2014年全国数学竞赛初三决赛试题(含答案)
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,x y 为整数，且满足22441
111211
()()()3x y x y x y
+
+=--，则x y +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
224423x y x y x y xy x y x y
++-?=?，显然,x y 均不为0，所以x y +＝0或32()xy x y =-. 若32()xy x y =-，则(32)(32)4x y +-=-.又,x y 为整数，可求得12,x y =-??=?
，或21.x y =-??=?，
所以1
x y +=或1x y +=-.
因此，x y +的可能的值有3个.
2．已知非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，则22t xy yz zx =++的最大值为 （ ） A ．
47 B ．59 C ．916 D ．12
25
【答】 A.
21
222()2()()4
t xy yz zx x y z yz x y z y z =++=++≤+++
212(1)(1)4x x x =-+-2731424x x =-++2734
()477x =--+，
易知：当37x =，27y z ==时，22t xy yz zx =++取得最大值4
7
.
3．在△ABC 中，AB AC =，D 为BC 的中点，BE AC ⊥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AD BC ⊥，BE AC ⊥，所以,,,P D C E 四点共圆，所以12BD BC BP BE ?=?=，又2BC BD =，所以6BD =
，所以3DP =.
又易知△AEP ∽△BDP ，所以
AE PE
BD DP =
，从而可得1623
PE AE BD DP =?=?=. 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 ．
12 B ．25 C ．23 D ．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{}[]t t t =-.已知实数x 满足33
118x x +
=，则1
{}{}x x
+= （ ）
A ．
12 B ．35- C ．1
(35)2
- D ．1 【答】 D. 设1x a x +
=，则32223211111
()(1)()[()3](3)x x x x x a a x x x x x
+=++-=++-=-，所以2(3)18a a -=，因式分解得2(3)(36)0a a a -++=，所以3a =.
由13x x +=解得1(35)2x =±，显然10{}1,0{}1x x <<<<，所以1
{}{}x x
+=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EF BC ⊥于F ，易知△ACD ≌△DFE ，△EFB ∽△ACB . 设EF x =，则2BE x =，22AE x =-，2(1)DE x =
-，1DF AC ==，
故222
1[2(1)]x x +=-，即2410x x -+=.又01x <<，故可得23x =-.
故2423BE x ==-.
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1a b c ++=，111
1a b c b c a c a b
++=+-+-+-，则abc =____．
【答】 0. 由题意知
111
1121212c a b
++=---，所以 (12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)a b b c a c a b c --+--+--=---
整理得22()8a b c abc -++=，所以abc =0.
F
E
B
C
A
D
2．使得不等式981715
n n k <<+对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为 ． 【答】144. 由条件得7889k n <<，由k 的唯一性，得178k n -≤且189k n +≥，所以211871
9872
k k n n n +-=-≥-=
，所以144n ≤.
当144n =时，由78
89
k n <<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，AB BC =，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PEA PEB CED AED ∠=∠=∠=∠，
而180PEA PEB AED ∠+∠+∠=?，
所以60PEA PEB CED AED ∠=∠=∠=∠=?， 从而可得30PCA ∠=?.
又108BPC ∠=?，所以12PBE ∠=?，从而24ABD ∠=?. 所以902466BAD ∠=?-?=?， 11
()(6630)1822
PAE BAD CAE ∠=∠-∠=?-?=?，
所以183048PAC PAE CAE ∠=∠+∠=?+?=?.
4．已知正整数,,a b c 满足:1a b c <<<，111a b c ++=，2b ac =，则b = ． 【答】36.
设,a c 的最大公约数为(,)a c d =，1a a d =，1c c d =，11,a c 均为正整数且11(,)1a c =，11a c <，则
2211b ac d a c ==，所以22|d b ，从而|d b ，设1b b d =（1b 为正整数），则有2
111b a c =，而11(,)1a c =，所以11,a c 均为完全平方数，设22
11,a m c n ==，则1b mn =，,m n 均为正整数，且(,)1m n =，m n <.
又111a b c ++=，故111()111d a b c ++=，即22
()111d m n mn ++=. 注意到222212127m n mn ++≥++?=，所以1d =或3d =.
若1d =，则22
111m n mn ++=，验算可知只有1,10m n ==满足等式，此时1a =，不符合题意，故
舍去.
若3d =，则22
37m n mn ++=，验算可知只有3,4m n ==满足等式，此时27,36,48a b c ===，
符合题意.
因此，所求的36b =.
E
D
A
B P
C
三、（本题满分20分）设实数,a b 满足22
(1)(2)40a b b b a +++=，(1)8a b b ++=，求22
11
a b +的值．
解 由已知条件可得22
2
()40a b a b ++=，()8ab a b ++=.
设a b x +=，ab y =，则有2
2
40x y +=，8x y +=， …………5分 联立解得(,)(2,6)x y =或(,)(6,2)x y =. ………10分
若(,)(2,6)x y =，即2a b +=，6ab =，则,a b 是一元二次方程2260t t -+=的两根，但这个方程的判别式2
(2)24200?=--=-<，没有实数根； ………… … 15分
若(,)(6,2)x y =，即6a b +=，2ab =，则,a b 是一元二次方程2620t t -+=的两根，这个方程的判别式2(6)8280?=--=>，它有实数根.所以
22222222222
11()262282a b a b ab a b a b a b ++--?+====. ………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ECD ACB DAF ∠=∠=∠. ………5分
又A 、B 、F 、 D 四点共圆， 所以BDC ABD AFD ∠=∠=∠，………… ….10分 所以△ECD ∽△DAF ， …… …15分
所以
ED CD AB
DF AF AF
==
. ………20分 又EDF BDF BAF ∠=∠=∠，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333
3n x y z xyz =++-，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 =，0y z ==，可得333
11003100=++-???，所以1具有性质P ；
取1x y ==，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,,x y z 使得3
3()3()()x y z x y z xy yz zx =++-++++，从而可得
33|()x y z ++，故3|()x y z ++，于是有39|()3()()x y z 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
F
C
A B
D
E
（2）记333
(,,)3f x y z x y z xyz =++-，则
33(,,)()3()3f x y z x y z xy x y xyz =++-+- 3()3()()3()x y z x y z x y z xy x y z =++-+++-++
＝3
()3()()x y z x y z xy yz zx ++-++++
2221
()()2x y z x y z xy yz zx =++++--- 2221
()[()()()]2
x y z x y y z z x =++-+-+-. 即(,,)f x y z 2221
()[()()()]2
x y z x y y z z x =++-+-+- ①
……………………15分
不妨设x y z ≥≥，
如果1,0,1x y y z x z -=-=-=，即1,x z y z =+=，则有(,,)31f x y z z =+； 如果0,1,1x y y z x z -=-=-=，即1x y z ==+，则有(,,)32f x y z z =+； 如果1,1,2x y y z x z -=-=-=，即2,1x z y z =+=+，则有(,,)9(1)f x y z z =+； 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()()f x y z x y z x y z xy yz zx =++-++++，则3
3|()x y z ++，从而3|()x y z ++，
进而可知3
9|(,,)()3()()f x y z x y z x y z xy yz zx =++-++++.
综合可知：当且仅当93n k =+或96n k =+（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