-全国初中数学联合竞赛试题及答案详解.docx

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1、2010 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案年全国初中数学联合竞赛试题参考答案第一试第一试一、选择题：（本题满分一、选择题：（本题满分 42 分，每小题分，每小题 7 分）分）1.若,a b c均 为 整 数 且 满 足1010()()1abac，则|abbcca （B ）A1.B2.C3.D4.2若实数,a b c满足等式23|6ab，49|6abc，则c可能取的最大值为 （C）A0.B1.C2.D3.3若ba,是两个正数，且,0111abba 则 （C ）A103ab.B113ab.C413ab.D423ab.4若方程2310 xx 的两根也是方程420 xaxbxc的根，则2abc的值为

2、（A ）A13.B9.C6.D 0.5在ABC中，已知60CAB，D，E 分别是边 AB，AC 上的点，且60AED，CEDBED，CDECDB2,则DCB (B)A15.B20.C25.D30.6 对 于 自 然 数n，将 其 各 位 数 字 之 和 记 为na，如2009200911a，201020 1 03a，12320092010aaaaaL （D ）A28062.B28065.C28067.D28068.二、填空题：（本题满分二、填空题：（本题满分 28 分，每小题分，每小题 7 分）分）1已知实数,x y满足方程组3319,1,xyxy则22xy 13 .2二次函数cbxxy2的图

3、象与x轴正方向交于 A，B 两点，与y轴正方向交于点 C已知ACAB3，30CAO，则c 19 3在等腰直角ABC 中，ABBC5，P 是ABC 内一点，且 PA5，PC5，则 PB_10_4将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有 5 个或 10 个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放_15_个球.第二试第二试（A）一（本题满分一（本题满分 20 分）分）设整数,a b c（abc）为三角形的三边长，满足22213abcabacbc，求符合条件且周长不超过 30 的三角形的个数.解解 由已知等式可得222()()()26abbcac

4、令,abm bcn，则acmn，其中,m n均为自然数.于是，等式变为222()26mnmn，即2213mnmn 由于,m n均为自然数，判断易知，使得等式成立的,m n只有两组：3,1mn和1,3.mn（1）当3,1mn时，1bc，34abc.又,a b c为三角形的三边长，所以bca，即(1)4ccc，解得3c.又因为三角形的周长不超过 30，即(4)(1)30abcccc，解得253c.因此2533c，所以c可以取值 4，5，6，7，8，对应可得到 5 个符合条件的三角形.（2）当1,3mn时，3bc，14abc.又,a b c为三角形的三边长，所以bca，即(3)4ccc，解得1c.又

5、因为三角形的周长不超过 30，即(4)(3)30abcccc，解得233c.因此2313c，所以c可以取值 2，3，4，5，6，7，对应可得到 6 个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过 30 的三角形的个数为 5611.二（本题满分二（本题满分 25 分）分）已知等腰三角形ABC 中，ABAC，C 的平分线与 AB 边交于点 P，M 为ABC 的内切圆I 与 BC 边的切点，作MD/AC，交 I 于点 D.证明：PD 是I 的切线.证明证明 过点P作I的切线PQ（切点为Q）并延长，交BC于点 N.因为 CP 为ACB 的平分线，所以ACPBCP.NQIPCAMB又因为 PA、PQ

6、 均为I 的切线，所以APCNPC.又 CP 公共，所以ACPNCP，所以PACPNC.由 NMQN，BABC，所以QNMBAC，故NMQACB，所以 MQ/AC.又因为 MD/AC，所以 MD 和 MQ 为同一条直线.又点 Q、D 均在I 上，所以点 Q 和点 D 重合，故 PD 是I 的切线.三（本题满分三（本题满分25分）分）已知二次函数2yxbxc的图象经过两点P(1,)a，Q(2,10)a.（1）如果,a b c都是整数，且8cba，求,a b c的值.（2）设二次函数2yxbxc的图象与x轴的交点为 A、B，与y轴的交点为 C.如果关于x的方程20 xbxc的两个根都是整数，求AB

