2013年全国数学竞赛考试试题详细参考答案

2013年全国数学竞赛考试试题详细参考答案

另解：

（这里

S?ABC?rp?p(p?a)(p?b)(p?c)＝12?4?3?5?125 a?b?c） 2所以rp??1252S2?125?35 ?5， ha?△ABC?a812由△ADE∽△ABC，得 即DE??216BC? 33DEha?r35?52???， BCha33510．关于x，y的方程x2?y2?208(x?y)的所有正整数解为 ．

?x?48，?x?160，【答】? ?y?32，y?32.??解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以x，y都是偶数．

设x?2a,y?2b，则

a2?b2?104(a?b)，

同上可知，a，b都是偶数．设a?2c,b?2d，则

c2?d2?52(c?d)，

所以，c，d都是偶数．设c?2s,d?2t，则

s2?t2?26(s?t)，

于是 (s?13)2?(t?13)2＝2?132， 其中s，t都是偶数．所以

(s?13)2?2?132?(t?13)2≤2?132?152?112．

所以s?13可能为1，3，5，7，9，进而(t?13)2为337，329，313，289，257，故只能

?s?6，?s?20，是(t?13)2＝289，从而s?13＝7．于是? ??t?4；?t?4，，?x?16，0?x?48因此 ? ?y?32，y?32.??

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另解：因为(x?104)2?(y?104)2?2?1042?21632 则有(y?104)2?21632, 又y正整数，所以 1?y?43

令a?|x?104|,b?|y?104|,　则a2?b2?21632 因为任何完全平方数的个位数为：1，4，5，6，9

由a2?b2?21632知a2,b2的个位数只能是1和1或6和6； 当a2,b2的个位数是1和1时，则a,b的个位数字可以为1或9

但个位数为1和9的数的平方数的十位数字为偶数，与a2?b2的十位数字为3矛盾。 当a2,b2的个位数是6和6时，则a,b的个位数字可以为4或6。

由105?b?147，取b＝106，114，116，124，126，134，136，144，146代入a2?b2?21632?|x?104|?56?x?48?x?160得，只有当b＝136时，a=56，即? 解得? ,??|y?104|?136?y?32?y?32三、解答题（共4题，每题15分，满分60分）

11．在直角坐标系xOy中，一次函数y?kx?b的图象与x轴、y轴的正半轴分别（k?0）交于A，B两点，且使得△OAB的面积值等于OA?OB?3．

（1） 用b表示k；

（2） 求△OAB面积的最小值．

解：（1）令x?0，得y?b，b?0；令y?0，得x??b?0，k?0． kb所以A，B两点的坐标分别为A（?，0)，B(0，b)，于是，△OAB的面积为

k1bS?b?(?)．

2k1bb由题意，有 b?(?)???b?3，

2kk2b?b2解得 k?，b?2．……………… 5分

2(b?3)1bb(b?3)(b?2)2?7(b?2)?10? （2）由（1）知 S?b?(?)?

2kb?2b?2?b?2?10102?7?(b?2?)?7?210≥7?210， b?2b?26 / 10

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当且仅当b?2?10时，有S?7+210，即当b?2?10，k??1时，不等式中的等号成立． b?2 所以，△ABC面积的最小值为7?210． ……………… 15分

12．是否存在质数p，q，使得关于x的一元二次方程px2?qx?p?0有有理数根？

解：设方程有有理数根，则判别式为平方数．令??q2?4p2?n2，

其中n是一个非负整数．则(q?n)(q?n)?4p2． ……………… 5分

由于1≤q?n≤q+n，且q?n与q?n同奇偶，故同为偶数．因此，有如下几种可能情形：

?q?n?2， ?2?q?n?2p，2?q?n?4， ?2?q?n?p，p?q?n?， ?q?n?4，p?p?q?n?p2，?q?n?2， ? ?q?n?2，p??q?n?4.p25pp2消去n，解得q?p?1， q?2?， q?， q?2p， q?2?．……………… 10分

222对于第1，3种情形，p?2，从而q＝5；对于第2，5种情形，p?2，从而q＝4（不合题意，舍去）；对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）．

1又当p?2，q＝5时，方程为2x2?5x?2?0，它的根为x1?，x2?2，它们都是有理数．

2综上所述，存在满足题设的质数……………… 15分

★12、已知a,b为正整数，关于x的方程x?2ax?b?0的两个实数根为x1，x2，

2关于y的方程y?2ay?b?0的两个实数根为y1，y2，且满足x1y1?x2y2?2008.

2求b的最小值.

另解：由韦达定理，得 x1?x2?2a,　x1x2?b；y1?y2??2a,　y1y2?b

?y1?y2??2a??(x1?x2)?(?x1)?(?x2)即? ,　?y1y2?b?(?x1)(?x2)?y1??x1?y1??x2解得：? 或??y2??x2?y2??x1把y1,y2的值分别代入x1y1?x2y2?2008 得x1(?x1)?x2(?x2)?2008 或x1(?x2)?x2(?x1)?2008（不成立）

22即x2?x1?2008，(x2?x1)(x2?x1)?2008

因为x1?x2?2a?0,　x1x2?b?0 所以x1?0,　x2?0

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2013年全国数学竞赛考试试题详细参考答案

于是有 2a4a2?4b?2008 即aa2?b?502?1?502?2?251

?a?1?a?505?a?2?a?251因为a,b都是正整数，所以?2 或?2或?2或?222?a?b?502?a?b?1?a?b?251?a?b?4?a?1?a?502?a?2?a?251分别解得：? 或?或?或?2222?b?1?502?b?502?1?b?2?251?b?251?4?a?502?a?251经检验只有：?符合题意. ，　?22?b?502?1?b?251?4所以b的最小值为：b最小值?251?4＝62997

13．是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC？证明你的结论．

解：存在满足条件的三角形．

当△ABC的三边长分别为a?6，b?4，c?5时，?A?2?B．……………… 5分 如图，当?A?2?B时，延长BA至点D，使AD?AC?b．连接CD，则△ACD为等腰三角形．因为?BAC为△ACD的一个外角，所以?BAC?2?D．由已知，?BAC?2?B，所以

2?B??D．所以△CBD为等腰三角形．

又?D为△ACD与△CBD的一个公共角，有△ACD∽△CBD，于是

ADCDba， 即 ?， ?CDBDab?c所以 a2?b?b?c?．

而6?4?(4?5)，所以此三角形满足题设条件，

故存在满足条件的三角形． ……………… 15分

说明：满足条件的三角形是唯一的．

若?A?2?B，可得a2?b?b?c?．有如下三种情形：

（i）当a?c?b时，设a?n?1，c?n，b?n?1（n为大于1的正整数）， 代入a2?b?b?c?，得?n?1???n?1??2n?1?，解得n?5，有a?6，b?4，c?5；

22（第13（A）题答案）

（ⅱ）当c?a?b时，设c?n?1，a?n，b?n?1（n为大于1的正整数）， 代入a2?b?b?c?，得n2??n?1??2n，解得 n?2，有a?2，b?1，c?3，此时不能构成三角形；

（ⅲ）当a?b?c时，设a?n?1，b?n，c?n?1（n为大于1的正整数）， 代入a2?b?b?c?，得?n?1??n?2n?1?，即 n2?3n?1?0，此方程无整数解．

2所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4，5，6构成的三角形满足条件．

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