高级中学数学奥林匹克竞赛全真试题

1、2003年全国高中数学联合竞赛试题、选择题（本题满分 36分，每小题6分）1、删去正整数数列1,2,3,中的所有完全平方数，得到一个新数列 .这个新数列的第2003项是（）A. 2046B. 2047C. 2048D. 20492、设a, b R, abw0,那么，直线ax y+b=0和曲线bx2 + ay2=ab的图形是（）(C)3、过抛物线y2=8 （x + 2）的焦点F作倾斜角为60 °的直线若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于A 16A.3B- 3C.D.8.34、若 x * 3,则 y tan(xg)tan(x ) 6cos(xA

2、.11 B. 726C.11、36-）的最大值是（）612 一D. J355、已知x、y都在区间（一2, 2）内，且xy=44 x29 一 ,，9T的最小值是yA.24B.11C.12712D .56、在四面体ABCD中，设AB=1 ,直线AB与CD的距离为2,夹角为一，则3四面体ABCD的体积等于（）、填空题（本题满分 54分，每小题9分）7、不等式|x|3一2x14、设A, B, C分别是复数 Z0=ai, Zi= +bi, Z2=1 + ci （其中a, b, c都是实数）对 应的不共线的三点.证明：曲线 Z= Z0cos 4t + 2 Z icos 2tsin 2t+Z2sin4t （

3、tCR）与AABC中平行 于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点. 15、一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点 A,且OA=a,折叠纸片，使圆周上某一点A'刚好与A点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕.当A'取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合. 4|x|+3<0的解集是 .22、一 一，一 x y8、设Fi, F2是椭圆 一 一 1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PFi|: |PF2|=2 : 1 ,则4 94PF1F2的面积等于.9、已知 A=x|x2-4x+3<0 , xCR, B= x|21 x+a<0, x2 2 （a+7）

4、x + 5<0 , xCR . 若A B ,则实数a的取值范围是 .3 . 5 .10、已知 a, b, c, d 均为正整数，且 logab ,logcd - ,若 ac=9 , b-d=.2411、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相 切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 .12、设 Mn=（十进制）n 位纯小数 0. aa2L an |ai 只取 0 或 1 （i=1 , 2,，n 1）, an=1, Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则lim n =.nTn三、解答题（本题满分 60分，每小题20分） 313、

5、设x 5,证明不等式2j，2x 3 J15 3x 2炳.2二、（本题满分 50分）设三角形的三边长分别是整数l, m , n,且l>m>n.已知3l3m3n f，其中x=xx,而凶表示不超过x的最大整数.求这种三角形周长的最101010小值.三、（本小题满分50分）由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形， 其中n=q2+ q + 1, l>- q （q + 1） 2+1, q/, q C N .已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线 2段，存在一点至少有 q + 2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点 A, B, C,D和四条连线段 AB, BC,

6、 CD, DA组成的图形）.、选择题1、注意到 452=2025 , 462=2116 ,故 2026= a2026 45= a1981 , 2115= 22115-45= 22070 .而 且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.又 1981 +22=2003 ,故 22003= 21981 +22=2026 +22=2048.故选（C）.22x y 2、题设万程可变形为题设万程可变形为y=ax+b和一 1 ,则观察可知应选（B）.a b3、易知此抛物线焦点 F与坐标原点重合，故直线 AB的方程为y=J3x.因此，A, B两点4的横坐标满足万程：3x28x16=0.由此

7、求得弦AB中点的横坐标xq -,纵坐标yg344进而求得其中垂线方程y（x -），令y=0，得P点的横坐标 x 4 -33PF ,故选（A）.34、y tan(x 2-) cot(x1二 2、.，2-cos(x )sin(x )22、/、-)cos(x -)36cos(x )sin(2x4T)cos(x ) 6因为51224- sin(2x -)所以2x3与cos(x 百)在4"2"5122万方,x ? 7m.可尢11-故当x时,y取最大值.故选（C）.365、由已知得44 x2x 9x29x2429x 72x4 .4219x 37x4352437 (9x22)x当即x2