7、C 的面积.解 点 P(1,)a、Q(2,10)a在二次函数2yxbxc的图象上，故1 bca，4210aca，解得93ba，82ca.（1）由8cba知8293,938,aaaa解得13a.又a为整数，所以2a，9315ba，8214ca.(2)设,m n是方程的两个整数根，且mn.由 根 与 系 数 的 关 系 可 得39mnba ，28mnca ，消 去a，得98()6mnmn，两边同时乘以 9，得8172()54mnmn，分解因式，得(98)(98)10mn.所以981,9810,mn或982,985,mn或9810,981,mn 或985,982,mn 解得1,2,mn或10,913

8、,9mn或2,97,9mn 或1,932,3mn又,m n是整数，所以后面三组解舍去，故1,2mn.因此，()3bmn ，2cmn ，二次函数的解析式为232yxx.易求得点 A、B 的坐标为（1,0）和（2,0），点 C 的坐标为（0,2），所以ABC 的面积为1(2 1)212.第二试第二试（B）一（本 题 满 分一（本 题 满 分 20分）分）设 整 数,a b c为 三 角 形 的 三 边 长，满 足22213abcabacbc，求符合条件且周长不超过 30 的三角形的个数（全等的三角形只计算 1 次）.解解 不妨设abc，由已知等式可得222()()()26abbcac 令,abm

9、bcn，则acmn，其中,m n均为自然数.于是，等式变为222()26mnmn，即2213mnmn 由于,m n均为自然数，判断易知，使得等式成立的,m n只有两组：3,1mn和1,3.mn（1）当3,1mn时，1bc，34abc.又,a b c为三角形的三边长，所以bca，即(1)4ccc，解得3c.又因为三角形的周长不超过 30，即(4)(1)30abcccc，解得253c.因此2533c，所以c可以取值 4，5，6，7，8，对应可得到 5 个符合条件的三角形.（2）当1,3mn时，3bc，14abc.又,a b c为三角形的三边长，所以bca，即(3)4ccc，解得1c.又因为三角形的

10、周长不超过 30，即(4)(3)30abcccc，解得233c.因此2313c，所以c可以取值 2，3，4，5，6，7，对应可得到 6 个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过 30 的三角形的个数为 5611.二（本题满分二（本题满分 25 分）题目和解答与（分）题目和解答与（A）卷第二题相同）卷第二题相同.三（本题满分三（本题满分 25 分）题目和解答与（分）题目和解答与（A）卷第三题相同）卷第三题相同.第二试第二试（C）一（本题满分一（本题满分 20 分）题目和解答与（分）题目和解答与（B）卷第一题相同）卷第一题相同.二（本题满分（本题满分 25 分）题目和解答与（分）题目和解

11、答与（A）卷第二题相同）卷第二题相同.三（本 题 满 分三（本 题 满 分 25 分）分）设p是 大 于 2 的 质 数，k 为 正 整 数 若 函 数4)1(2pkpxxy的图象与 x 轴的两个交点的横坐标至少有一个为整数，求 k 的值解 解 由题意知，方程04)1(2pkpxx的两根21,xx中至少有一个为整数由根与系数的关系可得4)1(,2121pkxxpxx，从而有pkxxxxxx)1(4)(2)2)(2(212121 （1）若1k，则方程为0)2(22ppxx，它有两个整数根2和2p（2）若1k，则01k.因为12xxp 为整数，如果21,xx中至少有一个为整数，则21,xx都是整数

12、.又因为p为质数，由式知2|1xp或2|2xp不妨设2|1xp，则可设12xmp（其中 m 为非零整数），则由式可得212kxm，故121(2)(2)kxxmpm，即1214kxxmpm又12xxp，所以14kpmpm，即41)1(mkpm 如果 m 为正整数，则(1)(1 1)36mp，10km，从而1(1)6kmpm，与式矛盾.如果 m 为负整数，则(1)0mp，10km，从而1(1)0kmpm，与式矛盾.因此，1k时，方程04)1(2pkpxx不可能有整数根综上所述，1k2012 年全国初中数学竞赛试题 副题2012 年全国初中数学竞赛试题 副题一一二二三三题题 号号1561011121

