2010-2016年全国初中数学联合竞赛试题及答案详解

2010年全国初中数学联合竞赛试题参考答案

第一试

一、选择题：（本题满分42分，每小题7分） 1. 若a,b,c均为整数且满足(ab)(ac)（ B ）

A．1. B．2. C．3. D．4.

1010，1则|ab||bc||ca |

|6，4a9|b|6c，则c可能取的最大值为 2．若实数a,b,c满足等式2a3|b（ C ）

A．0. B．1. C．2. D．3. 3

．

若

a,b是两个正数，且

a1b110,ba 则

（ C ）

A．0ab1144. B．ab1. C．1ab. D．ab2. 33334．若方程x23x10的两根也是方程x4ax2bxc0的根，则ab2c的值为 （ A ）

A．－13. B．－9. C．6. D． 0.

5．在△ABC中，已知CAB60，D，E分别是边AB，AC上的点，且AED60，EDDBCE，CDB2CDE,则DCB ( B )

A．15°. B．20°. C．25°. D．30°.

6．对于自然数n，将其各位数字之和记为an，如a2009200911，

a201020103（ D ）

，

a1a2a3a2009a2010

A．28062. B．28065. C．28067. D．28068. 二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）

x3y319,221．已知实数x,y满足方程组则xy 13 . xy1,2．二次函数yxbxc的图象与x轴正方向交于A，B两点，与y轴正方向交于点C．已知AB23AC，CAO30，则c

1 ． 93．在等腰直角△ABC中，AB＝BC＝5，P是△ABC内一点，且PA＝5，PC＝5，则PB＝___10___．

4．将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放____15___个球.

第二试 （A）

一．（本题满分20分）设整数a,b,c（abc）为三角形的三边长，满足

a2b2c2abacbc13，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数.

解 由已知等式可得

(ab)2(bc)2(ac)226①

令abm,bcn，则acmn，其中m,n均为自然数. 于是，等式①变为mn(mn)26，即

222

m2n2mn13②

由于m,n均为自然数，判断易知，使得等式②成立的m,n只有两组：

m3,m1,和 n3.n1（1）当m3,n1时，bc1，ab3c4.又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，即(c1)cc4，解得c3.又因为三角形的周长不超过30，即，解得cabc(c4)(c1)c306，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.

（2）当m1,n3时，bc3，ab1c4.又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，即(c3)cc4，解得c1.又因为三角形的周长不超过30，即，解得cabc(c4)(c3)c302525.因此3c，所以c可以取值4，5，332323.因此1c，所以c可以取值2，3，334，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.

综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11. 二．（本题满分25分）已知等腰三角形△ABC中，AB＝AC，∠C的平分线与AB边交于点P，M为△ABC的内切圆⊙I与BC边的切点，作MD//AC，交⊙I于点D.证明：PD是⊙I的切线. A证明 过点P作⊙I的切线PQ（切点为Q）并延长，交BC于点N. P因为CP为∠ACB的平分线，所以∠ACP＝∠BCP. IQBMCN又因为PA、PQ均为⊙I的切线，所以∠APC＝∠NPC. 又CP公共，所以△ACP≌△NCP，所以∠PAC＝∠PNC.

由NM＝QN，BA＝BC，所以△QNM∽△BAC，故∠NMQ＝∠ACB，所以MQ//AC. 又因为MD//AC，所以MD和MQ为同一条直线.

又点Q、D均在⊙I上，所以点Q和点D重合，故PD是⊙I的切线.

三．（本题满分25分）已知二次函数yxbxc的图象经过两点P(1,a)，Q(2,10a). （1）如果a,b,c都是整数，且cb8a，求a,b,c的值.

（2）设二次函数yxbxc的图象与x轴的交点为A、B，与y轴的交点为C.如果关于x的方程x2bxc0的两个根都是整数，求△ABC的面积.

解 点P(1,a)、Q(2,10a)在二次函数yxbxc的图象上，故1bca，

22242ac10a，

解得b9a3，c8a2.

（1）由cb8a知8a29a3,解得1a3.

9a38a,又a为整数，所以a2，b9a315，c8a214.

(2) 设m,n是方程的两个整数根，且mn.

由根与系数的关系可得mnb39a，mnc28a，消去a，得

9mn8(mn)，6

两边同时乘以9，得81mn72(mn)54，分解因式，得(9m8)(9n8)10.

所以9m81,9m82,9m810,9m85,或或或

9n810,9n85,9n81,9n82,1021m,m,m,m1,9或9或93

解得或n2,n13,n7,n2,993又m,n是整数，所以后面三组解舍去，故m1,n2.

因此，b(mn)3，cmn2，二次函数的解析式为yx3x2. 易求得点A、B的坐标为（1,0）和（2,0），点C的坐标为（0,2），所以△ABC的面积为

21(21)21. 2第二试 （B）

一．（本题满分20分）设整数a,b,c为三角形的三边长，满足

a2b2c2abacbc13，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数（全等的三

角形只计算1次）.

解 不妨设abc，由已知等式可得

(ab)2(bc)2(ac)226①

令abm,bcn，则acmn，其中m,n均为自然数. 于是，等式①变为mn(mn)26，即

222

m2n2mn13②

由于m,n均为自然数，判断易知，使得等式②成立的m,n只有两组：

m3,m1,和 n3.n1（1）当m3,n1时，bc1，ab3c4.又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，即(c1)cc4，解得c3.又因为三角形的周长不超过30，即，解得cabc(c4)(c1)c306，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.

