一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1．已知为整数，且满足，则的可能的值有（ ）
a. 1个b. 2个c. 3个d. 4个。
答】 c.由已知等式得，显然均不为0，所以＝0或。
若，则。又为整数，可求得或所以或。
因此，的可能的值有3个。
2．已知非负实数满足，则的最大值为。
abcd．
答】 a.易知：当，时，取得最大值。
3．在△中，，为的中点，于，交于，已知，，则＝ （
abcd．
答】 b.因为，，所以四点共圆，所以，又，所以，所以。
又易知△∽△所以，从而可得。
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。
abcd．
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。
5．设表示不超过实数的最大整数，令。已知实数满足，则。
abcd．1
答】 d.设，则，所以，因式分解得，所以。
由解得，显然，所以1.
6．在△中，， 在上，在上，使得△为等腰直角三角形， ,则的长为。
a． b． c． d．
答】 a.过作于，易知△≌△
设，则，，，故，即。又，故可得。
故。二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）
1．已知实数满足，，则___
答】 0.由题意知，所以。
整理得，所以0.
2．使得不等式对唯一的整数成立的最大正整数为 ．
答】144.
由条件得，由的唯一性，得且，所以，所以。
当时，由可得，可取唯一整数值127.
故满足条件的正整数的最大值为144.
3．已知为等腰△内一点，，，为的中点，与交于点，如果点为△的内心，则 ．
答】.由题意可得，而，所以，从而可得。
又，所以，从而。
所以，所以。
4．已知正整数满足：，，则 ．
答】36.设的最大公约数为，，，均为正整数且，，则，所以，从而，设（为正整数），则有，而，所以均为完全平方数，设，则，均为正整数，且，.
又，故，即。
注意到，所以或。
若，则，验算可知只有满足等式，此时，不符合题意，故舍去。
若，则，验算可知只有满足等式，此时，符合题意。
因此，所求的。
三、（本题满分20分）设实数满足，，求的值．
解由已知条件可得，.
设，，则有5分。
联立解得或10分。
若，即，，则是一元二次方程的两根，但这个方程的判别式，没有实数根15分。
若，即，，则是一元二次方程的两根，这个方程的判别式，它有实数根。所以。
20分。四、．（本题满分25分）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，且满足，的延长线与△的外接圆交于点。 证明：．
证明由是平行四边形及已知条件知。
……5分。又a、b、f、 d四点共圆，所以10分。
所以15分。
所以20分。
又，所以△∽△故。
25分。五、（本题满分25分）
设是整数，如果存在整数满足，则称具有性质。
1）试判断1，2，3是否具有性质；
2）在1，2，3，…，2013，2014这2014个连续整数中，不具有性质的数有多少个？
解取，，可得，所以1具有性质；
取，，可得，所以2具有性质；……5分。
若3具有性质，则存在整数使得，从而可得，故，于是有，即，这是不可能的，所以3不具有性质10分。
2）记，则。
即。………15分。
不妨设，如果，即，则有；
如果，即，则有；
如果，即，则有；
由此可知，形如或或（为整数）的数都具有性质。……20分。
又若，则，从而，进而可知。
综合可知：当且仅当或（为整数）时，整数不具有性质。
又2014＝9×223＋7，所以，在1，2，3，…，2013，2014这2014个连续整数中，不具有性质的数共有224×2＝448个25分。
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