全国数学竞赛初三决赛试题含答案.docx
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全国数学竞赛初三决赛试题含答案
2021年全国数学竞赛初三决赛试题(含答案)_文档视界
2014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,xy为整数,且满足22441
111211
()()()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2244
224423xyxyxyxyxyxy
++-?
=?
,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1
xy+=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.12
25
【答】A.
21
222()2()()4
txyyzzxxyzyzxyzyz=++=++≤+++
212
(1)
(1)4xxx=-+-2731424xx=-++2734
()477x=--+,
易知:
当37x=,27yz==时,22txyyzzx=++取得最大值4
7
.
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.
6
2
B.2
C.3
D.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
AEPE
BDDP=
,从而可得1623
PEAEBDDP=?
=?
=.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
82
205
=.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33
118xx+
=,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222
1[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++=,111
1abcbcacab
++=+-+-+-,则abc=____.
【答】0.由题意知
111
1121212cab
++=---,所以(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)abbcacabc--+--+--=---
整理得22()8abcabc-++=,所以abc=0.
F
E
B
C
A
D
2.使得不等式981715
nnk<<+对唯一的整数k成立的最大正整数n为.【答】144.由条件得7889kn<<,由k的唯一性,得178kn-≤且189kn+≥,所以211871
9872
kknnn+-=-≥-=
,所以144n≤.
当144n=时,由78
89
kn<<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)1822
PAEBADCAE∠=∠-∠=?
-?
=?
,
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2
111bac=,而11(,)1ac=,所以11,ac均为完全平方数,设22
11,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22
111mnmn++=,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22
37mnmn++=,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=.
E
D
A
BP
C
三、(本题满分20分)设实数,ab满足22
(1)
(2)40abbba+++=,
(1)8abb++=,求22
11
ab+的值.
解由已知条件可得22
2
()40abab++=,()8abab++=.
设abx+=,aby=,则有2
2
40xy+=,8xy+=,…………5分联立解得(,)(2,6)xy=或(,)(6,2)xy=.………10分
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?
=--=-,它有实数根.所以
22222222222
11()262282abababababab++--?
+====.………20分四、.(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∠=∠.
证明由ABCD是平行四边形及已知条件知ECDACBDAF∠=∠=∠.………5分
又A、B、F、D四点共圆,所以BDCABDAFD∠=∠=∠,…………….10分所以△ECD∽△DAF,………15分
所以
EDCDAB
DFAFAF
==
.………20分又EDFBDFBAF∠=∠=∠,所以△EDF∽△BAF,故
DFEAFB∠=∠.……………………25分
五、(本题满分25分)
设n是整数,如果存在整数,,xyz满足333
3nxyzxyz=++-,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1x=,0yz==,可得333
11003100=++-?
?
?
,所以1具有性质P;
取1xy==,0z=,可得333
21103110=++-?
?
?
,所以2具有性质P;…………………5分
若3具有性质P,则存在整数,,xyz使得3
3()3()()xyzxyzxyyzzx=++-++++,从而可得
33|()xyz++,故3|()xyz++,于是有39|()3()()xyzxyzxyyzzx++-++++,即9|3,这是不可
能的,所以3不具有性质P.……………………10分
F
C
AB
D
E
(2)记333
(,,)3fxyzxyzxyz=++-,则
33(,,)()3()3fxyzxyzxyxyxyz=++-+-3()3()()3()xyzxyzxyzxyxyz=++-+++-++
=3
()3()()xyzxyzxyyzzx++-++++
2221
()()2xyzxyzxyyzzx=++++---2221
()[()()()]2
xyzxyyzzx=++-+-+-.即(,,)fxyz2221
()[()()()]2
xyzxyyzzx=++-+-+-①
……………………15分
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.……………………20分
又若3
3|(,,)()3()()fxyzxyzxyzxyyzzx=++-++++,则3
3|()xyz++,从而3|()xyz++,
进而可知3
9|(,,)()3()()fxyzxyzxyzxyyzzx=++-++++.
综合可知:
当且仅当93nk=+或96nk=+(k为整数)时,整数n不具有性质P.又2014=9×223+7,所以,在1,2,3,…,2013,2014这2014个连续整数中,不具有性质P的数共有224×2=448个.…………………25分