（2）当m1,n3时，bc3，ab1c4.又a,b,c为三角形的三边长，所以bca，即(c3)cc4，解得c1.又因为三角形的周长不超过30，即，解得cabc(c4)(c3)c302525.因此3c，所以c可以取值4，5，332323.因此1c，所以c可以取值2，3，334，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.

综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11. 二．（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第二题相同. 三．（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第三题相同.

第二试 （C）

一．（本题满分20分）题目和解答与（B）卷第一题相同. 二．（本题满分25分）题目和解答与（A）卷第二题相同. 三．（本题满分25分）设p是大于2的质数，k为正整数．若函数

yx2px(k1)p4的图象与x轴的两个交点的横坐标至少有一个为整数，求k的值．

解 由题意知，方程xpx(k1)p40的两根x1,x2中至少有一个为整数． 由根与系数的关系可得x1x2p,2x1x2(k1)p4，从而有

(x12)(x22)x1x22(x1x2)4(k1)p ①

（1）若k1，则方程为xpx2(p2)0，它有两个整数根2和2p． （2）若k1，则k10.

因为x1x2p为整数，如果x1,x2中至少有一个为整数，则x1,x2都是整数. 又因为p为质数，由①式知p|x12或p|x22．

不妨设p|x12，则可设x12mp（其中m为非零整数），则由①式可得

2x22k1， mk1k1，即x1x24mp． mmk1又x1x2p，所以p4mp，即

mk1(m1)p4 ②

mk1k1如果m为正整数，则(m1)p(11)36，从而(m1)p0，6，

mm故(x12)(x22)mp与②式矛盾.

如果m为负整数，则(m1)p0，盾.

因此，k1时，方程xpx(k1)p40不可能有整数根． 综上所述，k1．

2k1k10，从而(m1)p0，与②式矛mm

2012年全国初中数学竞赛试题 副题 题??号 得??分 评卷人 复查人 一 1～5 ? ? ? 二 6～10 ? ? ? 11 ? ? ? 12 ? ? ? 三 13 ? ? ? 14 ? ? ? 总??分 ? ? ? 答题时注意：

?

1．用圆珠笔或钢笔作答； ?

2．解答书写时不要超过装订线； ?

3．草稿纸不上交.

?

一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.?以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的.?请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）

?

1.?小王在做数学题时，发现下面有趣的结果：

由上，我们可知第100行的最后一个数是（????）．

（A）10000??? ??（B）10020???? ?（C）10120??????（D）10200

?

2.?如图，在3×4表格中，左上角的1×1小方格被染成黑色，则在这个表格中包含黑色小方格的矩形个数是（????）．

（A）11???? ?（B）12???? ?（C）13??????（D）14 （第2题） ? 3．如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数

的个数是（????）．

（A）1????????（B）2??????（C）3???????（D）4 ?

4.?若函数y=（k2－1）x2－（k+1）x+1（k为参数）的图象与x轴没有公共 点，则k的取值范围是（????）．

（A）k＞，或k＜－1??????（B）－1＜k＜，且k≠1

（C）k＞?

，或k≤－1??????（D）k≥，或k≤－1

5.?△ABC中，为

上一点，且

，分别为，则

上的点，与

平分，BM=CM，

的大小关系为（????）．

?????（A）

（C）

??????（B）

???????（D）无法确定

?

二、填空题（共5小题，每小题7分，共35分） ?

6.?如图，正方形ABCD的面积为90．点P在AB上，?BD上，且

，则△PZX的面积为?????????．

；X，Y，Z三点在

（第6题）

?

7．甲、乙、丙三辆车都匀速从A地驶往B地．乙车比丙车晚5分钟出发，出发后40分钟追上丙车；甲车比乙车晚20分钟出发，出发后100分钟追上丙车，则甲车出发后???????分钟追上乙车．

?

8.?设an=

（填“＞”，“＝”或“＜”）

（n为正整数），则a1+a2+…+a2012的值????????1.

?

9．红、黑、白三种颜色的球各10个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，?那么共有???????????种放法．

?

10.?△ABC中，已知?

，且b=4，?则a+c=?????????.

三、解答题（共4题，每题20分，共80分） ?

11.?已知c≤b≤a，且?

12.?求关于a，b，c，d的方程组???

，求

的最小值．

的所有正整数解. ?

13.?如图，梯形ABCD中，AB∥CD，AC，BD相交于点O．P，Q分别是AD，BC上的点，且

，

．求证：OP＝OQ．

（第13题）

?

14.（1）已知?值.

（2）设

为非零实数，

为正整数，是否存在一列数

满足首尾两项的积等于中间项的平方？ （3）设为非零实数，若将一列数

中的某一项删去后得到又一列数（按原来的顺序），满足首尾两项的积等于中间项的平方.?试求的所有可能的值.

2012-04-16??人教网

三个数中必有两个数的积等于第三个数的平方，求的

2012年全国初中数学竞赛试题（副题）参考答案

一、选择题

? 1．D ?

解：第k行的最后一个数是

，故第100行的最后一个数是

．

? 2. ?B ?

解：这个表格中的矩形可由对角线的两个端点确定，由于包含黑色小方格，于是，对角线的一个端点确定，另一个端点有3×4=12种选择.

?

3．B ?

解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式?

≥0，又2≥

? 当? 当

时，解得??

．

时，解得??

；

，所以，

≥0，且为完全平方数．

? 4. ?C ?

解：当函数为二次函数时，有 ?

????????????????????k2－1≠0， ?

???? ???????????????????

=(k+1)2－4(k2－1)＜0.

?????解得k＞?

