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）

I.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a,b£R,abWO,那么，直线ax—y+b=O和曲线bx2+ay2=ab的图形是（）

3.过抛物线y2=8（K+2）的焦点F作倾斜角为6（）。的直线.若此直线及抛物线交于A.B两

点，弦AB的中垂线及x轴交于P点,则线段PF的长等于（）

A.B.C.D.

4.若，则的最大值是（）.

A.B.C.D.

5.己知x、y都在区间（一2,2）内，且xy=-l,见函数的最小值是（）

A.B.C.D.

6.在四面体ABCD中，设AB=I,CD=,直线AB及CD的距离为2,夹角为,则四面体

ABCD的体积等于（）

A.B.C.D.

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、不等式即一工一4国+3<0的解集是.

8、设FI,F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PFI|:|PF2|=2:I,则△PFIF2的面积等

于.

9、已知A={x|x2-4x+3<0,x£R},B={x|2l-x+a<0,x2~2（a+7）x+5W0,x£R}.若

,则实数a的取值范围是.

10、己知a,b,c,d均为正整数，且，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,

且及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.只取0或1（i=l,2,…,n-1）川11=1},711是乂11中元

素的个数,Sn是Mn中所有元素的和，则=.

三、解答题（本题满分60分，每小题2（）分）

13.设，证明不等式.

14、设A,B,C分别是里数ZO=ai,Zl=+bi,Z2=l+ci（其中a,b,c都是实数）对应的不共

线的三点.证明：曲线Z=ZOcos4t+2Zlcos2tsin2t+Z2sin4t（t£R）及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'刚好及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,D两点,C在P.D之间.在弦CD上取一点Q,使NDAQ:NPBC.

求证：ZDBQ=ZPAC.

二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数且已知，其中｛x｝二x-

lx],而因表示不超过x的最大整数.求这种三角形周长的最小值.

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

+q+l,12q（q+1）2+l,q22,q£N.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,D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=a2026~45=al981,2115=a2115-45=a2070.而且在

从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.

X1981+22=2003,故a2003.a1981+22=2026+22=2048.故选（C）.

2.题设方程可变形为题设方程可变形为广ax+b和，则观察可知应选（B）.

3、易如此抛物线焦点T及坐标原点重合，故直线AB的方程为丫=.因此，A,B两点的横

坐标满足方程：3x2—8x—16=0.由此求得弦AB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方

程，令yR,得P点的横坐标，即，故选（A）.

4、

.2万、/24、/兀、

y=tan(x+—)+cot(x+—)+cos(x+—)

336

1.7T

=--------弓-Z—+COS(X+-)

/171.LR、6

cos(x+—)sin(x+—)

33

2.知、

=------------------+cos(x+—)

sin(2x+孑)6

因为一•所以〃+岁eJ约》+白［_£,一刍.可见

123223646

^与8/吟在亮，勺上同为递增函数

sin(2x+—)

故当工=时,y取最大值?G.故选（C）.

36

5.由已知得，故

49x2-9/+72X2-4.35

U=------7+-；—=------；----------=——=1+-------------------

4—x9x—1—9x+31x—437（9.।，）

x2

而x£（—2,）U（,2）,故当之值最小，而此时函数u有最小值，故选（D）.

6、如图，过C作，以4CDE为底面，BC为侧棱作楂柱ABF—ECD,则所求四面体的体积

VI等于上述棱柱体积V2的.而ACDE的面积S=CEXCDXsinZECD,AB及CD的公垂线MN

就是棱柱ABF—ECD的高，故

弘=-MNxCExCDxs\nZECD=-x2x\xy/3x—=-

-2222

因此故选(B).

二、填空题

7、由原不等式分解可得(冈一3)(x2+|x|-l)<0,由此得所求不等式的解集为.

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=,

故|PFl|+|PF2|=2a=6,又已知|PF1|:|PF2|=2:1,故可得|PF1|=4,|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长

分别为2,4,,而22+42=，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4,故

△PF1F2的面积=|PF1|•|PF2|=X2X4=4.

9、易得A=(1,3),设

f(x)=2l-x-/~a,g(x)=x2-2(a-F7)x+5

要使，只需f(x),g(x)在(1,3)上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有Q)WO,f(3)

WO,g(1)WO,g(3)WO.由此推出一4WaW—1.

