCF=∠PGF, P、G、D、H 四点共圆,有∠PDA=∠PGH, …………10 分 又∵∠PAB=∠PCB,∴∠EHF=∠EGF, 即 E、F、G、H 四点共圆。 …………15 分 ∴∠EFH=∠EGH, 所以∠PBA=∠PDA。 …………20 分

G C

7


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