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