10、由已知可得因此,a|b,c|d.又由于a—c=9,故

bd2J

_1一。n

(-)2-(-)4=9,B|J(^4)(--z/2十)一Va

+2)=9,故,"：，因而<

acac~acbd­,Idr.

-----=1

〔ac-

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',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O'和O为上下底面构成圆柱.同时，A'在下底面的

射影必是的中点M.

在AA，AB中,A'A=A'B=AB=2.设AB的中点为N,

则A'N=8

XOM=OA=,ON=I.所以MN=-1,.因此所示原来圆柱的高为.

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(0或1)方法，故Tn=2n-1.又因在这2n—l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。或1,各有一半，故

—5"T)+2〃T

S=L.2fl-\-L-L…+

〃210+102+10〃T

10

故lim—=lim[—(1----r)----]=—

Tn1810〃---18

三、解答题

于(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)<4(&2+b2+c2

+d2),因此a+b+c+dW2(当且仅当a=b=c=d时我等号).

a=b=,c=,d=,则

2X/X+T+V2X-34-V15-3X

<2j(x+l)+(x+l)+(2x-3)+(15-3x)=24+14

<2>/19

因为，，不能同时相等，所以.

14xi§：Z=x+yi(x,yGRX则x+yi=acos41・i+2(+bi)cos2tsin2t+(l+ci)sin4t,实虚部分离，可

得

x=cos2/sin2/+sin4/=sin2/

y=a(\—x)2+2b(l—x)x+1)

即y={a+c-2b)jr4-2(b—a)x+a①

乂因为A,B,C三点不共线，故a+c-2bW0.可见所给曲线是抛物线段(如图).AB,BC的

中点分别是.所以直线DE的方程为

y=(c—。)%+(3a+2。-c)②

4

由①，②联立得a+c—2b(x-)2=0.

由于a+c-2bW0,故(x-)2=0,于是得x=.注意到，所以，抛物线及AABC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，其对应的更数为

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

A'(Reosa,Rsina)及点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'|二|PA|.故(x-Rco6a)2+(y-Rsina.2=(x-a)2+y2,即2R(xcosa+ysina)=R2

—a2+2ax,故

xcosa4-ysinct_R2-a2+2cix

\jx2+y22R，f+

可得sin(8+a)=——"+2",其中sin9=1_——,cos8=/)

故I"一『+2奴区i(此不等式也可直接由柯西不等式得到)

2Ryjx2+)2

/。\2

(X----)2

平力后可化为----->L

(-)-

222

(42

(X----)2

即所求点的集合为椭圆——=1外(含边界)部分.

(当2(4)2_(与

222

加试

一、如图，连结AB,在4ADQ及AABC中，ZADQ=ZABC,ZDAQ=ZPBC=ZCAB,故

△ADQ^AABC,而有,即BC・AD=AB-DQ.

又由切割线关系知APCAS^PAD,故；同理由△PCBs/\PBD得.

乂因PA=PB,故,得AC・BD=BC・AD=AB・DQ.

又由关于圆内接四边形AC8。的托勒密定理知

AC・BD+BC-AD=AB•CD

于是得AB-CD=2AB-DQ,故DQ=CD,BPCQ=DQ.

SACBQ^AABD中，，ZBCQ=ZBAD,^J^ACBQ^AABD,故NCBQ=NABD,即得

ZDBQ=ZABC=ZPAC

二、由题设可知

3/三3'"三3"(mod24)①

于是3/三3〃'三3〃(n:od4)=<

3‘三3'"三3”(mod54)②

由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知31—m三3m—n三l(mod24).

现在设u是满足3u=l(mo.24)的最小正整数，则对任意满足3v=l(mo.24)的正整数v,我们

有」v,即u整除v.事实上，若，则由带余除法可知，存在非负整数a及b,使得v=au+b,其

中0<bWu-l,从而可推出3b三3b+aum3Vmi(mo.24),而这显然及u的定义矛盾，所以.|v.

注意到3三3(mod24),32=9(mod24),33=27=11(mod24),34=1(mod24)从而可设m一

n=4k,其中k为正整数.

同理可由②推出3m—n三1(mod54),故34k三l(mod54).

现在我们求满足34^l(mod5,的正整数k.

