2014年全国初中数学竞赛试题和答案解析

2014 年全国初（本题满分 42 分，每小题 7 分）
1．已知
x,
y 为整数，且满足 ( 1 x
1 y
)(
1 x2
1 y2
)
2 3
(
1 x4
1 y4
) ，则
x
y
的可能的值
有（ ） A. 1 个 【答】 C.
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
由已知等式得
x y xy
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)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，
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.
这个方程的判别式 (6)2 8 28 0 ，它有实数根.所以
1 a2
1 b2
a2 b2 a2b2
(a b)2 2ab a2b2
62
2 2 22
8.
………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 和 △ ABD 的 外 接 圆 交 于 点 F . 证 明 ：
个？
解 取 x 1 ， y z 0 ，可得1 13 03 03 31 0 0，所以 1 具有性质 P ；
取 x y 1 ， z 0 ， 可 得 2 13 13 03 311 0 ， 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 (x y z)3 3(x y z)(xy yz zx) ，
AE PE BD 1 6 2 .
DP
3
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． 1 2
【答】 B.
B． 2 5
C． 2 3
D． 3 4
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
BP 3
，
PE 1
，
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 BD BC BP BE 12，
又 BC 2BD ，所以 BD 6 ，所以 DP 3 .
又 易 知 △ AEP ∽ △ BDP ， 所 以 AE PE ， 从 而 可 得 BD DP
整理得 2 2(a b c) 8abc ，所以 abc 0.
2．使得不等式 9 n 8 对唯一的整数 k 成立的最大正整数 n 为
．
17 n k 15
【答】144.
由 条 件 得 7 k 8 ， 由 k 的 唯 一 性 ， 得 k 1 7 且 k 1 8 ， 所 以
8n9
n8
1)
(x
1)[(x x
1 )2 x
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.
由 x 1 3 解得 x 1 (3 5) ，显然 0 {x} 1, 0 {1} 1，所以{x}{1} 1.
x
2
x
x
和 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 ，
B
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 .
n9
2 k 1 k 1 8 7 1 ，所以 n 144. n n n 9 8 72
当 n 144 时，由 7 k 8 可得126 k 128 ， 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，AB BC ，BPC 108 ，D 为 AC 的中点，BD
D
DFE AFB ．
证 明 由 ABCD 是 平 行 四 边 形 及 已 知 条 件 知
AE
C
F
B
ECD ACB DAF .
………5 分
又 A、B、F、 D 四点共圆，所以 BDC ABD AFD ，…………
分
所以△ ECD∽△ DAF ，
……
…15 分
所以 ED CD AB . DF AF AF
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
………20 分
又 EDF BDF BAF ，所以△ EDF ∽△ BAF ，故
DFE AFB .……………
………25 分
五、（本题满分 25 分）
….10
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 .
（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
1 ． 已 知 实 数 a,b, c 满 足 a b c 1 ， 1 1 1 1 ， 则 abc bca cab
abc ____．
【答】 0.
由题意知 1 1 1 1，所以 1 2c 1 2a 1 2b
(1 2a)(1 2b) (1 2b)(1 2c) (1 2a)(1 2c) (1 2a)(1 2b)(1 2c)
x2 y2 x2 y2
2 3
x4 y4 x4 y4
，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
x
y
1，或 2,
x y
2，所以 1.
x
y
1
或
x
y
1.
因此， x y 的可能的值有 3 个.
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 2 3
【答】 A.
B． 2 3
C． 1 ( 3 1) 2
D． 3 1
过 E 作 EF BC 于 F ，易知△ ACD ≌△ DFE ，△ EFB ∽△ ACB .
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 b2 ac d 2a1c1 ，所以 d 2 | b2 ，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 (m2 n2 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，
所以 BAD 90 24 66 ，
PAE 1 (BAD CAE) 1 (66 30) 18 ，
2
2
所以 PAC PAE CAE 18 30 48.
EP
C
D
A
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.
因此，所求概率为 8 2 . 20 5
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 x3
18，
则{x}{1} x
（）
A． 1 2
【答】 D.
B． 3 5
C． 1 (3 5) 2
D．1
设
x
1 x
a
，则
x3
1 x3
(x
1 )( x2 x
1 x2
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.