2017全国高中数学竞赛成绩查询-教资高中数学怎么学
精品文档
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．2046
B．2047 C．2048 D．2049
2、设a，b∈R，
ab≠0，那么，直线ax－y＋b=0和曲线bx
2
＋ay
2
=ab的图形
是（ ）
3、过抛物线y
2
=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(
)
1616
8
B．
C．
3
D．
83
33
3
5??
2
???
4、若
x?[?,?]
，则
y?tan(
x?)?tan(x?)?cos(x?)
的最大值是（ ）.
366
123
121112
11
A．
2
B．
2
C．
3
3
D．
6
565
A．
5、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，
则函数
u?
4
4?x
2
?
9
9?y
2的最小值是（ ）
A．
24
1212
8
B． C． D．
5
75
11
6、在四面体ABCD中，设AB=1，CD=
3
，直线AB与CD的距离为2，夹角为面体ABCD的体积等于（ ）
?
，则四
3
33
1
1
B． C． D．
23
2
3
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
7、不等式
|x|
3
－2x
2
－4|x|＋3<0的解集是__________. <
br>A．
x
2
y
2
8、设F
1
，F
2<
br>是椭圆
??1
的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF
1
|：|PF<
br>2
|=2：1，则△
94
PF
1
F
2
的面积
等于__________.
－
9、已知A={x|x
2
－4x＋3<0，x∈R}，B={
x|2
1
x
＋a≤0，x
2
－2（a＋7）x＋5≤0，x∈R
}.若
A?B
，
则实数a的取值范围是__________.
35
10、已知a，b，c，d均为正整数，且
log
a
b?,log
c
d?
，若a－c=9，b－d=__________.
24
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M
n
={（十进制）n位
纯小数0.
a
1
a
2
La
n
|a
i
只取0或1（i=1，2，…，n－1），a
n
=1}，
.
精品文档
T
n
是M
n
中元素的个数，S<
br>n
是M
n
中所有元素的和，则
lim
三、解答题（本题满分6
0分，每小题20分）
S
n
=__________.
n??
T
n
3
?x?5
，证明不等式
2x?1?2x?3?15?3x?21
9
.
2
1
14、设A，B，C分别是复数Z
0
=ai，Z
1
=＋bi，Z
2
=1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应
2<
br>的不共线的三点.证明：曲线Z= Z
0
cos
4
t＋2 Z
1
cos
2
tsin
2
t＋Z
2
sin
4
t（t∈R）与△ABC中平行于AC
的 中位线只有一个公共点，并求出此点. <
br>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，D两点，
C在P，D之间.在弦CD上取一点 Q，使∠DAQ=∠PBC.
求证：∠DBQ=∠PAC. <
br>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
13、设
{
4
}?{
4
}?{
4
}
，其中{x}=
x－[x]，而[x]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=q
2
3
l
3
m
3
n
1
q（q＋1）
2
＋1，q≥2，q∈N.已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，
2
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）.
＋q＋1，l≥
答 案
一、选择题
1、注意到45
2
=2025，46
2
=21
16，故2026=a
2026
－
45
=a
1981
，21
15= a
2115
－
45
=
a
2070
.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a
2003
=
a
1981
＋22=2026＋22=2048.故选（C）.
x
2y
2
2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax＋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y
=
3x
. 因此，A，B两点
4
4
，纵坐标
y
0<
br>?
，进
3
3
414
416
??(x?)
，令
y=0，得P点的横坐标
x?4??
而求得其中垂线方程
y?
，即
3
33
33
16
PF?
，故选（A）.
3
的横坐标
满足方程：3x
2
－8x－16=0.由此求得弦AB中点的横坐标
x
0?
.
精品文档
4、
2
?
2
??
)?cot(x?)?cos(x?)
336
1
?
??cos
(x?)
2
?
2
?
6
cos(x?)sin(x?)
33
2
?
??cos(x?)
4
?
6
sin(2
x?)
3
5
??
4
??
2
????因为??x??,所以2x??[,],x??[?,?].可见
123223646
2<
br>?
5
??
与cos(x?)在[?,?]上同为递增函数.
4
?
6123
sin(2x?)
3
?
11
故当x??时,y取
最大值3.故选(C).
36
y?tan(x?
5、由已知得
y??
1
，故
x
?
?9x
4
?72x
2
?4<
br>42
4
4?x9x?1?9x?37x?4
37?(9x
2
?
2
)
x
424
11
而x∈（－2，
?<
br>）∪（，2），故当
9x
2
?
2
,即x
2
?
时,9x
2
?
2
之值最小，而此时函
3
22
xx<
br>12
数u有最小值，故选（D）.
5
6、如图，过C作
CE
?
AB
，以△CDE为底面，BC为侧
22
u?
4
?
9x
2
?1?
35
棱作棱柱ABF－ECD，则所求四面体的体积V
1
等于上述棱柱
1
1
CE×CD×sin∠ECD，AB
2
3
与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故
体积V
2
的.
而△CDE的面积S=
1133
V
2
?MN?CE?CD?sin?ECD?
?2?1?3??
2222
11
，故选（B）.
32
二、填空题
7、由原不等式分解可得（|x|－3）（x
2
＋
|x|－1）<0，由此得所求不等式的解集为
因此
V
1
?V
2?
(?3,?
5?15?1
)?(,3)
.
22
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=
5
，
故|PF
1
|＋|PF
2
|=2a=6，又已知|PF
1
|：|PF
2
|=2：1，故可得|PF
1
|=4，|PF
2
|=2. 在△PF
1
F
2
中，三边之
长分别为2，4
，
25
，而2
2
＋4
2
=
?
25
?
2
，可见△PF
1
F
2
是直角三角形，且两直角边的长短
为
.
精品文档
11
|PF
1
|·|PF
2
|=×2×4=4.
22
9、易得A=（1，3），设
－
f(x)=2
1
x<
br>＋a，g(x)=x
2
－2(a＋7)x＋5
要使
A?B
，
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f(1)
≤0，f
(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.
2和4，故△PF
1
F
2
的面积=
3
10、由已知可得
a
2
5
?b,c
4
bd
?d,从而a?()
2
,c?()
4
.
因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故
ac
?
bd<
br>2
?
b
?5
??9
?
?
2
a
b
2
d
4
bd
2
bd
2
a
??
c
()?()?9,即(?
2
)(?
2
)?9,故
?
,因而
?
2
.
2
aca
c
a
c
d
?
bd
?
?4
??1
??
c
2
?
?
a
c
2
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
eO′和
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△A′AB中，A′A= A′B=AB=2.设AB的中点为N，
则A′N=
3
.
又OM=OA=
2
，ON=1.所以MN
=
2
－1，
A
?
M?(A
?
N)
2
?(MN)
2
?22?
4
8
.因此所示原来圆柱的高为
4
8?2
.
12、因为M
n
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
n<
br>=2
n
1
.又因在这2
n
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
11111
S
n
?g2
n?1
(?
2
?L?
n?1
)?2
n?1
g
n
210
101010
11
(1?
n?
1
)
1
10
10
?2
n?2
g?2
n?1
g
n
1
10
1?
10
111
?
2
n?2
g(1?
n?1
)2
n?1
g
n
9
1010
S
1111
故lim
n
?lim[(1?
n?1
)?
n
]?.
n??
T
n
n??
1818
1010
三、解答题
13、由于（a＋b＋c＋d）
2
=
a
2
＋b
2
＋c
2
＋d
2
＋2（ab＋a
c＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a
2
＋b
2
＋c
2
＋
d
2
），因此a＋b＋c＋d≤2
a
2
?b
2
?c
2
?d
2
（当且仅当a=b=c=d时取等号）.
.
精品文档
取a=b=
x?1
，c=
2x?3
，d=
15?3x
，则
2x?1?2x?3?15?3x
?2(x?1)
?(x?1)?(2x?3)?(15?3x)?2x?14
?219
因为
x?1
，
2x?3
，
15?3x
不能同时相等，所以
2x?
1?2x?3?15?3x?219
.
14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi
=acos
4
t·i＋2(
1
＋
2
bi) cos
2
tsin
2
t＋(1＋ci)sin
4
t，实虚部分离，可得
x= cos
2
tsin
2
t＋sin
4
t=si
n
2
t
y=a(1－x)
2
＋2b(1－x)x＋cx
2
(0≤x≤1)
即y=(a＋c－2b)x
2
＋2(b－a)x＋a ①
又因
为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所
给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点
分别是
1a?b3b?c
D(,),E(,)
. 所以直线DE的方程为
4242
1
y=(c－a)x＋(3a＋2b－c)
②
4
1
由①，②联立得a＋c－2b（x－）
2
=0.
2
11113
由于a＋c－2b≠0，故（x－）
2
=0，于是得x=. 注
意到
??
，所以，抛物线与△
22424
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
(,)
，其对应的
24复数为
1a?c?2b
Z??i
24
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，0）. 设
折叠时，
e
O上点A′（Rcos
α
，Rsin
α
）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
α
)
2
＋(y－Rsin
α
)
2
=(x－a)
2
＋y
2
，即
2R(xcos
α<
br>＋ysin
α
)=R
2
－a
2
＋2ax，故
.
精品文档
xcos
?
?ysin
?<
br>x?y
22
?
R
2
?a
2
?2ax
2Rx
2
?y
2
2Rx?y
22
可得sin(
?<
br>?
?
)?
故|
R
2
?a
2
?2ax
2Rx?y
22
R
2
?a
2
?2ax
,其
中sin
?
?
x
x?y
22
,cos
?
?
y
x?y
22
.
|?1.(此不等式也可直接由柯西不等式得到.)
a
(x?)
2
y
2
2
平方后可化为??1.
R
2
R
2
a
2
()()?()
222
a
(x?)
2
y
2
2
即所求点的集合为椭圆??1外(含边界
)部分.
R
2
R
2
a
2
()()?()
2
22
加 试
一、如图，连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠AB
C，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故
BCDQ
，即BC·AD=AB·DQ.
?
ABAD
PCAC
又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故；同理由△PCB
?
PAAD
BCBC
∽△PBD得.
?
PBBD
ACB
C
又因PA=PB，故，得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
1
于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.
2
A
DDQCQ
在△CBQ与△ABD中，，∠BCQ=∠BAD，于是
??
ABBCBC
△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.
二、由题设可知
△ADQ∽△ABC，而有
3
l
10
4<
br>?[
4
]?
4
?[
4
]?
4
?[<
br>4
]
1010101010
lmn4
3
l
3
m
3
m
3
n
3
n
lmn4
?<
br>?
3?3?3(mod2)
①
于是
3?3?3(mod)?
?
lmn4
?
?
3?3?3(mod5) ②
由于（3
，2）=（3，5）=1，由①可知3
lm
≡3
mn
≡1(mod
2
4
).
现在设u是满足3
u
≡1(mod
2
4
)的最小正整数，则对任意满足3
v
≡1(mod
2
4
)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a与b，使得v=au
＋b，其中0
≡3
b
+
au
≡3
v
≡1(mod
2
4
)，而这显然与u的定义矛盾，所以
.
－－
精品文档
u |v.
注意到3≡3(mod
2
4
)，3
2
≡9(mod
2
4
)，3
3
≡27≡11(mod
2
4
)，3
4
≡1(mod
2
4
)从而可设m－n=4k，
其中k为正整数.
－
同理可由②推出3
mn
≡1(mod
5
4
)，故3
4
k
≡1(mod 5
4
).
现在我们求满足3
4
k
≡1(mod 5
4
)的正整数k.
因为3
4
=1＋5×2
4
，所以3
4
k
－
1=（1＋5×2
4
）
k
－1≡0(mod 5
4
)，即
k(k?1)
28
k(k?1)(k?2)
312
?5?2??5?
2
26
k(k?1)(k?2)
311
?5k?5
2
k[3
?(k?1)?2
7
]??5?2?0(mod5
4
)
3
k(k?1)(k?2)
311
或k?5k[3?(k?1)?2
7
]??5?2?0(mod5
3
)
3
5k?2
4
?
即有k=5t，并代入该式得
t＋5t[3＋(5t－1)×2
7
]≡0(mod
5
2
)
即有t≡0(mod 5
2
)，即k=5t=5
3
s，其中s为正整数，故m－n=500s，s为正整数.
同理可证l－n=500r，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500r＋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
0
，A
1
，A
2
，…，A
n
－
1
}为全集，记A
i
的所有邻点（与A
i
有连线
段的点）
的集合为B
i
，B
i
中点的个数记为|B
i
| =b
i
，显然
?
b
i
?2l
且b
i
≤(n－
1)(i=0，1，2，…，
i?1
n?1
n－1).
若存在b
i
=n－1时，只须取
n?111
]?1?(q?1)(
n?1)?1?q(q?1)
2
?1
222
则图中必存在四边形，
因此下面只讨论b
i
0
≤n－1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i≠j时，B
i
与
B
j
无公共点对，
l?(n?1)?[
即|B
i
∩B
j
|≤1（0≤i
i
?B
0
|?b
i
?1
(i=1，2，…，n－1). 故
.
精品文档
2
V?B
0
中点对的个数?C
n
?b
0
?
?
B
i
?B
0
中点对的个数=<
br>?
C
2
i?1
n?1
i?1
n?1n?1
|
B
i
?B
0
|
22
?
