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1、2021年全国初中数学联合竞赛试题参考答案和评分标准 2021年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准 第一试 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(?1x111211)(2?2)?(4?4)，则x?y的可能的值有（ ） yxy3xyA. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4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 （ ） 45912 B C D791625 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 （ ） AA 6 B2 C3 D6 246张不同的卡
2、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 D2534 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?11，则?18x? x3x （ ） 11 B3?5 C(3?5) D1 226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 （ ） 1A4?23 B2?3 C(3?1) D3?1 2A 二、填空题：（本题满分28分，每小题7分） C1111已知实数a,b,c满足a?b?c?1，?1， a
3、?b?cb?c?ac?a?b则abc?_ 9n82使得不等式对唯一的整数k成立的最大正整数n?17n?k15DFAEB为 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? 4已知正整数a,b,c满足:1?a?b?c，a?b?c?111，b2?ac，则b? 1 第二试 一、（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，求值 二（本题满分25分）如图，在平行四边形ABCD中，且满足?ECD?ACB, E为对角线BD上一点，AC的延长线与ABD的外接圆交于点F. 证明：?
4、DFE?AFB D AE CF B 三（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.在1，5，2021，2021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. 2 3332211的?a2b2 2021年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准 第一试 一、选择题：（本题满分42分，每小题7分） x?yx2?y22x4?y4?22?44，显然x,y均不为0，所以x?y0或1【答】 C.由已知等式得xyxy3xy3xy?2(x?y).若3xy?2(x?y)，则(3x?2)(3y?2)?4?.又x,y为整数，可求得?所以x?y?
5、1或x?y?1.因此，x?y的可能的值有3个. 2【答】 A. t?2xy?yz?2zx?2x(y?z)?yz?2x(y?z)?x?1，?x?2，或?y?1.?y?2,1(y?z)2 41731734?2x(1?x)?(1?x)2?x2?x?(x?)2?， 4424477324易知：当x?，y?z?时，t?2xy?yz?2zx取得最大值. 7773【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AEPBDP，所以 PE1AEPE，从而可得AE?BD?6?2. ?DPBDDP34【答】 B.
6、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），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 82?. 2051111115【答】 D.设x?a，则x3?3?(x?)(x2?2?1)?(x?)(x?)2?3?a(a2?3)，所 xxxxxx1122以a(a?3)?18，因式分解得(a?3)(a?3a?6)?0，所以a?3.由x
7、?3解得x?(3?5)，显 x211然0?x?1,0?1，所以x?1. xxC6【答】 A.过E作EF?BC于F，易知ACDDFE，EFB 情况共有428种.因此，所求概率为 DACB.设EF?x，则BE?2x，AE?2?2x，DE?2(1?x)， FBDF?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?23. 二、填空题：（本题满分28分，每小题7分） 3 AE 1【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?2
8、b)(1?2c) 整理得2?2(a?b?c)?8abc，所以abc?0. 2【答】144. 7k8k?17k?182k?1k?1871由k的唯一性，得所以?，?，?且?，?8n9n8n9nnn98727k8所以n?144.当n?144时，由?可得126?k?128，k可取唯一整数值127.故满足条件的正整 8n9由条件得数n的最大值为144. 3【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?B
9、AD?90?24?66?， B11(?BAD?CAE)?(66?30?)?18?， 22所以?PAC?PAE?CAE?18?30?48?. ?PAE?4【答】36.设a,c的最大公约数为(a,c)?d，a?a1d，c?c1d，a1,c122ECPAD均为正整数且(a1,c1)?1，a1?c1，则b2?ac?d2a1c1，所以d|b，从而d|b，设b?b1d（b1为正整数），则有b12?a1c1，而(a1,c1)?1，所以a1,c1均为完全平方数，设a1?m2,c1?n2，则b1?mn，m,n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
10、?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a?27,b?36,c?48，符合题意.因此，所求的b?36. 22 4 第二试 一、（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，求值 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
11、(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 22222222211的?a2b211a2?b2(a?b)2?2ab62?2?2?2?22?8. 20分 2222ababab2二（本题满分25分）如图，在平行四边形ABCD中，且满足?ECD?ACB, E为对角线BD
12、上一点，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. D5分 又A、B、F、 D四点共圆，所以?BDC?ABD?AFD，所以ECDAEDAF， 15分 CBFEDCDAB. 20分 ?DFAFAF又?EDF?BDF?BAF，所以EDFBAF，故 ?DFE?AFB. 25分 所以 333三（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.在1，5，2021，2021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1?13?03?03?3?1?0?0，所以1具有性质P. 取x?y?2，z?1，可得5?23?23?13?3?2?2?1，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