8、x3 时,9x24 、U之值最小，而此时 x12函数u有最小值一, 5故选（D).6、如图，过 C作CE/AB,以ACDE为底面,作棱柱ABF-ECD,则所求四面体的体积 Vi等于上述棱柱体_，1 1 _,积 V2 的一.mACDE 的面积 S= -CEXCD Xsin /ECD, AB 与32CD的公垂线 MN就是棱柱 ABFECD的高,BC为侧棱1V2 -MN CE CD sin 21ECD 22第6题佟|一.1.1因此Vi -V2 ,故选(32B).二、填空题7、由原不等式分解可得（凶3 ) ( x2 + |x| 1 )<0 ，由此得所求不等式的解集为5 115 1(3, 丁) 丁

9、3).8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为 2a, 2b, 2c,则由其方程知a=3 , b=2 , c= J5 ,故|PFi|十|PF2|=2 a=6 ,又已知 |PFi|: |PF2|=2 : 1 ,故可得 |PFi|=4 , |PF2|=2.在PFiF2 中，2边之长分别为2,4, 2娓,而22+42= 24 ,可见PF1F2是直角三角形，且两直角边的长1 1 -短为 2 和 4 ,故PF1F2 的面积=| PF1| |PF2|= - X2 X4=4.2 29、易得 A= (1, 3),设f(x)=2 1 x+ a, g(x)= x22(a+7)x+5要使A B,只需f(x), g(x

10、)在(1 , 3)上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)310、由已知可得a25b,c'd,从而 a<0, f(3)w0, g(1)4, g(3)w0.由此推出4<a<-1.b 2d 4 .(-),c ().因此，a|b, c|d.又由于 a - c=9 ,故 acb,.2 ,2(b)2 (d)4 9,即(b d2)(b 当)9,故 aaca c a cbad2F c d2 -2 c9，因而1ba d2-2第I 1第1于是得 a=25 , b=125 , c=16 , d=32.故 b d=93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A' ,B

11、9; ,C' ,D'禾K,8, C, D分别是上下两个边长为 2的正方形的顶点，且以它们的外 接圆e O'禾e O为上下底面构成圆柱.同时，A'在下底面的射影必是 Ab的中点m .在M'AB中，A A= A'B=AB=2.设AB的中点为 N,则AN二6.又 OM=OA= 72 , ON=1.所以 MN = V2 -1 , AM J(AN)2 (MN )2 7272 兆.因此所示原来圆柱的高为 4 8 2.12、因为Mn中小数和小数点后均有 n位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择（。或1）方法，故Tn=2nT.又因在这2n

12、T个数中，小数点后第 n位上的数字全是1 ,而其余各位上数字是 0或1 ,各有一半，故Sn1 .pn 1/ 1二平(；72102n-(12 g11101 ,10n 112n故limn101 )2n 10n 11 lim (1 n 181 1，) 10n 111814因为T, J2x 3, J15 3x不能同时相等,所以 2 x-12x-315-3x 2.19.三、解答题13、由于（a+b + c+d) 2 .(x 1) (x 1) (2x 3) (15 3x) 2 x 19= a2+b2+c2+d2+2 (ab + ac+ad + bc+bd + cd ) <4 (a2+ b2 + c2

13、 + d2),因此 a + b + c+dw2 次b2c2F (当且仅当 a=b=c=d 时取等号).取 a=b=x/X1 ,c=v2x3 , d=v153x,则2 F7 . 2x 315 3xJO第1 !题图、一一，114、设 Z= x+ yi(x, y £ R),则 x+ yi = acos4t 叶 2( + bi) cos 2tsin2t + (1 + ci)sin4t,实虚部分离，可得x= cos 2tsin 2t+ sin 4t=sin 2ty= a(1 -x)2+ 2b(1 -x)x + cx2(0 <x<1)即 y=( a+ c- 2b)x2 + 2( b

14、- a)x + a又因为A, B, C三点不共线，故 a+c 2bw0.可见,1 a b 3 b c所给曲线是抛物线段（如图）.AB, BC的中点分别是 D（-,2-）,E（3,2-）.所以直线DE的方程为1 一y=( c a)x+ (3a +2b c)4由，联立得 a + c2b (x ) 2=0.2由于a + c 2bw0,故(x1) 2=0 ,于是得x= 1.注意到1-3,所以，抛物线与224 2 41a c 2bABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为(-,-)，其对应的复数为第15题图15、如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐 标系，则有 A (a,