因为34=1+5X24,所以34k-l=(1+5X24)k-l=0(mod54),即

428Z：(Z：1)(A2)312

5jlx2+^^x5x2+-'-x5x2

26

三5.+52攵[3+(1_1)x27]+2).53=0(mod54)

或1+5M3+(『一1)x2丁]+"(&一-2)乂53*2"三0(mod53)

3

即有k=5t,并代入该式得

1+5/[3+(51—l)X2?]三0(mod52)

即有t=0(mod52),即k=5t=53s,其中s为正整数，故m—n=5OOs,s为正整数.

同理可证l-n=5OOr,r为正整数.

由于l>m>n,所以有r>s.

这样一来，三角形的三个边为5OOr+n、5OOs+n和n.由于两边之差小于第三边，故n>5OO(r

-s),因此，当s=l,r=2,n=5Ol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={A0.Al,A2,…，An-l}为全集，记Ai的所有邻点(及Ai有连

线段的点)的集合为由⑻中点的个数记为囱二历,显然且biW(n-l)(i=0J2,…,n—l).

若存在bi=n—1时，只须取

/=（„_1）+lZlz1]+i<l（t/+i）（Z7_i）+i=l^+i）2+1

则图中必存在四边形，因此下面只讨论bivn—l（i=O,1,2,…,n—1）的情况.

不妨设q+2WbOWn-l.用反证法.若图中不存在四边形，则当*j时，Bi及Bj无公共点对,

即|BiPBj|Wl(OWi<jWn—l).因此，(i=l,2,…，nf).故

Vc瓦中点对的个数=照的

&c瓦中点对的个数次《

/=1/=1

n-\

2%(当4=1或2时，令%=0)

I“T

二弓2(娟-3々+2)

2/=1

〃一I

g)2fji

"[上一--3(E>)+2(〃―1)]

2〃-1/=)

斗⑵一乎-3⑵-力0)+2(«-1)]

2n-\

1

(21—b。—〃+1)(2/—/?Q—2〃+2)

2(〃一1)

>[(//-1)((7+1)4-2-b-«+1J

2(〃-1)0

[(〃-1)①+1)+2-/-2/1+2]

1

(nq-q+l-b^nq-q-n+3-b^

2(/?-1)

故（〃一1）（〃一/;（））（〃一为一l）2（〃q-q+2-/加）（g—〃+3—〃o）

q（q+1）（〃一加）（〃一加一1）2（〃夕一夕+2-加）（-〃+3一加）①

但（〃q—q—〃+3一加）一〃（〃一加一I）=（q-1）/?（>—〃+32（q—1）句+2）—〃+3=0②

及（㈣-q+2一%）一（q+l）（〃一加尸破0—9—〃+22鼠夕+2）一夕一〃+2=1>0③

由②，③及（n-b（））[q+l）,（n—bO—l）q皆是正整数，得

（罔-g+2-灰））（四一二一〃+3-历）>q（g+l）（〃一加）（〃一力o-1）

而这及所得的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，己知

射线B1I交边AB于点B2（B2WB）,射线ClI交AC的延长线于点C2,B2C2及BC相交于k,Al

为ABHC外心，试证:A,I,A1三点共线的充分必要条件是△BKB2和△CKC2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及c的最大公约数等

于1,并且b及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及d的最大

公约数大于1,并且b及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Oi£(0,n/2),(i=l,2,…,n),只要

tan0lum02,--tan0n=2n/2,就有cos。1+cos。2H------Feos0nW入.

四、求所有满足a22,m22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个人开始将他及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，及这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

(I)4>42>…>4=4=Aio；

(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=l；点Pi(xi.yi)(i=L2,3,4)是以原点为圆心的单

位圆周上的四个点，求证：

(ayi+by2+cyy+dy4)2+ax^bxi+cxi-\-dx\)

参考答案

一、TH是△ABC的垂心,Al是△BHC的外心，・••△BHOISO。一/BAC,ZBAIC=2ZBAC.

乂由题设知ABWAC,从而A,I,Al共线，即Al在N'BAC平分线上Al在AABC外接

圆上ZBA1C+ZBA=18O°ZBA.=60°.

现证S、BK为~S&CKQoN8AC=60°.

作ID_LAB于D,IE±AC于E,设BC=a,CA=b,AC=c,则

ir>=IE=-^-

a+b+c

2sM向胡=+AB2)=AI3^AB2sinA,

故/O・AB1=AB2(ABisinA-ID)

2sA48cb_ARJ2sA48c2sA48c、

a+b+c22bea+b+c

故

~a+h-c

同理AC?=加.

a-b+c

S&BKIh=S△CKC?OS^BC=S.g2c2

bebe

a+b-ca-b+c

<=>t/2-(b-c)2=be

o/=.+c.2_氏oZBAC=60°.

