《全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准（2020年九月）.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准（2020年九月）.pptx（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学 海 无 涯 2014 年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准 说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设 7 分和 0 分两档；第二试各题， 请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在 评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数. 第一试 一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分）,xy3,x2y2x4y4,1已知 x, y 为整数，且满足( 1 1 )( 1 1 ) 2 ( 1,1 ) ，则 x y 的可能的值有（）,B. 2 个,C. 3 个,D. 4 个,A. 1 个 【答】 C.,xy3,x
2、2 y2x4 y4,x y x2 y22 x4 y4 由已知等式得，显然 x, y 均不为 0，所以 x y 0 或3xy 2(x y) .,若 3xy 2(x y) ，则 (3x 2)(3y 2) 4 . 又 x, y 为整数， 可求得,y 2,或,y 1.,x 1， x 2，,所以,x y 1或 x 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,（,）,B 5 9,C 9 16,D 12 25,A 4 7 【答】 A.,4424477,t 2xy yz 2zx 2x( y z) yz 2x(
3、y z) 1 ( y z)2 4 2x(1 x) 1 (1 x)2 7 x2 3 x 1 7 (x 3)2 4 ，,3,易知：当 x ， y z 时， t 2xy yz 2zx 取得最大值,24,777,.,3在 ABC 中，AB AC ，D 为 BC 的中点，BE AC 于 E ，交 AD 于 P ，已知 BP 3，PE 1，,则 AE ,（）,A,6 2,B 2C 3D 6,【答】 B. 因为 AD BC ， BE AC ，所以 P, D,C, E 四点共圆，所以 BD BC BP BE 12 ，又 BC 2BD ，所以 BD 6 ，所以 DP 3 .,又易知 AEP BDP ，所以 AE
4、 PE ，从而可得 AE PE BD BDDPDP,1,1 3,6 2 .,学 海 无 涯 46 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 （）,B 2 5,C 2 3,D 3 4,A 1 2 【答】 B.,若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有 2228 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的， 有 3412 种取法.所以，从 6 张不同的卡片中取出 3 张，共有 81220 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
5、），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 428 种.,82,因此，所求概率为. 205,x3,x,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 x3 1 18 ，则x 1 ,（）,B 3 5,C 1 (3 5) 2,D1,A 1 2 【答】 D. 设 x 1 a,x3x2,xxxx,， 则 x3 1 (x 1)(x2 1 1) (x 1)(x 1)2 3 a(a2 3) ， 所 以,a(a2 3) 18 ，因式分解得(a 3)(a2 3a 6) 0 ，所以a 3.,111,1,x2xx,由 x 3 解得
6、 x (3 5) ，显然0 x 1, 0 1，所以x 1.,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,（）,C 1 ( 3 1)D 3 1 2,A 4 2 3 B 2 3 【答】 A.,过 E 作 EF BC 于 F ，易知 ACD DFE ， EFB ACB . 设 EF x ，则 BE 2x ，AE 2 2x ，DE 2(1 x) ，DF AC 1， 故12 x2 2(1 x)2 ，即 x2 4x 1 0.又0 x 1，故可得 x 2 3 . 故 BE 2x 4 2
7、 3 . 二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）,11,1,a b cb c ac a b, 1，则abc ,1已知实数a,b,c 满足a b c 1， 【答】 0.,由题意知,11,1,1 2c1 2a1 2b, 1，所以,(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.,F,E,B,C,A,D,2,学 海 无 涯,n,2使得不等式 9 ,17n k15, 8 对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为,【答】144.,k 1,7k 18,871,n8n9nn,
8、n9872,2k 1k 1,且，所以,，,k8 由条件得，由k 的唯一性，得 n9 所以n 144 .,当 n 144 时，由,7k8,8n9,可得126 k 128 ， 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 ， 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.,11,22,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 .
9、 又BPC 108 ，所以PBE 12 ，从而ABD 24 . 所以BAD 90 24 66， PAE (BAD CAE) (66 30) 18 ，,所以PAC PAE CAE 18 30 48 .,4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， a1 c1 ，则,2222,1 111,2,11 11 1,b ac d a c ，所以 d | b ，从而 d | b ，设b b d （ b 为正整数），则有
10、b a c ，而(a , c ) 1，,22,11,所以a1, c1 均为完全平方数，设a1 m , c n ，则b mn ， m, n,均为正整数，且(m, n) 1， m n .,111,又 a b c 111，故d (a b c ) 111，即d (m2 n2 mn) 111 .,注意到m2 n2 mn 12 22 12 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a 27,b 36,c 48 ，
11、符合题意. 因此，所求的b 36 .,D,A,B,E P,C,3,学 海 无 涯 第二试,a2b2,一、（本题满分 20 分）设实数a,b 满足a2 (b2 1) b(b 2a) 40 ， a(b 1) b 8 ，求 1 1 的,值 解 由已知条件可得a2b2 (a b)2 40 ， ab (a b) 8 . 设 a b x ， ab y ， 则 有 x2 y2 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的两根，但这个方程
12、的 判 别 式 (2)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)2 8 28 0 ，它有实数根.所以,1 1 a b (a b) 2ab 6 2 2 2222 a2b2a2b2a2b222,8 . 20 分,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
13、 ACB DAF . 5 分 又 A、B、F、 D 四点共圆，所以BDC ABD AFD ，所以 ECD,15 分,DFAFAF, DAF ， EDCDAB 所以.,20 分,又EDF BDF BAF ，所以 EDF BAF ，故,DFE AFB .,25 分,F,C,B,D,AE,4,学 海 无 涯 三（本题满分 25 分）设n 是整数，如果存在整数 x, y, z 满足 n x3 y3 z3 3xyz ，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 x 1 ， y z 0 ，可得113 03 03 3
14、100 ，所以 1 具有性质 P . 取 x y 2 ， z 1，可得5 23 23 13 3221，所以 5 具有性质 P .5 分 为了一般地判断哪些数具有性质 P ，记 f (x, y, z) x3 y3 z3 3xyz ，则 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 3(x y z)(xy yz zx) 1 (x y z)(x2 y2 z2 xy yz zx) 2 1 (x y z)(x y)2 ( y z)2 (z x)2 . 2,2,5,即 f (x, y, z)
15、1 (x y z)(x y)2 ( y z)2 (z x)2 ,10 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 . 因 此 ，1，5 和 2014 都 具 有 性 质 P . 20 分 若 2013 具有性质 P ，则存在整数 x, y, z 使得2013 (x y z)3 3(x y z)(xy yz zx) .注意到 3| 2013，从而可得3 | (x y z)3 ，故3| (x y z) ，于是有9 | (x y z)3 3(x y z)(xy yz zx)， 即9 | 2013 ，但 201392236，矛盾，所以 2013 不具有性质 P . 25 分,