15、0).设折叠时，e O上点A' Rcos a, Rsin a)与点A重合，而折痕为直线MN ,则MN为线段AA'的中垂线.设 P(x,y)为 MN 上任一点，则|PA=| PA|.故(x Rcos a)2 + (y- Rsin a) 2=( x-a)2 + y2,即 2 R(xcos a+ysin a)=R2a2 + 2ax,故22xcos ysinR a 2ax,xV2R.xV2R a 2axxy可得 sin( ) j ，其中 sin , ,cos ,.22'. 22'； 222R x yx yx y22故|R一 j 2ax | 1.(此不等式也可直接由柯西不

16、等式得到.)平方后可化为(x 2)2(R)2即所求点的集合为椭圆2yR 2a 2(-)2(-)222/a、2(x -)21.(2)22y(R)2 (a)21外(含边界)部分.、如图，连结 AB,在MDQ 与4ABC 中，/ADQ=ZABC, ZDAQ = ZPBC= ZCAB,故4BCADQs/abC,而有ABDQ -一DQ ,即 BCAD = AB DQ.AD又由切割线关系知.PC AC 一 .PCAs/pad,故一 一；同理由 PCBAPA ADPBD 得 BC BC.PB BD一.AC又因PA=PB,故ADBC，得 AC BD= BC AD = AB DQ . BD又由关于圆内接四边形A

17、CBD的托勒密定理知AC BD + BC AD= AB CDD于是得 ABCD=2 AB DQ,故 DQ= 1CD,即 CQ= DQ.2 _， AD DQ CQ在zJCBQ与MBD中，/BCQ=/BAD,于是AB BC BC加试-题图CBQs/ABD ,故/CBQ= /ABD,即得/ DBQ = ZABC= /PAC.二、由题设可知3l3l104 1043m 3m1041043n1043n【F104是 3l3m3n (mod4)3l3l3m3m3n (mod24)3n (mod54)由于(3, 2)(3, 5)=1 ,由可知 3l m3m nM(mod 2 4).现在设u是满足3uM(mod

18、2 4)的最小正整数，则对任意满足3vM(mod 24)的正整数v,我们有u |v,即u整除v.事实上，若u|v,则由带余除法可知,存在非负整数v=au + b,其中 0< bwu 1 ,从而可推出 3b3b + au3vM(mod 24),而这显然与u的定义矛盾,所以u |v.注意至ij 3=3(mod 2 4), 32E(mod 2 4), 3 3=27 M1(mod 2 4), 34力(mod 24)从而可设m n=4 k,其中k为正整数.同理可由推出 3mn之(mod 5 4),故34y (mod 5 4).现在我们求满足 34k十(mod 5 4)的正整数k.因为 34=1 +

19、 5 X24,所以 34k 1= (1 + 5X24) k1 词(mod 5 4),即.94 k(k1),298k(k1)(k2)3125k 2 52 52265k 52k3(k1)27k(k1)(k2)532110(mod54)37r k(k 1)(k 2)3 -113、或k 5k3 (k 1) 2 52 0(mod5 )3即有k=5t,并代入该式得t+5t3+ (5t1)X27词(mod 5 2)即有t4(mod 5 2),即k=5 t=5 3s,其中s为正整数,故 m - n=500 s, s为正整数.同理可证l n=500 r,为正整数.由于l> m> n ,所以有 r&g

20、t; s.这样一来，三角形的三个边为500 r+n、500s+n和n.由于两边之差小于第三边，故n>500( r-s),因此，当s=1 , r=2 , n=501时三角形的周长最小，其值为(1000 + 501 ) + ( 500 +501 ) + 501=3003三、设这n个点的集合V=A。，Ai, A2,，An-1为全集，记 Ai的所有邻点(与 Ai有连线段的点)的集合为Bi, Bi中点的个数记为n 1|Bi| 二b i,显然 b 2l 且 bi0n 1)(i=0 , 1,2, i 1n 1).若存在bi=n 1时，只须取l (n 1) ¥1 2(q 1)(n 1)121