故A,I,Al共线的充要条件是△BKBZ和△CKC2的面枳相等.

二、设，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.贝1」nUSai(l<

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2X3X5,22X3X5,2X32X5,2X3X7,22X3X7,2X5X7,2X

3X11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的正整数中及3互质的5的奇数倍:5,5X5,5X7,5X11,5><13,5X17,5X19共

7个数；

不超过100的正整数中及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5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尸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,q£{2,3,5,7,11}且pWq,令c=pq,则有

c£S,c#a,c¥b且(a,c)=p>l,(b,c)=q>l；

若(a,b)=d>l,取d的最小质因数p,及不整除ab的最小质数q,则p,q£{2,3,5、7,11},令

c=pq,则有c£S,cKa,c#b且(a,c)2P>1,(b,c)2P>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pl,p2为大于10的

质数，且pl,p2£S,则由(3)知存在c£S,使得(p2,c)>l,从而有pl|c,p2|c,工

plp2|c,由此可知c2plp2>100,这及(1)矛盾.

从而10及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I任5.

设集合T是由不超江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中至少亦有7个数不在5中.

1°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7p〈S,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2X3X5,22X3X5,2X32X5S：

若7PS,则由条件(3)知7,7X7,7X11,7X13S；

(ii)若5p£S,则由(2)知,2X3X7,22X3X7S；

若5PS,则由条件(3)知5,5X5,5X7S.

(iii)3〃及2X5X7不同属于S.

(iv)2X3〃及5X7不同属于S.

当p=ll或13时，由⑴，(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+2X5).

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c£S，使得(a,c)

=(b,c)=1,这及ab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n=l,2时，X=,

当n=l时，tan61=,AcosO1=.

当n=2时,tan01tan02=2,cos0I=(i=l,2).

令lan20l=x,则tan202=4/x,则

cos^|+cos^2<2x/3/3

<=>1/VF+X+1/^1+4/x<273/3

ON/3(VF+X+71-4/X)<2X/T+X>/1+4/X

o3(2+x+4/x+2>j5+x+4/x)<4(5+x+4/x)

<=>14+x+4/x-675+X+4/X>0,

B|J(V5+X+4/X-3)2>0,

等号成立当且仅当，由此易知当且仅当x=2时等号成立.故，当且仅当01=。2时，等号

成立.

2°当n》3时，人』一1冼证

cos〃i+cos%+…+cos1(1)

不妨设012022。32…2要证明(1)式只要证

COS0|+cos"z+cos93V2(2)

tan0Itan02…tan@n=2n/2,故tan。1tan02tan03=.

..若(3)式不成立,即tan202+【an203>7,从而tan2012lan2。2>7/2.故cos0IWcos

02<1/,cos01+cos02+cos03<+lv2.从而(1)式得证.

现证人=/z—I为最小的.

事实上,若(X入Vn-l,则取a=A7(n-l)<1,从而存在0iv(0,n/2)i=l,2,…,n,使

得cos0i=a,tan0i=(i=l,2,…，n—1),tan0n=2n/2(a/)n—1,从而tan0Itan02…tan0

n=2n/2,但

cos%+cos82H---Feos火LI+COS0n>cos〃i+cos。2-1---Feos入

当n23时，最小的正数人为n—I.

综上所求最小正数

四、设n=mq+r,OWrWm-1,则

/+203-严夕+「+203=/%「+203三(-l)Qr+203(mod",+1))

从而d"+1|/+203=/+1|(—1)。/+203.即

――+l)=(-l)V+203.

1°若2|q,贝ijk(am+l).ar+203....①

(i)若r=0,则有

M+1)=204=22X3X17

由a22,m22,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r>l,由①有ar(kam-r-1)=203-k.

对于lWkW9,容易验证只有当k=8时,存在a=5,m=2,r=l满足上式,即(a,m,n)=(5,2,

4i+l).

对于k210,则由①有

10S+l)Car+203<Wn-14-203

故am-l(10a-l)-193,a可能值为2,3,4.

当a=2时,m可能值为2,3,4,容易验证仅当a=2,m=2,r=l或a=2,m=3,r=2时满足①式,故

(a,m,n)=(2,2,4t+l)或(2,3,6t+2)

当a=3,4时，均不存在m,r满足①式.

