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2014年全国初中数学联合竞赛(初三组)决赛题及参考解答及评分细则

发布时间:2014-04-07 17:49:58  

2014年全国初中数学联赛决赛参考答案

一、选择题:(本题满分42分,每小题7分)

1.已知x,y为整数,且满足(?1

x111211)(2?2)??(4?4),则x?y的可能的值yxy3xy

有( )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【答】 C. x?yx2?y22x4?y4

?22??44,显然x,y均不为0,所以x?y=0或由已知等式得xyxy3xy

3xy?2(x?y).

若3xy?2(x?y),则(3x?2)(y3??x??1,或2?)?.又4x,y为整数,可求得??y?2,?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?2xy?yz?2zx的最大值为 ( )

A.45912 B. C. D.791625

【答】 A.

1t?2xy?yz?2zx?2x(y?z)?yz?2x(y?z)?(y?z)2 4

1731734?2x(1?x)?(1?x)2??x2?x???(x?)2?, 4424477

324易知:当x?,y?z?时,t?2xy?yz?2zx取得最大值. 777

3.在△ABC中,AB?AC,D为BC的中点,BE?AC于E,交AD于P,已知

,,则= BP?3PE?1AE

( )

A

B

C

D

【答】 B.

因为AD?BC,所以P,D,C,E四点共圆,所以BD?BC?BP?BE?12,BE?AC,

又BC?

2BD,所以BD?

DP?.

又易知△AEP∽△BDP,所以AEPE,从而可

得?BDDP

AE?PE?BD?? DP4.6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.1223 B. C. D.2534

【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

35.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x?

则{x}?? 1?18,x31

x

( )

A.11 B

.3 C

.(3 D.1 22

111111?a,则x3?3?(x?)(x2?2?1)?(x?)[(x?)2?3]?a(a2?3),xxxxxx

2【答】 D. 设x?2所以a(a?3)?18,因式分解得(a?3)(a?3a?6)?0,所以a?3. 由x?1111?

3解得x?(3?,显然0?{x}?1,0?{?1,所以{x}?{?1. x2xx

6.在△ABC中,?C?90?,?A?60?,AC?1,D在BC上,E在AB上,使

得△ADE为等腰直角三角形, ?ADE?90? ,则BE的长为 ( )

A

.4? B

.2 C

.11) D

1 2

A【答】 A. 过E作EF?BC于F,易知△ACD≌△DFE,△EFB∽△ACB. 设EF?x,则BE?2,AE?2?

2x,DE??x),

x

1xDF?AC?1,

故12?x2?(?2),]即x2?4x?1?0.又0?x?1,故可

x?2

故BE?2x?4?

二、填空题:(本题满分28分,每小题7分)

1.已知实数a,b,c满足a?b?c?1,111???1,则a?b?cb?c?ac?a?babc?____.

【答】 0. 由题意知111???1,所以 1?2c1?2a1?2b

(1?2a)(1?2b)?(1?2b)(1?2c)?(1?2a)(1?2c)?(1?2a)(1?2b)(1?2c) 整理得2?2(a?b?c)?8abc,所以abc?0.

2.使得不等式

【答】144. 9n8??对唯一的整数k成立的最大正整数n为 . 17n?k15

7k8k?17k?18??,由k的唯一性,得?且?,所以8n9n8n9

2k?1k?1871,所以n?144. ?????nnn9872

7k8当n?144时,由??可得126?k?128,k可取唯一整数值127. 8n9由条件得

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,AB?BC,?BPC?108?,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?PEA??PEB??CED??AED,

而?PEA??PEB??AED?180?,

所以?PEA??PEB??CED??AED?60?,

从而可得?PCA?30?.

又?BPC?108?,所以?PBE?12?,从而?ABD?24?.

所以?BAD?90??24??66?, 11 ?PAE?(?BAD??CAE)?(66??30?)?18?, 22

所以?PAC??PAE??CAE?18??30??48?.