?
C
b(当b?1或2时,令C?0)
i
?1b?1
i?1
n?1
ii
?
1
(b
i
2
?3b
i
?2)
?
2
i?1
(
?
b
i
)
2
n?1<
br>n?1
1
i?1
?[?3(
?
b
i
)?2(
n?1)]
2n?1
i?1
1
(2l?b
0
)
2<
br>?[?3(2l?b
0
)?2(n?1)]
2n?1
1
?(2
l?b
0
?n?1)(2l?b
0
?2n?2)
2(n?1)
1
?[(n?1)(q?1)?2?b
0
?n?1]
2(n?1)
[(n?1)(q?1)?2?b
0
?2n?2]
?
1
(nq?q?
2?b
0
)(nq?q?n?3?b
0
)
2(n?1)
故(n－1)(n－b
0
)(
n－b
0
－1)≥(nq－q＋2－b
0
)(
nq－q－n＋3－b
0
)
q(q＋1) (n－b
0
) (
n－b
0
－1)≥(nq－q＋2－b
0
)(
nq－q－n＋3－b
0
) ①
但(
nq－q－n＋3－b
0
)－q( n－b
0
－1)= (q－1)
b
0
－n＋3≥(q－1) (q＋2) －n＋3=0 ②
及(nq－q＋2－b
0
)－(q+1)(n－b
0
)=
qb
0
－q－n＋2≥q(q＋2) －q－n＋2=1>0 ③
由②，③及(n－b
0
) (q＋1)，( n－b
0
－1)
q皆是正整数，得
(nq－q＋2－b
0
)(
nq－q－n＋3－b
0
)> q(q＋1) (n－b
0
) (
n－b
0
－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I，H分别为锐角△ABC的内心和垂
心，点B
1
，C
1
分别为边AC，AB的中点，已
知射线B
1
I交边AB于点B
2
（B
2
≠B），射线C
1
I
交AC的延长线于点C
2
，B
2
C
2
与BC相交于k，A
1
为△BHC外心，试证：A，I，A
1
三点共线的充分必要条件是△
BKB
2
和△CKC
2
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λ，使得对任何<
br>θ
i
∈（0，π2），（i=1，2，…，n），只
要tan
θ
1
tan
θ
2
…tan
θ
n
=2
n2
，就有cos
θ
1
＋cos
θ
2
＋…＋co
s
θ
n
≤λ.
四、求所有满足a≥2，m≥2的三元正整数组（a，m，n
），使得a
n
＋203是a
m
＋1的倍数.
.
精品文档
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A
k
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
k<
br>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）A
1
>A
2
>…>A
8
=
A
9
= A
10
；
（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
i
（x
i
，y
i<
br>）(i=1，2，3，4)是以原点为圆
心的单位圆周上的四个点，求证：
a
2
?b
2
c
2
?d
2
（ay
1
＋
by
2
＋cy
3
＋dy
4
）＋（ax
4
＋
bx
3
＋cx
2
＋dx
1
）≤
2(?)
.
abcd
22
参考答案
一、∵H是△ABC的垂心，A
1
是△BHC的外心，∴
△BHC=180°－∠BAC，∠BA
1
C=2∠
BAC.
又由题设知AB≠AC，从而A，I，A
1
共线，即A
1
在
∠BAC平分线上
?
A
1
在△ABC外接圆上
?
∠BA
1
C＋∠
BAC =180°
?
∠BAC =60°. <
br>现证
S
?BKB
2
?S
?CKC
2
?
∠BAC =60°.
作ID⊥AB于D，IE⊥AC于E，设BC=a，CA=b，AC=c，
则
ID?
IE?
2S
?AB
1
B
2
2S
?ABC
a
?b?c
?ID(AB
1
?AB
2
)?AB
1
gA
B
2
sinA,
故IDgAB
1
?AB
2
(AB<
br>1
sinA?ID)
2S
?ABC
b
2S
b
2S
g?AB
2
(g
?ABC
?
?ABC
),a?b?c22bca?b?c
bc
故AB
2
?
a?b?cbc
同理AC
2
?.
a?b?c
S
?BKB
2
?S
?CKC
2
?S
?ABC
?S
?AB
2
C
2
?bc?
bcbc
g
a?b?ca?b?c
?a
2
?(b?c)
2
?bc
?a
2
?b
2
?c
2
?bc??BAC?60
?
.
.
精品文档
故A，I，A
1
共线的充要条件是△BKB
2
和△CKC
2
的面积相等.
aa
二、设
n?2
a
1
3
a
2
5
3
7
a
1
11
5
q
，其中q是不被2，3，5，7，11整除的正整数，a
i
为非负整
数，n≤100，则n∈S
?
a
i
(1≤i≤5)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2×3×5，2
2
×3×5，2×3
2
×5，2×3×7，2
2
×3×7，2×5×7
，
2×3×11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3，3×3，…，3×33共17个数；
不超过1
00的正整数中与3互质的5的奇数倍：5，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5
×1
9共7个数；
不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7，7×7，7×11，7×13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，q∈{2，3，5，7，11}且p
≠
q，令
c=pq，则有c
∈S，c≠a，c≠b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，q∈{2，3，5，
7，11}，令c=pq，则
有c
∈
S，c≠a，c≠b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p
1
，p
2
为大于10的
质数，且p
1
，p
2
∈S，则由（3）知存在c∈S
，使得（p
1
，c）>1，（p
2
，c）>1，从而有p
1
| c，p
2
|c，
∴p
1
p
2
|c，由此可知c
≥p
1
p
2
>100，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°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2×3×5，2
2
×3×5，2×3
2
×5，7p包含了S中所有各
数的最小质因数，
因此由条件（2）知2×3×5，2
2
×3×5，2×3
2
×5
?
S；
若7p
?
S，则由条件（3）知7，7×7，
7×11，7×13
?
S；
（ii）若5p
∈
S，则由（2）知
，2×3×7，2
2
×3×7
?
S；
若5p
?
S，则由条件（3）知5，5×5，5×7
?
S.
（iii）3p与2×5×7不同属于S.
（iv）2×3p与5×7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.
.
精品文档
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.
（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5），
（2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5），
（2
2
×7，3+2×5）.
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，这与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=1，2时，λ=
n33
，
当n=1时，tan
θ
1
=
2
，∴cos
θ
1
=
32
.
当n=2时，tan
θ
1
tan
θ
2
=2，co
s
θ
1
=
11?tan
2
?
i
（i=1，
2）.
令tan
2
θ
1
=x，则tan
2
θ2
=4x，则
cos
?
1
?cos
?
2?233
?11?x?11?4x?233
?3(1?x?1?4x)?21?x1?4x
?3(2?x?4x?25?x?4x)?4(5?x?4x)
?14?x?4x?65?x?
4x?0,
即(5?x?4x?3)
2
?0,
等号成立当且仅当
<
br>5?x?4x?3?0
，由此易知当且仅当x=2时等号成立.故
cos
?1
?cos
?
2
?233
，当且仅当
θ
1=
θ
2
时，等号成立.
2°当n≥3时，λ=n－1.先证
cos
θ
1
＋cos
θ
2
＋…＋cos
θ
n
θ
1
≥
θ
2
≥
θ
3
≥…≥
θ
n
，要证明（1）式只要证 cos
θ
1
＋cos
θ
2
＋cos
θ
3
<2 （2）
tan
θ
1
tanθ
2
…tan
θ
n
=2
n
2
，故ta
n
θ
1
tan
θ
2
tan
θ
3
=
22
.
.
精品文档
cos
?
i
?1?sin
2
?
i
?1?sin
2
?
i
2,
故cos
?
2
?cos
?
3
?2?
(sin
2
?
2
?sin
2
?
3
)2?2
?sin
?
2
sin
?
3
.
tan
?1
?8(tan
?
2
tan
?
3
),故
cos
?
1
?
tan
?
2
tan
?3
8?tan
?
2
tan
?
3
?
22
2
1
cos
?
1
2
?
8?tan
2
?
2
tan
2
?
3
tan
?
2
tan
?
3
22
.
sin
?
2
sin?
3
8cos
2
?
2
cos
2
?3
?sin
2
?
2
sin
2
?
31
8cos
?
2
cos
?
3
?sin
?
2
sin
?
3
2222
cos
?
1?cos
?
2
?cos
?
3
?2?sin
?<
br>2
sin
?
3
g(1?
cos
?
1
?cos
?
2
?cos
?
3
?2
?8cos
2
?
2
cos
2
?
3
?sin
2
?
2
sin
2
?
3
?1
).
<
br>?8?tan
2
?
2
tan
2
?
3
?sec
2
?
2
sec
2
?
3
?(1?t
an
2
?
2
)(1?tan
2
?
3
)?tan
2
?
2
?tan
2
?
3
?7
. (3
)
若（3）式不成立，即tan
2
θ
2
＋tan
2
θ
3
>7，从而tan
2
θ
1
≥tan
2
θ
2
>72.故cos
θ
1
≤cos
θ
2
<1
1?72?23
，cos
θ
1
＋cos
θ
2<
br>＋cos
θ
3
<
223
＋1<2. 从而（1）式得证.
现证λ=n－1为最小的.
事实上，若0<λ
i
<（0，π2）i=1，2，…，n，
使得co s
θ
i
=α，tan
θ
i
=
1?
?
2
?
（i=1，2，…，n－1），tan
θ
n
=2
n
2<
br>(α
1?
?
2
)
n
1
，从而tan
－
θ
1
tan
θ
2
…tan
θ
n
=2
n
2
，但
cos
θ
1
＋cos
θ<
br>2
＋…＋cos
θ
n
－
1
＋cos
θ
n
> cos
θ
1
＋cos
θ
2
＋…＋cos
θ
n
－
1
=λ
当n≥3时，最小的正数λ为n－1. <
br>?
?
n33(n?1,2),
综上所求最小正数
?
?
?
?
?
n?1(n?3).
四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则
＋
a
n
＋203=a
mqr
＋203=a
mq
a
r
＋203≡(－1)
q
a
r
＋203(mod(a
m
＋1))
从而a
m
＋1|a
n
＋203
?
a
m
＋1|(－1)
a
a
r
＋203.即
k(a
m
＋1)= (－1)
q
a
r
＋203.
1°若2|q，则k(a
m
＋1)= a
r
＋203.
①
（i）若r=0，则有
k(a
m
＋1)=204=2
2
×3×17
由a≥2,m
≥2，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①有a<
br>r
（ka
mr
－1）=203－k.
对于1≤k≤9，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k≥10，则由①有
－
10（a
m
＋1）≤a
r＋203≤ka
m
1
＋203
－
故a
m
1
（10a－1）≤193，a可能值为2，3，4.
.
精品文档
当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
①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①式.
2°若q为奇数，则
k（a
m
＋1）=203－a
r
②
由0≤r≤m－1知，k≥0.
（i）当k=0时，a=203，r=1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k≥1，则当r=0时，由②有
k（a
m
＋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≥1时，由②有a
r
(ka
mr
＋1)=203－k
.
对于1≤k≤5，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②有6（a
m
＋1）<203.故a
m
只可能有2
2
，
2
3
，2
4
，2
5
，3
2
，3
3
，4
2
，5
2
.
容易验证仅当a
m
=3
2
，r=1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（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），<
br>（2，2，4t＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4
t＋2），（8，2，4t＋3），
（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t为非负整
数.
五、设A
k
(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
A
k
(1)=3·8！
?
?
γ
1
.
①
当2≤a≤8时，若k=a，a＋1，…，10，则有A
k
(a)=0；
若k=1，2，3，…，a－1，则有
.
精品文档
a?
1
A
k
(a)?3C
7
(a?2)!(10?a)!?
?<
br>?
a
A
1
?
?
?
a
②
a?2
8
A
k
?
?
1
?
a?k
?1
?
8
?
a
(k?2,3,L,7)
③
A
8
?A
9
?A
10
?A
k
(
1)?
?
1
④
1
A
1
?A
2
?3C
7
(2?2)!(10?2)!?3g8!?(3?
7?3)8!?0
再注意到③、④即有
A
1
?A
2
?A3
?LA
8
?A
9
?A
10
容易算得
?
1
?3g8!,
?
2
?21g8!,
?
3
?63g7!,
?
4
?30g7!,
?
5
?15g7!,
?
6
?7.2g7!,
?
7
?3g7!,
?
8
?6g6!
A
1
?A
2
?A
3
?2<
br>?
1
?
?
2
?2
?
3
?3
?
?
4
>6g8!?21g8!?126g7!?3(30?15?7?3)7!?5
07g7!
a?4
8
A
1
?A
2
?A
3<
br>507g7!
??70%
10!10!
A
8
?A
9<
br>?A
10
3?3g8!
??10%.
10!10!