2°若q为奇数，则

火(d"+l)=203②

由OWrSm—1知,k20.

(i)当k=0时,a=2O3,r=l对任意的不小于2的整数m②式都成立，故

(a,m,n)=(203,m,(2t+1)m+1)

(ii)若kNl,则当r=0时,由②有

k(二+1)=202

容易验证仅当a=10,m=2时，上式成立，故

(a,m,n)=(10,2,4t+2)

当r》l时,由②有ar(kam-r+l)=203-k.

对于1WkW5,容易验证仅当k=3时,a=8,m=2,r=l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②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=l时,满足(2)式，，(a,m,n)=(3,2,4t+3).

综上满足题设条件的三元正整数组(a,m,n)为(2,4,81),(4,2,4i),(5,2,4l+D,(2,

2,4t+l),(2,3,6t+2),(203,m,(2t+l)m+l),(10,2,4t+2),(8,2,4t+3),(2,

6,12t+9),(3,2,4(+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=l时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，所以

Ak(l)=3•8!y]…①

当2WaW8时,若1(=42+1,…，10,则有Ak(a)=O；

若k=l,2,3,…,a—1,则有

六、令u=ayl+by2,v=cy3+dy4,ul=ax4+bx3,、l=cx2+dxl,则

/W(4>|+力>2)2+(ax】一bx2)--cr2ab(x\X2~y\y2)

x\X2~y\y2^①

i，12s(,cx2~\-dx\)24-Ccy2-dy\)2=c2J-J2-2cJ(viy2-X1X2)

yiy2~xix2^②

①+②并整理得

22</+//c2+d2

--------+---------

abcdabcd

同理可得

2o9,9a,2

"I,v-a~+b~c~+d~

—+—s------+-------

abcdabcd

22

(u+v)+(u]+V])

=(-Jub».—+Jed.-^=)2+J—+\[cd•J—)

\Jab\jcd\JabJed

<(ah+cJ)(—+—)+(ab+cd)(^—4--)

ahcdabcd

22222222

IlV.U1V〜a+bc+d

——+-1-+-1-+——<2(------+-----)--

abcdabcdcd

2004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.CDDA上，且

满足.而点A.B.C.D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1EI.E1F1.FIG1.GIH1上，满足E1F1〃EF,

F1G1〃FGG1H1〃GH,H1E1〃HE.已知.求的值.

二、已给正整数c,设数列xl,x2,…满足xl=c,且xn=xn—I++l,n=2,3,…，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：

（DM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〃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,xl，…,xn,xn+1,满足

%=x〃+]=0,

3

-(-V,+|+x/_1)=x,+x?-«,/=l,2,…,n.

(2)对于(1)中的数列xO,xl,…,xn,xn+1满足|xi|W|a|,i=0,1,…,n+1.

五、给定正整数n(n22),设正整数ai=(i=l,2,…,n)满足a定a2<…van以及W1.

求证：对任意实数x,有

,­、2

《1/1

y-—5——x-----------------

X)26/)(^-l)+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=al+a2

+…+a2004,且满足lWaka2<…va2004,ai|ai+l,i=l,2,2003.

参考答案

一、(1)如图1,若EF〃AC则，代入已知条件得、

所以，HG〃AC.

从而,E1F1〃AC〃H1G1.

故.

(2)如图2,若EF及AC不平行.设FE的延长线及CA的延

长线相交于点T.由梅涅劳斯定理得.

结合题设有.由梅涅劳斯定理逆定理知T、H、G三点共线.

笫一题图

设TF、TG及E1H1分别交于点M、N.由E1B//EF,得1

E1A=•AM.

同理，HlA=・AN.所以,

EXAAMABAH

丽―俞ZE,心

又EQ二S^EC=故

QH~S^HC~S^DC.AB.AH'

EXAEQABAH

A%QHAE*~AD

同理，型=也/.所以,££=与1=2

CGCG]AH]

二、显然，当n22时一

令an=xn-1,贝ijal=c-1,

册=%T+[^^-]=],/?=2,3,•••①

nn

设即=4出±*©,〃=1,2，…,A为非负整数.由于当〃N刷，

〃+2(八+2)」(〃+1)(〃+2)

[------•»„-11=[A--—・〃(〃+1)]=A*-----------------=u

n2〃2n

所以，数列｛劭｝满足式①.

