2014年全国初中数学联赛试题

1、2014 年全国初中数学联赛决赛试题年全国初中数学联赛决赛试题 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xy，为整数，且满足224411112 11()()()3xyxyxy+= ，则xy，可能的值有( ) a. 1 个 b. 2 个 c. 3 个 d. 4 个 2. 已知非负实数xyz， ，满足1xyz+=，则22txyyzzx=+的最大值为( ) a47 b59 c916 d1225 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

2、4. 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( ) a12 b25 c23 d34 5. 设 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 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 3 b23 c1( 31)2 d31 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）

3、分） 7. 已 知 实 数abc， ，满 足1abc+=，1111abcbcacab+=+， 则abc = 8. 使得不等式981715nnk+对唯一的整数k成立的最大正整数n为 9. 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= 10. 已知正整数, ,a b c满足:1abc，111abc+=，2bac=，则b = 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 四、 （本题满分四、 （本题满分 25 分）

4、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的数有多少个？ fcabde2014 年全国初中数学联赛决赛试题和参考答案年全国初中数学联赛决赛试题和参考答案 一、选择题： （本题满分一、选择题： （本题满分 42 分，

5、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xy+0 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22txy

6、yzzx=+的最大值为 【 】 a47 b59 c916 d1225 【答】 a. 21222 ()2 ()()4txyyzzxx yzyzx yzyz=+=+ 212 (1)(1)4xxx=+2731424xx= +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

7、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

8、，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 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 xx+=1.

9、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 3 b23 c1( 31)2 d31 【答】 a. 过e作efbc于f，易知acddfe，efbacb. 设efx=，则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+ +=，1111abcbcaca

10、b+=+ +，则abc =_ 【答】【答】 0. 由题意知11111 21 21 2cab+=，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7889kn， 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

11、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pac= 【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=， febcadedabpc11()(6630 )1822paebadcae= =， 所以183048pacpaecae= +=+= 4已知正整数, ,a b c满足:1abc，111abc+ +=，

12、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 ac=，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()111d abc+=，即22()111d mnmn+=. 注意到2222121 27mnmn+ =，所以1d

13、=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

14、,6)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）

15、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= 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3333

16、nxyzxyz=+，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？ 解解 取1x =，0yz=，可得33311003 1 0 0=+ ，所以 1 具有性质p； 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

17、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 xyxyz=+ fcabde3()3() ()3()xyzxy z xyzxy xyz=+ 3()3()()xyzxyz xyyzzx+ 2221()()2xyz xyzxyyzzx=+ 2221()()()() 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