六、令u=
ay
1
＋by
2
，v=cy
3
＋dy
4
，
u
1
=ax
4
＋bx
3
，v
1
=cx2
＋dx
1
，则
u
2
≤（ay
1
＋
by
2
）
2
＋（ax
1
－bx
2
）
2
=a
2
＋b
2
－2ab(x
1
x
2<
br>－y
1
y
2
)
a
2
?b
2
?u
2
x
1
x
2
－y
1
y
2<
br>≤ ①
2ab
v
1
2
≤（cx
2
＋dx
1
）
2
＋（cy
2
－dy
1
）
2
= c
2
＋d
2
－2cd(y
1
y
2
－x
1
x
2
)
c
2
?d
2
?v
1
2
y
1
y
2
－x
1
x
2
≤ ②
2cd
①＋②并整理得 u
2
v
1
2
a
2
?b
2
c<
br>2
?d
2
???
abcdabcd
同理可得
u
1
2
v
2
a
2
?b
2
c
2?d
2
???
abcdabcd
(u?v)
2
?(u<
br>1
?v
1
)
2
?(abg
u
ab
?
cdg
v
cd
)
2
?(abg
u
1
ab<
br>?cdg
v
1
cd
)
2
u
12
v
1
2
u
2
v
2
?(ab?cd)
(?)?(ab?cd)(?)
abcdabcd
u
2
v
1
2
u
1
2
v
2
a
2
?b
2
c
2
?d
2
?????2(?)
abcdabcdabcd
.
精品文档
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、CD、DA
上，且满足
AEBFCGDH
ggg?1
.而点A、B、C、D分别在凸四边形E
1
F
1
G1
H
1
的边H
1
E
1
、E
1
F
1
、
EBFCGDHA
E
1
AFC
?
?
.求
1
的
AH
1
CG
1
F
1G
1
、G
1
H
1
上，满足E
1
F1
∥EF，F
1
G
1
∥FG，G
1
H
1
∥GH，H
1
E
1
∥HE.已知
值.
二、已给
正整数c，设数列x
1
，x
2
，…满足x
1
=c，且xn
=x
n
－
1
＋
[
2x
n?1
?(n?2)
3，…，
]
＋1,n=2，
n
其中[x]表示不大于
x的最大整数.求数列{x
n
}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x
0
，x
1
，…，x
n
，x
n
＋
1
，满足
?
x
0
?x
n?1
?0,
?
<
br>?
1
33
(x
i?1
?x
i?1
)?xi
?x
i
?a,i?1,2,L,n.
?
?
2
（2）对于（1）中的数列x
0
，x
1
，…，x
n
，xn
＋
1
满足|x
i
|≤|a|，i=0，1，…，n＋1. <
br>五、给定正整数n(n≥2)，设正整数a
i
=(i=1，2，…，n)满足a
1
<…
以及
?
求证：对任意实数x，
有
1
≤1.
a
i?1
i
n
?
n
1
?
11
??
??
?
2
?
a
2
?x
2
?
2
a(a?1)?x
11
?<
br>i?1
i
?
六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n均可表示为200
4个正整数之和：n=a
1
＋a
2
＋…＋a
2004
，且满
足1≤a
1
<…
，a
i
|a
i
＋
1
，i=1，2，…，2003.
2
参考答案
一、（1）如图1，若EF∥AC则
得
BEBF
，代入已知条件
?
EAFC
DHDG
，
?
HAGC
所以，HG∥AC.
从而，E
1
F
1
∥AC∥H
1
G
1
.
.
故<
br>F
1
CE
1
A
CG
??
?
.
1
AH
1
（2）如图2，若EF与AC不平行.
设FE的延长线与CA
的延长线相交于点T. 由梅涅劳斯定理得
CFBEAT
FB<
br>g
EA
g
TC
?1
.
结合题设有
CGGD
g
DH
HA
g
AT
TC
?1
.由
梅涅劳斯定理逆定理知
T、H、G三点共线.设TF、TG与E
1
H
1
分别交于点M、N. 由
E
1
B∥EF，得E
1
A=
BA
EA
·AM.
同理，H
1
A=
AD
AH
·AN.所以，
E1
A
AH
?
AM
g
AB
g
AH
.
1
ANAEAD
又
EQ
QH
?
S
?A
EC
S
?
S
?ABC
gAEgAD
,故
?AHC<
br>S
?ADC
gABgAH
EA
EQABAH
S
1
?ABC
AH
?gg
AD
?
1
QHAES<
br>?ADC
同理,
F
1
C
S
?ABC
FCEA
CG
?.所以,
1
CG
?
1
?
?
.
1
S
?ADC1
AH
1
二、显然，当n≥2时，
x
2(x
n
?x
n?1
?[
n?1
?1)
n
]
.
令a
n
=x
n
－1，则a
1
=c－1，
.
精品文档
精品文档
2a
n?1
n?2
]?[ga
n?1
],n?2,3,L
①
nn
(n?1)(n?2)
设u
n
?Ag,n?1,2,L,A为
非负整数.由于当n?2时,
2
n?2(n?2)(n?1)(n?2)
[gu
n?1
]?[Aggn(n?1)]?Ag?u
n
n2n2
所以,数列{u
n
}满足式①.
a
n
?a
n?1
?[
设y
n
?n,n?1,2,L.由于当n?2时,
[
n?2(n?2)(n?1)
2
gy
n?1
]?[]?[n
2
?1?]?n
2
?
y
n
,
n2n
所以,{y
n
}也满足式①.
(n?
2)
2
设z
n
?[],n?1,2,L,当n?2m且m?1时,
4
n?2m?1(2m?1)
2
m?1
[gz
n?1
]?[g
[]]?[gm(m?1)]?(m?1)
2
?z
n
nm4m
当n?
2m?1且m?1时,
n?22m?3(2m?2)
2
2m?3m?1
[gz
n?1
]?[g[]]?[(m?1)
2
]?[(m?1)(m?2)?]<
br>n2m?142m?12m?1
(2m?3)
2
?(m?1)(m?2)?[]
?z
n
4
从而,{z
n
}也满足式①.
对任意非负整数A，
令
(n?1)(n?2)
v
n
?u
n
?yn
?Ag?n
2
(n?1)(n?2)(n?2)
2
w
n
?u
n
?z
n
?Ag?[]
24
n?1,2,L
,显然{v
n
}和{w
n
}都满足式①.
a
9
由于
u
1
?3A,y
1
?1,z
1
?[]?2,所以,当3|a
1
时,a
n
?
1
(n?1)(n?2);
46当a
1
?1(mod3)时,
a
1
?1
(n?1)(n
?2)?n
6
当a
1
?2(mod3)时,
a
n
?
a
1
?2
(n?2)
2
a
n
?(n?1)
(n?2)?[]
64
综上可得
c?1
(n?1)(n?2)?1;
6
c?2
当c?2(mod3)时,x
n
?(n?1)(n?2)?n?1;
6
当c?1(mod3)时,x
n
?
c?3(n?2)
2<
br>当c?0(mod3)时,x
n
?(n?1)(n?2)?[]?1.
64
.
精品文档
三、先证n≥11.
设顶点在M中的
一个凸七边形为A
1
A
2
…A
7
，连结A
1
A
5
.由条件
（2）知，在凸五边形A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
中至少有M中一个点，记为P
1.
连结P
1
A
1
、P
1
A
5
，则在凸五边形A
1
P
1
A
5
A
6
A
7
内至少有M中一个
点，记为P
2
，且P
2
异于P
1
.连结P
1
P
2
，则A
1
，A
2
，…，A
7
中至少
有5个顶点不在直线P
1
P
2
上. 由抽屉原则知，在直线P
1
P
2
的某一
侧必有3个顶
点，这3个顶点与点P
1
、P
2
构成的凸五边形内，至
少含有M中一
个点P
3
.
再作直线P
1
P
3
、P
2
P
3
.令直线P
1
P
2
对应区域Ⅱ
3，它是以直线
P
1
P
2
为边界且在△P
1
P<
br>2
P
3
异侧的一个半平面（不含直线P
1
P
2
）.
类似地定义区域Ⅱ
1
、Ⅱ
2
. 这样，区域Ⅱ
1、Ⅱ
2
、Ⅱ
3
覆盖了平面上
7
3
一区域（不妨
设为Ⅱ
3
）中.这3个点与P
1
、P
2
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P
4
.所以，n≥11.
下面构造一个例子说明n=11是可以的.
如图所示，凸七边形A
1
A
2<
br>…A
7
为一整点七边形，设点集M为7个顶点A
1
，A
2，…，A
7
且
其内部有4个整点.则显然满足条件（1）.
这个点集M也满足条件（2），证明如下.
n
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（n∈N
2
＋
）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11.
四、（1）存在性.由
x
i?1
?
2x
i
?2x
i
3
?2a
3
?x
i?1<
br>，i=1，2，…及x
0
=0可知每一x
i
是x
1
的
3
i
－
1
除△P
1
P
2
P
3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A
1
，A
2
，…，A
7<
br>中必有
[]
＋1=3个顶点在同
次实系数多项式，从而，x
n
＋
1
为x
1
的3
n
次实系数多项式. 由于3
n<
br>为奇数，故存在实数x
1
，使得
x
n
＋
1
=
0. 由x
1
及x
0
=0可计算出x
i
. 如此得到的数
列x
0
，x
1
，…，x
n
＋
1
满足所给条
件.
惟一性.设w
0
，w
1
，…，w
n
＋
1
；v
0
，v
1
，…，v
n
＋
1
为满足条件的两个数列，则
.
精品文档
1
(w
i?1
?w
i?1
)?w
i
?w
i
3
?
a
3
2
1
(v
i?1
?v
i?1
)?v<
br>i
?v
i
3
?a
3
2
1
所以(w<
br>i?1
?v
i?1
?w
i?1
?v
i?1
)
?(w
i
?v
i
)(1?w
i
2
?w
i<
br>v
i
?v
i
2
)
2
设|w
i
0
?v
i
0
|最大,则
|w
i
0
?v<
br>i
0
|?|w
i
0
?v
i
0
|(1
?w
i
0
2
?w
i
0
v
i
0?v
i
0
2
)
?
11
|w
i
0
?1?v
i
0
?1|?|w
i
0
?1
?
v
i
0
?1
|?|w
i
0
?v
i
0
|
22
从而,|w
i
0
?v
i
0
|?0,或1?w
i
0
2
?w
i
0
v
i
0
?v
i
0
2
?1,
即|w
i
0
?v
i
0
|?0,或w
i
0
2
?v
i
0
2
?(w
i
0
?v
i
0
)
2
?0.
所以|w
i
0
?v
i
0
|?0成立.
由|w
i
0
?v
i
0
|的
最大性知所有|w
i
?v
i
|?0,
即w
i
?v<
br>i
,i?1,2,L,n.
（2）设|
x
i
0
|最大
，则
|x
i
0
|?|x
i
0
|
3
?|x
i
0
|(1?x
i
2
)
0
1?|(x
i
0
?1
?x
i
0
?1
)?
a
3
|
2
11
?|x
i
0
?1
|
?|x
i
0
?1
|?|a
3
|?|x
i
0
|?|a
3
|.
22
所以,|x
i
0<
br>|?|a|.
因此,|x
i
|?|a|,i?0,1,2,L,n?1.
五、当x
2
≥|a|（a
1
－1）时，由
?
a
n
1
?1
可得
i?1
i
.
精品文档
2
?
n
?
?
n
11
?
1
?
n
1
?
?
?
?
2
?
?
?
??
?
a
?
?
a2
?x
2
?
?
?
2a|x|
4x
??
i?1
i
?
i?1
i
?
?
i?1
i
111
?
2
?g
2
a
1
(a
1
?1)?4x
2
4x
当x
2
?a
1
(a<
br>1
?1)时,由柯西不等式得
?
n
?
?
n
1
1
?
?
?
?
?
?
a
2
?x
2
?
?
?
?
i?1
i
?
?
i?
1
a
i
对于正整数a
1
?a
2
?L
2a<
br>i
?
2
2
?
?
?
?
2
?<
br>n
?
?
n
a
i
a
i
?
??
?
?
?
?
(a
2
?x
2
)
2
?
?
(a
2
?x
2
)
2
?<
br>?
i?1
i
?
i?1
i
?a
n
,有
a
i?1
?a
2
?1,i?1,2,L,n?1,且
2a
i
2a
i
?
(a
i
2
?x
2
)2
(a
2
?x
2
?
1
)
2
?
a
2
((a?
1
)
2
?x
2
)((a?<
br>1
)
2
?x
2
)
iiii
422
1
111
????i?1,2,L,n?1.
1
2
1
2
12
1
22222
(a
i
?)?x(a
i
?)?
x(a
i
?)?x(a
i?1
?)?x
2222
??
nn
??
a
111
故
?
2
i
22
?
?
?
?
?
2
i?1
?
(a
?
1
)
2
?x
2
(a?
1
)
2<
br>?x
2
?
i?1
(a
i
?x)
?
i
?
i?1
22
??
1111
?g?g
2
(
a?
1
)
2
?x
2
2
a
1
(a<
br>1
?1)?x
2
i
2
六、我们证明更一般的结论：
对任给正整数r（r≥2），总存在正整数N（r），当n≥N（r）时，存在正整数a
1
，a
2
，…，
a
r
，使得n=a
1
＋a
2＋…＋a
r
，1≤a
1
<…
i
|a
i
＋
1
，i=1，2，…，r－1.
证明如下：
当r=2时，有n=1＋n－1，取N（2）=3即可.
