2014年第十四届中环杯决赛试题与标准答案-八年级详解.pdf

第第 1414 届“中环杯”中小学生思维能力训练活动届“中环杯”中小学生思维能力训练活动 八八年级决赛答案年级决赛答案 一、填空题：一、填空题：1.【答案】330【解答】容易知道，211300 xx有实数根，之后的211310 xx到2111000 xx都没有实数根。由韦达定理我们知道，每两个实数根之和都是11，所以总和为11 30330 2.【答案】0 x 【解答】左边单调递增，右边单调递减，只存在一个解，就是0 x 3.【答案】30【解答】444444444abcabacbabccacbabcabcaabbccabcabcbcacababbcca 利用轮换对称多项式的因式分解，我们有444222abcbcacababbccaabcabbcca，代回去得44422222212abcbcacababcabbccaabbccaabbcca。最后，将条件代入，容易计算出其值为30。4.【答案】40 216 10【解答】如下图，作DEBC，AFBC，从而可以设BFx，利用222222227982ABBFACCFxxx。由于45CBD，所以DEB为等腰直角三角形，所以我们可以设BEEDt。由于22282572DECEtCEtCEAFCF。利用2840 16 55tBECEBCtt ，所以2240 216 10BDBEt FEDCAB 5.【答案】1230【解答】设只喜欢羽毛球、只喜欢排球、只喜欢壁球、同时喜欢羽毛球和排球、同时喜欢羽毛球和壁球、同时喜欢排球和壁球的人数分别为,a b c d e f，我们知道,0,1a b cd e f，且5abcdef ，我们用,a b c d e f来表示一种人数的分布，接下来讨论几种可能：（1）形如0,0,0,3,1,1的分布，有3252360CA种（其中3表示可以是0,0,0,3,1,10,0,0,1,3,10,0,0,1,1,3中的一种）；（2）形如0,0,0,2,2,1的分布，有2253390CC种（其中3表示可以是0,0,0,2,2,10,0,0,2,1,20,0,0,1,2,2中的一种）；（3）形如0,1,0,2,1,1的分布，有23533 3540CA 种（其中第一个3表示,a b c哪个取1，第二个3表示,d e f哪个取2）；（4）形如1,1,0,1,1,1的分布，有553360A种（其中3表示,a b c哪个取0）；（5）形如2,0,0,1,1,1的分布，有23533180CA种（其中3表示,a b c哪个取2）；综上所述，一共有6090540360 1801230种组合方式 6.【答案】7【解法 1】令11xyx，所以312123123111111xxxyyyxxx。而1111xyyxxy，代入310 xx 得332111071011yyyyyyy 。根据韦达定理，1237yyy 【解法 2】22211111111121113211111111111111122111111xxxxxxxxxxxxxxxxxxx，所以222312112233123123111111222222111xxxxxxxxxxxxxxx ，接下来根据三次方程的韦达定理很容易计算下去了 7.【答案】01xy或21xy 【解答】（1）若0 x，很容易推出1y；（2）若0 x，令yax，代入2220 xyyxy，从而推出22122yaxyyxa（注意，这里要简单讨论一下是否会出现2yx的情况）。将2212axya代入2222xyxxy，从而推出 221122112222aaaaxxyaaaxxa，所以222222221112121aaaxaxyaaa，化简这个方程得322142102122102aaaaaa ，从而推出12yx，代入任意一个方程都可以推出21xy；综上所述，本方程组一共只有两个解：01xy或21xy。8.【答案】1000【解答】只要n为完全平方数，则0nn，满足我们的要求。在11000000中一共有1000个完全平方数，这些都是解。接下来我们要证明，只要不是完全平方数，就不可能满足这个要求；令nk，则221knk（如果2nk，我们之前已经讨论过了，这里不再讨论），令2021nkrrk，则22rrnnkrknkkrk。由于021rk，所以12rk，所以111200010000001000rnknk，与12014nn矛盾。所以只要不是完全平方数，都不符合12014nn的要求，所以满足条件的n有1000个 9.【答案】4564【解答】由于1181iBEiBCi，所以11iiOEBEOAADi，设iOEt，则1OAit。由于AB/DF，所以1iiiiAEBEE FECi，所以2iiE FiAEi it，所以221iiOFE FOEi ittit，所以2111itOFiOAit。而999jjBGAB（1998j），则999jABBGj。jFAG被OHB所截，所以9991119991jjjjG HG HG HFOABjiOA BGHFjHFHFi 。根据四边形的蝴蝶定理，我们有9991jG BOjFBOSG HjSHFi，其中1998219ji 。接下来我们要找，有多少组满足,i j满足9991ji 是一个纯循环小数。根据纯循环小数的知识，我们知道分母中不能出现2,5，所以我们区分对待。当13,7,9i 时，此时j可以任意选取，有998 32994 种取法；当15i 时，则j必须为5的倍数，有9981995种取法；当12,6i 时，则j必须为2的倍数，有998249929982种取法；当14i 时，则j必须为4的倍数，有9982494种取法；当1 8i 时，则j必须为8的倍数，有9981248种取法；综上所述，一共有2994 199998249 1244564种取法 10.【答案】39【解答】设222yxyyyxnnxxyny xxbybbb ny，从而推出b不能是质数，否则2|b yb y，与0yb矛盾。同理，我们也可以推出，b不能表示为若干个不同质数的乘积（即质因数分解不能为12nbp pp，其中12,np pp均不同），接下来我们要证明，剩下的所有的数都是好数：假设b的质因数分解中存在一个质数p，其指数为1m m，令1bypny，则2|b y（因为222byp，其中质因子p的指数为22m。由于1m，所以22mm。b中剩下的质因子显然在2y中），所以22yyxb nyb是一个正整数，而且由于0yb，所以可以推出0 xb，满足我们所有的要求；接下来只要统计2100中，有多少个数的质因数分解中某个质因子的指数大于等于2即可，显然这样的质因子只能是2,3,5,7（211100）。利用容斥原理，2100中22的倍数有25个，23的倍数有11个，25的倍数有4个，27的倍数有2个，但是有三个数重复统计了：36,72,100，所以好数一共有25 1142339 个 二二、动手动脑、动手动脑题题：11.【答案】11【解答】如下左图，我们将这些方格进行标数，首先如果只有标1的两个方格，那么有1种放法；如果只有标1、2的四个方格，那么有2种放法；所以，我们可以猜测，下图有11种放法。简单证明一下，用递推的思路，假设标有1、2、n的2n个方格有 f n种放法，那么加上标有1n的两块方格后，就有1f n种放法。对于标有1n的两块方格（以下图两块11的举例），我们可以有两种放法：（1）两块11上正好放有一块1 2的方格，那么剩下的就是 f n种放法；（2）如果上面的那块11与10组合成1 2的方格，那么下面的11必须与9组合成1 2的方格，然后我们发觉，这种情况下只有一种放法，如下右 图。从而，我们得到递推公式：11f nf n，由于 11,22ff，从而推出1111f 11111010998877665544332121 12.【证明】利用1111xbx cxax bc xbx ca xax bac，化简一下得222x caabcacab，同理我们可以得222222x abbcababcx bccabcbca。将三个式子通加得2222222x abcabbccaabcabbcca，从而得222210 xabcabbcca，接下来分类讨论：（1）当22222210+02abcabbccaabbccaabc（2）当210 x，代回111xbx cxcx axax babc得abbccacab。所以111abbccaabcabcabccabcab 。由于,a b c都是正数，所以同时将abc消去得abc 13.【证明】利用180180AAFEAEFAFEDAEFFEDCED ，同理可以证明BDFE，所以DFDEEFABCEFDBCACAB。设ABC的三边长度分别为ABcACbBCa，则可以设DFakDEbkEFck，再设BDCEAFx。（1）如果,a b c中有任意两条边长相等，不妨设bc，则bcBC ，结合B DC EB D FC E D，我们可以推出FBDDCE，所以DFDEakbkab，所以abc，所以ABC是一个等边三角形（2）如 果ABC是 一 个 不 等 边 三 角 形，不 妨 设abc，由 正 弦 定 理 我 们 有sin1sinsinsinabAaABBb。在AFE中，sinsinsinsinsinsinEFAEckbxckAAAFEAAFEbxAFE；在BDF中，sinsinsinsinsinsinDFBFakcxakBBBDFBBDFcxBDF；将前面两个式子相除得sin11sinc cxAcxacxbxcba bxBbxc 。考虑到之前我们有abc，产生矛盾，所以这种情况不可能出现 综上所述，ABC是一定是个等边三角形 14.【证明】若0m，显然此式子不可能成立 若1m，容易分析出不管n为奇数还是偶数，N总是偶数，由于1m。所以4|mN。（1）若0 mod2n，则223211 mod444111022 mod4knnnn，所以2232144111022 mod4knnnn，而前面已经证明过4|mN，显然不可能（2）若1 mod2n，则212 mod4n ，可以令212nz，其中1 mod2z。而3244111021 mod2nnn，所以22232322232144111022441110224411102kkkknnnnznnnznnn，其中2324411102kznnn为奇数。对于N，我们可以令其为2xy，其中1 mod2y，所以2mxmmNy，所以22322441110222kkxmmkznnnyxm。由于1m，所以0k 且m是一个偶数，所以mN是一个完全平方数。由于223214411102kmnnnnN，而0k 意味着221kn 已经是完全平方数了，所以324411102nnn必须为完全平方数。由于1 mod2n，容易知道32244111023223 122123 mod4nnnnnnn ，显然不可能是完全平方数，所以这种情况也不可能出现 综上所述，1m 15.【答案】