2014年全国初中数学联合竞赛福建赛区试题参考答案

2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1．已知,xy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2244224423xyxyxyxyxyxy，显然,xy均不为0，所以xy＝0或32()xyxy.若32()xyxy，则(32)(32)4xy.又,xy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,,xyz满足1xyz，则22txyyzzx的最大值为（）A．47B．59C．916D．1225【答】A.21222()2()()4txyyzzxxyzyzxyzyz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＝（）A．62B．2C．3D．6【答】B.因为ADBC，BEAC，所以,,,PDCE四点共圆，所以12BDBCBPBE，又2BCBD，所以6BD，所以3DP.又易知△AEP∽△BDP，所以AEPEBDDP，从而可得1623PEAEBDDP.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（）A．12B．25C．23D．34【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（）A．12B．35C．1(35)2D．1【答】D.设1xax，则32223211111()(1)()[()3](3)xxxxxaaxxxxx，所以2(3)18aa，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1.6．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（）A．423B．23C．1(31)2D．31【答】A.过E作EFBC于F，易知△ACD≌△DFE，△EFB∽△ACB.设EFx，则2BEx，22AEx，2(1)DEx，1DFAC，故2221[2(1)]xx，即2410xx.又01x，故可得23x.故2423BEx.二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）1．已知实数,,abc满足1abc，1111abcbcacab，则abc____．【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．FEBCAD【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】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()(6630)1822PAEBADCAE，所以183048PACPAECAE.4．已知正整数,,abc满足:1abc，111abc，2bac，则b．【答】36.设,ac的最大公约数为(,)acd，1aad，1ccd，11,ac均为正整数且11(,)1ac，11ac，则2211bacdac，所以22|db，从而|db，设1bbd（1b为正整数），则有2111bac，而11(,)1ac，所以11,ac均为完全平方数，设2211,amcn，则1bmn，,mn均为正整数，且(,)1mn，mn.又111abc，故111()111dabc，即22()111dmnmn.注意到222212127mnmn，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.EDABPC第二试一、（本题满分20分）设实数,ab满足22(1)(2)40abbba，(1)8abb，求2211ab的值．解由已知条件可得222()40abab，()8abab.设abx，aby，则有2240xy，8xy，联立解得(,)(2,6)xy或(,)(6,2)xy.若(,)(2,6)xy，即2ab，6ab，则,ab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；若(,)(6,2)xy，即6ab，2ab，则,ab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()262282abababababab.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ECDACB,AC的延长线与△ABD的外接圆交于点F.证明：DFEAFB．证明由ABCD是平行四边形及已知条件知ECDACBDAF.又A、B、F、D四点共圆，所以BDCABDAFD，所以△ECD∽△DAF，所以EDCDABDFAFAF.又EDFBDFBAF，所以△EDF∽△BAF，故DFEAFB.FCABDE三．（本题满分25分）设n是整数，如果存在整数,,xyz满足3333nxyzxyz，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1x，0yz，可得33311003100，所以1具有性质P.取2xy，1z，可得33352213221，所以5具有性质P.为了一般地判断哪些数具有性质P，记333(,,)3fxyzxyzxyz，则33(,,)()3()3fxyzxyzxyxyxyz3()3()()3()xyzxyzxyzxyxyz＝3()3()()xyzxyzxyyzzx2221()()2xyzxyzxyyzzx2221()[()()()]2xyzxyyzzx.即(,,)fxyz2221()[()()()]2xyzxyyzzx①不妨设xyz，如果1,0,1xyyzxz，即1,xzyz，则有(,,)31fxyzz；如果0,1,1xyyzxz，即1xyz，则有(,,)32fxyzz；如果1,1,2xyyzxz，即2,1xzyz，则有(,,)9(1)fxyzz；由此可知，形如31k或32k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.若2013具有性质P，则存在整数,,xyz使得32013()3()()xyzxyzxyyzzx.注意到3|2013，从而可得33|()xyz，故3|()xyz，于是有39|()3()()xyzxyzxyyzzx，即9|2013，但2013＝9×223＋6，矛盾，所以2013不具有性质P.