2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准

2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准

说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.

第一试

一、选择题：（本题满分42分，每小题7分） 1．已知x,y为整数，且满足(?1x111211)(2?2)??(4?4)，则x?y的可能的值有（ ） yxy3xyA. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【答】 C.

x?yx2?y22x4?y4由已知等式得?22??44，显然x,y均不为0，所以x?y＝0或3xy?2(x?y).

xyxy3xy若3xy?2(x?y)，则(3x?2)(3y?2)??4.又x,y为整数，可求得?因此，x?y的可能的值有3个.

2．已知非负实数x,y,z满足x?y?z?1，则t?2xy?yz?2zx的最大值为 （ ） A．

?x??1，?x??2，或?所以x?y?1或x?y??1.

y?1.y?2,??45912 B． C． D．791625

【答】 A.

1t?2xy?yz?2zx?2x(y?z)?yz?2x(y?z)?(y?z)2

41731734?2x(1?x)?(1?x)2??x2?x???(x?)2?，

4424477324易知：当x?，y?z?时，t?2xy?yz?2zx取得最大值.

7773．在△ABC中，AB?AC，D为BC的中点，BE?AC于E，交AD于P，已知BP?3，PE?1，则AE＝

（ ）

A．6 B．2 C．3 D．6 2【答】 B.

因为AD?BC，BE?AC，所以P,D,C,E四点共圆，所以BD?BC?BP?BE?12，又BC?2BD，所以BD?6，所以DP?3.

又易知△AEP∽△BDP，所以

PE1AEPE??BD??6?2. ，从而可得AE?BDDPDP34．6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 （ ）

A．

1223 B． C． D．2534

【答】 B.

若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20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4×2＝8种.

因此，所求概率为

82?. 205

5．设[t]表示不超过实数t的最大整数，令{t}?t?[t].已知实数x满足x?311?18{x}?{}? ，则3xx （ ）

A．

11 B．3?5 C．(3?5) D．1 22111111?a，则x3?3?(x?)(x2?2?1)?(x?)[(x?)2?3]?a(a2?3)，所以a(a2?3)?18，因式分解得xxxxxx【答】 D. 设x?(a?3)(a2?3a?6)?0，所以a?3.

1111?3解得x?(3?5)，显然0?{x}?1,0?{}?1，所以{x}?{}?1. x2xx6．在△ABC中，?C?90?，?A?60?，AC?1，D在BC上，E在AB上，使得△ADE为等腰直角三角形, ?ADE?90? ,则BE的长为 （ ）

1A．4?23 B．2?3 C．(3?1) D．3?1

2由x?【答】 A.

过E作EF?BC于F，易知△ACD≌△DFE，△EFB∽△ACB.

CDE?2x，AE?2?2x，DE?2(1?x)，DF?AC?1，设EF?x，则BF故

B12?x2?[2(1?x)]2，即x2?4x?1?0.又0?x?1，故可得x?2?3. 故BE?2x?4?23.

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a?b?c?1，【答】 0. 由题意知

AE111???1，则abc?____．

a?b?cb?c?ac?a?b111???1，所以 1?2c1?2a1?2b(1?2a)(1?2b)?(1?2b)(1?2c)?(1?2a)(1?2c)?(1?2a)(1?2b)(1?2c)

整理得2?2(a?b?c)?8abc，所以abc?0. 2．使得不等式【答】144.

9n8??对唯一的整数k成立的最大正整数n为 ． 17n?k157k8k?17k?182k?1k?1871??，由k的唯一性，得?且?，所以?????，所以n?144. 8n9n8n9nnn98727k8当n?144时，由??可得126?k?128，k可取唯一整数值127.

8n9由条件得

故满足条件的正整数n的最大值为144.

?BPC?108?，D为AC的中点，BD与PC交于点E，3．已知P为等腰△ABC内一点，AB?BC，如果点P为△ABE的内心，则?PAC? ．

【答】48?.

B由题意可得?PEA??PEB??CED??AED，

而?PEA??PEB??AED?180?，

所以?PEA??PEB??CED??AED?60?， 从而可得?PCA?30?.

又?BPC?108?，所以?PBE?12?，从而?ABD?24?. 所以?BAD?90??24??66?， P11 ?PAE?(?BAD??CAE)?(66??30?)?18?，

22所以?PAC??PAE??CAE?18??30??48?.

ECDA

4．已知正整数a,b,c满足:1?a?b?c，a?b?c?111，b2?ac，则b? ． 【答】36.