假设当r=k时结论成立. 当r=k＋1时，取N(k＋1)=4N(k)
3
. 设
n=2
a
(2l＋1)，若n≥N(k＋
1)=4N(k)
3
，则2
a
≤2N(k)
2
，则存在正偶数2t≤a，使得2
2
t<
br>≥N(k)
2
，即2
t
＋1≥N(k). 由归纳假设，
存在
正整数b
1
，b
2
，…，b
k
，使得
2
t
＋1= b
1
＋b
2
＋…＋b
k，1≤b
1
<…
，
b
i
| b
i
＋
1
，i=1，2，…，k－1.
－－
则2
a
=2
a
2
t
×2
2<
br>t
=2
a
2
t
[1＋(2
t
－1)
(2
t
＋1)]
－－－－
=2
a
2
t
＋
2
a
2
t
(2
t
－1)b
1
＋2
a
2
t
(2
t
－1)b
2
＋…＋2
a2
t
(2
t
－1)b
k
－－－
n=
2
a
2
t
(2l＋1)＋2
a
2
t
(2<
br>t
－1) b
1
(2l＋1)＋…＋2
a
2
t
(2
t
－1) b
k
(2l＋1)
若2l＋1≥2N(k)，则
l≥N(k).由归纳假设，存在正整数c
1
，c
2
，…，c
k使得
l=c
1
＋c
2
＋…＋c
k
，1≤c<
br>1
<…
，
c
i
|
c
i
＋
1
，i=1，2，…，k－1.
＋＋＋
因此，n=2
a
＋2
a
1
c
1
＋2
a
1
c
2
＋…＋2
a
1
c
k
满足要求.
由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r≥2成立.
.
精品文档
2003年IMO中国国家队选拔考试试题
一、在锐角△
ABC中，AD是∠A的内角平分线，点D在边BC上，过点D分别作DE⊥AC、
DF⊥AB，垂足分
别为E、F，连结BE、CF，它们相交于点H，△AFH的外接圆交BE于点G.
求证：以线段BG、
GE、BF组成的三角形是直角三角形.
二、设A
?
{0，1，2，…，29}，满
足：对任何整数k及A中任意数a、b（a、b可以相同），
a＋b＋30k均不是两个相邻整数之积.
试定出所有元素个数最多的A.
三、设A
?
{(a
1
，a
2
，…，a
n
)|a
i
∈R，i=1,2, …n}，A是有限集.
对任意的
α
=(a
1
，a
2
，…，
a
n<
br>)∈A，
β
=(b
1
，b
2
，…，b
n) ∈A，定义：
γ
（
α
，
β
）=(|a
1
－b
1
|，|a
2
－b
2
|，…，|a
n
－b
n
|)，
D（A）={
γ
（
α
，<
br>β
）
α
∈A，
β
∈A } .
试证： |
D（A）|≥|A|.
四、求所有正整数集上到实数集的函数f，使得
（1）对任意n≥1, f(n＋1)≥f(n)；
（2）对任意m、n、(m、n)=1，有f(mn)=f(m)f(n).
五、设A={1，2，…，2002}，M={1001，2003，3005}.
对A的任一非空子集B，当B中任
意两数之和不属于M时，称B为M一自由集. 如果A=A
1
∪A
2
，A
1
∪A
2
=
?
，且A
1
、A
2
均为M
一自由集，那么，称有序对（A
1
，A
2
）为A的一个M一划分. 试求A的所有M一划分的个数.
11
六、
设实数列{x
n
}满足：x
0
=0，x
2
=
32
x
1
，x
3
是正整数，且
x
n?1
?
3
x
n
?
3
4x
n?1
?x
n
?2
，
2
4
n≥2. 问：这类数列中最少有多少个整数项？
参考答案
一、如图，过点D作DG′⊥BE，垂足为G′.由勾股定理知BG′
2<
br>－G′E
2
=BD
2
－DE
2
=BD
2－DF
2
=BF
2
.
所以，线段BG′、G′E、BF组成的三角形是以BG′为斜边的直角三角形.
下面证明G′即为G，即只须证A、F、G′、H四点共圆.
如图1，连结EF，则AD垂直平分EF.
设AD交EF于点
Q，作EP⊥BC，垂足为P，连结PQ并延长交AB于点R，连
结RE.
因为Q、D、P、E四点共圆，所以，∠QPD=∠QED.
又A、F、D、E四点共圆，所以，∠QED=∠FAD.于是，
A、R、D、P四点共圆.
又∠RAQ=∠DAC，∠ARP=∠ADC，于是，△ARQ∽△ADC,
ARAD
.
?
AQAC
从而，AR·AC=AQ·AD=AF2
=AF·AE，即
ARAE
.
?
AFAC
所以，REFC，∠AFC=∠ARE.
因为A、R、D、P四
点共圆，G′、D、P、E四点共圆，则BG′·BE=BD·BP=BR·BA.
故A、R、G′、E
四点共圆.所以，∠AG′E=∠ARE=∠AFC.
因此，A、F、G′、H四点共圆.
二、所求A为{3l＋2|0≤l≤9}.
.
精品文档
设A满足题中条件且|A |最大.
因为两个相邻整数之积被30整除，余数为0，2，6，12，20，26.
则对任意a∈A，有2a
?
0，
2，6，12，20，26（mod 30）
，即a
?
0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28（mo
d 30）.
因此，A
?
{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，1
9，20，22，23，24，26，27，29}.
后一集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多包含A中的一个元素:
{2，4
}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}
，{26，24}，
{29}.
故|A|≤10.
若|A|=10，则每个子集恰好包含A中一个元素，因此，20∈A，29∈A.
由20∈A知12
?
A，22
?
A，从而，8∈A，14∈A.这样，4
?
A，24
?
A，因此，2∈A，
26∈A.
由29∈A和7
?
A，27
?
A，从而，5∈A，23∈A. 这样，9
?
A，19
?
A，因此，11∈A，
17∈A.
综上有A={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A确实满足要求.
三、对n和集A的元素个数用归纳法.
如果A恰有一个元素，则D（A）仅包含一个零向量，结论成立.
如果n=1，设A={a<
br>1
<…
}，则
{0，a
2<
br>－a
1
，a
3
－a
1
，…，a
m
－
a
1
}
?
D（A）.
因此， | D（A）|≥|A|.
假定|A|>1和n>1，定义B={x
1
，x
2
,…，x
n－
1
|存在x
n
使得(x
1
，x
2
，
…，x
n
－
1
，x
n
)∈A}.
由归纳假设|D（B）|≥|B|.
对每一个b∈B，令A
b
={x
n
|(b，x
n
)∈A}，a
b
=max{x|x∈A
b
},C=A{b，a
b
}|b∈B}.则|C|=|A|－|B|.
因为|C|<|A|，由归纳假设|D(C)|≥|C|.
另一方面，D(A)=
∪
{(D，|a－a′|)|d(b，b′)=D，且a∈A<
br>b
，a′∈A
b
′
}.
D∈D（B）
类似地，再令C
b
=A
b
{a
b
}，有D（C）=
∪
{(D，|c－c′|)|d(b，b′)=D，且c∈C
b
，
D∈D（B）
c′∈C
b
′
}.
注意到，对每一对b、b′∈B，最大差|a－
a′|(a∈A
b
，a′∈A
b
′
)一定是a=a
b
或a′=a
b
′
.
于是，这个最大差不出现在{|c－c′||
c∈C
b
，c′∈C
b
′
}中.
因此，对任何的D∈D（
B），集合{|c－c′||d(b，b′)=D，且c∈C
b
和c′∈C
b
′
}并不包含
集合{|a－a′||d(b，b′)=D，且a∈A
b
和a′
∈A
b
′
}中的最大元，前者是后者的真子集.
由此结论可知
|
D(C)|≤
D?D(B)
?
(|{|a?a
?
||d(b,b?
)?D且a?A
b
和a
?
?A
b
?
}|?1)
≤|D(A)|－|D(B)|.
故|D(A)|≥|D(B)|＋|D(C)|≥|B|＋|C|=|A|.
四、显然，f=0是问题的解.
设f
?
0，则f(1)≠0.否则
，对任意正整数n有f(n)=f(1)f(n)=0，矛盾. 于是得f(1)=1.
由（1）可知f(2)≥1.下面分两种情况讨论：
（i）f(2)=1，则可证
f(n)=1(
?
n) ①
事实上，由（2）知f(6)=f(2)f(3)=f(3).
记f(3)=a，则a≥1.
由于f(3)=f(6)=a，利用（1）可知f(4)=f(5)=a.利用（2）知，对任意奇数p
有f(2p)=f(2)f(p)=f(p).
再由此及（1）可证
.
精品文档
f(n)=a(
?
n≥3)
②
事实上，a=f(3)=f(6)=f(5)=f(10)=f(9)=f(18)=f(17)=
f(34)=f(33)=….由式②和（2）得a=1，即f=1，
故式①成立.
（ii）f(2)>1. 设f(2)=2
a
，其中a>0.
令
g
(x)?f
1
a
(x)
，则g(x)满足（1）、（2）且g(1)=1，g
(2)=2.
－－－
设k≥2，则由（1）得2g(2
k
1
－1)
=g(2)g(2
k
1
－1)=g(2
k
－2)≤g(2
k
)≤g(2
k
＋2)=g(2)
g(2
k
1
＋
－
1)=2
g(2
k
1
＋1)；
－－－－
若k≥3，则2
2
g(2
k
2
－1)=2g(2
k
1
－2)≤g(2
k
)≤2g(2
k
1
＋2)=2
2
g(2
k
2
＋1).
依此类推，用归纳法得
－－
2
k
1
≤g(2
k
)≤2
k
1
g(3)
(
?
k≥2) ③
同样，对任意m≥3，k≥2有
－－
g
k
1
(m)g(m－1)≤g(m
k
)≤g
k
1
(m) g(m＋1) ④
显然，当k=1时，③、④也成立.
＋任取m≥3，k≥1，有s≥1，使得2
s
≤m
k
≤2
s
1
.
于是，有s≤klog
2
m
2
m－1
m ⑤ ＋
由（1）可知g(2
s
)≤g(m
k
)≤g(2
s<
br>1
).
再由③、④得
s?1k?1
?
?
2?g(
m)g(m?1)
?
k?1s?1
?
?
g(m)g(m?1)?2g
(3)
2
s?1
2
s?1
g(3)
k?1
即?g(
m)?
g(m?1)g(m?1)
g(m)g(m)g(3)
s?1
所以,g
2
s?1
?g
k?1
(m)?g2.
g(m?1)g(m?1)由⑤得
klogmklogm
g(m)
2
?g
k
(m)
?
g(m)g(3)
g
2
g22
4g(m?1)2g(m?1)
故
k
k
klogmklogm
g(m)
2
?
g(m)?
k
g(m)g(3)
g
2
,即g22
4g(m?
1)2g(m?1)
g(m)g(m)g(3)
m?g(m)?
k
m
4g(m?1)2g(m?1)
令k→＋∞得g(m)=m，则f(m)=m
a
. <
br>综上得f=0或f(n)=n
a
(
?
n)，其中a(a≥0)为常数.
五、对m、n∈A，若m＋n=1001或2003或3005，则称m与n“有关”.
易知
与1有关的数仅有1000和2002，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003有关
的为1000和2002.
所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，100
3}，{1000，2002}.
同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，
{3，1005}，{998，2000}；这样A中的
2002个数被划分成501对，共1002组
.
由于任意数与且只与对应的另一组有关，所以，若一对中一组在A
1
中，另一组必
在A
2
中.
反之亦然，且A
1
与A
2
中不再有有关
的数
. 故A的M一划分的个数为2
501
.
.
精品文档
六、设n≥2，则
x
n?1
?
3
2x
n
?
?
1
3
1
x
n?1<
br>3
2
1
3
4
3
x
n
?
3<
br>2x
n
?
3
4x
n?1
?
2
xn?1
?
1
x
n?2
2
3
241
??
x
n
?x
n?1
?x
n?2
222
3
21
??(x
n
?
3
2x
n?1
?
3
x
n?2
)
2
2
1
由于x
2
?
3
2x
1
?
3
x
0
?0,所以,
2
1
x
n?1
?
3
2x
n
?
3
x<
br>n?1
(?n?1) ①
2
3
12
①的特征方程为
?
?2
?
?
3
,解得
?
?
?
2
2
2
3
33
412
?
3
?(
1?3).
42
2
3
再由x
0
=0可得
x
n
?A(
于是，
x
3
?
2
n
)
[(1?3)
n
?(1?3)
n
]
2
x
A
[(1?3)
3
?(1?3)
3
]?33A.故A?
3<
br>.
4
33
x
3
33
3
由此可得<
br>x
n
?
记
a
n
?
1
(
2<
br>n
)[(1?3)
n
?(1?3)
n
]
②
2
3
数的必要条件是3|n.而
33
a
3k
?[(1?3)
3k
?(1?3)
3k
]?[(10?63)
k?(10?63)
k
]
，
3333
所以，3|a
3k
.
[(1?3)
n
?
(1?3)
n
]
.显然，{a
n
}为偶数列，且由x
3为正整数和②知x
n
为整
令
b
n
?(1?3)
n
?(1?3)
n
，n=1，2，……，则{b
n
}也是偶数列，且
易知对任意非负整
数m、n，有
1
?
a?(a
n
b
m
?a
m
b
n
)
n?m
?
?
2
③
?
1
?
b
n?m
?(b
n
b
m
?3a
n
a
m
)
?
2
?
在③中令m=n，则有
?
a
2n
?an
b
n
?
