全国初中数学竞赛试题和答案解析

1、又BC 2BD，所以BD-6，所以DP ,3.2014 年全国初中数学竞赛试题和答案解析、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分）11111.已知x, y为整数，且满足（一）（字2）x y xyx, y均不为0,所以x3xy 2(x y).x 2所以x y 1或x y 1.y 1-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有（ ）A. 1 个【答】C.B. 2个C. 3个D. 4（丄），则x y的可能的值3 x y由已知等式得xy x2y2若3xy 2(x y),则(3x 2)(3y 2)x 14.又x,y为整数，可求得或y 2,2xy y

2、z 2zx的最大值为BP(A.4B5C.2D7916【答】At 2xyyz2zx2x(y z)yz 2x( yz)1(y z)241 -、2723173、242x(1x)(1x)xx (x )4424477易知：当x3-,yz-时,t 2xy yz2zx取得最大值47771225AEA.直 B. , 22、 .6【答】B.因为AD BC,BEAC,所以P,D,C, E四点共圆，所以BD BCBP BE 12,3.在厶ABC中，ABAC,D为BC的中点，BE AC于E，交AD于P，已知3PE 1,则又易知 AEP s BDP, 所以AEPE, 从而可 得BDDPAEPEBD；U.DP4. 6 张

3、不冋的卡片上分别与有数字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()12C23A.B.-D2534【答】B.若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有2X2X2 = 8 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的，有 3X4 = 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

4、三角形的三边长的情况共有4X2=8 种.因此，所求概率为 -.20515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x3-18,x则X$X( )A.1B.35C.丄(35)D122【答 D.设x1a，则31X3(x(X2121)(X1-)(x丄)23/ 2a(a3)xxxxXX所以a(a23)18, |因式分解彳得(a 3)(a23a 6)0, 所以a3.由x13解得1x -(3 5)，显然0 x1,01 1， 所以x11.x2XX6.在厶A BC中,C90,A60,AC 1,D在BC上,E在AB上,使得AlDE为等腰直 角三 三角形,ADE90,则BE的 长为()A.42、3

5、B. 2C.丄心21)D .31【答A.过E作EF BC于F，易知ACDDFE, EFB ACB.C设EF x,贝UBE 2x,AE 2 2x,DE 2(1 x),3已知P为等腰ABC内一点，AB BC， 与PC交于点E，【答】48.由题意可得而PEA如果点PEAPEBPABE的内心,PEB CEDAED 180，BPC108，D为AED，所以PEAPEBCEDAED60从而可得PCA 30.又BPC 108，所以PBE12，从而ABD24所以BAD902466,11PAE(2BADCAE)(66230 )18所以PACPAECAE 1830484.已知正整数a,b,c满足：1 ab c,ab

6、c 111,ac，BDIII I IIh、| Ai khEPDF AC 1,故12x2、2(1 x)2,即x24x 1 0.又0 x1，故可得x 23.整理得22(a b c) 8abc，所以abc0.2.使得不等式 8对唯一的整数k成立的最大正整数n为故BE 2x 42.3二、填空题：（本题满分 28 分 九每小题 7 分）1 .已知实数a,b,c满足1 1 1a b c 1，1，则abc b c a cababc.【答】0.1由题意知1111，所以1 2c1 2a 12b(1 2a)(1 2b)(1 2b)(1 2 c) (12a)(1 2 c) (12a)(1 2b)(1 2c)b2【答

7、】36.17 n k 15【答】144.由条件得7k8由k的唯一性，得k 17且k 1-，所以8n9n8n92 k1k 1871，所以n 144.nnn9872当n144时，由7k8可得126 k128，k可取唯一整数值 127.8 n 9故满足条件的正整数n的最大值为 144.这个方程的判别式(6)28280,它有实数根.所以丄b22 .2a bZ2a b(a b)22aba2b2622 2228.20 分设a,c的最大公约数为(a,c) d,aa1d,c c1d,a1, C|均为正整数且(a1,C|) 1,2299a1G，则b ac d ay，所以d | b,从而d | b，设b b1d(

8、b为正整数)，则有2 2 2biaiC|，而(ai,Ci) 1，所以ai,Ci均为完全平方数，设aim ,Gn，则bimn,m,n均为正整数，且(m,n) 1，m n.又a bC111，故d (a1b1C1) 111，即d(m2n2mn) 111.注意到m2n2mn 12221 2 7，所以d 1或d 3.若d 1，则m2n2mn 111，验算可知只有m 1,n 10满足等式，此时a 1，不符合题意，故舍去若d 3，则m2n2mn 37，验算可知只有m 3,n4满足等式，此时a 27,b36,c 48，符合题意.因此，所求的b 36.、(本题满分 20 分)设实数a,b满足a2(b21) b(

9、b 2a) 40，a(b 1) b 8，2 2 2解由已知条件可得a b (a b) 40,ab (a b) 8.设a b x,ab y，则有x2y240,x y 8,.5 分联立解得(x,y)(2,6)或(x,y)(6,2). 10 分若(x, y) (2,6)，即a b 2,ab 6，则a, b是一元二次方程t22t 60的两根，但这个方程的判别式(2)224200，没有实数根；. 15 分若(x, y) (6,2)，即a b 6,ab 2，则a,b是一元二次方程t26t 2 0的两根，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ECD ACB,A

10、C的延长线与ABD的外接圆交于点F证明： 证明 由ABCD是平行四边形及已知条件知ECD ACB DAF.5分 又A、 B、 F、 D 四点共圆，所以BDCABD AFD,. .10分所以ECDDAF,. 15分ED CDAB所以. 20 分DF AFAFBAF，所以EDF BAF，故DFE AFB . .25 分五、 (本题满分 25 分)设n是整数，如果存在整数x, y, z满足n x3y3z33xyz，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？解取x 1,y

11、 z 0,可得113o3033 1 00,所以 1 具有性质P；取x y 1,z 0，可得21313033 1 10,所 以 2 具有性质P;.-5分若 3 具有性质P,则存在整数x, y, z使得3(x3y z)3(xyz)( xy yz zx),从而可得3|(x yz)3,故3| (xy z),于是有9|(xyz)33(x yz)(xyyzzx)，即9 |3,这是不可能的，所以3 不具有性质P.10 分(2)记f (x,y,z)33x y3z 3xyz，则f (x,y,z)3(x y)3z 3xy(xy) 3xyz(xyz)33(xy)z(xy z) 3xy(x yz)DFEAFBF=(x

12、y z)33(xy z)(xyyz zx)y z)(x22 2y zxyyz zx)1(xy z)(xy)2(yz)2(z x)2.即f(X ,y, z)2( xyz)(xy)2(yz)2(zx)215 分不妨设x yrz,如果xy1,yz0,xz1，即xz 1,yz，则有f (x, y, z) 3z1；如果xy0,yz1,xz1，即xy z 1,则有f (x, y, z) 3z 2;如果xy1,yz1,xz2，即xz 2,yz 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.20 分又右3|f(x,y,z) (x y z) 3(x y z)(xy yz zx)，则3|(x y z)