设a,c的最大公约数为(a,c)?d，a?a1d，c?c1d，a1,c1均为正整数且(a1,c1)?1，a1?c1，则b2?ac?d2a1c1，所以d2|b2，从而d|b，设b?bd，则有b12?a1c1，而(a1,c1)?1，所以a1,c1均为完全平方数，设a1?m2,c1?n2，1（b1为正整数）则b1?mn，m,n均为正整数，且(m,n)?1，m?n.

又a?b?c?111，故d(a1?b1?c1)?111，即d(m2?n2?mn)?111. 注意到m2?n2?mn?12?22?1?2?7，所以d?1或d?3.

若d?1，则m2?n2?mn?111，验算可知只有m?1,n?10满足等式，此时a?1，不符合题意，故舍去.

22若d?3，则m?n?mn?37，验算可知只有m?3,n?4满足等式，此时a?27,b?36,c?48，符合题意.

因此，所求的b?36.

第二试

一、（本题满分20分）设实数a,b满足a(b?1)?b(b?2a)?40，a(b?1)?b?8，求解 由已知条件可得ab?(a?b)?40，ab?(a?b)?8.

22设a?b?x，ab?y，则有x?y?40，x?y?8， ……………………5分

2222211?的值． 22ab联立解得(x,y)?(2,6)或(x,y)?(6,2). ……………………10分

2若(x,y)?(2,6)，即a?b?2，ab?6，则a,b是一元二次方程t?2t?6?0的两根，但这个方程的判别式

??(?2)2?24??20?0，没有实数根； ……………………15分

2若(x,y)?(6,2)，即a?b?6，ab?2，则a,b是一元二次方程t?6t?2?0的两根，这个方程的判别式

2.所以 ??(?6)?8?28?，它有实数根011a2?b2(a?b)2?2ab62?2?2?2?22???8. ……………………20分 2222ababab2 二．（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?ECD??ACB, AC的延长线与△ABD的外接圆交于点F. 证明：?DFE??AFB．

证明 由ABCD是平行四边形及已知条件知?ECD??ACB??DAF. D……………………5分

又A、B、F、 D四点共圆，所以?BDC??ABD??AFD，所以△ECD∽△AEDAF， ……………………15分 CBFEDCDAB??. ……………………20分 DFAFAF又?EDF??BDF??BAF，所以△EDF∽△BAF，故

?DFE??AFB. ……………………25分

所以

三．（本题满分25分）设n是整数，如果存在整数x,y,z满足n?x3?y3?z3?3xyz，则称n具有性质P.在1，5，2013，2014这四个数中，哪些数具有性质P，哪些数不具有性质P？并说明理由.

解 取x?1，y?z?0，可得1?13?03?03?3?1?0?0，所以1具有性质P.

取x?y?2，z?1，可得5?23?23?13?3?2?2?1，所以5具有性质P.…………………5分 为了一般地判断哪些数具有性质P，记f(x,y,z)?x?y?z?3xyz，则

333f(x,y,z)?(x?y)3?z3?3xy(x?y)?3xyz ?(x?y?z)3?3(x?y)z(x?y?z)?3xy(x?y?z)

＝(x?y?z)?3(x?y?z)(xy?yz?zx)

31(x?y?z)(x2?y2?z2?xy?yz?zx) 21?(x?y?z)[(x?y)2?(y?z)2?(z?x)2]. 21222即f(x,y,z)?(x?y?z)[(x?y)?(y?z)?(z?x)] ①

2?……………………10分

不妨设x?y?z，

如果x?y?1,y?z?0,x?z?1，即x?z?1,y?z，则有f(x,y,z)?3z?1； 如果x?y?0,y?z?1,x?z?1，即x?y?z?1，则有f(x,y,z)?3z?2； 如果x?y?1,y?z?1,x?z?2，即x?z?2,y?z?1，则有f(x,y,z)?9(z?1)； 由此可知，形如3k?1或3k?2或9k（k为整数）的数都具有性质P.

因此，1，5和2014都具有性质P. ……………………20分

若2013具有性质P，则存在整数x,y,z使得2013?(x?y?z)?3(x?y?z)(xy?yz?zx).注意到3|2013，从而可得

33|(x?y?z)3，故3|(x?y?z)，于是有9|(x?y?z)3?3(x?y?z)(xy?yz?zx)，即9|2013，但2013＝9×223＋6，矛

盾，所以2013不具有性质P. ……………………25分