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1、全国初中数学联合竞赛试题及详解第一试一、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 ( 1+1)( 12 +12)=- 2(14- 14 ) ，错误！未找到引用源。则 x + yxyxy3 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 x + y ?x2 + y 22 ? x4 - y4 ， 显然 x, y 均不 为 0 ，所 以x y 0 或xyx2 y23 x4 y43xy2( xy) .，若 3xy2( xy) ，则 (3x2)(3 y2)4. 又 x, y 为整数，可求得?x = - 1x2所以或y1.
2、? y = 2,x y1或 xy1.因此， x y 的可能的值有3 个 .2已知非负实数 x, y, z 满足 xyz 1，则 t2xyyz 2zx 的最大值为（）A 4B 5C 9D 12791625【答】 A.t2xyyz2zx2x( yz)yz2x( yz)1 ( y z)242 x(1x)1 (1x)27 x23 x17 (x3 )24 ，4424477易知：当 x3 ， y z2 时， t2xyyz2zx 取得最大值 4 .77为 BC 的中点， BEAC 于7于，已知 BP3 ，3在 ABC 中， ABAC ，DE，交ADPPE 1，则错误！未找到引用源。（）A6B 2C 3D 6
3、2【答】 B.因为 ADBC， BEAC ，所以 P, D , C, E 四点共圆，所以BD BCBP BE12 ，又BC2BD ，所以 BD6 ，所以 DP3 .又易知 AEP BDP ，所以 AEPE ，从而可得 AEPE BD162 .BDDPDP346 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 1B 2C 2D 32534【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
4、，共有 8 1220 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 .2055 设 t 表示不超过实数t 的最大整数，令 tt t . 已知实数 x 满足 x3118 ，则 1 x3 xxA 1B 35C 1(35)D122【答】 D.设 x1a ， 则 x31(x1211)( x11)23a(a2， 所 以xx3)( xx2)( x3)xxxa(a23 )，1因8式分
5、解得 ( a3)( a23a6)0 ，所以 a3.由 x115) ，显然 0 x 1,011，所以 x11.3 解得 x(3 x2， A60xAC1x在BC 上，在在 ABC 中，C 90错误！未找到引用源。，DE6AB上，使得ADE为等腰直角三角形,ADE90,则 BE的 长 为（）A423B 23C1( 3 1)D 312【答】 A.过 E 作 EFBC 于 F ，易知 ACD DFE ， EFB ACB .设EFx ， 则 B E 2x，AE22x ， DE2(1x) ，CDFDF AC 1，故 12x2 2 (1 x )2 ，即 x24 x 1 0 . 又 0x 1 ，BAE故可得 x
6、 23.故 BE2x42 3.二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分）1已知实数 a, b, c 满足 ab c1，1111 ，则 abc_b cbc ac aab【答】由题意知1111，所以12c12a12b(12a)(12b)(12b)(12c)(12a)(12c)(12a)(12b)(12c)整理得 22(abc)8abc ，所以 abc0.使得不等式 9n8 错误！未找到引用源。 对唯一的整数 k 成立的最大正整数 n217nk15为【答】144.由条件得7k 8 ， 由 k的 唯 一 性 ， 得 k 17 且 k 18，所以8n9n8n92k1k 1871 ，所以 n144
7、.nnn9872当 n144 时，由 7k8 可得 126k128 ， k 可取唯一整数值 127.8n9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 ，BPC 108 ，D 为交于点 E ，如果点 P 为 ABE 的内心，则PAC【答】 48 .由题意可得PEAPEBCEDAED ，而PEAPEBAED 180 ，所以PEAPEBCEDAED60 ，从而可得PCA 30.又BPC108 ，所以PBE12 ，从而ABD 24 .所以BAD90 2466 ，PAE1( BADCAE )1 (6630 )18，22所以PACPAECAE18 3048.A
8、C 的中点， BD 与 PCBE PCDA已知正整数 a, b,c 满足1a bc ， ab c111，b2ac ，则 b4:【答】 36.设a, c的最大公约数为 ( a, c)d ，a1d ，cc1d，a1, c1 均为正整数且 (a1, c1 )1 ，a1c1 ，a则 b2acd 2 a1c1 ，所以 d 2 |b2 ，从而 d | b ，设 b bd1 （ b1 为正整数），则有 b12a1c1 ，而 (a1 ,c1 )1 ，所以 a , c均为完全平方数，设a m2 , c n2b mn，m, n 均为正整数，且 (m, n)m n.1111，则11 ，又 ab c111，故 d (