设％=〃,〃=1,2」-由于当〃22时，

"十2(〃十2)(〃-1)2.122

[-------・)[-/=[--------7--------1=5r+1-­1=〃=为，

n2n

所以,｛%｝也满足式①.

设z〃=[("；2)],〃=1,2,…，当〃=2〃?且"?21时,

r〃+2_+l「(2/77+1)2.777+1,...Q

[-------・Z〃_]]=[-------4------------]]=[-------・〃?(6+1)]=("?+1)=Z”

nm4m

当〃=2〃?+1且〃?2时，

「〃+212"+31(2加+2)2Im+3...2，[、/m+\

[——・z〃_]]=[-——-i--——]]=r[-——-(/«+1)-]=r[z(，〃+1)(，〃+2)十-——-q]

n2m-142m+12in+1

=(m+1)。〃+2)=产?：3)〕=z〃

从而,｛z,J也满足式①.

对任意非负整数A,令

A5+1)(〃+2)

%=%+%=A------------------+n

.(一+1)5+2)「5+2)2]

吗？="〃+z〃=A・----------------+[---]

n=1,2,…，显然｛心和｛得｝都满足式①.

由于〃]=34,»=1当=4]=2,所以，当3|q时,%=羡(〃+1)(〃+2);

当。]三1(mod3)时，

册=+1)(〃+2)+n

0

当〃[三2(mod3)时,

%=好(〃+1)("+2)+^4^1

64

综上可得

Z*-1

当c三l(mod3)时,X”=------(;?+1)(/?+2)+1;

6

。一2

当c三2(mod3)时,=----(〃+1)(〃+2)+〃+1;

6

当c三0(0]。(13)时,々=--3(〃+1)5+2)+[("+2)]+1.

64

三、先证〃211.

设顶点在M中的一个凸七边形为AIA2…A7,连结A1A5.由条件（2）知，在凸五边形

A1A.A3A4A5中至少有M中一个点,记为P1.连结P1A1.P1A5,则在凸五边形A1P.A5A.A7内至少有

M中一个点，记为P2,且P2异于P1.连结PIP2,则A1,A2,…,A7中至少有5个顶点不在直线P1P2

上.由抽屉原则知，在直线P1P2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点及点P1.P2构成的凸五边形内，至

少含有M中一个点P3.

再作直线P1P3.P2P3.令直线P1P2对应区域II3,它是以直线P1P2为边界且在APIP2P3异

侧的一个半平面（不含直线P1R2）.类似地定义区域III.112.这样，区域II1.H2.H3覆盖了平面

上除4P1P2P3外的所有点.由抽屉原则知,7个顶点A1.A2,…,A7中必有+1=3个顶点在同一

区域（不妨设为H3）中.这3个点及P1.P2构成一个顶点在M中的凸五边形，故其内部至少含

M中一个点P4.所以,n211.下面构造一个例子说明n=ll是可以的.

如图所示，凸七边形A1A2-A7为一整点七边形，设点集M为7个顶点Al,A2,…，A7且

其内部有4个整点.则显然满足条件（I）.这个点集M也满足条件（2）,证明如下.

假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点.因整点多边形的面积均可表示为（neN+）

的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE.考虑顶点

坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）.从而，五边形ABCDE

的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同.于是，它们连线的中点P仍为整点.又P不在凸

五边形ABCDE内部，因此P在凸五边形的某条边上，不妨设P在边AB上，则P为AB的中

点.连结PE,则PBCDE是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.

综上所述,n的最小值为II.

四、（1）存在性.由，i=l,2,…及xO=O可知每一xi是xl的3i—1次实系数多项式，从

而，xn+1为xl的3n次实系数多项式.由于3n为奇数，故存在实数xl,使得xn+1=0.由xl及

x0=0可计算出x..如此得到的数列xO,xl,…，xn+1满足所给条件.

惟一性.设w0,wl,…,wn+1；v（）,vl,…,vn+1为满足条件的两个数列，则

I33

］（叱+1+W1|）="+陷-CI'

133

］（匕+I+，T）=9+9-a'

所以;（叱+］-片+i+吗_1-片_］）=（吗一片）。+因?+吗匕♦+V,-12）

设1%-%I最大，则

22

I%-%1<1吗0-/I（1+埼+飞飞+飞）

<||M）0+1-V/0+1|+!|>%_］一环o—i国%0-飞I

从而,1"3一%1=。，或1+32+%%+%2=1,

即I%一%1=。，或%2++（%+%）2=0.

所以I%-