，或k＜－1．

?当函数为一次函数时，k=1，此时y=－2x+1与x轴有公共点，不符合题意． ?

?????当函数为常数函数时，k=－1，此时y=1与x轴没有公共点. ?

?????所以，k的取值范围是k＞?

5. ?B ?

，或k≤－1.

? （第5题）

?

解：如图，设?

，

?

于是A，B，E，C四点共圆.?因为?

是

的中点，所以

，从而有

，作

BKCE，则

，

?

即?

二、填空题 ? 6. ?30 ? 平分

.

?

（第6题）

?

解：如图，连接PD，则 ?

．

?

7．180

?

解：设甲、乙、丙三车的速度分别为每分钟x，y，z米，由题意知 ?

，????

?

．

消去z，得?

．

设甲车出发后t分钟追上乙车，则?

，即

，

?

解得?

8．＜ ?

．

解：由an=?

=，?得

a1+a2+…+a2012=

?

=?

9．25 ?

＜1.

解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为?

1≤

?

且 ?

≤9，

，则有

，??????????????????（1）

?

即???????????????? 于是??

． ?

此时，y可取1，2，…，8，9（相应地z取?9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得y=5，或者z=5时，也各有9种放法．但?

9×3－2 = 25种放法．

?

10. ?6

?

时，两种放法重复．因此共有

．因此

中必有一个取5．不妨设

，代入（1）式，得到 ，????????????（2）

?

（第10题）

?

解：如图，设△ABC内切圆为⊙I，半径为r，⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，连接IA，IB，IC，ID，IE，IF.

?

由切线长定理得 ?

AF=p－a，BD=p－b，CE=p－c，其中p=?

(a+b+c).

在Rt△AIF中，tan∠IAF=?

，即

tan?

.

同理，? tan?

代入已知等式，得 ?

，?tan.

.

?

因此?a+c=?

三、解答题 ?

.

11.?解：已知二次方程

?

，又，且，所以b，c是关于x的一元

????????????????????????????????????????????????

的两个根. ?

故????????????????????

≥0，

≥0，

?

即????????? ???????????????? 所以?

于是?

≥30， ?

当?

12.?解：将abc=d?代入10ab+10bc+10ca=9d得 ?

10ab+10bc+10ca=9abc.

? 时，等号成立． ≤-10，

≥10，从而

≥

≥10，故

≥20．

≥0，

因为abc≠0，所以，?

不妨设a≤b≤c，则 ?

.

≥?

≥＞0.

于是，?????????????????

＜≤，

即???????????????????????????

＜≤，

＜a≤?

从而，a=2，或3.

.

?

若a=2，则?

.

因为?

＜≤，所以，＜≤，＜b≤5.

?从而，b=3，4，5.?相应地，可得?c=15，?

当a=2，b=3，c=15时，d=90； ?

当a=2，b=5，c=5时，d=50. ?

(舍去)，5.

若a=3，则?

.

因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤.

?

从而，b=2（舍去），3. ?

当b=3时，c=(舍去).

?

因此，所有正整数解为 ?

(a，b，c，d)=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)， ?

(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)， ?

(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50). ?

13.?证明：延长DA至?

△DPC∽△

，

，使得

，则

，于是

?

故 ?

，

?

所以PO∥?

．

? （第13题）

?

又因为△DPO?∽△?

，所以

．

?

同理可得??????? ????

，

而AB∥CD，所以?

，故OP＝OQ．

14.?解：（1）由题设可得??

.

?

，或，或

????由? ????由?

，解得?；

，解得?；

????由?

，解得?.

????所以满足题设要求的实数?

????（2）不存在. ?

由题设?

间项的平方，则有 ?

???????????????????? 解得?

，这与

矛盾.

（整数

.

≥1）满足首项与末项的积是中

，

?

????故不存在这样的数列. ?

????（3）如果删去的是1，或者是? 或数列?

如果删去的是

，得到的一列数为

，那么?

，

均为1，1，1，即

，这与题设

矛盾.

，则由（2）知

，

可得

?

.

????如果删去的是，得到的一列数为，那么

?

，开得

?

.

????所以符合题设要求的

的值为1，或.

2013年全国初中数学竞赛试题及参考答案

一、选择题

a2b3c0，abbccac满足1．设非零实数a，则2的值为（ ）． b，222a3b4c0，abc1（A）

2【答案】A

（B）0

（C）

1 2（D）1

【解答】由已知得abc(2a3b4c)(a2b3c)0，故

1abbcca1(abc)20．于是abbcca(a2b2c2)，所以2． 222abc22．已知a，b，c是实常数，关于x的一元二次方程ax2bxc0有两个非零实根x1，x2，则下列关于x的一元二次方程中，以（ ）．

（A）c2x2(b22ac)xa20 （C）c2x2(b22ac)xa20 【答案】B

【解答】由于ax2bxc0是关于x的一元二次方程，则a0．因为

x1x2ba11，为两个实根的是2x12x2（B）c2x2(b22ac)xa20 （D）c2x2(b22ac)xa20

，

x1x2ca，且

x1x20，所以c0，且

11(x1x2)22x1x2b22ac11a2，222， 22222x1x2x1x2cx1x2c于是根据方程根与系数的关系，以

11，为两个实根的一元二次方程是2x12x2b22aca2xx0，即c2x2(b22ac)xa20． 2cc23．如图，在Rt△ABC中，已知O是斜边AB的中点，CD⊥AB，垂足为D，DE⊥OC，垂足为E．若AD，DB，CD的长度都是有理数，则线段OD，OE，DE，AC的长度中，不一定是有理数．．．的为（ ）．