13、314总总 分分得得 分分 评卷人评卷人 复查人复查人 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（共一、选择题（共 5 小题，每小题小题，每小题 7 分，共分，共 35 分分.以下每道小题均给出了代号为以下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、多填或错填都得不填、多填或错填都得 0 分）分）1.小王在做数学题时，发现下面有趣的结果：由上，我们可知第 100 行的最后一个数是（）（A）100

14、00 （B）10020 （C）10120 （D）10200 2.如图，在 34 表格中，左上角的 11 小方格被染成黑色，则在这个表格中包含黑色小方格的矩形个数是（）（A）11 （B）12 （C）13 （D）14（第 2 题）3如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是（）（A）1 （B）2 （C）3 （D）4 4.若函数 y=（k21）x2（k+1）x+1（k 为参数）的图象与 x 轴没有公共点，则 k 的取值范围是（）（A）k，或 k1 （B）1k，且 k1（C）k，或 k1 （D）k，或 k1 5.ABC 中，分别为上的点，平分，BM=CM，为上一点，且，则与的大小关系

15、为（）（A）（B）（C）（D）无法确定 二、填空题（共二、填空题（共 5 小题，每小题小题，每小题 7 分，共分，共 35 分）分）6.如图，正方形 ABCD 的面积为 90点 P 在 AB 上，；X，Y，Z 三点在 BD上，且，则PZX 的面积为 （第 6 题）7甲、乙、丙三辆车都匀速从 A 地驶往 B 地乙车比丙车晚 5 分钟出发，出发后 40分钟追上丙车；甲车比乙车晚 20 分钟出发，出发后 100 分钟追上丙车，则甲车出发后 分钟追上乙车 8.设 an=（n 为正整数），则 a1+a2+a2012的值 1.（填“”，“”或“”）9红、黑、白三种颜色的球各 10 个把它们全部放入甲、乙两

16、个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，那么共有 种放法 10.ABC 中，已知，且 b=4，则 a+c=.三、解答题（共三、解答题（共 4 题，每题题，每题 20 分，共分，共 80 分）分）11.已知 cba，且，求的最小值 12.求关于 a，b，c，d 的方程组 的所有正整数解.13.如图，梯形 ABCD 中，ABCD，AC，BD 相交于点 OP，Q 分别是 AD，BC 上的点，且，求证：OPOQ（第 13 题）14.（1）已知 三个数中必有两个数的积等于第三个数的平方，求的值.（2）设为非零实数，为正整数，是否存在一列数满足首尾两项的积等于中

17、间项的平方？（3）设为非零实数，若将一列数中的某一项删去后得到又一列数（按原来的顺序），满足首尾两项的积等于中间项的平方.试求的所有可能的值.2012-04-16 人教网2012 年全国初中数学竞赛试题（副题）参考答案2012 年全国初中数学竞赛试题（副题）参考答案一、选择题一、选择题 1D 解：解：第 k 行 的 最 后 一 个 数 是，故 第 100 行 的 最 后 一 个 数 是 2.B 解：解：这个表格中的矩形可由对角线的两个端点确定，由于包含黑色小方格，于是，对角线的一个端点确定，另一个端点有 34=12 种选择.3B 解：解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式0，且为完全平方

18、数 0，又 2，所以，当时，解得 ；当时，解得 4.C 解解：当函数为二次函数时，有 k210，=(k+1)24(k21)0.解得 k，或 k1 当函数为一次函数时，k=1，此时 y=2x+1 与 x 轴有公共点，不符合题意 当函数为常数函数时，k=1，此时 y=1 与 x 轴没有公共点.所以，k 的取值范围是 k，或 k1.5.B （第 5 题）解：解：如图，设，作BKCE，则，于是 A，B，E，C 四点共圆.因为是的中点，所以，从而有，即平分.二、填空题二、填空题 6.30 （第 6 题）解：解：如图，连接 PD，则 7180 解：解：设甲、乙、丙三车的速度分别为每分钟 x，y，z 米，由