?
1
22
④
b?(b?3a
2nnn
)
?
2
?
设a
n
=2
k
n
p
n
，b
n
=2
l
n
q
n
，其中n、k
n
、l
n
为正整数，
p
n
、q
n
为奇数.
由于a
1
=b
1<
br>=2，即k
1
=l
1
=1，由④可知
k
2
=2，l
2
=3；k
4
=5，l
4
=3；k
8=8，l
8
=5.
.
精品文档
用归纳法可得
k
?
1,
m=0
?
1, m=0,
??
?
?
2,
m?1, l
m
?
?
3, m?1,
2
?
m-1
?
m-1
?
2?m?1
m?2
?
2?1
m?2.
2
m
任取m
1
>m
2
≥2，由③可得 <
br>1
?
a?(ab?a
m
b
m
)
mm
?
2221
?
21?22
2
2
m
12
m<
br>2
?
1
?
b?(b
m
b
m
?3a
m
a
m
)
mm
2122
?
?21?22
2
2122
由此易知
?
k
mm
?
2
m
1
?1
?2
m
2
?1
?m
2
?1
?
21?22
?
m
1
?1m
2
?1
l?2?2?1
?
?
2
m
1?2
m
2
用归纳法可知，对于m
1
>m
2
>…>m
r<
br>≥2，有
m
1
?1m
2
?1m
r
?1
?
k
mm
?2?2?L?2?m
r
?1
m<
br>?
21?22?L?2r
?
m
1
?1m
2
?1m
r
?1
l?2?2?L?2?1
?
?
2m
1?2
m
2?L?2
m
r
即当n=2
rp，其中r(r≥2)是整数，p是奇数时，有
n
?
k??r?1
?
?
n
2
⑤
?
n
?
l??1
n
?
2
?
1
当n=4m＋1时，由③可得
a
4m?1
?(a
4m
b1
?a
1
b
4m
)?a
4m
?b
4m
.
2
由⑤可知k
4m
＋
1
=2m＋1.
同理，由
1
?
a?(ab?ba)?2(2a
4m
?b<
br>4m
)
?
?
4m?2
2
4m24m2
?
1
?
a
4m?3
?(a
4m
b
3<
br>?b
4m
a
3
)?2(5a
4m
?3b
4m
)
?
2
?
知k
4m
＋
2
=k4m
＋
3
=2m＋2.
综上可知
?
n1
?
2
?
2
,
当n为奇数时,
?
?
n
k
n
?
?
?1, 当n?2(mod4)时,
2<
br>?
?
n
r
?
2
?r?1, 当n?2p,r?2,
p为奇数时.
?
x
?n
x
k
n
?n
当3|
n时，由②得
x
n
?
3
2
3
a
n
?
3
2
3
p
n
，其中3|p
n
.
33
.
22
精品文档
由于k
3
=2=
整数.
2222
×3，k
6=4=×6，k
12
=9>×12，k
24
=16=×24，从而，x<
br>3
，x
6
，x
12
，x
24
，均为
3333
n
＋1，所以，
2
若n
?
0(mod
4)，则k
n
≤
2n
k
n
?n?1??0(?n?6) ⑥
36
若n=0(mod 4)，由于3|n，则n=2
r×3
k
q，其中r≥2，k≥1，q不含3的因子.
2
－－＋－－由⑤可知，k
n
=2
r
1
×3
k
q＋r＋1于
是，k
n
－
n
=2
r
1
×3
k
q
＋r＋1－2
r
1
×3
k
1
q=r＋1－2
r1
×
3
－－
3
k
1
q≤r＋1－2
r
1
，
等号当且仅当k=q=1时成立.
－－
当r>3时，2r
1
=(1＋1)
r
1
>r＋1.由此可知，当r>3或2≤r
≤3，但k、q中有一个不为1时，
有
2
k
n
?n?0
⑦
3
由⑥和⑦知{x
n
}中仅有x
0
，x
3，x
6
，x
12
，x
24
均为整数.
综上得数列中最少有5个整数项.
2003年中学生数学智能通讯赛试题
高一年级
一、选择题（共8道小题，每小题5分，共40分）
1、已知集合M={x|x
3<
br>－x=0}，集合N={x|－2≤x≤1，x∈Z}，从M到N的映射f：M→N满
足条件，对
任意x∈M，恒有x＋3f(x)为偶数，则这样的映射共有（ ）
A．8个
B．9个 C．81个 D．64个
2、设[t]表
示不大于t的最大整数，如[1]=1，[1.2]=1，则方程[3x＋1]=6x的根共有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个
D．3个
－
3、设定义域为R的函数f(x)、g(x)都有反函数，并且函数f(x＋1)
和g
1
(x－2)的图象关于直
线y=x对称，若g(5)=2002，那么f(6)
等于（ ）
A．2002 B．2003 C．2004
D．2005
4、某厂生产的一种饮料售价2元，销售中还规定5个空瓶子可换取一瓶新饮料（含瓶）
，
该种饮料每瓶成本1元（含瓶），那么该种饮料每瓶利润应是（ ）元.
A．0．55
B．0.60 C．0.63 D．0.70
3
m
?4
m
5、已知集合
P?{m|?N,m?N}
，Q={t|t=(2k－1)<
br>2
＋1, k∈N}，则P与Q的关系是
5
（ ）
A．P=Q
B．
P?Q
C．
Q?P
D．
P?
Q且Q?
P
??
6、
能使函数
f
1
(x)?(x?1)
3
＋∞]上具有单调性的正数m的
取值范围是（ ）
?mx
在区间[0，
A．0
1
3
1
3
1
3
1
3
.
精品文档
7、某人坚持早晨在一条弃用的旧公路上步行锻炼身体，同时数数训
练头脑，他先从某地向
前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2
n步后后退n步…当他走完第
2008步后就一直往出发地走.此人从出发到回到原地一共走了（
）步.
A．3924 B．3925 C．3926
D．3927
8、下面是一个计算机程序的操作说明：
①初始值x=1，y=1，z=0，n=0；
②n=n＋1（将当前的n＋1的值赋予新的n）；
③x=x＋2（将当前的x＋2的值赋予新的x）；
④y=2y（将当前的2y的值赋予新的y）；
⑤z=z＋xy（将当前的z＋xy的值赋予新的z）；
⑥如果z>7000，则执行语句⑦，否则回到语句②继续进行；
⑦打印n，z；
⑧程序终止.
则语句⑦打印的数值是（ ）
A．n=7，z=7681
B．n=8，z=7681 C．n=7，z=7682 D．n=8，z=7682
二、填空题（共8道小题，每小题5分，共40分）
9、设f(x)=x
2
－x＋
1
的定义域是[n，n＋2]（n∈N
*
），则f(x)的值域中所含
整数的个数是
2
_________.
－－
10、函数y=2
|<
br>x
3|
－m的图象与x轴有交点，则m的取值范围是_________.
1
1、数列{a
n
}满足：a
1
=3，a
2
=6，a
n
＋
2
= a
n
＋
1
－a
n
，则
a
2008
=_________.
12、幼儿园里，孩子们爬滑梯，每3秒钟爬上
30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道总长
为6.1米，且孩子们爬到滑梯顶部后不再滑下，则经过_
________秒钟后，一个孩子可以从滑梯
底部爬到顶部.
13、已知函数
f(
x)?
2x
2
1?x
2
，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(
4)＋f(5)＋f(
1
11
)＋f()＋f()＋
24
3
f(
1
)=_________.
5
14、数列23，2323，2323
23，23232323，…的一个通项公式是_________.
15、设数列{a
n<
br>}的通项公式为
a
n
?
np?2
，且a
1
<
a
2
<…
＋
1
，则实数p的取值范围
n?p
是_________.
16、将10个相
同的小球装入3个编号1、2、3的盒子（每次要把10个球装完），要求每个
盒子里球的个数不少于盒
子的编号数，则不同的装法共有_________种.
.
精品文档
三、解答题（共4道小题，每小题10分，共40分）
17、把前n个自然数按某种规律排成如下数阵
1
3
6 10 15
21
28
36
…
2
5
9 14 20
27
35
…
4
8
13 19 26
34
…
7
12
18 25 33
…
11
17
24
32 …
16
23
31
…
22
30
…
29
38
…
37
…
…
（1）第一行第m列的数可用a
1m
表示，例如a
11
=1，a
12
=3，a
13
=6，请将a
1m
用m表示出来；
（2）自然数2004位于第几行第几列？ <
br>（3）第i行第j列的数可用a
ij
表示，请写出a
ij
关于i和j的
表达式.
18、容器A中盛有浓度为a%的农药m升，容器B中盛有浓度为b%的同种农药也是m升，
两种农药的浓度差为20%（a>b）. 现将A中农药的
使A中保持m升（将A中的
1
倒入B中，均匀混合后由B倒回A，恰好
4
1
倒入B均匀；混合后，由B倒
回A，使A保持m升不变，这样
4
叫做一次操作），欲使两种农药的浓度差小于1%，那么至少
要操作多少次？（下列对数值可供
选用：lg5=0.699，lg6=0.778）.
19
、函数f(x)的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，f(x)>0的解集为{x|0
数
?
(
α
)=sin
2
α
＋
(ξ＋1)cos
α
－ξ
2
－ξ－k，
α
∈[0
，
π
]. 若集合A={ξ|
?
(
α
)<0}，
B={f(<
br>?
(
α
))>0}，试求A∩B.
20、现代社会对破译密码的难度要求越来越高. 有一种密码把英文的明文（真实文）按字
母
分解，其中英文的a，b，c…z的26个字母（不论大小写）依次对应1，2，3，…，26个自
然数
.见表格：
a
1
n
14
b
2
o
15
c
3
p
16
d
4
q
17
e
5
r
18
f
6
s
19
g
7
t
20
h
8
u
21
i
9
v
22
j
10
w
23
k
11
x
24
l
12
y
25
m
13
z
26
给出如下一个变换公式：
?
?
x?1
x?(x?N,1?x?26
,x不能被2整除)
?
?
2
?
x
?
x<
br>?
??13(x?N,1?x?26,x能被2整除)
?
2
?
5?1
8
将明文转换成密文，如8→＋13=17，即h变成q，5→=3，即e→c.
2
2
.
精品文档
（1）按上述方法将明文good译成密文.
（2）若按上述方法将某明文译成的密文是shxc，请你找出它的明文.
高二年级
一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1、过点（1，3）作直线l，若l经过（
a，0）和（0，b）两点，且a，b∈N
*
，则可作出的
l的条数为（ ）
A．1 B．2 C．3
D．多于3条
2、函数
f(x)?
x?2?3
的值域是（ ）
x?7
1
3
111
C．（0，）∪（
,
）
D．（0，＋∞）
663
3、若鲤鱼在长大时体型基本相似，一条鲤鱼的体长为15cm时体
重为15g，则当此鱼长到
长为20cm时它的体重大约是（ ）
A．20g
B．25g C．35g D．40g
A．（0，）
B．（＋∞，0）∪（0，＋∞）
4、动点M（x，y）满足
(x?sin
?
)
2
?(y?cos
?
)
2
?|xsin
??ycos
?
?1|
，那么点M的轨
迹是（ ）
A．直线
B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
5、已知一个数列{an
}各项是1或0，首项为1，且在第k个1和第（k＋1）个1之间有（2k
－1）个0
，即1，0，1，0，0，0，1，0，0，0，0，1，….则第2004个1是该数列的第（
）
项.
A．45 B．1981
C．4012009 D．4014013
6、已知△ABC的顶点B为椭圆短轴的一
个端点，另两个顶点亦在椭圆上，若△ABC的重
心恰为椭圆的一个焦点，则椭圆离心率的取值范围为（
）
3323
1
)
B．
(,)
C．
(,1)
D．
(0,)
3322
3
2
7、设抛物线y=2px(p>0)的轴和它的准线交于E点，经过焦点F
的直线
交一抛物线于P、Q两点（直线PQ与抛物线的轴不垂直）（如
图1），则∠FEP和∠QEF的大小关
系为（ ）
A．∠FEP>∠QEF
B．∠FEP<∠QEF
C．∠FEP=∠QEF
D．不确定
8、小明到华兴文具店想购买2支钢笔
或3支圆珠笔，现知6支
钢笔和3支圆珠笔的价格之和大于24元，而4以钢笔和5支圆珠笔
的
价格之和小于22元.若设2支钢笔的价格为a元，3支圆珠笔的价格为b元，则（ ）
A．a>b
B．a二、填空题（共8道小题，每小题5分，计40分）
9、已知△ABC中，BC=6，AB＋AC=10，则△ABC面积的最大值为_________.
10、“神舟五号”飞船运行轨道是以地球的中心F为焦点的椭圆，测得近地点A距地面为
mk
m，远地点B距地面为nkm，设地球半径为Rkm，关于椭圆有以下说法：
①焦距长为n－m，
A．
(0,
.
精品文档
②短轴长为
(m?R)(n?R)
，
③离心率为
e?
n?m
，
m?n?2R
2(m?R)(n?R)
.
n?m
④以AB方向为x
轴的正方向，F为坐标原点，则左准线方程为
x??