（A）OD （C）DE

（B）OE （D）AC

（第3题）

【答案】D

【解答】因AD，DB，CD的长度都是有理数，所以，OA

ADBD＝OB＝OC＝是有理数．于是，OD＝OA－AD是有理

2数．

OD2DC·DO由Rt△DOE∽Rt△COD，知OE，DE都

OCOC

（第3题答题）

AB不一定是有理数． 是有理数，而AC＝AD·4．如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BC4CF，DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）．

（A）3 （C）6

（B）4 （D）8

（第4题）

【答案】C

【解答】因为DCFE是平行四边形，所以DE//CF，且EF//DC． 连接CE，因为DE//CF，即DE//BF，所以S△DEB = S△DEC， 因此原来阴影部分的面积等于△ACE的面积．

连接AF，因为EF//CD，即EF//AC，所以S△ACE = S△ACF． 因为BC4CF，所以S△ABC = 4S△ACF．故阴影部分的面积为6． 5．对于任意实数x，y，z，定义运算“*”为：

（第4题答题）

xy3x3y3x2y2xy345x1y13360，

且xyzxyz，则20132012（A）

． 32的值为（ ）

（D）

16389 96760718215463 （B） （C）

967967967【答案】C

【解答】设201320124m，则

201320123m333m29m27459， 43m332m3m3m16460393239222923455463． 32921033360967于是20132012

二、填空题

6．设a3，b是a2的小数部分，则(b2)3的值为 ． 【答案】9

【解答】由于1a2a2(b2)3(39)39．

3，故ba223392，因此

7．如图，点D，E分别是△ABC的边AC，AB上的点，直线BD与CE交于点F，已知△CDF，△BFE，△BCF的面积分别是3，4，5，则四边形AEFD的面积是 ．

204 13【解答】如图，连接AF，则有：

【答案】

SAEF4SAEFSBFEBFSBCF5=，

SAFDSAFDFDSCDF3SAFD3SAFDSCDFCFSBCF5，

SAEFSAEFFESBEF4

（第7题）

10896，SAFD． 1313204所以，四边形AEFD的面积是．

13解得SAEF

（第7题答题）

8．已知正整数a，b，c满足ab22c20，3a28bc0，则abc的最

大值为 ．

【答案】2013

【解答】由已知ab22c20，3a28bc0消去c，并整理得

b826a2a66．由a为正整数及6a2a≤66，可得1≤a≤3．

2若a1，则b859，无正整数解； 若a2，则b840，无正整数解；

若a3，则b89，于是可解得b11，b5． （i）若b11，则c61，从而可得abc311612013； （ii）若b5，则c13，从而可得abc3513195． 综上知abc的最大值为2013．

9．实数a，b，c，d满足：一元二次方程x2cxd0的两根为a，b，一元二次方程x2axb0的两根为c，d，则所有满足条件的数组(a，，，bcd)为 ．

【答案】(1，2，，12)，(t，，0t，0)（t为任意实数）

abc，abd，【解答】由韦达定理得

cda，cdb．22由上式，可知bacd． db若bd0，则a1，c1，进而bdac2．

bd若bd0，则ca，有(a，，，． bcd)(t，，0t，0)（t为任意实数）经检验，数组(1，2，，12)与(t，，0t，0)（t为任意实数）满足条件． 10．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元．开始时他有铅笔和圆珠笔共350支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销售收入恰好是2013元．则他至少卖出了 支圆珠笔．

【答案】207

【解答】设x，y分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则

4x7y2013，xy350， 20137yy1， (5032y)44y1于是是整数．又20134(xy)3y43503y，

4所以x所以y204，故y的最小值为207，此时x141．

三、解答题

11．如图，抛物线yax2bx3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两

1点，与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．直线yx1与y轴

3交于点D．

求∠DBC∠CBE．

1【解答】将x0分别代入yx1，yax2bx3知，

3D(0，1)，C(0，3)，

1所以B(3，0)，A(1，0)．直线yx1过点B．

3

（第11题）

将点C(0，3)的坐标代入ya(x1)(x3)，得a1．

抛物线yx22x3的顶点为E(1，4)．于是由勾股定理得

BC＝32，CE＝2，BE＝25．

因为BC2＋CE2＝BE2，所以，△BCE为直角三角形，BCE90．

CE1OD1因此tanCBE==．又tan∠DBO=，则∠DBO＝

OB3CB3CBE．

所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．

（第11题答题）

12．设△ABC的外心，垂心分别为O，H，若B，C，H，O共圆，对于所有的△ABC，求BAC所有可能的度数．

【解答】分三种情况讨论． （i）若△ABC为锐角三角形．

因为BHC180A，BOC2A，

所以由BHCBOC，可得180A2A，于是A60．

（ii）角三角形．

（第12题答题（i））

若△

（第12题答题（ii））

ABC为钝

当A90时，因为BHC180A，BOC2180A，

所以由BHCBOC180，可得3180A180，于是A120。

当A90时，不妨假设B90，因为BHCA，BOC2A，

所以由BHCBOC180，可得3A180，于是A60．

（iii）若△ABC为直角三角形．

当A90时，因为O为边BC的中点，B，C，H，O不可能共圆， 所以A不可能等于90；

当A90时，不妨假设B90，此时点B与H重合，于是总有B，C，H，O共圆，因此A可以是满足0A90的所有角．

综上可得，A所有可能取到的度数为所有锐角及120．

13．设a，b，c是素数，记xbca，ycab，zabc，当

z2y,xy2时，a，b，c能否构成三角形的三边长？证明你的结论．

【解答】不能．

111依题意，得a(yz)，b(xz)，c(xy)．

22211z(z1)因为yz2，所以a(yz)(z2z)．

222又由于z为整数，a为素数，所以z2或3，a3．

当z2时，yz24，x(y2)216．进而，b9，c10，与b，c是素数矛盾；

当z3时，abc0，所以a，b，c不能构成三角形的三边长．

14．如果将正整数M放在正整数m左侧，所得到的新数可被7整除，那么称M为m的“魔术数”（例如，把86放在415的左侧，得到的数86415能被7整除，所以称86为415的魔术数）．求正整数n的最小值，使得存在互不相同的正整数a1，a2，…，an，满足对任意一个正整数m，在a1，a2，…，an中都至少有一个为m的魔术数．