19、题意知，消去 z，得 设甲车出发后 t 分钟追上乙车，则，即，解得 8 解：解：由 an=，得 a1+a2+a2012=1.925 解：解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有 19，且，（1）即 ，（2）于是 因此中必有一个取 5不妨设，代入（1）式，得到 此时，y 可取 1，2，8，9（相应地 z 取 9，8，2，1），共 9 种放法同理可得 y=5，或者 z=5 时，也各有 9 种放法但时，两种放法重复因此共有 932=25 种放法 10.6 （第 10 题）解：解：如图，设ABC 内切圆为I，半径为 r，I 与 BC，CA，AB 分别相切于点 D，E，F，连接 IA，IB，IC

20、，ID，IE，IF.由切线长定理得 AF=pa，BD=pb，CE=pc，其中 p=(a+b+c).在 RtAIF 中，tanIAF=，即 tan.同理，tan，tan.代入已知等式，得.因此 a+c=.三、解答题三、解答题 11.解：解：已知，又，且，所以 b，c 是关于 x 的一元二次方程 的两个根.故 0，0，即 0，所以20 于是-10，10，从而10，故 30，当时，等号成立 12.解：将 abc=d 代入 10ab+10bc+10ca=9d 得 10ab+10bc+10ca=9abc.因为 abc0，所以，.不妨设 abc，则 0.于是，即 ，a.从而，a=2，或 3.若 a=2，则

21、.因为，所以，b5.从而，b=3，4，5.相应地，可得 c=15，(舍去)，5.当 a=2，b=3，c=15 时，d=90；当 a=2，b=5，c=5 时，d=50.若 a=3，则.因为，所以，b.从而，b=2（舍去），3.当 b=3 时，c=(舍去).因此，所有正整数解为(a，b，c，d)=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)，(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).13.证明：延长 DA 至，使得，则，于是 DPC，故，所以 PO （第 13 题）又因为DPO

22、，所以 同理可得 ，而 ABCD，所以，故 OPOQ 14.解：解：（1）由题设可得，或，或.由，解得；由，解得；由，解得.所以满足题设要求的实数.（2）不存在.由题设（整数1）满足首项与末项的积是中 间项的平方，则有 ，解得，这与矛盾.故不存在这样的数列.（3）如果删去的是 1，或者是，则由（2）知，或数列均为 1，1，1，即，这与题设矛盾.如 果 删 去 的 是，得 到 的 一 列 数 为，那 么，可得.如果删去的是，得到的一列数为，那么，开得.所以符合题设要求的的值为 1，或.2013 年全国初中数学竞赛试题及参考答案2013 年全国初中数学竞赛试题及参考答案一、选择题一、选择题1 设

23、非 零 实 数a，b，c满 足2302340abcabc，则222abbccaabc的 值 为（）（A）12（B）0（C）12（D）1【答案】【答案】A【解 答】【解 答】由 已 知 得(234)(23)0abcabcabc，故2()0abc于是2221()2abbccaabc，所以22212abbccaabc 2已知a，b，c是实常数，关于x的一元二次方程20axbxc有两个非零实根1x，2x，则下列关于x的一元二次方程中，以211x，221x为两个实根的是（）（A）2222(2)0c xbac xa（B）2222(2)0c xbac xa（C）2222(2)0c xbac xa（D）222

24、2(2)0c xbac xa【答案】【答案】B【解答】【解答】由于20axbxc是关于x的一元二次方程，则0a 因为12bxxa，12cx xa，且120 x x，所以0c，且 221212222221212()2112xxx xbacxxx xc，22221211axxc，于是根据方程根与系数的关系，以211x，221x为两个实根的一元二次方程是222220bacaxxcc，即2222(2)0c xbac xa3如图，在 RtABC 中，已知 O 是斜边 AB 的中点，CDAB，垂足为 D，DEOC，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，