21、2q(q 1)1则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi< n -1(i=0 , 1 , 2 ,，n1)的情况.不妨设q + 2wb°wn1.用反证法 若图中不存在四边形，则当 iwj时，Bi与Bj无公共点对,即 |BiABj|w1 (04<jwn 1).因此，| BiBo | bi 1 (i=1 , 2,，n - 1).故vB0中点对的个数c12 b0n 1n 1BiB0中点对的个数二C2 b|Bi B0|i 1i 1n 1c2 1(当 bi 1 或 2时，令 C： 10)i 11n 1 2(bi23bi2)2i 1n 1(b)2n 11 i 1-N-± 3(b

22、i) 2(n 1)2 n 1 i 121 r(2l b0)-3(21bo) 2(n 1)2 n 11 (2l bo n 1)(21 bo 2n 2) 2(n 1)1-(n 1)(q 1) 2 bo n 12(n 1)(n 1)(q 1) 2 bo 2n 2-(nq q 2 bo)(nq q n 3 bo) 2(n 1)故(n - 1)(n- bo)( n bo 1) Nnq q + 2 bo)( nqq n + 3 bo)q(q+ 1) (n - bo) ( n -bo- 1) >(nq q + 2 bo)( nq-q-n + 3- bo)但(nq q n + 3 bo) q( n bo

23、 1)= ( q 1) bo n + 3Nq 1) (q + 2) n + 3=o及(nq q+2bo)(q+1)( n bo)= qbo q n + 2凶(q + 2) q n + 2=1>o由，及(nbo) (q + 1), ( n - bo- 1) q皆是正整数，得(nq q + 2 bo)( nq q n + 3 bo)> q (q + 1) (n bo) ( n - bo- 1)而这与所得的式相矛盾，故原命题成立.2。3年中国数学奥林匹克试题、设点I, H分别为锐角 ABC的内心和垂心，点 B1, C1分别为边AC, AB的中点，已知射线B1I交边AB于点B2 (B2WB

24、),射线C1I交AC的延长线于点 C2, B2c2与BC相交于k, Ai为BHC外心，试证：A, I, Ai三点共线的充分必要条件是 BKB2和4CKC2的面积相等.二、求出同时满足如下条件的集合S的元素个数的最大值：(1) S中的每个元素都是不超过 100的正整数；(2)对于S中任意两个不同的元素a, b,都存在S中的元素c,使得a与c的最大公约数等于1 ,并且b与c的最大公约数也等于 1 ;(3)对于S中任意两个不同的元素 a, b,都存在S中异于a, b的元素d ,使得a与d 的最大公约数大于1,并且b与d的最大公约数也大于 1.三、给定正整数n,求最小的正数入，使得对任何 0代(0,兀

25、/2), (i=1 , 2,，n),只要 tan Mtan 82tan 9n=2 n/2 ,就有 cos 81 + cos 82+ cos 8nW 入四、求所有满足 a >2, m >2的三元正整数组(a, m, n),使得an+ 203是am + 1的倍 数.五、某公司需要录用一名秘书，共有 10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个 面试，前3个人面试后一定不录用，自第 4个人开始将他与前面面试过的人相比较，如果他的 能力超过了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，如果前9个都不录用，那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同，可以按能

26、力由强到弱排为第1,第2,，第10.显然该公司到底录用到哪一个人，与这10个人报名的顺序有关.大家知道，这样的排列共有 10!种，我们以Ak表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以Ak/10 !表示他被录用的可能性.证明：在该公司经理的方针之下，有(1) A1> A2> >A8= A 9= A10;(2)该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一，而只有不超过 10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a, b, c, d为正实数，满足 ab + cd=1 ；点Pi (xi, yi) (i=1 ,2,3, 4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证