【解答】若n≤6，取m1，2，…，7，根据抽屉原理知，必有a1，a2，…，an中的一个正整数M是i，j(1≤i＜j≤7)的公共的魔术数，即7|(10Mi)，7|(10Mj)．则有7|(ji)，但0＜ji≤6，矛盾．

故n≥7．

又当a1，a2，…，an为1，2，…，7时，对任意一个正整数m，设其为k位

2，数（k为正整数）．则10kim（i1，…，7）被7除的余数两两不同．若不然，1|0(存在正整数i，j(1≤i＜j≤7)，满足7|[(10kjm)(10kim)]，即7k)ji，

从而7|(ji)，矛盾．

故必存在一个正整数i(1≤i≤7)，使得7|(10kim)，即i为m的魔术数． 所以，n的最小值为7．

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(1x111211)(22)(44)，则xy的可能的值yxy3xy有 【 】

A. 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 【 】 A．

45912 B． C． D．791625

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 B．2 C．3 D．6 24．6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．

1223 B． C． D．2534

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18，3x1x11A． B．35 C．(35) D．1

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 【 】

1A．423 B．23 C．(31) D．31

2则{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abc1，____．

1111，则abcabcbcacab9n8对唯一的整数k成立的最大正整数n为 ． 17nk153．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 ．

2．使得不等式

4．已知正整数a,b,c满足:1abc，abc111，b2ac，则b ．

三、（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

2211的值． a2b2

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．

DABECF五、（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. （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？

333

2014年全国初中数学联赛决赛试题和参考答案

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yxy3xy有 【 】

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答】 C.

xyx2y22x4y42244，显然x,y均不为0，所以xy＝0或由已知等式得xyxy3xy3xy2(xy).

若3xy2(xy)，则(3x2)(y3x1，又x,y为整数，可求得或2).4y2,x2，所以xy1或xy1. 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 【 】 A．

45912 B． C． D．791625

【答】 A.

1t2xyyz2zx2x(yz)yz2x(yz)(yz)2

417317342x(1x)(1x)2x2x(x)2，

4244774324易知：当x，yz时，t2xyyz2zx取得最大值.

7773．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 B．2 C．3 D．6 2【答】 B.

因为ADBC，所以P,D,C,E四点共圆，所以BDBCBPBE12，BEAC，又BC2BD，所以BD又易知△

6，所以DP3.

AEP∽△BDP，所以

AEPE，从而可得BDDPAEPE1BD62. DP34．6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．

1223 B． C． D．2534

【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. 205118，3x5．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则{x}{} 【 】

1x11A． B．35 C．(35) D．1

22【答】 D. 设x2111111a，则x33(x)(x221)(x)[(x)23]a(a23)，xxxxxx2所以a(a3)18，因式分解得(a3)(a3a6)0，所以a3.

由x11113解得x(35)，显然0{x}1,0{}1，所以{x}{}1. x2xx6．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 【 】

1A．423 B．23 C．(31) D．31

2【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

C12x2[2(1x)2，即]x24x10.又0x1，故可得

DFx23. 故BE2x423.

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abc1，____．

【答】 0.

由题意知

AEB1111，则abcabcbcacab1111，所以 12c12a12b(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.

2．使得不等式【答】144.

9n8对唯一的整数k成立的最大正整数n为 ． 17nk157k8k17k18，由k的唯一性，得且，所以8n9n8n92k1k1871，所以n144. nnn98727k8当n144时，由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.

由条件得

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 ．

B【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.

P又BPC108，所以PBE12，从而ABD24.

E所以BAD902466，

CD

A11PAE(BADCAE)(6630)18，

22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.

cc1d，a1,c1均为正整数且(a1,c1)1，设a,c的最大公约数为(a,c)d，aa1d，

a1c1，则b2acd2a1c1，所以d2|b2，从而d|b，设bb1d（b1为正整数），则有

22n，m,nb12a1c1，而(a1,c1)1，所以a1,c1均为完全平方数，设a1m,c1n，则b1m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nmn)111.

2222注意到mnmn12127，所以d1或d3.

2222若d1，则mn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.

三、（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

22112的值． 2ab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(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

222222根； ………… … 15分

若(x,y)(6,2)，即ab6，则a,b是一元二次方程t26t20的两根，ab2，这个方程的判别式(6)8280，它有实数根.所以

211a2b2(ab)22ab62222228. ………20分 2222ababab2四、．（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DECDACBDAF.