9、a1b1c1 )111，即d (m2n2mn)111 .注意到 m2n2mn 12221 27 ，所以d 1或 d3.若 d1 ，则 m2n2mn111，验算可知只有m1,n10 满足等式，此时 a1 ，不符合题意，故舍去 .若 d3 ， 则 m2n2mn37 ， 验 算 可 知 只 有 m3, n4 满 足 等 式 ， 此 时a 27, b 36,c 48 ，符合题意 .因此，所求的 b 36 .第二试（A）一、（本题满分20 分）设实数a, b满足2(b21)b(b2a) 40，a(b1)b 8 ，求11aa2b2的值解由已知条件可得 (ab)2( ab) 240 ， ab( ab) 8
10、.设 abx ， aby ，则有 x2y 240 ， xy8 ，5分联立解得 (x, y)(2,6)或 ( x, y)(6,2) .10 分若 (x, y)(2,6)，即 ab2 ， ab6 ，则 a,b 是一元二次方程 t 22t60的两根，但这个方 程的 判 别式( 2)22420 0，没 有实 数根；15 分若 (x, y)(6,2)，即 ab6 ， ab2 ，则 a,b 是一元二次方程 t 26t20的两根，这个方程的判别式(6) 28280 ，它有实数根 . 所以11a2b2( a b)22ab 622 28 .20a2b2a 2b2a2b222分二（本题满分25 分）如图，已知 O
11、 为 ABC 的外心， ABAC ， D 为 OBC 的外接圆上一点，过点 A 作直线 OD 的垂线，垂足为 H . 若 BD7， DC3，求 AH .A解延长 BD交 O于点 N ，延长 OD 交 O于点 E，由题意得 NDEODBOCBOBC ，C所以 DE 为BDC的平分HONDEFCB线.5分又点 D在 O的半径 OE上，点C、N 在 O上，所以点 C、N关于直线OE对称，DNDC .10 分延长 AH 交 O 于点 M ，因为 O 为圆心， AMOD ，所以MAMODAHMH.MNACAB.15 FNMFABFBAFMNABFNM FM FBFFNAF.20AM AFFM FNBF
12、BNBDDN BDDC 7310 2AH10 AH 5. 2525nx, y, znx3y3z33xyznP .1123P21 2 32013 2014 2014Px1 yz 0113030331001Pxy1 z021313033 1102P53Px, y, z3( xyz)33( xy z)( xyyzzx)3 | ( x yz)33| (xyz)9 | (xyz)33( xyz)( xy yzzx)9 | 33P .102f (x, y, z) x3y3z33xyzf ( x, y, z)(x y)3z33xy(xy)3xyz( xyz) 33( xy) z( xyz)3xy (x yz
13、)(xyz)33( xyz)( xyyzzx)1 ( xyz)( x2y2z2xyyzzx)21 ( xyz)( xy) 2( yz) 2( z x)2 .21f (x, y, z)( xyz)( xy)2( y z) 2( z x)2 215xyzxy1, yz0, xz1xz1, yzf (x, y, z)3z1xy0, yz1, xz1xyz1f (x, y, z)3z2xy1, yz1, xz2xz2, yz1f ( x, y, z)9( z1)3k13k29kkP .203 |fx(y,z,)x (3yz )3x (yz )x( yy3 z|x ()z yx3z)3 |x (yz9
14、| f (x, y, z)(xyz)33( xyz)( xyyzzx).n9k3n9k6knP .2014 9 223 71 2 32013 2014 2014 P2242448.25B20A.25ABCDEBDECDACB, ACABDF .DFEAFBDABCDECDACBDAF .5A ECFBABFDBDCABDAFDECDD15EDCDAB .20DFAFAFEDFBDFBAFEDFBAFDFEAFB .2525nx, y, znx3y3z33xyznP .1520132014PP.x1 yz 0113030331001P.xy2 z1523231332 215P .5Pf (x,
15、y, z)x3y3z33xyzf ( x, y, z) (x y)3z33xy(xy) 3xyz( xyz) 33( xy) z( xyz) 3xy (xyz)(xyz)33( xyz)( xyyzzx)1 ( xyz)( x2y2z2xyyzzx)21 ( xyz)( xy) 2( y z) 2( zx)2 .21 ( xf (x, y, z)yz)( xy)2( yz) 2( z x)2 210xyzxy1, yz0, xz1xz1, yzf (x, y, z)3z1xy0, yz1, xz1xyz1f (x, y, z)3z2xy1, yz1, xz2xz2, yz 1f ( x, y, z)9( z 1)3k 1 3k2 9k kP.1 5 2014P.202013Px, y, z2013(x y z) 33( xyz)( xy yz zx) .3| 20133 | (x y z)33|x (yz9 | ( x y z)33( xyz)( xyyzzx)9 | 20132013 9223 62013P .25