27、:(ayi + by2+cy3+dy4)2 + ( ax4 + bx3+cx2+dxi)2.2o jab2<2(abc2 d2 H).参考答案一、.H是AABC的垂心，Ai是ABHC的外心， BHC=180 -zBAC, /BAiC=2/BAC.又由题设知 ABwAC,从而A, I, Ai共线，即Ai在 /BAC平分线上 Ai在AABC外接圆上 ZBAiC+Z BAC =i80ZBAC =60 .现证 S bkb2 S ckc2ZBAC =60 °.作 ID LAB 于 D, IELAC 于 E,设 BC=a , CA=b , AC=c ,则ID IE2S ABiB22 s A

28、BCa b cID(ABiAB2)ABigAB2Sin A,故IDgABi AB2(ABisin A ID)2S abc bb 2s abc 2S abc、rg； AB2(-g- 一-) a b c 22 bc abc故AB2bcabc同理AC2bcabcS ABC bkb2 S ckc2 AB2c2bcbc bcga b c a b c(b c)2 bc22b2 c2 bcBAC 60 .故A, I, Ai共线的充要条件是 BKB2和4CKC2的面积相等二、设n 2 a13a2 5a37a111a5 q ,其中q是不被2, 3, 5, 7, 11整除的正整数，ai为非负整数，n<100

29、 ,则nCS ai（1 W35）中恰有一个或两个为正整数，即 S由下列元素组成：不超过 100的正偶数中除去2 X3X5,22X3X5, 2X32X5,2 X3X7,22X3X7,2X5X7,2X3X11等7个偶数后余下的43个偶数；不超过100的正整数中3的奇数倍：确定 3, 3X3,，3X33共17个数；不超过100的正整数中与 3互质的5的奇数倍：5, 5X5, 5X7, 5X11, 5X13, 5X17, 5X19共7个数；不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7, 7X7, 7X11 , 7X13共4个数；质数11.现证明以上72个整数构成的集合 S满足题设条件.显然满足条件

30、（1）;对S中任意两个不同的元素a, b,则a, b的最小公倍数中不大于11的质因数至多只含有2.3.5, 7, 11 中的 4 个，因此存在 ce 2, 3, 5, 7, 11,使得（a, c） =（ b, c）=1 ,且 显然ce S,因此S满足条件（2）；对S中任意两个没同的元素a, b ,若（a, b） =1 ,分别取的a, b最小质因素p, q,则p, qC2, 3, 5, 7, 11且pwq, 令 c=pq ,贝U有 cCS, cwa, cwb 且（a, c） = p>1 , （b, c） = q>1 ；若（a, b） =d>1 ,取d的最小质因数p,及不整除ab

31、的最小质数q,则p, qC2, 3, 5, 7, 11,令 c=pq ,则有 cC S, cwa, cwb 且（a, c） >p>1 , （b, c） >p>1.因此S满足条件（3）.以下证明任何满足题设的 S的元素数目不大于 72.首先证明满足题设条件的S至多只能含有一个大于10的质数.事实上若Pi, p2为大于10的质数，且pi, P2 S,则由(3)知存在CCS,使得(pi,c) >1 , (p2,c)>1 ,从而有pi| C, p2|C, .pip2|c,由此可知 C邛ip2>100 ,这与(1)矛盾.从而10与100之间的21个质数11 ,

32、13, 17 , 23 ,，97至多只有一个在 S中.又显然1 S.设集合T是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的.下面证明T中至少还有7个数不在S中.1 0若有某一个大于10的质数p在S中，则S中所有各数的最小质因数只可能是2,3,5,7, p中的一个. 若7pCS,则2 X3 X5, 22X3X5, 2 X32X5, 7P包含了 S中所有各数的最小质因数， 因此由条件(2)知 2 X3 X5, 22X3 X5, 2 X32X5 S；若 7P S,则由条件(3)知 7, 7X7, 7X11 , 7X13 S;(ii)若 5pCS,则由(2)知，2X3X7,

33、22X3X7 S;若5P S,则由条件(3)知5 , 5 X5, 5 X7 S.(iii) 3P与2X5X7不同属于S.(iv) 2X3p与5X7不同属于 S.当p=11或13时，由(i), (ii), (iii), (iv)知分别至少有 3个数，2个数，1个数，1 个数共至少有7个数不属于S;当p=17或19时，由(i), (ii), (iii)知分别至少有 4个数，2个数，1个数共至少有7 个数不属于S;当p>20时，由(i), (ii)知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S.2如果没有大于10的素数属于S,则S中的每个元素的最小质因数只能是 2, 3, 5, 7, 则如下的