………5分 AE又A、B、F、 D四点共圆，所以CF，………… ….10分 BDCABDB所以△ECD∽△DAF， …… …15分

所以

EDCDAB. ………20分 DFAFAF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nxyz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的数有多少个？

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1，z0，可得21313033110，所以2具有性质

333P；…………………5分

若3具有性质P，则存在整数x,y,z使得3(xyz)3(xyz)(xyyzzx)，从

而

可

得

33|(xyz)3，故3x|(y，z于是有

9|(xyz)33(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

（2）记f(x,y,z)xyz3xyz，则

333f(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(xyz)(xyyzzx)

31(xyz)(x2y2z2xyyzzx) 21(xyz)[(xy)2(yz)2(zx)2]. 21即f(x,y,z)(xyz)[(xy)2(yz)2(zx)2] ①

2……………………15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.……………………20分

又若3|f(x,y,z)(xyz)3(xyz)(xyyzzx)，则3|(xyz)，从而

333|(xyz)，进而可知9|f(x,y,z)(xyz)33(xyz)(xyyzzx).

综合可知：当且仅当n9k3或n9k6（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

2016年全国初中数学联合竞赛试题

第一试 (3月20日上午8:30 - 9:30)

一、选择题（本题满分42分，每小题7分）

(本题共有6个小题，每题均给出了代号为A,B,C,D的四个答案，其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内. 每小题选对得7分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.) 1.用x表示不超过x的最大整数，把xx称为x的小数部分.已知t的小数部分，b是t的小数部分，则

1，a是t2311 （ ） 2ba31 C. 1 D. 3 A. B. 22 2.三种图书的单价分别为10元、15元和20元，某学校计划恰好用500元购买上述图书

30本，那么不同的购书方案有 （ ）

A. 9种 B. 10种 C.11种 D.12种 3(A). 如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”.如：21(1),2631, 2和26均为“和谐数”.那么，不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为 （ ）

3333A.6858 B.6860 C.9260 D.9262

3(B）.已知二次函数yaxbx1(a0)的图象的顶点在第二象限，且过点(1,0).当

2 ab为整数时，ab （ ）

13A.0 B. C. D.2

44 4.已知O的半径OD垂直于弦AB,交AB于点C，连接AO并延长交O于点E,若 AB8,CD2,则BCE的面积为 （ ）

A.12 B.15 C. 16 D.18

5.如图，在四边形ABCD中，BACBDC900，ABAC5,CD1,对角

线的交点为M，则DM ( )

A.

35 B. 23C.

21 D. 22 6.设实数x,y,z满足xyz1, 则Mxy2yz3xz的最大值为 ( )

123A. B. C. D.1 234 二、填空题（本题满分

28分，每小题7分）

3（x0）的图象x(本题共有4个小题，要求直接将答案写在横线上.)

1.【1(A)、2（B）】 已知ABC的顶点A、C在反比例函数y上，ACB900,ABC300,ABx轴，点B在点A的上方，且AB6,则点C的坐标为 .

1(B).已知ABC的最大边BC上的高线AD和中线AM恰好把BAC三等分，

AD3,则AM . 2(A).在四边形ABCD中，BC∥AD,CA平分BCD,O为对角线的交点，

CDAO,BCOD,则ABC . 3.【3(A)、4(B)】 有位学生忘记写两个三位数间的乘号，得到一个六位数，这个六位数恰好为原来两个三位数的乘积的3倍，这个六位数是 .

3(B).若质数p、q满足：3qp40,pq111,则pq的最大值为 . 4(A).将5个1、5个2、5个3、5个4、5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2.考虑每列中各数之和，设这

5个和的最小值为M,则M的最大值为 .

第二试

(3月20日上午9:50 — 11:20)

一、（本题满分20分）

已知a,b为正整数，求M3a2ab22b4能取到的最小正整数值.

二、（本题满分25分） (A).如图，点C在以AB为直径的

O上，CDAB于点D,点E在BD上，AEAC,O交于点N.证明:FNDE.

四边形DEFM是正方形，AM的延长线与

333(B).已知：abc5, abc15, abc47.

222求(aabb)(bbcc)(ccaa)的值.

222222

三、（本题满分25分）

(A).已知正实数x,y,z满足：xyyzzx1 ,且

(x21)(y21)(y21)(z21)(z21)(x21)4 .

xyyzzx(1) 求

111的值. xyyzzx(2) 证明:9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx).

(B).如图，在等腰ABC中,ABAC5,D为BC边上异于中点的点，点C关于直线

AD的对称点为点E,EB的延长线与AD的延长线交于点F, 求ADAF的值.

2016年全国初中数学联合竞赛试题及详解 第一试 (3月20日上午8:30 - 9:30)

一、选择题（本题满分42分，每小题7分）

(本题共有6个小题，每题均给出了代号为A,B,C,D的四个答案，其中有且仅有一个是正确的.将你所选择的答案的代号填在题后的括号内. 每小题选对得7分；不选、选错或选出的代号字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分.)

1.用x表示不超过x的最大整数，把xx称为x的小数部分.已知t1，a是

23t的小数部分，b是t的小数部分，则

11  （ ）

2ba31 C. 1 D. 3 A. B. 22【答案】A. 【解析】

t123,132,3234, 即3t4,

23at331. 又

t23,231,4233,

bt(4)23,111123311,故选A. 2ba2(23)22231 2.三种图书的单价分别为10元、15元和20元，某学校计划恰好用500元购买上述图

书30本，那么不同的购书方案有 （ ）

A. 9种 B. 10种 C.11种 D.12种

【答案】C.

【解析】设购买三种图书的数量分别为x,y,z,则xyz30，

10x15y20z500yz30xy202x即，解得 依题意得，x,y,z为自然数（非负整数），

3y4z1002xz10x故0x10,x有11种可能的取值（分别为0,1,2,,9,10)，对于每一个x值，y和z都

有唯一的值（自然数）相对应. 即不同的购书方案共有11种，故选C. 3(A). 如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”.如：21(1),2631, 2和26均为“和谐数”.那么，不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为 （ ） A.6858 B.6860 C.9260 D.9262 【答案】B.