25、不一定是有理数的为（）（A）OD（B）OE（C）DE（D）AC【答案】【答案】D【解答】【解答】因 AD，DB，CD 的长度都是有理数，所以，OAOBOC2ADBD是有理数于是，ODOAAD 是有理数由 RtDOERtCOD，知2ODOEOC，DC DODEOC都是有理数，而 ACAD AB不一定是有理数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4BCCF，DCFE 是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（）（A）3（B）4（C）6（D）8【答案】【答案】C【解答】【解答】因为 DCFE 是平行四边形，所以 DE/CF，且EF/DC连接 CE

26、，因为 DE/CF，即 DE/BF，所以 SDEB=SDEC，因此原来阴影部分的面积等于ACE 的面积连接 AF，因为 EF/CD，即 EF/AC，所以 SACE=SACF因为4BCCF，所以 SABC=4SACF故阴影部分的面积为（第（第 3 题答题）题答题）（第（第 4 题答题）题答题）（第（第 3 题）题）（第（第 4 题）题）65对于任意实数 x，y，z，定义运算“*”为：32233333451160 x yx yxyxyxy，且xyzxyz，则2013 20123 2 L的值为（）（A）607967（B）1821967（C）5463967（D）16389967【答案】【答案】C【解答

27、】【解答】设2013 20124mL，则2013 2012433m L32323339274593316460mmmmmm ，于是2013 2012329 2L3223333 923 929245546310360967 二、填空题二、填空题6设33a，b 是2a的小数部分，则3(2)b的值为 【答案】【答案】9【解 答】【解 答】由 于2123aa，故32292ba，因 此333(2)(9)9b7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 【答案】【答案】2041

28、3【解答】【解答】如图，连接 AF，则有：45=3AEFAEFBFEBCFAFDAFDCDFSSSBFSSSFDS，354AFDAFDCDFBCFAEFAEFBEFSSSCFSSSFES，解得10813AEFS，9613AFDS所以，四边形 AEFD 的面积是20413（第（第 7 题答题）题答题）（第（第 7 题）题）8已知正整数 a，b，c 满足2220abc，2380abc，则abc的最大值为 【答案】【答案】2013【解答】【解答】由已知2220abc，2380abc消去 c，并整理得228666baa由 a 为正整数及26aa66，可得 1a3若1a，则2859b，无正整数解；若2a

29、，则2840b，无正整数解；若3a，则289b，于是可解得11b，5b（i）若11b，则61c，从而可得3 11 612013abc；（ii）若5b，则13c，从而可得3 5 13195abc 综上知abc的最大值为20139实数 a，b，c，d 满足：一元二次方程20 xcxd的两根为 a，b，一元二次方程20 xaxb的两根为 c，d，则所有满足条件的数组()，a b c d为 【答案】【答案】(12 12)，(00)，tt（t为任意实数）【解答】【解答】由韦达定理得，abcabdcdacdb由上式，可知bacd 若0bd，则1dab，1bcd，进而2bdac 若0bd，则ca，有()(0

30、0)，a b c dtt（t为任意实数）经检验，数组(12 12)，与(00)，tt（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，但是他的销售收入恰好是 2013 元则他至少卖出了 支圆珠笔【答案】【答案】207【解答】【解答】设 x，y 分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则472013350，xyxy所以201371(5032)44yyxy，于是14y 是整数又20134()343503xyyy，所以204y，故 y 的最小值为 207，此时141x 三、解答题三、解答题11如

31、图，抛物线y 23axbx，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 OBOC3OA直线113yx 与y轴交于点 D求DBCCBE【解答】【解答】将0 x 分别代入y 113x，23yaxbx知，D(0，1)，C(0，3)，所以 B(3，0)，A(1，0)直线y 113x过点 B将点 C(0，3)的坐标代入y(1)(3)a xx，得1a 抛物线223yxx的顶点为E(1，4)于是由勾股定理得BC3 2，CE2，BE2 5因为BC2CE2BE2，所以，BCE为直角三角形，90BCE因此 tanCBE=CECB=13又 tanDBO=13ODOB，则DBOCBE所以，45

32、DBCCBEDBCDBOOBC （第（第 11 题答题）题答题）（第（第 11 题）题）12设ABC的外心，垂心分别为OH，若BCHO，共圆，对于所有的ABC，求BAC所有可能的度数【解答】【解答】分三种情况讨论（i）若ABC为锐角三角形因为1802BHCABOCA，所以由BHCBOC，可得1802AA ，于是60A（ii）若ABC为钝角 三 角形当90A 时，因为1802 180BHCABOCA，所以由180BHCBOC，可得3 180180A，于是120A。当90A 时，不妨假设90B，因为2BHCABOCA ，所以由180BHCBOC，可得3180A，于是60A（iii）若ABC为直角三

33、角形当90A 时，因为O为边BC的中点，BCHO，不可能共圆，所以A不可能等于90；当90A 时，不妨假设90B，此时点 B 与 H 重合，于是总有BCHO，共圆，因此A可以是满足090A 的所有角综上可得，A所有可能取到的度数为所有锐角及120（第（第 12 题答题（题答题（i）（第（第 12 题答题（题答题（ii）13设a，b，c是素数，记xbcaycabzabc，当2,2zyxy时，a，b，c能否构成三角形的三边长？证明你的结论【解答】【解答】不能依题意，得111()()()222ayzbxzcxy，因为2yz，所以211(1)()()222z zayzzz又由于z为整数，a为素数，所以

34、2z 或3，3a 当2z 时，224(2)16yzxy，进而，9b，10c，与b，c是素数矛盾；当3z 时，0abc，所以a，b，c不能构成三角形的三边长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12naaa，满足对任意一个正整数 m，在12naaa，中都至少有一个为 m 的魔术数【解答】【解答】若 n6，取m 1，2，7，根据抽屉原理知，必有12naaa，中的一个正整数 M

35、 是(1i j，ij7)的公共的魔术数，即7|(10Mi)，7|(10Mj)则有 7|(ji)，但 0ji6，矛盾故 n7又当12naaa，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10kim（1 2i ，7）被 7 除的余数两两不同若不然，存 在 正 整 数i，(1jij 7)，满 足 7|(10)(10)kkjmim，即7|10()kji，从而 7|()ji，矛盾故必存在一个正整数i(1i7)，使得 7|(10)kim，即i为 m 的魔术数所以，n 的最小值为 72014 年全国初中数学联赛决赛试题一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分）1已知,x y

36、为整数，且满足22441111211()()()3xyxyxy，则xy的可能的值有 【】A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个2 已知非负实数,x y z满足1xyz，则22txyyzzx的最大值为 【】A47 B59 C916 D12253在ABC中，ABAC，D为BC的中点，BEAC于E，交AD于P，已知3BP，1PE，则AE 【】A62 B2 C3 D646 张不同的卡片上分别写有数字 2，2，4，4，6，6，从中取出 3 张，则这 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是 【】A12 B25 C23 D345设 t表示不超过实数t的最大整数，令 ttt.已知实数x满

37、足33118xx，则1 xx 【】A12 B35 C1(35)2 D16在ABC中，90C，60A，1AC，D在BC上，E在AB上，使得ADE为等腰直角三角形,90ADE,则BE的长为 【】A42 3B23 C1(31)2 D31二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）1已知实数,a b c满足1abc，1111abcbcacab，则abc _2使得不等式981715nnk对唯一的整数k成立的最大正整数n为 3已知P为等腰ABC内一点，ABBC，108BPC，D为AC的中点，BD与PC交于点E，如果点P为ABE的内心，则PAC 4 4 已 知 正 整 数,a b c满 足:1abc，

38、111abc，2bac，则b 三、（本题满分 20 分）设实数,a b满足22(1)(2)40a bb ba，(1)8a bb，求2211ab的值四、（本题满分 25 分）如图，在平行四边形ABCD中，E为对角线BD上一点，且满足ECDACB,AC的延长线与ABD的外接圆交于点F.证明：DFEAFB 五、（本题满分 25 分）设n是整数，如果存在整数,x y z满足3333nxyzxyz，则称n具有性质P.（1）试判断 1，2，3 是否具有性质P；（2）在 1，2，3，2013，2014 这 2014 个连续整数中，不具有性质P的数有多少个？FCABDE2014 年全国初中数学联赛决赛试题和参

39、考答案一、选择题：（本题满分一、选择题：（本题满分 42 分，每小题分，每小题 7 分）分）1已知,x y为整数，且满足22441111211()()()3xyxyxy，则xy的可能的值有 【】A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个【答】C.由已知等式得2244224423xy xyxyxyx yx y，显然,x y均不为 0，所以xy0 或32()xyxy.若32()xyxy，则(32)(32)4xy.又,x y为 整 数，可 求 得12,xy，或21.xy，所以1xy或1xy.因此，xy的可能的值有 3 个.2 已知非负实数,x y z满足1xyz，则22txyyzzx的最大值为

40、【】A47 B59 C916 D1225【答】A.21222()2()()4txyyzzxx yzyzx yzyz212(1)(1)4xxx2731424xx 2734()477x，易知：当37x，27yz时，22txyyzzx取得最大值47.3在ABC中，ABAC，D为BC的中点，BEAC于E，交AD于P，已知3BP，1PE，则AE 【】A62 B2 C3 D6【答】B.因为ADBC，BEAC，所以,P D C E四点共圆，所以12BD BCBP BE，又2BCBD，所以6BD，所以3DP.又易知AEPBDP，所以AEPEBDDP，从而可得1623PEAEBDDP.46 张不同的卡片上分别写

41、有数字 2，2，4，4，6，6，从中取出 3 张，则这 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是 【】A12 B25 C23 D34【答】B.若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有 2228 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的，有 3412 种取法.所以，从 6 张不同的卡片中取出 3 张，共有 81220种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有 428 种.因此，所求概率为82205.5设

42、t表示不超过实数t的最大整数，令 ttt.已知实数x满足33118xx，则1 xx 【】A12 B35 C1(35)2 D1【答】D.设1xax，则32223211111()(1)()()3(3)xxxxxa axxxxx，所以2(3)18a a，因式分解得2(3)(36)0aaa，所以3a.由13xx解得1(35)2x，显然10 1,0 1xx，所以1 xx1.6在ABC中，90C，60A，1AC，D在BC上，E在AB上，使得ADE为等腰直角三角形,90ADE,则BE的长为 【】A42 3B23 C1(31)2 D31【答】A.过E作EFBC于F，易知ACDDFE，EFBACB.设EFx，则

43、2BEx，22AEx，2(1)DEx，1DFAC，故2221 2(1)xx，即2410 xx.又01x，故可得23x.故242 3BEx.二、填空题：（本题满分二、填空题：（本题满分 28 分，每小题分，每小题 7 分）分）1已知实数,a b c满足1abc，1111abcbcacab，则abc _【答】【答】0.由题意知1111121212cab，所以(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)abbcacabc整理得22()8abcabc，所以abc 0.2使得不等式981715nnk对唯一的整数k成立的最大正整数n为 【答【答】144.由 条 件 得7889k

44、n，由k的 唯 一 性，得178kn且189kn，所 以2118719872kknnn，所以144n.当144n 时，由7889kn可得126128k，k可取唯一整数值127.故满足条件的正整数n的最大值为 144.3已知P为等腰ABC内一点，ABBC，108BPC，D为AC的 中 点，BD与PC交 于 点E，如 果 点P为 ABE的 内 心，则FEBCADEDABPCPAC 【答】【答】48.由题意可得PEAPEBCEDAED ，而180PEAPEBAED，所以60PEAPEBCEDAED ，从而可得30PCA.又108BPC，所以12PBE，从而24ABD.所以902466BAD，11()