34、7对数中，每对数都不能同时都属于S.(3, 2X5X7), (5, 2X3X7), (7, 2X3X5),(2X3, 5X7), (2X5, 3X7), (2X7, 3X5),(22X7, 3+2 X5).事实上，若上述7对数中任何一对数(a, b)都属于S,则由(2)知，存在ce S,使得 (a, c) = (b, c) =1 ,这与ab包含了 S中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1。，2。矢底中至少还有7个数不属于S,从而满足条件的 S的元素个数的最大值为72.三、1 ° 证当n=1 , 2 时，入=nj3/3 ,当 n=1 时，tan 9i =短,. .cos 9i = V3/

35、2 .当 n=2 时，tan 也 tan 02=2 , cos 0i = 1/ tan2 i (i=1 , 2).令 tan 2 91= x,贝U tan 2 82=4/x,贝Ucos 1 cos 2 2,3/31/1 x 1/14/x23/33(仁14/x)2f-xd 4/x3(2 x 4/ x 2 5x4/x) 4(5 x 4/ x)14x 4/ x65 x4/x 0,即(5x 4/ x3)2 0,等号成立当且仅当.5 x 4/x 3 0 ,由此易知当且仅当x=2时等号成立.故cos 1 cos 2 2V3/3,当且仅当01= 02时，等号成立.2 当n R3时，X=n 1.先证cos 0

36、1 + cos 伪 + + cos 8n< n 1(1)不妨设。1 >。2>。3>>8n,要证明(1)式只要证cos 01 + cos 伪 + cos 也<2(2)tan Mtan 62 tan 9n=2 n/2,故 tan Mtan (htan 83= 2V2.22cos i . 1 sin i 1 sin i / 2,2. 2故cos 2 cos 3 2 (sin 2 sin3)/2 2 sin 2sin 3.tan2 18/(tan 2 2 tan2 3),故 12cos 1c ,2,28 tan 2 tan 3-；-2-2tan 2 tan 3cos

37、 1cos 1cos 1tan 2 tan 3sin 2 sin 38 tan 2tan 38cos2 2 cos2 3 sin2 2 sin2 3c .1、cos 2 cos 3 2 sin 2 sin 3g(1 =2222).8cos 2 cos 3 sin 2 sin 3cos 2 cos 3 2c 22. 2. 28cos 2 cos 3 sin 2 sin 32,22222、8 tan 2 tan 3 sec 2sec 3 (1 tan 2)(1 tan 3).2,2 rtan 2 tan 3 7.3)若（3）式不成立，即tan 2 82 + tan 2 83>7 ,从而 ta

38、n 2 81 >tan 2 W7/2.故 cos 81 <cos 92<1/ J1 7/2 V2/3 , cos 01 + cos 02 + cos 03< 272/3 + 1<2.从而（1 ）式得证.现证入=n 1为最小的.事实上，若 0入 n 1 ,则取a = V （n 1） 1 ,从而存在ei< (0,兀/2 ) i=1 , 2,，n,使得 co s 9i= a , tan 8i=42 /(i=1 , 2 ,，n 1 ), tan0n=2 n/2(a/V12 )n 从而tan 91tan 82 tan 9n=2 n/2 ,但cos 01 + cos 伪

39、 + +cos Bni + cos 0n > CoS 81 + CoS 82+ +cos 0n-1 = X当n R3时，最小的正数入为n-1.综上所求最小正数n 3/3(n 1,2), n 1(n 3).四、设 n = mq+r, 0 <r <m - 1 ,则an + 203= amq + r + 203= amqar+ 203 W1)qar+ 203(mod( am + 1)从而 am + 1|an + 203am +1|( 1)aar+203.即1 ° 12|q ,则 k(am+1)= ar+203.k(am + 1)= ( 1)qar+ 203.若r=0 ,则

40、有k(am + 1)=204=2 2X3 X17由a>2,m 过,易知只有 a=2 , m=4及a=4 , m=2满足上式.故(a, m, n) = (2, 4, 8t)或(4, 2, 4t),其中t为非负整数(下同).(ii)若 r>1,由有 ar (kam r 1 ) =203 k.对于1wkw9,容易验证只有当 k=8时，存在a=5 , m=2 , r=1满足上式，即(a, m, n) 二(5,2, 4t+1).对于k>l0 ,则由有10 (am+1) war+203 wkam1 + 203故 am 1 (10a1) <193 , a 可能值为 2, 3, 4.当

41、a=2时，m可能值为2, 3, 4,容易验证仅当 a=2 , m=2 , r=1或a=2 , m=3 , r=2 时满足式，故(a, m, n)=(2, 2, 4t+1)或(2, 3, 6t+2)当a=3 , 4时，均不存在 m , r满足式.2若q为奇数，则k (am + 1 ) =203 ar由 0<r<m 1 知，kR.(i)当k=0时，a=203 , r=1对任意的不小于 2的整数m式都成立，故(a, m, n) = (203, m, (2t + 1) m + 1)(ii)若k>1 ,则当r=0时，由有k (am + 1) =202容易验证仅当a=10 , m =2时

42、，上式成立，故(a, m , n) = (10 , 2 , 4t+ 2)当 r>1 时，由有 ar(kam r+ 1)=203 k.对于1 wkw5,容易验证仅当 k=3时，a=8 , m =2 , r=1或a=2 , m =6 , r=3时，满足上 式.(a, m , n) = (8, 2, 4t+3)或(2, 6, 12t+9)对于 k>6,由有 6 (am+1) <203.故 am只可能有 22, 23, 24, 25, 32, 33, 42, 52.容易验证仅当 am=32, r=1 时，满足(2)式，(a, m, n) = (3, 2, 4t + 3).综上满足题设

43、条件的三元正整数组( a, m, n)为(2, 4, 8t), (4, 2, 4t), (5, 2, 4t + 1), (2, 2, 4t+1), (2, 3, 6t + 2), (203, m, (2t +1) m+1), (10, 2, 4t+2), (8, 2, 4t+3), (2, 6, 12t + 9), (3, 2, 4t + 3),其中 t 为非负整数.五、设Ak(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a,能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.当a=1时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，所以Ak(1)=3 8!丫1.当 2waw8 时，若 k=a, a+1

44、,，10,则有 Ak(a)=0 ；若 k=1 , 2, 3,，a-1,则有Ak(a) 3C7a 1(a 2)!(10 a)! a 8A aa 2 8A 1 a(k 2,3,L ,7)a k 1A1A9A10Ak (1)1A A 3C7(2 2)!(10 2)! 3g8!(3 7 3)8! 0再注意到、即有A1A2 A3 L A8A9Ai06s6!容易算得 1 3g8!, 2 21g8!, 3 63g7!, 4 30g7!, 5 15g7!, 6 7.2g7!, 7 3g7!, 8 8A A2 A3 2 12 2 3 34>6g8! 21g8! 126g7! 3(30 15 7 3)7!

45、507g7!a 4A A2 A3 50返 70%10!10!A8 A9 A103 3g8! 10%.10!10!六、令 u= ay1 + by2, v=cy3+dy4, u1二ax4+bx3, v1 = cx2 + dx1，贝Uu2< (ay+by2)2+ (ax1一bx2)2= a2+b2 2ab(xiX2 y1y2)2.22ab u芯X1 X2 w 2abvi2< (cx2 + dx1)2+ (cy2dy1)2= c2 +d22cd(y1y2 X1X2)2.22c dViyy1 y2 X1X2 < 2cd+并整理得222.22.2uvia b c dab cd ab cd

46、同理可得222.22.2u1v a b c dab cd ab cd 22(u v)(Ui Vi)2222(ab cd)( ) (ab cd)("") ab cdabcd22222.22.2u v1 u1v c,a b c d 、-2()ab cd ab cd ab cd2004年中国数学奥林匹克试题第一天一、凸四边形 EFGH的顶点E、F、G、H分别在凸四边形 ABCD的边AB、BC、CD、DA,一AE BF CG DH上，且满足 ggg 1.而点A、B、C、D分别在凸四边形 EiF1G1H1的边H1E1、E1F1、EB FC GD HAF1G1、G1H1 上，满足 E1

47、F1 /EF, F1G1/FG, G1H1/GH, H1E1/HE.已知且A.求FC 的值.AH1CG1二、已给正整数 c,设数列 xi, X2,满足 xi=c,且 Xn=X n1+ Zxn(n_2)+1,n=2, n3,，其中X表示不大于X的最大整数.求数列Xn的通项公式.三、设M是平面上n个点组成的集合，满足：(1) M中存在7个点是一个凸七边形的 7个顶点；(2)对M中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的 5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M中的一个点.求n的最小值.第二天四、给定实数a和正整数n.求证：(1)存在惟一的实数数列 Xo, Xi,，Xn, Xn+i,满足Xo Xn 10,

48、1 ,、33 .一(为 1 为 1)为 为 a ,i 1,2,L ,n. 2(2)对于(1)中的数列 Xo, X1 ,，Xn, Xn+1 满足|Xi|W|a| , i=o , 1 ,，n + 1.n 1五、给te正整数 n(n >2),设正整数 ai=( i=1 , 2,，n)满足 ai< a2< < an UM 一 <1. i i ai求证：对任意实数 x,有22i 1 aix11二22 a1(a1 1) x六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数 n均可表示为2004个正整数之和：n = a1+ a2+ +a2004,且满足 1 Wa1< a2<

49、 3< a2004 , ai|ai+1 , i = 1 , 2 ,，2003.参考答案BE BF一、(1)如图1 ,若EF/AC则 ，代人已知条件EA FC/曰 DH DG信,HA GC所以，HG /AC.从而，E1F1 /AC /H1G1.F1cCG1E1AAH1(2)如图2 ,若EF与AC不平行.设FE的延长线与 CA CFBE AT的延长线相交于点 T.由梅涅劳斯定理得g一g 1.FB EATC结合题设有CGgDHgAT 1.由梅涅劳斯定理逆定理知 GD HA TCT、H、G三点共线.设TF、TG与EiHi分别交于点 M、N.由/口 BAE1B/EF,彳导 EiA=AM .EA同理

50、，HiA=迫AN .所以，AHE1A AM AB AHgg.AHi AN AE AD又EQ S AEC S ABC gAEgAD 故 QH S AHC S ADCgABgAH ,EiA EQ AB AH S abcgg AH i QH AE AD S adcF£2.所生JiA .CG1 S ADC CG1 AH1二、显然，当 n32 时，Xn Xn 1 2(Xn1 1).n令 an=Xn 1 ,贝U ai = c 1,2a n 1n 2anan 1 gan 1, n 2,3,Ln n设unAg(n 1, 2),n 1,2,L ,必非负整数.由于当n2时, n-ngn 1 Ag(n2

51、n2)gn(n 1) Ag(n 1)2n 2) %所以，数列un满足式.设ynn,n 1,2,L .由于当n 2时，rn 2(n 2)( n 1)2 d 212gyn 1 -1 n 1 - nyn,n2n所以,yn也满足式.一 (n 2)2设zn , n 1,2,L，当 n 2mMm 1时，42,rn 2m L(2m 1) m 12gzn 1 4 gm(m 1) (m 1)znnm 4m当n 2m 1且m 1时，m 12m 12rn 2. 2m 3 _(2m 2) 2m 3/.，2n一gzn 1 -gi- -;(m 1) (m 1)(m 2) n2m 14 2m 12 (2 m 3),(m 1)(m 2) zn4从而,Zn也满足式.对任意非负整数A,令(n 1)(n 2) vnun yn Ag - n22 w.7"(n1)(n2) r(n2)2wnunznAg-4n 1,2,L ,显然vn和Wn都满足式.2);9a由于 u1 3A, y1 1,z1 一 2,所以，当 3 a1时,an (n 1)(n 46当 ai 1(mod3)时,a1 1an (n 1)(n6当 a1 2(mod3)时，a1 2an(n 1)(n6综上可得2)2)(n 2)2I当 c 1(mod3)时,xn当 c 2(mod3)时,Xn当 c