22【解析】(2k1)3(2k1)3(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)(2k1)

22(12k21) （其中k为非负整数），由2(12k1)2016得，k9 3333 k0,1,2,，它们的和为 ,8,9，即得所有不超过2016的“和谐数”

3333331(1)(31)(53)2(173153)(193173)19316860.故选B.

3(B）.已知二次函数yaxbx1(a0)的图象的顶点在第二象限，且过点(1,0).当ab为整数时，（ ） ab

A.0 B.

【答案】B.

13 C. D.2 44 【解析】依题意知a0,b0,ab10, 故b0, 且ba1， 2aaba(a1)2a1，于是1a0, 12a11

又ab为整数，2a10, 故a11b,ab，故选B.

424.已知

O的半径OD垂直于弦AB,交AB于点C，连接AO并延长交O于点E,

若AB8,CD2,则BCE的面积为（ ）

A.12 B.15 C. 16 D.18

【解析】设OCx,则OAODx2,

ODAB于C,ACCB221AB4, 22在RtOAC中，OCACOA,

222即x4(x2),解得x3，即OC3 （第4题答案图）

OC为ABE的中位线，BE2OC6. AE是O的直径，B90,

11SBCECBBE4612. 故选A.

22 5.如图，在四边形ABCD中，BACBDC900，ABAC5,CD1,对角线

的交点为M，则DM ( )

A.35 B. 23C.

21 D. 22（第5题答案图）

【答案】D. 【解析】过点A作AHBD于点H,则AMH～CMD,AHAM,CDCMCD1,

AHxAM ,设AMx, 则CM5x,AHCM5x在RtABM中，BMAB2AM2x25, 则AHABAMBM5xx52

5xx25x,显然x0，化简整理得2x255x100 5x解得x5,（x25不符合题意，舍去），故 2CM51,在RtCDM中，DMCM2CD2,故选D. 22 6.设实数x,y,z满足xyz1, 则Mxy2yz3xz的最大值为 ( )

123A. B. C. D.1

234【答案】C.

【解析】

Mxy(2y3x)zxy(2y3x)(1xy)3x24xy2y23x2y

2221112y2xyx3x23x2x

2221111332yxx2x2yxx

222244222 当且仅当x,y0时，M取等号，故Mmax 二、填空题（本题满分

123，故选C. 428分，每小题7分）

3（x0）的图象x(本题共有4个小题，要求直接将答案写在横线上.)

1.【1(A)、2（B）】 已知ABC的顶点A、C在反比例函数y上，ACB900,ABC300,ABx轴，点B在点A的上方，且AB6,则点C的坐标为 .

【答案】32,2.  【解析】如图，过点C作CDAB于点D. 在RtACB中，BCABcosABC33 在RtBCD中，CDBCsinB33, （第1题答案图） 23393BDBCcosB,ADABBD,设Cm,m,An,n， 22依题意知nm0,故CDnm,AD33，于是 mn333nm3m2 解得

，故点的坐标为C22,2.

n23333n2m1(B).已知ABC的最大边BC上的高线AD和中线AM恰好把BAC三等分，

AD3,则AM .

【答案】2.

【解析】

（第1题答案图1 ） （ 第1题答案图2）

依题意得BADDAMMAC,ADBADC90, 故ABCACB. (1)若ABCACB时，如答案图1所示，ADM≌ADB,BDDM又AM平分DAC, 01CM, 2ADDM11,在RtDAC中，即cosDAC, ACCM22DAC600, 从而BAC900,ACD300.

在RtADC中，CDADtanDAC在RtADM中，AM3tan603, DM1.

AD2DM22.

(2)若ABCACB时，如答案图2所示.同理可得AM2.综上所述，AM2.

2(A).在四边形ABCD中，BC∥AD,CA平分BCD,O为对角线的交点，

CDAO,BCOD,则ABC .

【答案】126.

【解析】设OCD,ADO,

CA平分BCD,OCDOCB,

BC∥AD,ADOOBC,DAOOCB, (第2题答案图)

OCDDAO,ADCD,CDAO,ADAO,

ADOAODBOCOBC,OCBC, BCOD,OCOD,ODCOCD

BOCODCOCD,BOCOBCOCB180

2,2180,解得36,72，DBCBCD72,

BDCDAD,ABDBAD故ABCABDDBC126.

18054, 23.【3(A)、4(B)】 有位学生忘记写两个三位数间的乘号，得到一个六位数，这个六位数恰好为原来两个三位数的乘积的3倍，这个六位数是 . 【答案】167334.

【解析】设两个三位数分别为x,y，则1000xy3xy，①

，y3xy1000x(3y1000)x,故y是x的正整数倍，不妨设ytx（t为正整数）代入①得1000t3tx,x1000t,3tx是三位数，x1000t100，解得 3tt1000,299t为正整数，t的可能取值为1,2,3.验证可知，只有t2符合，此时

x167,y334. 故所求的六位数为167334.

3(B).若质数p、q满足：3qp40,pq111,则pq的最大值为 . 【答案】1007.

24 【解析】由3qp40得，p3q4,pqq(3q4)3q4q3q,

3322因q为质数，故pq的值随着质数q的增大而增大，当且仅当q取得最大值时，pq取得最大值.

又pq111，3q4q111,q283，因q为质数，故q的可能取值为 423,19,17,13,11,7,5,3,2，但q23时，p3q465513不是质数，舍去.