45、(6630)1822PAEBADCAE，所以183048PACPAECAE 4 4 已 知 正 整 数,a b c满 足:1abc，111abc，2bac，则b 【答】【答】36.设,a c的 最 大 公 约 数 为(,)a cd，1aa d，1cc d，11,a c均 为 正 整 数 且11(,)1a c，11ac，则221 1bacd a c，所以22|db，从而|d b，设1bbd（1b为正整数），则有211 1ba c，而11(,)1a c，所以11,a c均为完全平方数，设2211,am cn，则1bmn，,m n均为正整数，且(,)1m n，mn.又111abc，故111()111

46、d abc，即22()111d mnmn.注意到2222121 27mnmn，所以1d 或3d.若1d，则22111mnmn，验算可知只有1,10mn满足等式，此时1a，不符合题意，故舍去.若3d，则2237mnmn，验 算 可 知 只 有3,4mn满 足 等 式，此 时27,36,48abc，符合题意.因此，所求的36b.三、（本题满分三、（本题满分 20 分）分）设实数,a b满足22(1)(2)40a bb ba，(1)8a bb，求2211ab的值解解 由已知条件可得222()40a bab，()8abab.设abx，aby，则有2240 xy，8xy，5 分分联立解得(,)(2,6)

47、x y 或(,)(6,2)x y.10 分分若(,)(2,6)x y，即2ab，6ab，则,a b是一元二次方程2260tt的两根，但 这 个 方 程 的 判 别 式2(2)24200 ，没 有 实 数根；15 分分若(,)(6,2)x y，即6ab，2ab，则,a b是一元二次方程2620tt的两根，这个方程的判别式2(6)8280 ，它有实数根.所以2222222222211()262 282ababababa ba b.20 分分四、（本题满分四、（本题满分 25 分）分）如图，在平行四边形ABCD中，E为对角线BD上一点，且满足ECDACB,AC的 延 长 线 与 ABD的 外 接 圆

48、 交 于 点F.证 明：DFEAFB 证 明证 明 由ABCD是 平 行 四 边 形 及 已 知 条 件 知ECDACBDAF .5 分分又 A、B、F、D四 点 共 圆，所 以BDCABDAFD ，.10 分分所以ECDDAF，15 分分所以EDCDABDFAFAF.20 分分又EDFBDFBAF ，所以EDFBAF，故DFEAFB.25 分分五、（本题满分五、（本题满分 25 分）分）设n是整数，如果存在整数,x y z满足3333nxyzxyz，则称n具有性质P.（1）试判断 1，2，3 是否具有性质P；（2）在 1，2，3，2013，2014 这 2014 个连续整数中，不具有性质P的

49、数有多少个？解解 取1x，0yz，可得33311003 1 0 0 ，所以 1 具有性质P；FCABDE取1xy，0z，可 得33321103 1 1 0 ，所 以 2具 有 性 质P；5 分分若 3 具有性质P，则存在整数,x y z使得33()3()()xyzxyz xyyzzx，从而可得33|()xyz，故3|()xyz，于是有39|()3()()xyzxyz xyyzzx，即9|3，这是不可能的，所以 3 不具有性质P.10 分分（2）记333(,)3f x y zxyzxyz，则33(,)()3()3f x y zxyzxy xyxyz3()3()()3()xyzxy z xyzxy

50、 xyz3()3()()xyzxyz xyyzzx2221()()2xyz xyzxyyzzx2221()()()()2xyzxyyzzx.即(,)f x y z2221()()()()2xyzxyyzzx 15 分分不妨设xyz，如果1,0,1xyyzxz，即1,xzyz，则有(,)31f x y zz；如果0,1,1xyyzxz，即1xyz，则有(,)32f x y zz；如果1,1,2xyyzxz，即2,1xzyz，则有(,)9(1)f x y zz；由 此 可 知，形 如31k 或32k 或9k（k为 整 数）的 数 都 具 有 性 质P.20 分分又若33|(,)()3()()f x