以上说法正确的有___________
（填上所有你认为正确说法的序号）.
uuuuruuuuruuuruuur
11、已知O
为坐标原点，
OM
=（－1，1），
NM
=（－5，－5），集合A={OR
||RN|=2}，
OP
、
uuuruuuruuuuruuuru
uuur
OQ
∈A，
MP?
?
MQ
（λ∈R，λ≠0），则
MPgMQ
=___________.
12、要通过一宽度为am的直角形巷道，
运送一批建筑管材到施工
工地（如图2），问此巷道能通过最长的管材尺寸为___________m
.
13、方程
sin
2
x?2?2
x
sinx?2?2
2x?1
?
lg
2
x?3?3
x
lgx?3?3<
br>2x?1
?
e
x
?6?6
x
e?6?6
xx
?1
?1
的解集是___________.
14、在一天内的不同时刻，经理把文
件交给秘书打印，每次都将要
打印的文件放在秘书待打印文件堆在上面，秘书一有时间就将文件中最上面的那份文件取来打印. 现有5份文件，经理是按1、2、3、4、5的
顺序交来的，在下列顺
序①12345；②24351；③32415；④45231；⑤54321中秘书打印文件的
可能顺
序是___________（填上所有可能的序号）.
15、已知（1－sin
α
）（1－cos
α
）=
2b
，设（1＋sin
α
）（1＋c
os
α
）=
a?
，其中
α
是锐
25c
角，
a，b，c均为正整数，且b、c（b
=___________.
16、用min{x
1
，x
2
，…x
n
}表示x<
br>1
，x
2
，…x
n
中的最小值，设a、b均为正数，则min
{a，b，
1
}最大的值为___________.
22
a?b
三、解答题（共4道小题，每小题10分，计40分）
17、设
A
1
(x
1
，y
1
)，A
2
(x
2
，y
2
)，…A
2004
(x
2004
，y2004
)是抛物线y=x
2
＋x＋1上任意2004个点，
且x
1
＋x
2
＋…＋x
2004
=1，求y
1
＋y<
br>2
＋…＋y
2004
的最小值.
18、若x，y∈R，x＋y=1，
则
x
x
2
?y
3
?
8
?
. 32
3
x?y
y
19、已知抛物线y
2
=4x的焦点为
F，过F作两条互相垂直的弦AB、CD，设AB、CD的中
点分别为M、N.
（1）求证：直线MN必过定点；
（2）分别以AB和CD为直径作圆，求两圆相交弦中点H的轨迹方程.
20、如图3，e
O
1
、
e
O
2
相交于M、N两点，点A在<
br>e
O
1
上，
射线AM、AN交
e
O
2
于B、C两点，记
e
O
1
面积为S
1
，
e
O
2
面积
为S
2
，△ABC外接圆面积为S，问：在什么条件下才
能有S= S
1
＋S
2
，
请作出判断并加以证明.
.
精品文档
答 案
高一年级
一、选择题
1、A 提示：N={－2，－1，0，1}，x＋3f(x)为偶数. 故－
2，0原象必须为M={－1，0，
1}中偶数，－1，1原象必须是M中奇数，故满足条件的只能有
?
?1, 0, 1
??
?1, 0,
1
??
?1, 0, 1
?
, ,
??????
,
?1, ?2, ?1?1, ?2, 1 1, 0,
1
??????
?
?1, 0, 1
??
?1, 0,
1
??
?1, 0, 1
?
, ,
??????
,
1, 0, ?1 1, ?2, -1 1,
?2, 1
??????
?
?1, 0, 1
??
?1,
0, 1
?
,
????
.
?1, 0, ?1?1,
0, 1
????
1
11
2、C 提示：3x<6x≤3x＋1，即0<
x≤，从而0<6x≤2，故6x=1或6x=2，从而
x?或x?
.
63
3
3、C 提示：由g(5)=2002可知点A（5，2002）在函数g(
x)的图象上，则点A′（2002，5）
－－
在函数g
1
（x）的图象上，
于是点B（2004，5）在g
1
（x－2）的图象上，从而点B′（5，2004）
在函数f(x＋1)的图象上.进而可知点C（6，2004）在函数f(x)的图象上，所以f(6)=200
4.
4、B 提示：花8元可买4瓶喝，喝完后剩4只空瓶，再借用一只空瓶后用5只空瓶换回一瓶饮料，喝完后还回借用的空瓶子，这样8元价值等于5瓶该种饮料价值，所以每瓶实际售
价合8
÷5=1.6元，除去成本1元，故利润1.6－1=0.6元，选B.
3
n
?4
n
5、C 提示：分别列出3，4的个位数，易知n=2
，6，10，14，18，…时，∈N.
5
故p={m|m=4n－2，n∈N
*
}.
另一方面，对任意t∈Q，t=4(k
2
－k＋1)－2∈
P，而k
2
－k＋1=k(k－1)＋1是奇数，所以Q
nn
中不存在形如8
k－2 (k∈N
*
)的元素，但8k－2∈P，这表明
Q?P
.
?
6、D 提示：取m=1，有f(0)=1，f(7)=－5，猜测：f(x)在
区间[0，＋∞]上是单调减函数；
进一步可证明当m≥，则当0≤x
1
时，f(x
1
)与f(x
2
)的大小关系并不恒定.
7、C
8、D 提示：设n=i时，x，y，z的值分别为x
i
，yi
，z
i
，依题意得x
0
=1，x
n
=xn
－
1
＋2，故{ x
n
}
是等差数列，且x
n
=2n＋1，y
0
=1，y
n
=2
y
n
－
1
，故{ y
n
}是等差数列，且x
n
=2
n
.
z
n
=x
1
y
1
＋x
2
y
2
＋…＋x
n
y
n
=3·2＋5·2
2
＋7·2
3
＋…＋（2n＋1）2
n
＋
2 z
n
=3·2
2
＋5·2
3
＋…＋（2n＋1）2
n
1
＋＋＋<
br>以上两式相减得z
n
=－2
n
2
＋2＋（2n＋1）2
n
1
=（2n－1）2
n
1
＋2，
依题意，程序终止时
z
n
≥7000，z
n
－
1
≤7000，即
n?1
?
?
(2n?1)2?2?7000
?
n
?
?
(2n?3)2?2?7000
1
3
.
精品文档
可求得n=8，z=7682.
二、填空题
9、4n＋2
11
15
f(x)?(x?)
2
?
在[n，n＋2]上是增函数，从而f(x)的值域为[n
2
－n＋, n
2
＋3n＋]，
22
24
其中整数的个数为n
2
＋3n＋2－（n2
－n＋1）＋1=4n＋2.
10、0
令2<
br>|
x
3|
－m=0，即m=－|x－3|，由－|x－3|≤0，得0<2|
x
3|
≤1.
11、－3.
由已知有a
1
=3，a
2
=6，a
3
=3，a
4
=－3，a
5
=－6，a
6
=－3，a
7
=3，a
8
=6……故
a
2008
= a
6
×
334
＋
4
=
a
4
=－3.
12、90.
t
设t秒钟内爬完580cm，则2
0×=580，得t=87，从而所需时间为87＋3=90（秒）.
3
13、9.
1
提示：
f(x)?f()?2.
x
23
14、
(10
2n
?1)
.
99
15、－
2
三、解答题
17、（1）当自然数排到a
1m
时，共用去了（1＋2＋3＋…＋m）个数，从而<
br>a
1m
?
（2）由于第一行第63列的数为
m(m?1)
.
2
63?64
?2016
，故第2行第62列的数为2015，第3行第2
61列的数为2014，…，第13行第51列的数为2004.
（3）由于a
ij
与a
i
－
1i
＋
1
相邻，又
a<
br>1(i?j?1)
(i?j?1)(i?j?1?1)(i?j)
2
?(i?j
)
??
22
从而a
ij
?
?
i?j
?2
?(i?j)
2
1
?i?1?[(i?j)
2?3i?j?2]
2
18、设A中溶质为a
1
，B中溶质为b
1
，操作k次后，A、B中溶质分别为a
k
，b
k
，则a
1<
br>=ma%，
b
1
=mb%，又a%－b%=20%. 故
3111
a
k
?a
k?1
?(b
k?1
?a
k?1
)?(4a
k?1
?b
k?1
)
4545
411<
br>b
k
?(b
k?1
?a
k?1
)?(4b
k
?1
?a
k?1
)
545
3
a
k
?b
k
?(a
k?1
?b
k?1
)
5
故
{a
k
－b
k
}是首项为a
1
－b
1
=2
0m%，公比为
3
的等比数列. 则
5
.
精品文档
a
k
－b
k
=20m%·
()
k?1
<
br>3
5
a
k
b
k
203
k?1
??g
()
.
mm1005
203
k?1
1
依题意得，故 g()?
1005100
1
(k?1)lg0.6?lg?lg5?2
2
lg5?2lg5?2
k?1???5.86
lg0.6lg6?1
k?6.86?7
故至少操作7次后，浓度差小于1%.
19、∵f(x)>0的解集为{x|0
∴B={ξ|f
（
?
（α））>0}={ξ|0<
?
（α）
（α）
<－k}，A={ξ|
?
（α）<0}，
∴A∩B={ξ|
?
（α）<－k，k>0}.
由
?
（α
）<－k得sin
2
α
＋(ξ＋1)cos
α
－ξ
2
－ξ－k<－k.
浓度差为
∴cos
2
α
－(ξ＋1)
cos
α
＋ξ
2
＋ξ－1>0.
∵
α
∈[0，π]，∴cos
α
∈[－1，1]，令u=
cos
α
，则u∈[－1，1]，
∴本题转化为对一切u∈[－1，1]，ξ为何值
时，不等式u
2
－
(ξ＋1)
u＋ξ
2
＋ξ－1>0恒成
立，令g(u)=
u
2
－
(ξ＋1) u＋ξ
2
＋ξ－1，
∴（1）当△<0时，g(u)>0恒成立.
此时(ξ＋1)
2
－4(ξ
2
＋ξ－1)=－3ξ
2
－2ξ＋5<0，
5
∴ξ<
?
或ξ>1.
3
（2）另外，要使g(u)>0恒成立，还可以由
?
??0,
?
??0,
?
?
?1
?
?
?1
??
??1, ① 或
?
?1, ②求出.
?
22
??
??
?
g(?1)?0,
?
g(1)?0.
由①得ξ∈
?
，由②得ξ∈
?
.故
5
A∩B={ξ|ξ<
?
或ξ>1}.
3
7?1
=4→d，
2
15?14
o→15→=8→h，d→4→＋13=15→o.
22
∴明文good的密文为dhho.
（2）原变换公式的逆变换公式为
20、（1）g→7→
?
x?2x
?
?1
(x
?
?N,1?x
?
?13)
?
???
x?2x?26 (x?N,14?x?26)
?
故s→
19→2×19－26=12→l，h→o，x→v，c→e.
密文shxc的明文是love.
.
精品文档
高二年级
一、选择题
1、B
2、设
x?2
=t
(t≥0)，有x=t
2
－2，则
x?2?3t?31
（t≥0且t≠3）
?
2
?
x?7t?3
t?9
111
从而函数值域为
(0,)?(,)
，选C.
663
3、鲤鱼长大时体重G=
ρV是体积的一次函数，而体积之比是相似比的立方. 故
从而G=
G20
?()<
br>3
，
1515
64
×15≈35，选C.
27
4、
动点M（x，y）的几何意义是到定点P（sinα，cosα）的距离等于到定直线l：xsinα＋ycos
α
－1=0的距离，∵P∈l，∴M点轨迹是过P且垂直于l的直线，选A.
5、第2004
个1前0的个数为（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋（2×2003－1）
=2
003
2
=4012009，∴第2004个1为第4012009＋2004=401401
3项，选D.
uuur
3
uuur
31
6、设△ABC重心F(c
，0)，设AC中点为D(x，y)，由
BD?BF
，得D（
c,?b
），D
222
在椭圆内部，满足
x
2
a
2
?
3<
br>1
2
，从而，即0
e?
3
3<
br>b
2
y
2
7、如图，过P、Q分别作准线的垂线PR、QS，R、S为
垂足，则
RP∥EF∥SQ，从而
REPF
，又据抛物线定义知PF=PR，FQ=Q
S，
?
ESFQ
所以
REPF
，从而△RPE∽△SQE，故∠RE
P=∠SEQ，90°－∠
?
ESQS
REP=90°－∠SEQ，即∠PEF=∠Q
EF，选C.
8、设钢笔x元支，圆珠笔y元支，则
?
6x?3y?24
①
?
?
4x?5y?22 ②
?
x?0,y?0
?
11
4
－②×得，
3
9
2x－3y>0，即a>b，故选A.
二、填空题
9、依题
意A点在以B、C点为焦点的椭圆上，当A在短轴端点处△ABC面积最大，因椭圆
1
长轴2a
=10，焦距2c=6，故
b?a
2
?c
2
?4
，从而△A
BC的最大面积为×2c×b=bc=12.
2
①×
.
精品文档
10、如图，依题意a＋c=n＋R且a－c=m＋R.
正确说法有①③④.
uuuruuuuruuuuruuuuruuuur
ON?O
M?MN?OM?NM?(4,6)
， 11、∵
∴N（4，6）.
由已知，点R的
轨迹是以点N为圆心，2为半径的圆，点P、Q
在此圆上，且M、P、Q三点共线.连结MN交圆N于点
I，延长MN
uuuruuuuruuuruuuur
|MQ|gcos0?46
.
交圆N于J. 由割线定理
MPgMQ?|MP|g
12、建立如图坐标系，则A(－a，－a
)，设管材BC斜率为k(k<0).
直线BC：y＋a=k(x＋a)，则B(
a
·－a，0)，C(0，ak－a)，
k
a1
|BC|?(?a)
2
?(ak?a)
2
?
a(?k?1)
2
?1
kk
因为k<0，故
11
2
≥3
2
，＋k≤－2，（＋k－1）|BC|≥
a8
=
2
2a
kk
等号仅当k=－1时成立，即此巷能通过最长的管材尺寸为
22a
米
.
13、
m?aa
(b>a>0，m>0)，故原不等式左
?
m?
bb
3
x
3
x?1
?
6
x
6
x?
1
?
111
???1
，故原不等式的解集为
?
.
236
边>
2
x
2
x?1
?
14、填①②③⑤.
15、由已知条件得sin
α
＋cos
α
－sin
α
cos
α
=
23
，又sin
2
α
＋cos
2
α
=1，设x=
sin
α
＋cos
25
α
，y=
sin
α
cos
α
，联立解得
73
??
x?x?
??
??
55
或??
128
?
y?
?
y???0(舍去)
?
2
5
?
25
??
从而a＋
b
=(1＋sin
α
)(1＋cos
α
).
c
所以a=2，b=22，c=25，
a?b?c?2?22?25?7
.
16、
min{a,b,
111
1
3
3
ag
3
ag}?bg?bg?
，当且仅当a=b=，即
2222
22
2
ab2
a?ba?b
a?b
1
a=b=
3
1
1时，取“=”号，填
3
.
2
2
三、解答题
17、
.
精品文档
1?x
1
?x
2
?
L?x
2004
1111
?2gx
1
?2gx
2
?
L?2gx
2004
1004
1111
222
??(x
1<
br>?)?(x?)?L?(x?)
22004
222
1002
2
11
222
?x
1
?x
2
?L?x
2004
??2004??
1002
2004
2
?
222
故y1
?y
2
?L?y
2004
?(x
1
?x2
?L?x
2004
)?(x
1
?x
2
?L?
x
2004
)?2004?
1
?1?2004,即
2004
y
1
?y
2
?L?y
2004
?2005
1
2004
当且仅当x
1
?x
2
?L?x
2004
?
(y
1
?y
2
?L?y
2004
)
mi
n
18、令t=xy，则t∈（0，
1
时,
2004
1
?2
005
2004
1
）. 由x＋y=1，得x
2
＋y
2=1－2xy，x
3
＋y
3
=1－3xy，x
4
＋y<
br>4
=1－4xy＋
4
2
x
2
y
2
，x
5
＋y
5
=1－5xy＋5
x
2
y
2
.
x
x
2
?y
3?
y
x
3
?y
2
?
8
3
?3
x(x
3
?y
2
)?3y(x
2
?y
3
)
?8(x
3
?y
2
)(x
2
?y
3
)?3(x
4
?y
4
)?3xy?8(x
5
?y
5
)?8x
2
y
2
?8x
3
y
3
?3?12xy?6x
2
y
2
?3xy?8?40xy?40x
2<
br>y
2
?8x
2
y
2
?8x
3
y3
?8x
3
y
3
?42x
2
y
2?31xy?5?0
?8t
3
?42t
2
?31t?5?0?(4t?1)(2t
2
?11t?5)?0
111
因为f(x)?2t
2
?11t?5在(0,]?[?,??)上是增函数,所以
44
1111<
br>f(x)?f()???5?0.
484
xy8
故
2
??.<
br>332
3
x?yx?y
19、（1）由题可知F（1，0），设A(x
A
，y
A
)，B(x
B
，y
B
)，M(x
M
，y
M
)，N(x
N
，y
N
)，直线AB
的方程为y=k·(x－1)，则A、B点的坐标代入y
2
=4x.
相减得y
A
＋y
B
=
y=k(x－1)，解得x
M
=
42
，即y
M
=，代入方程
kk
2
k
2
＋1，同理可得，N的坐标为（2
k
2
＋1，－2k）.
直线MN的斜率为
k
MN
?y
M
?y
N
k
k
，方程为y＋2k=（x－2k
2
－1），整理得y(1
?
2
2
x
M
?x
N
1?k
1?k
－ k
2
)=k(x－3).显然，不论k为何值
，（3，0）均满足方程，所以直线MN恒过定点Q（3，0）.
（3）过M、N作准线x=－1的垂线，垂足分别为E、F.
由抛物线的性质不难知道：准线
.
精品文档
x=－1为圆M与圆N
的公切线，设两圆的相交弦交公切线于点G，则由平面几何的知识可知，
G为EF的中点. 所以xG
=－1，
y
G
?
即G（－1，
y
E
?y
F
y
M
?y
N
1
???k
，
22k
1
?k
）.
k
又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，所以公
共弦的斜率为
k
2
?1
1
?
，所以，公共弦所在直线的方程
为
y?(k?)x
.
k
k
?
1
k
MN
所以公共弦恒过原点.
根据平面几何的知识知道：公共弦中点就是公共弦与两圆连
心线的交点，所以原点O、定点Q（3，0）
、所求点构成以H为直
角顶点的直角三角形，即H在以OQ为直径的圆上（如图）.
1
又对于圆上任意一点P（x，y）（原点除外），必可利用方程
y?(k?)x
求得k值，从
而以
k
39
上步步可逆，故所求轨迹方程为
(x?)
2
?y
2
?
（x≠0）.
24
1
20、当O
1
N⊥O
2
N时有S=S
1
＋S
2
，下面予以证明∠NO1
O
2
=∠NO
1
M=∠A，
2
同理∠NO
2
O
1
=∠ACM.
故△AMC∽△O
1
NO
2
有
ACAM
?
， ①
O
1
O
2
O<
br>1
N
设
e
O
1
、
e
O
2
、△ABC外接圆半径分别为r
1
、r
2
和R，在△ABC中AC=
2RsinB=2Rsin∠
ANM，
在△AMN中
AM= 2
r
1
sin∠ANM=2 NO
1
sin∠ANM，
代入①式得<
br>2Rsin?ANM
2NO
1
sin?ANM
，得O
2
O
1
=R，因为O
1
N⊥O
2
N，所以
?O
1
O
2
O
1
N
r
1
2?r
2
2
?R
2
.得S
1
＋S
2=S.
2003年中国西部数学奥林匹克试题
第一天
1、将1，2，3，4，5，6，7，8分别放在正方体的八个顶点上，使得每一个面上的任意三
个数之
和均不小于10. 求每一个面上四个数之和的最小值.
2n?1
2、设2n个实数a
1
，a
2
，…，a
2n
满足条件
a
2
＋
…＋a
n
)的最大值.
.
?
(a
i?1
?a<
br>i
)
2
?1
.求(a
n
i?1
＋
1
＋a
n
＋
2
＋…＋a
2n
)－(a
1，
精品文档
3、设n为给定的正整数，求最小的正整数u
n，满足：对每一个正整数d，任意u
n
个连续的
正奇数中能被d整除的数的个数不
少于奇数1，3，5，…，2n－1中能被d整除的数的个数.
4、证明：若凸四边形ABCD内任意
一点P到边AB、BC、CD、DA的距离之和为定值，则
ABCD是平行四边形.
第二天
2
5、已知数列{a
n
}满足：a
0
=0，
an?1
?ka
n
?(k
2
?1)a
n
?1，n=0，1，2，…，其中k为给定
的正整数. 证明：数列{a
n
}的每一项
都是整数，且2k|a
2n
，n=0，1，2，….
6、凸四边形ABCD有内切圆
，该内切圆切边AB、BC、CD、DA的切点分别为A
1
、B
1
、C
1
、
D
1
，连结A
1
B
1
、B
1
C
1
、C
1
D
1
、D
1
A1
，点E、F、G、H分别为A
1
B
1
、B
1
C
1
、C
1
D
1
、D
1
A
1的中点.
证明：四边形EFGH为矩形的充分必要条件是A、B、C、D四点共圆.
5<
br>1
x
?1
.求证：
?
i
2
?1
.
7、设非负实数x
1
、x
2
、x
3
、x
4
、x
5
满足
?
i?1
1?x
i
i?1
4?
x
i
5
8、1650个学生排成22行、75列.
已知其中任意两列处于同一行的两个人中，性别相同的
学生都不超过11对.
证明：男生的人数不超过928.
答 案
1、设某个面上的四个数
a
1
、a
2
、a
3
、a
4
之和达到最小值
，且a
1
< a
2
<
a
3
<
a
4
.由于小于5的三个不同的正整数之和最大为9，故a
1
≥6.因此
a
1
＋a
2
＋a
3
＋a
4
≥16
如图所示的例子说明16是可以达到的.
2、当n=1时，(a
2
－a1
)
2
=1，故a
2
－a
1
=±1.
易知此时欲求的最大
值为1.
当n≥2时，设x
1
=
a
1
，x
i
＋
1
= a
i
＋
1<
br>－a
i
，i=1，2，…，2n－1，
?
x
i
2?1
，
i?2
2n
且a
k
=
x
1
＋x
2
＋…＋x
k
，k=1，2，…，2n.
由柯西不等式得
(a
n
＋
1
＋a
n
＋<
br>2
＋…＋a
2n
)－(a
1
＋a
2
＋…＋a
n
)
= n(x
1
＋x
2
＋…＋x
n<
br>)＋nx
n
＋
1
＋(n－1)x
n
＋
2＋…＋x
2n
－[nx
1
＋(n－1)x
2
＋…＋x<
br>n
]
= x
2
＋2x
3
＋…＋(n－1)x
n
＋nx
n
＋
1
＋(n－1)x
n
＋
2
＋…＋x
2n
.
精品文档
?[1?
2?L?(n?1)?n?(n?1)?L
1
?[n
2
?2?(n?1)n(
2(n?1)?1)]
2
6
n(2n
2
?1)
?.
3
当a
k
?a
1
?
3k(k?1)
2n(2n?1
)
3[2n
2
?(n?k)(n?k?1)]
2n(2n
2
?1)
2
1
22222
1
2
2
2
?1]g
(x
2
?
2
x
3
?L?
1
2
2<
br>x
2n
)
,k?1,2,L,n?1
a
n?k?1
?a
1
?
k?1,2,L,n?1时,上述不等式等号成立.
n(2
n
2
?1)
所以,(a
n?1
?a
n?2
?L?a
2n
)?(a
1
?a
2
?L?a
n
)的最
大值为.
3
3、u
n
=2n－1.
（1）先证u
n
≥2n－1.
由于u
n
≥1，不妨设n≥2. 由于在1，3，…，2n－1中能被2n－1整除的
数的个数为1，在
2(n＋1)－1，2(n＋2)－1，…，2(n＋2n－2)－1中能被2n－1
整除的数的个数为0，因此，u
n
≥
2n－1.
（2）再证u
n
≤2n－1.
只要考虑d为奇数且1≤d≤2n－1.
考虑2n－1个奇数：2(a＋1)－1，2(a＋2)－1，…，2(a
＋2n－1)－1.
设s、t为整数，使得
(2s－1)d≤2n－1<(2s＋1)d
(2t－1)d<2(a＋1)－1≤(2t＋1)d
于是，在1，3，…，2n－1中能被d整除的数的个数为s.
故只要证明[2(t＋s)－1]d≤2(a＋
2n－1)－1即可. 事实上，有
[2(t＋s)－1]d =(2t－1)d＋(2s－1)d＋d
≤2(a＋1)－3＋2n－1＋2n－1
=2(a＋2n－1)－1
因此，u
n
≤2n－1.
综上所述，得u
n
=2n－1.
4、用记号d(P，l)表示点P到直线l的距离. 先证一个引理.
引理 设∠SAT
=
α
是一个定角，则∠SAT内一动点P到两边AS、
m
.若点
si
n
?
P在△ABC内，则点P到两边AS、AT的距离之和小于m；若点P在
△ABC
外，则点P到两边AS、AT的距离之和大于m.
事实上，由S
△
PAB
＋S
△
PAC
=
S
△
ABC
，知d(P，AB)＋d(P，AC)=m.
如图1，若点Q在
△ABC内，由S
△
QAB
＋S
△
QAC
<
S
△
ABC
，得
d(Q，AB)＋d(Q，AC)
△
QAB
＋S
△
QAC
>
S
△
ABC
，得
d(Q，AB)＋d(Q，AC)>m
（1）若
四边形ABCD的两组对边都不平行，不妨设BC与AD相交于点F，BA与CD相交
AT的距离之和为
常数m的轨迹是线段BC，其中AB=AC=
.
精品文档
于点E.
过点P分别作线段l
1
、l
2
，使得l
1
上的
任意
一点到AB、CD的距离之和为常数，l
2
上的
任意一点到BC、AD的距离之和为常
数，如图
2. 则对于区域S内任意一点Q，有
d(P，AB)＋d(P，BC)＋d(P，CD)＋d(P，DA)
=
d(Q，AB)＋d(Q，BC)＋d(Q，CD)＋d(Q，
DA)
=
[d(Q，AB)＋d(Q，CD)]＋[d(Q，BC)＋d(Q，
DA)]
>[
d(P，AB)＋d(P，CD)] ＋[d(P，BC)＋d(P，DA)]
矛盾.