当q19时,p3q453恰为质数.故qmax19,(pq)max53191007.

4(A).将5个1、5个2、5个3、5个4、5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2.考虑每列中各数之和，设这5个和的最小值为M,则M的最大值为 . 【答案】10.

【解析】(依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论,确定M的最大值.

(1)若5个1分布在同一列，则M5；

(2)若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3，故 2M515320,故M10;

(3) 若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3，故

3M51525330,故M10;

(4) 若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾. 综上所述，M10.

另一方面，如下表的例子说明M可以取到10.故M的最大值为10.

1 1 1 4 5 1 1 2 2 3 3 3 2 2 2 3 4 4 4 4 5 5 5 5

3 第二试

(3月20日上午9:50 — 11:20)

一、（本题满分20分）

已知a,b为正整数，求M3a2ab22b4能取到的最小正整数值.

【解析】解：因a,b为正整数，要使得M3a2ab22b4的值为正整数，则有

a2.

当a2时，b只能为1，此时M4.故M能取到的最小正整数值不超过4.

当a3时，b只能为1或2.若b1,M18;若b2，则M7.

当a4时，b只能为1或2或3.若b1,M38;若b2,M24;若b3,则M2. (下面考虑：M3a2ab22b4的值能否为1？)

（反证法）假设M1，则3a2ab22b41，即3a2ab22b5，

a(3ab2)2b5 ①

因b为正整数，故2b5为奇数，从而a为奇数，b为偶数， 不妨设a2m1,b2n，其中m,n均为正整数，则

2222a(3ab2)(2m1)3(2m1)(2n)4(3m3m2mnn)3 即a(3ab)被4除所得余数为3，而2b52()1n41n2被4除所得余数为1，

故①式不可能成立，故M1.因此，M能取到的最小正整数值为2.

二、（本题满分25分）

(A).如图，点C在以AB为直径的O上，CDAB于点D,点E在BD上，

AEAC,四边形DEFM是正方形，AM的延长线与O交于点N.证明:FNDE.

(第2(A)题答案图) 【证明】：连接BC、BN.AB为O的直径，CDAB于点D

ACBANBADC90

CABDAC,ACBADC,ACB∽ADC,

ACAB,AC2ADAB ADAC由四边形DEFM是正方形及CDAB于点D可知: 点M在CD上，DEDMEFMF

NABDAM,ANBADM,ANB∽ADM,

ANAB,ADABAMAN,AC2AMAN, ADAMAEAC,AE2AMAN

以点F为圆心、FE为半径作即AE是

F,与直线AM交于另一点P,则F与AB切于点E,

F的切线，直线AMP是F的割线，故由切割线定理得AE2AMAP

ANAP,即点N与点P重合，点N在F上，FNFEDE.

(注：上述最后一段得证明用了“同一法”)

(B).已知：abc5, abc15, a3b3c347. 求(aabb)(bbcc)(ccaa)的值. 【解析】由已知得abbcca3332222222221(abc)2(a2b2c2)5 2222 由恒等式abc3abc(abc)(abcabbcca)得，

473abc5(155),abc1

又aabb(abc)(ab)(abbcca)5(5c)55(c1) 同理可得bbcc5(4a),ccaa5(4b)

222222 ∴原式=5(4a)(4b)(4c)1256416(abc)4(abbcca)abc

3125[6416545(1)]625.

【注：恒等式(ta)(tb)(tc)t(abc)t(abbcca)tabc】 三、（本题满分25分）

(A).已知正实数x,y,z满足：xyyzzx1 ,且

32(x21)(y21)(y21)(z21)(z21)(x21)4 .

xyyzzx(3) 求

111的值. xyyzzx(4) 证明:9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx).

(x21)(y21)(y21)(z21)(z21)(x21)4， 【解析】（1）解：由等式

xyyzzx去分母得z(x1)(y1)x(y1((z1)y(z1)(x1)4xyz，

222222x2y2zxy2z2x2yz2x(yz)y(zx)z(xy)3xyz(xyz)xyz0,

222222xyz(xyyzzx)(xyz)(xyyzzx)(xyz)xyz0， [xyz(xyz)](xyyzzx1)0，

xyyzzx1,xyyzzx10，

xyz(xyz)0,xyzxyz，原式=

xyz1. xyz （2）证明：由（1）得计算过程知xyzxyz，又x,y,z为正实数,

9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx)

9(xy)(yz)(zx)8(xyz)(xyyzzx)

x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)6xyz x(yz)2y(zx)2z(xy)20.

∴9(xy)(yz)(zx)8xyz(xyyzzx).

【注：(xy)(yz)(zx)xyxyyzyzzxzx2xyz

222222x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)2xyz

(xyz)(xyyzzx)x2yxy2y2zyz2z2xzx23xyz

x(y2z2)y(z2x2)z(x2y2)3xyz】

(B).如图，在等腰ABC中,ABAC5,D为BC边上异于中点的点，点C关于直线

AD的对称点为点E,EB的延长线与AD的延长线交于点F, 求ADAF的值.

（第3（B）题答案图）

【解析】如图，连接AE,ED,CF,则

ABAC,ABDACB

点C关于直线AD的对称点为点E,BEDBCF,AEDACDACB

ABDAED,A,E,B,D四点共圆,BEDBAD(同弧所对得圆周角相等)

BADBCF,A,B,F,C四点共圆，AFBACBABD

ABAF AFB∽ABD,,ADAFAB2ADAB525.

（注：若共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆，也可以说成：若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆）