高中数学奥林匹克竞赛全真试题

2003年全国高中数学联合竞赛试题

一、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.2049

2、设Q,b£R,abWO,那么，直线ox—y+b=O和曲线bx2+ay2=ab的图形是（）

3、过抛物线卯=8（x+2）的焦点R作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A、B

两点，弦的中垂线与x轴交于P点,则线段PF的长等于（）

168八16厂

C.-3-V3

TB.3

若[-艺，一则七的最大值是().

4、xw2],yutanCx+mj—tanpcf)+cos(x-tf)

123366

11B11析12后

B.-yf2C.—WD._火

5665

4Q

5、已知x、y都在区间（一2,2）内，且刈=—1,则函数it=-------+—--的最小值是（）

4-x29-y2

A8B.24C.12D.12

51175

6、在四面体ABC。中，设AB=1,CD=&,直线AB与CD的距离为2,夹角为上，则四

面体ABCD的体积等于（）

A.近B.1C.2D.近

2233

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、不等式因3-2x2—4因+3<0的解集是__________.

一万2y2

8、设K，F是椭圆+=1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PFI：1=2：1,则4

129412

的面积等于.

PFXF2

9、已知A={RX2—4X+3<O,X£R},B={X|2IF+QWO,X2—2（Q+7）X+5W0,X£R}.若AcB,

则实数a的取值范围是.

35

b=tlogd=

10.已知a,b,c,d均为正整数，且log。~c-,若a—c=9,b-d=-------------.

11、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、设丁n={i(十进制)n位纯1小2数On.a,ai0…a16只取0或1(=1,2,…，n-1),a=l},

1

s

7；是以中元素的个数，S几是心中所有元素的和，则lim^二-----------

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、设二证明不等式2G7T+J2x—3+Jl5-3x+2炳.

2

14、设ABC分别是复数Z=ai，Z=[+bifZ=l+ci（其中a,b,c都是实数）对应

°i22

的不共线的三点.证明：曲线Z=4cos4t+2Z]COS2fsin2£+4sin4t（R）与△ABC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.

加试

一、（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A,B.所作割线

交圆于C,。两点，。在P,。之间.在弦CD上取一点Q,使/D4Q=/PBC.

求证：ZDBQ=ZPAC.

二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数I,m,n,且t>m>几已知

{4{%%,其中{X}=X-[X],而[幻表示不超过X的最大整数.求这种三角形周长的最

10410»104

小值.

三（本小题满分50分）由几个点和这些点之间的2条连线段组成一个空间图形，其中n=q2

1

+q+l,q（g+1）2+\,q22,qdN.已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段,

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,。和

四条连线段AB,BC,CD,DA组成的图形）.

答案

一、选择题

1、注意到452=2025,462=2116,故2026=a7n,一5风⑻，2115=0711s_&$=■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0=+22=2026+22=2048.故选（C）.

mmI7oI

xlII2

2、题设方程可变形为题设方程可变形为产方+b和+"=1,则观察可知应选（B）.

ab

3、易知此抛物线焦点F与坐标原点重合，故直线AB的方程为外区.因此，A,B两点

44

的横坐标满足方程：3A2—8X—16=0.由此求得弦AB中点的横坐标x纵坐标y=_,进

03。不

414416

而求得其中垂线方程。一之=一二（工-_）,令y=0,得P点的横坐标x=4+_=_,即

x/3333

PFl,故选（A）.

3

2

4、

/2K.2兀、.兀、

y=tan(x+—)+coXt/(x+—)+cos(x+4)

=+COS(x+2)

cos(x+_)sin(x+_)6

33

=2+cos(x+:)

sin(2x+*b6

T

5兀兀bt、Ic4兀TTQ7TIT-Tl71--rr-,

因为一__4工工一_,所以21+__e[,£_],%+_]•可见

"123~22^3646

2冗5兀兀

______4l与cos(x+—)在[-，-一]上同为递增函数.

sin(2x+_)6123

T

7111

故当x=-耳时,y取最大值石火.故选(C).

1

5、由己知得）=—故

x

4+9N=_9K+72X2_4~35

4-x29x2-1-90+37x2-437_(9#+_f

114迩4

而xW（-2,一）口（2）,故当9》2=，即N=时,9N+之值最小，而此时函

22~^23~^2

12

数M有最小值一,故选（D）.

5

6、如图，过C作CE44B,以△CDE为底面，BC为侧

棱作棱柱ABF-ECD,则所求四面体的体积匕等于上述棱柱

11

体积匕的寸而△COE的面积S=-CExCDxsmZECD,AB

232

与CQ的公垂线MN就是棱柱ABF-ECZ）的高，故

11,33

Vo=_MNxCExCDxsinZ£Cr>=_x2x1x/3xV_=_

222vT2

11

因此y=y=，故选(B).

1322第6题佟〕

二、填空题

7,由原不等式分解可得（|x|—3）te+H-1）<0,由此得所求不等式的解集为

（-3,-/）5户,3）.

~2~~

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=事

故|PKI+|P"=2“=6，又已知IPFJ：|PF2|=2：1,故可得上正卜4,|P%I=2.在△户工心中，三边之

长分别为2,4,2户，而22+42=?卢上，可见是直角三角形，且两直角边的长短为

3

2和4,故△PFF的面积lpF|・|PF1X4=4.

3号i^2X2

9、易得A=(1,3),设

fix)=2\-x+a,g(x)=x2—2(。+7)x+5

要使A^B,只需/U),g(x)在(1,3)上的图象均在冗轴下方.其充要条件是：同时有人1)

WO,y(3)W0,g(l)WO,g(3)-0.由此推出一4W.W-L

10、由已知可得4cz="，从而。=(2)2,c=(£f因此，〃步，c|d.又由于。一c=9,

故

a

bdbd2bd2aH|_

⑵)2-(”=9,即Q+铲)(口-肉=9,故|z，_*_，因而僧2_

心-"1I--4

于是得a=25,h=[25,c=16,d=32.故b—d=93.

11、如图，由已知上下层四个球的球心A',B1,C,D'

和A,B,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8'和0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AB中，A，A=A'B=A8=2.设48的中点为M

则4'N=G

又OM=OA=72,ON=T.所以MN=x/I-1,

A'M=«A'N)2—(MN)2=72V2=病.因此所示原来圆柱的高为G2.

12、因为此,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(0或1)方法，故T“=2，，-L又因在这2«-1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

S=J_.2"T(J_+___+...+)+2”-1-1

"21010210"-i10"

=2^2.1010«-1+2"T.___

1-±10«

10

=2n-2_)2"-1

910"-110"

,,.S111,1

故lim_zt=lim[—(1-------)x+—J=1

8h81810〃-1I。”18

三、解答题

13、由于(〃+b+c+d)2=a2+h2+c2+d2+l(ab+ac+ad+hc+hd+cd)<4(〃2+历+。

+d2),因此a+b+c+dW2小砂+)2+。2+12(当且仅当〃=)=c=d时取等号).

4

取ci=b=\jx+1,c=>/2x-3,d=\/l5—3x,则

2,x+1+，2x-3+y]15-3x

<2A/(X+1)+(X+1)+(2X-3)+(15-3X)=2X/X+14

<2>/i9

因为J右万，J2x-3,65-3x不能同时相等,所以2V77T+,2x—3+,15-3x〈双.

14、设2=工+贝%,y£R)，则x+yi=ocos4£・t+2J+

bijcos2tsin2t+(1+ci)sin4t实虚部分离，可得p

x=C0S2tein2t+sin4t=sin2ty=a(1—x)2+

2b(1—x)x+w(0W%W1)JkT;\

即y=(a+c—2b)x2+2(b—a)x+a①/1

又因为A,B,C三点不共线，故a+c—2b¥0.可见所^^公；!£

给曲线是抛物线段(如图).AB,BC的中点分别是()\

1a+b3b+c

D(-,——),£(-,——).所以直线DE的方程为|

4242'

z/=(c-a)x+2(3a+2b-c)②第1」题图

由①，②联立得a+c—2b(x--)2=0.

2

11113

由于a+c—2bW0,故(x--)2=0,于是得。一.注意到一<一<一，所以，抛物线与^

424

1a+c+2b

ABC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(一,--------),其对应的

24

复数为

1a+c+2b

15、如图，以。为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有A(a,0).设折叠时,

。。上点A'(Reosa,肥ina)与点A重合，而折痕为直线川|V

MN,则MN为线段A4'的中垂线.设Rx,y)为MN上任一点，

则|=|PA|.故(x-Kcosa)2+(y-Tfeina)2=(x—a)2+y2,即f/1

27?(ACOSa+ysina)=及一o2+2ax,故

第15题图

5

xcosa+ysina_T?2-a2+2ax

232+英

可得sin(O+a)=七管竺，其中sin。=x.cosQ=y

232+英《嬉+y2｛茬+y2

I^-cfi+2ax

区1.(此不等式也可直接由柯西不等式得到.)

2凤x2+y2

(x,。)2

2

平方后可化为2y>1.

02(3_(2)

222

(1)2

y2

即所求点的集合为椭圆=1外(含边界)部分.

加试

一、如图，连结AB,在△ADQ与△ABC中，ZADQ=ZABC,ZDAQ=ZPBC=ZCAB,故

BCDO

而有_=",即BC•AD=AB•DQ.

AB~AD

PCAC

又由切割线关系知△PCA-APAD,故_=_；同理由△PCB

PAAD

s/\PBD得比_BC

~PB'BD'

ACBC

又因PA=PB,j,f#AC•BD=BC•AD=AB-DQ.

ADBD

又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知

AC•BD+BC•AD=AB•CD

于是得CD=2AB-DQ,故。Q=-CD,即CQ=DQ.

2

»ADDOCO*a

在△CBQ与△AB。中，_=_=_,NBCQ=/BAD,于是

ABBCBC加试一题图

/\CBQ^AABD,故/CBQ=/ABD即得/DBQ=/ABC=/PAC

二、由题设可知

更一且］=上-伫卜吧-［当

1041Q41Q4104104104

tec,c三3m=3n(mod24)①

于是3i三3巾三3n(mod4)S《''

［九三3m三3n(mod54)②

由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3卜m三3m-n三1(mod2。

现在设u是满足3“三1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3月1(mod24)的正整数v,我

们有即”整除v.事实上，若川〃则由带余除法可知，存在非负整数a与b,使得v=au

+b,其中0cbWu—1,从而可推出3b三3加皿三3月1(mod24),而这显然与it的定义矛盾，所以

6

u\v.

注意到3=3(mod24),32三9(mod24),33=27=11(mod24),34=1(mod24)从而可设m—n=4k,

其中k为正整数.

同理可由②推出3m-n=1(mod54),故34k三1(mod54).

现在我们求满足34k三1(mod54)的正整数fc.

因为34=1+5X2%所以34k—1=(1+5X24)k—1=0(mod54),即

5kx24)x52x28+仪k-1)化-2)*53x212

26

=5/c+52/c[3+{/c-1)x27l+fc(fc-1)(fc-2)x53x211s0(mod54)

3

2)

或k+5M3+(k—1)x27]+k(J)(k-x53x211=0(mod53)

3

即有k=5t,并代入该式得t+5t[3

+(5£-1)X27]=0(mod52)

即有修0(mod52),即fc=5卜53s,其中s为正整数，故m—n=500s,s为正整数.

同理可证-n=500r,r为正整数.

由于!>m>n,所以有r>s.

这样一来，三角形的三个边为500r+m500s+屋和几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&{A。，Ay&，…，&,}为全集，记&的所有邻点(与Aj有连线

段的点)的集合为B,B中点的个数记为|B|=b,显嬷Eb=21且1)(i=0,1,2,…，

iiiiii

t=1

n—1).

若存在b^n-1时，只须取

1=(九一1)+七1+1/(q+1)⑺一1)+右1如+1)2+1

222

则图中必存在四边形，因此下面只讨论b<n-Ui=0,1,2,…，n—1)的情况.

不妨设q+2WqWn—1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i壬/时，旦与无公共点对，

即(OWy/WnT).因此，|Be万-1(i=1,2,门一1).故

7

Uc片中点对的个数=C2

〉£BC:&中点对的个数=^C2

一.1i0.1同询I

t=11=1

>gC2(当b=1或2时，令C=0)

bi-1ibi-1

i=1

12b)2

>[M_3r1b)+2(n-1)l

2九一1i»

1(21-b)2

Ro1-3(2Z-b)+2(n-1)1

2n-10

=—!—(21-b-n+1)(2Z-b_2n+2)

2(n-1)°o

>_l_[(n-1)(q+1)+2-b_n+i]

2(n-1)0」

[(n-1)(q+1)+2-b一2n+2]

=______(nq-q+2-b)(nq-q-n+3-b)

2(n-1)00

故(几一1)(几一%)(n—y-1)N(nq-q+2-#)(nq-q—n+3-^b)

q(q+1)(n—%)(八一年—1)2(nq—q+2—Q)(nq—q—n+3-^)①

但(ng—q-n+3—b0)—q(n——1)=(q—1)与一n+32(q—1)(q+2)—n+3=0②

及(nq—q+2—b。)一(q+1)(n—%)=qbQ—q—n+2>q(q+2)—q—n+2=1>0③

由②，③及(n-bo)(q+1),(n—g—1)q皆是正整数，得

(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0)>q(q+1)(八一%)(n-bQ-1)

而这与所得的①式相矛盾，故原命题成立.

2003年中国数学奥林匹克试题

一、设点1,H分别为锐角△ABC的内心和垂心，点G分别为边AC,AB的中点，已

知射线交边AB于点?#B),射线CJ交AC的延长线于点%B2c2与BC相交于k,

&为△BHC外心，试证：A,I,&三点共线的充分必要条件是△BK%和△CKJ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,求最小的正数人，使得对任何。户(0,Jt/2),(i=1,2,n),只

要tan9tan。•••tan0=2硅，就有cos6+cos。H----1-cos。WA.

12n12n

四、求所有满足a?2,机22的三元正整数组(a,m,n),使得a“+203是am+1的倍数.

8

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

过了前面所有己面试过的人，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，

我们以人人表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以A/I0!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)△]>&"•>&=&=A；

(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P(x,y)(t=1,2,3,4)是以原点为圆

心的单位圆周上的四个点，求证：

n2+1j2Q2.-L<72

(ay+by+cy+dy)2+(ax+bx+cx+dx)2W2(+).

12344321abcd

参考答案

一、是△ABC的垂心，&是的外心，

△BWC=1800-ZBAC,ZBA}C=2ZBAC.

又由题设知ABWAC,从而A,I,4共线，即4在

/BAC平分线上0Al在△ABC外接圆上=ZBAC+Z

BAC=180°=NBAC=60°.

现证=S…八=/BAC=60°

△CKC2

作IDLAB于D,IE±AC于E,设BC=a,CA=b,AC=c,

则

ID=IE=—

a+b+c

2S=ID(AB+AB)=AB.ABsinA,

AAB1B21212

故ID.AB=AB(ABsinA-ID)

2sA钻0b__2sb.c),

a+b+c222bea+b+c

故AB=—加

2a+b-c

同理牛”.

/a-D+c

S=SoS=S

△BKB2XCKC2ZL4BC"年。2

a+b-ca-b+c

<=>a2-(b-c)2=bc

<^>a2=b2+c2-Z?c<=>ZBAC=60°.

9

故A,I,A共线的充要条件是△BKB?和△CKC2的面积相等.

二、设几=2田3a25a37ali其中q是不被2,3,5,7,11整除的正整数，q为非负整

数，n<100,则葭wS=%(1〈iW5)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2X3X5,22X3X5,2X32X5,2X3X7,22X3X7,2X5X7,

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：5,5X5,5X7,5X11,5X13,5X17,5

X19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(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c£{2,3,5,7,11},使得(a,c)=(b,c)=1,且显然c£

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,qe{2,3,5,7,11}且pWq,令

c=pq,则有cGS,c#a,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的最小质数q,则p,qG{2,3,5,

7,11},令c=pq,则有c^S,cWa,cWb且(a,c)2P>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.事实上若外已为大于1°的

质数，且pyp2^S,则由(3)知存在cGS,使得c)>1,(p2,c)>1,从而有p/c,p2fc,

：.p^p2\c,由此可知这与(1)矛盾.

从而10与100之间的21个质数11,13,17,23,97至多只有一个在S中.

又显然US.

设集合7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7中至少还有7个数不在S中.

r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.

(i)若7pes,则2X3X5,22X3X5,2X32X5,7P包含了S中所有各数的最小质因数，

因此由条件(2)知2X3X5,22X3X5,2X32X5eS；

若7p£S,则由条件(3)知7,7X7,7X11,7X13eS；

(ii)若5pes,则由(2)知，2X3X7,22X3X7eS：

若5peS,则由条件(3)知5,5X5,5X7eS.

(iii)3P与2X5X7不同属于S.

(iv)2X3p与5X7不同属于S.

当片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；

当片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「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.

10

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7对数中，每对数都不能同时都属于$

(3,2X5X7),(5,2X3X7),(7,2X3X5),

(2X3,5X7),(2X5,3X7),(2X7,3X5),

(22X7,3+2X5).

事实上，若上述7对数中任何一对数(“，b)都属于5,则由(2)知，存在cGS,使得(〃，

(b,c)=1,这与必包含了S中每个元素的所有最小质因数矛盾.

由1°,2。知T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”=1,2时，A=〃向/3,

当〃=1时,tan。1=>/2,cos91=^3/2.

2

当般=2时，tan6tan0=2,cos0=1/^i+tan0.('=1，2).

令tar>20=x,贝ijtan29=4/x,则

12

COS0+COS02<2^/3

«1/7T+7+1/V1+4/A<2X^/3

<=>+x+Ji+4/x)<Ri+x，+4/x

3(2+x+4/x+2,5+x+4/x)W4(5+x+4/x)

014+x+4/x-6J5+x+4/x>0,

即(j5+x+4/x-3)220,

等号成立当且仅当j5+x+4/x-3=0,由此易知当且仅当x=2时等号成立.故

cosO+cos0＜213/3,当且仅当9=6时，等号成立.

12V12

2°当时，入="一1.先证

cos。+cos0H-----Feos。＜H—1(1)

不妨要。…片。，要证明(1)式只要证

c1八23..n

COS0+cos。+cos。＜2(2)

123

tan8tane…tan8=2〃/2,故tan0tan0tan。=2/n.

12n123v

11

cosO=^1-sin20<1-sin20/2,

故cos。+cos0<2-(sin20+sin20)/2<2-sin0sin0.

232323

tan20>8/(tan20taMO)，故［y+taHgtaM%

123cos20tan20tan20

123

八tan0tan0sin0sin0

cosO<2—=23

12222

>/84-tanO2tan03^8coscos^+sin02sin03

cosO+cosO+cos0<2-sin0sin0叩__

123」,8cos2§cos24+sin2%siM”

cosO+cos0+cos0<2

123

<=>8cos20cos20+sin20sin20>1

2323

o8+tan2。tan20>sec20sec20=(1+tan20)(1+tan20)

232323

<=>tan20+tan20<7.⑶

23

若(3)式不成立，即tan202+tan203>7,从而tan201>tan2。？>7/2.故cos。1Wcos。

2<1/。1+7/2二忘/3,cosM+cos与+cosO3V2应/3+1v2.从而(1)式得证.

现证入=n—1为最小的.

事实上，若Ov入5—1,则取。=入/(八一1)<1,从而存在。产(0,n/2)t=1,2,n,

使得COSB=Q,tane=Ji_a2-(i=1,2,…，几一1),tan0=2脸(Q/Qs)f，从而tan

0tane…tan0=2川2,但

cos°+cos0H---l-cos8+cos0>COS0+cos9H---l-cos°=A

12n-1n12n-1

当几23时，最小的正数人为n—1.

综上所求最小正数"卜曲36=1,2),

n-1(n>3).

四、设n=mq+r,0<r《机一1,则m+203=amq"+

203=amqar+203三(一1)qar+203(mod(am+1))从而am+1|刖+

203=am+1|(-1)aar+203,即

k(am+1)=(—1)qar+203.

1°若2|q,则k(am+1)=ar+203.①

(i)若r=0,则有k(am

+1)=204=22X3X17

由Q22,机22,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£为非负整数(下同).

(ii)若「21,由①有ar(kani-r—1)=203—fc.

对于容易验证只有当k=8时，存在a=5,m=2,r=1满足上式，即(a,m,n)=

(5,2,4t+1).

对于fc^10,则由①有

10(am+1)War+203Wkam-1+203

故cun1(10a-1)<193,a可能值为2,3,4.

12

当“=2时，"可能值为2,3,4,容易验证仅当a=2,m=2,r=1或a=2,机=3,r=2时满足

①式，故(①m,n)=(2,2,4/+1)或(2,3,6/+2)当

a=3,4时，均不存在〃?，r满足①式.

2°若4为奇数，则

k=203-ar②

由OWrWm-d知，k20.

(i)当《=0时，。=203,对任意的不小于2的整数机②式都成立，故

(.a,m,〃)=(203,m,(2r+1)m+1)

(ii)若k21,则当10时，由②有

k(卬，，+1)=202

容易验证仅当a=10,〃?=2时，上式成立，故

(a,m,n)=(10.2,4r+2)

当r>1时，由②有小伙〃，”丁+1)