D4.已知正整数a,b,c满足:1?a?b?c,a?b?c?111,b2?ac,则b?.

【答】36.

设a,c的最大公约数为(a,c)?d,a?a1d,c?c1d,a1,c1均为正整数且(a1,c1)?1,

,则有a1?c1,则b2?ac?d2a1c1,所以d2|b2,从而d|b,设b?b1d(b1为正整数)

n,m,n而(a1,c1)?1,所以a1,c1均为完全平方数,设a1?m2,c1?n2,则b1?mb12?a1c1,

均为正整数,且(m,n)?1,m?n.

又a?b?c?111,故d(a1?b1?c1)?111,即d(m?n?mn)?111.

注意到m2?n2?mn?12?22?1?2?7,所以d?1或d?3.

若d?1,则m2?n2?mn?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m2?n2?mn?37,验算可知只有m?3,n?4满足等式,此时22a?27,b?36,c?48,符合题意.

因此,所求的b?36.

三、(本题满分20分)设实数a,b满足a(b?1)?b(b?2a)?40,a(b?1)?b?8,求2211的值. ?22ab

解 由已知条件可得ab?(a?b)?40,ab?(a?b)?8.

设a?b?x,ab?y,则有x?y?40,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t2?2t?6?0的两22222根,但这个方程的判别式??(?2)?24??20?0,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t2?6t?2?0的两根,这个方程的判别式??(?6)?8?28?0,它有实数根.所以 22

11a2?b2(a?b)2?2ab62?2?2??22???8. ………20分 a2b2aba2b222

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, AC的延长线与△ABD的外接圆交于点F. 证明:?DFE??AFB.

证明 由ABCD是平行四边形及已知条件知. A?ECD??ACB??D

………5分 又A、B、F、 D四点共圆,所以F

?BDC??ABD??AFD,………… ….10分 B

所以△ECD∽△DAF, …… …15分 EDCDAB. ………20分 ??DFAFAF

又?EDF??BDF??BAF,所以△EDF∽△BAF,故

?DFE??AFB.…………… ………25分 所以

五、(本题满分25分)

设n是整数,如果存在整数x,y,z满足n?x?y?z?3xyz,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?z?0,可得1?13?03?03?3?1?0?0,所以1具有性质P; 取x?y?1,z?0,可得2?13?13?03?3?1?1?0,所以2具有性质333P;…………………5分

若3具有性质P,则存在整数x,y,z使得3?(x?y?z)?3(x?y?z)(xy?yz?zx),从而可得3|(x?y?z),故3|(x?y?z),于是有 33

9|(x?y?z)3?3(x?y?z)(xy?yz?zx),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)?x?y?z?3xyz,则 333

f(x,y,z)?(x?y)3?z3?3xy(x?y)?3xyz

?(x?y?z)3?3(x?y)z(x?y?z)?3xy(x?y?z)

=(x?y?z)?3(x?y?z)(xy?yz?zx) 3

1?(x?y?z)(x2?y2?z2?xy?yz?zx) 2

1?(x?y?z)[(x?y)2?(y?z)2?(z?x)2]. 2

即f(x,y,z)?1(x?y?z)[(x?y)2?(y?z)2?(z?x)2] ① 2

……………15分

不妨设x?y?z,

如果x?y?1,y?z?0,x?z?1,即x?z?1,y?z,则有f(x,y,z)?3z?1; 如果x?y?0,y?z?1,x?z?1,即x?y?z?1,则有f(x,y,z)?3z?2;

如果x?y?1,y?z?1,x?z?2,即x?z?2,y?z?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 又若3|f(x,y,z)?(x?y?z)?3(x?y?z)(xy?yz?zx),则3|(x?y?z),从而333|(x?y?z),进而可知9|f(x,y,z)?(x?y?z)3?3(x?y?z)(xy?yz?zx).

综合可知:当且仅当n?9k?3或n?9k?6(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

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