（2）若四边形ABCD是梯形，也可推得矛盾.
2222
5、由题设可得
a
n?1
?2ka
n
a
n?1
?a
n
?1
?0
，所以，
a
n?2
?2ka
n?1
a
n?2<
br>?a
n?1
?1?0
. 将上面
两式相减，得
22
a
n?2
?a
n
?2ka
n?1
a
n?2
?2ka
n
a
n?1
?0
即（a
n
＋<
br>2
－a
n
）(a
n
＋
2
＋a
n－2ka
n
＋
1
)=0.
由题设条件知，数列{a
n
}是严格递增的，所以，
a
n
＋
2
=2ka
n
＋
1
－a
n
①
结合a
0
=0，a
1
=1知，数列{a
n}的每一项都是整数.
因为数列{a
n
}的每一项都是整数，由式①可知
2k|( a
n
＋
2
－a
n
)
②
于是，由2k| a
0
，及式②可得
2k|
a
2n
，n=0，1，2，…
6、如图所示，设I为四边形ABCD的内切圆圆心.
由于
H为D
1
A
1
的中点，而AA
1
与AD
1
为过点A所作的
e
I的切
线，故H在AI上，且AI⊥A
1D
1
.
2
?r
2
，其又ID
1
⊥
AD
1
，故由射影定理可知IH·IA=
ID
1
中r为内切圆半径.
同理可知，E在BI上，且IE·IB=r
2
.
于是，IE·IB=IH·IA，
故A、H、E、B四点共圆. 所以，∠EHI=∠ABE.
类似地，可证∠IHG=∠ADG，∠IFE=∠CBE，∠IFG=
∠CDG.
将这四个式子相加得
∠EHG＋∠EFG=∠ABC＋∠ADC.
所以A、B、C、D四点共圆的充要条件是E、F、G、H
四点共圆. 而熟知一个四边形的各
边中点围成的四边形是
平行四边形，平行四边形为矩形的充要条件是该四边形的四个顶点共圆.
因此，EFGH为矩形
的充要条件是A、B、C、D四点共圆.
5
1?y
i
1
7、令
y
i
?
，i=1，2，…，5，则
xi
?
，i=1，2，…，5，且
?
y
i
?1
.
于是
1?x
i
y
i
i?1
.
精品文档
?
4?x
2
?1?
?
5
y
2
?2y
i?1
i
i?1
i
5
x
i
5
?y
i
2
?y
i
i
?1
?
1
?
?
5
5
?5y
i
2
?5y
i
2
i?1
5y
i
?2y
i
?1
?5
)?5
?
?
(?1?
i?1
5
3y
i
?1
5y
i
2
?2y
i
?1
3y
i
?1
?10
14
i?1
5(y?)
2
?
i
55
55
3y
i
?13y?1
而
?
?<
br>?
i
14
i?1
4
i?1
5(y?)
2?
i
555
5
5
5
?
?
(3y
i
?1)??(3?5)?10
4
i?1
4
?
?
故命题成立.
8、设第i行的男生数为a
i
，则女生数为75－a
i
.
依题意可知
22
?
(C
a
2
i
?C
75
?a
i
)?11?C
75
i?1
22
这是因为任
意给定的两列处于同一行的两个人中，性别相同的学生不超过11对，故所有同
2
一行中性别相
同的两人对的个数不大于
11?C
75
.于是有
2
?
(C
a
2
i
?C
75?a
i
)??30525
22
即
?
(2a
i
?75)
2
?1650.
i?1
i?1
22
利用柯西不等式,可知
[
?
(2ai
?75)]
2
?22
?
(2a
i
?75)<
br>2
?36300
i?1i?1
2222
所以,
?<
br>(2a
i
?75)?191.从而
?
a
i
?
i?1i?1
2222
191?1650
?921.
2
因此,男生的
个数不超过928.
2003年第二届女子数学奥林匹克试题
第一天
1、已知D是△ABC的边AB上的任意一点，E是边AC上的任意一点，连结DE，F是线
段
DE上的任意一点. 设
ADAEDF
?x,?y,?z
. 证明：
ABACDE
.
精品文档
（1）S
△
B
DF
=(1－x)yzS
△
ABC
，S
△
CEF
=
x(1－y)(1－z)S
△
ABC
，
（2）
3
S
?BDF
?
3
S
?CEF
?
3
S
?AB
C
.
2、某班有47个学生，所用教室有6排，每排有8个座位，用（i，
j）表示
位于第i排第j列的座位. 新学期准备调整座位，设某学生原
来的座位为（i，j），如果调整后的座
位为（m，n），则称该生作了移
动[a，b]=[i－m，j－n]，并称a＋b 为该生的位置数.
所有学生的位置
数之和为S. 求S的最大可能值与最小可能值之差.
3、如图1，ABC
D是圆内接四边形，AC是圆的直径，BD⊥AC，
AC与BD的交点为E，F在DA的延长线上.
连结BF，G在BA的延
长线上，使得DGBF，H在GF的延长线上，CH⊥GF.
证明：B、E、
F、H四点共圆.
4、（1）证明：存在和为1的五个非负实数a、b、c、d、e，使得
1
；
9
（2）证明：对于和为1的任意五个非负实数a、b、c、d、e，总可以将它们适当放置在一1
个圆周上，且任意相邻两数的乘积均不大于.
9
第二天
5、数列{a
n
}定义如下：
将它们任意放置在一个圆周上，总有两个相邻
数的和乘积不小于
2
?a
n
?1
，n=1，2，…. a
1
=2，
a
n?1
?a
n
证明：
1?
12003
2003
?
111
??L??1
.
a
1
a
2
a
2003
2
?
?
(a
1
?a
2
?L?a
n?1
)?2a
n
对6、给定正
整数n（n≥2）.
求最大的实数λ，使得不等式
a
n
任何满足a
1
<
a
2
<…< a
n
的正整数a
1
，a
2
，
…，a
n
均成立.
7、设△ABC的三边长分别为AB=c、BC=a、CA=b，
a、b、c互不相等，AD、BE、CF分别
为△ABC的三条内角平分线，且DE=DF.证明：
abc
；
??
b?cc?aa?b
（2）∠BAC>90°.
8、对于任意正整数n，记n的所有正约数组成的集合为S
n
.
证明：S
n
中至多有一半元素的
个位数为3.
（1）
答
案
1、（1）如图，有
S
△
BDF
=
zS
△
BDE
= z(1－x)S
△
ABE
=
z(1－x)yS
△
ABC
，
S
△
CEF
=(1－z)S
△
CDE
=(1－z)
(1－y)S
△
ACD
=(1－z)
(1－y)xS
△
ABC
.
（2），由（1）得
.
精品文档
3
S
?BDF
?
3
S<
br>?CEF
?(
3
(1?x)yz?
3
x(1?y)(1?z)
3
S
?ABC
(1?x)?y?zx?(1?y)?(1?z)<
br>3
?(?)S
?ABC
33
?
3
S
?ABC
2、设上学期（i
0
，j
0
）空位，新学期（i
1
，j
1
）空位，则
6868
S?[
?
i?1
?<
br>(i?j)?(i
0
?j
0
)]?[
??
(i?j)
?(i
1
?j
1
)]
j?1i?1j?1
?(i
1
?j
1
)?(i
0
?j
0
)
所
以，S
max
=（6＋8）－（1＋1）=12，S
min
=（1＋1）－（
6＋8）=－12.故S的最大值与最
小值之差为24.
3、连结BH、EF、CG.
因为△BAF∽△GAD，则
FADA
①
?
ABAG
因为△ABE∽△ACD，则
ABAC
②
?
EADA
FAAC
①×②得.
因为∠FAE=∠CAG，所以△FAE∽△CAG. 于是∠FEA=∠CGA.
?
EAAG
由题设知∠CBG=∠CHG=90°，从而B，C、G、H四点共圆.
故∠BHC=∠BGC. 于是
∠BHF＋∠BEF =∠BHC＋90°＋∠BEF
=∠BGC＋90°＋∠BEF
=∠FEA＋90°＋∠BEF =180°
所以，B，C、G、H四点共圆.
11
4、（1）当a=b=c=，d=e=0时，
把a、b、c、d、e任意放置在五个圆周上，总有两个是
33
1
相邻的，它们的乘积
不小于.
9
（2）不妨设a≥b≥c≥d≥e≥0，把a、b、c、d、e按图所
示放置.
因为a＋b＋c＋d＋e=1，所示，
a＋3d≤1
a?3d
2
1
ag3d?()?
24
1
从而ad≤.
12
b?c
2
1
2
又因为a＋b＋c≤1，所以，b＋c≤. 于是
bc?()?
.
3
49
1
因为ce≤ae≤ad，bd≤bc，所以，相邻两数的乘积均小于.
95、由题设得a
n
＋
1
－1=a
n
(a
n－1). 所以，
.
精品文档
1
a
n?1
?1
?
11
?
a
n
?1a
n
<
br>111
??L?
a
1
a
2
a
2003
111111
?(?)?(?)?L?(?)
a
1
?1a
2
?1a
2
?1a
3
?1a
2003
?1a
200
4
?1
?
111
??1?
a
1
?1a
20
04
?1a
2004
?1
易知数列{a
n
}是严格递增的，
a
2004
>1，故
111
??L??1
. 为了证明不等式左边成
立，
a
1
a
2
a
2003
只要证明a
20
04
－1>2003
2003
. 由已知用归纳法可得a
n
＋
1
=a
n
a
n
－
1
…a
1
＋1
，及a
n
a
n
－
1
…a
1
>n
n
,n≥1.
从而，结论成立.
6、当a
i
=i，i=1，2，…，n时，
n?12n?4
?
2n?1
下面证明不等式
2n?4
2
a
n?(a
1
?a
2
?L?a
n?1
)?2a
n<
br>
n?1
对任何满足0
<…
的整数a
1
，a
2
，…，a
n
均成立.
因为a
k
≤a
n
－
(n－k)，k=1，2，…，
n－1，a
n
≥n，所以， ?
?(n?2)?
2n?4
n?1
2n?4n(n?1)
a?[
(n?1)a?]
?
k
n?1
n
n?1
k?1
2<
br>?(2n?4)a
n
?n(n?2)
?(n?2)(2a
n
?
n)?(a
n
?2)a
n
2
故a
n
?
<
br>2n?4
(a
1
?a
2
?L?a
n?1
)?
2a
n
.
n?1
2n?4
.
n?1
sin?AF
DADADsin?AED
7、如图由正弦定理得.则sin∠AFD=sin∠AED.
?
??
sin?FADFDEDsin?DAE
故∠AFD=∠AED，或∠AFD＋∠AED=
180°.
若∠AFD=∠AED，则△ADF≌△ADE，AF=AE.
于是，△AIF≌△AIE，∠AFI=∠AEI.
从而，△AFC≌△AEB.
故AC=AB.矛盾.
所以，∠AFD＋∠AED=180°，A、F、D、E四点共
圆.
于是∠DEC=∠DFA>∠ABC.
在CE的延长线上取一点P，使得∠DPC=∠B，则
PC=PE＋CE ①
由∠BFD=∠PED，FD=ED，得△BFD≌△PED.故
ac
PE=BF=.
a?b
因此，λ的最大值为
.
精品文档
又△PCD∽△BCA，则
PCCD
. 于是
?
BCCA
ba1a
2
②
PC?agg?
b?cbb?c
a
2
acab
由①、②得.
所以
??
b?ca?bc?a
abc
??
b?cc?aa?b
（2）由（1）的结论有
a(a+b)(a+c)=b(b+a)(b+c)+c(c+a)(c+b),
a
2
(a＋b＋c)=b
2
(a＋b＋c)＋c
2
(a＋b＋c)＋a
bc
> b
2
(a＋b＋c)＋c
2
(a＋b＋c)
由a
2
>b
2
＋c
2
.
所以，∠BAC>90°.
8、考虑如下三种情况：
（1）n能被5整除，设d
1
，d
2
，…，d
m
为S
n
中所有个位数为3的元素
，则S
n
中还包括5d
1
，
5d
2
，…，5dm
这m个个位数为5的元素. 所以S
n
中至多有一半元素的个位数为3. （2））n不能被5整除，且n质因子的个位数均为1或9，则S
n
中所有的元素的个位数
均
为1或9. 结论成立.
（3）n不能被5整除，且n有个位数为3或7的质因子p，令n
=p
r
q，其中q和r都是正整
数，p和q互质. 设S
q
={a<
br>1
，a
2
，…，a
k
}为q的所有正约数组成的集合，将S<
br>n
中的元素写成如
下的方阵：
a
1
，a
1
p，a
1
p
2
，…，a
1
p
r
，
a
2
，a
2
p，a
2
p
2，…，a
2
p
r
，
……
a<
br>k
，a
k
p，a
k
p
2
，…，a
k
p
r
，
－
对于d
i
=a
i<
br>p
l
或a
i
p
l
1
之一与之配对（所选的数
必须在S
n
中）. 设e
i
为所选的数，我们称（d
i
，<
br>e
i
）为一对朋友.
如果d
i
的个位数都是3，则由p的个位数是3或7知e
i
的个位数不是3.
－＋
假设d
i
和d
j
的个位数都是3，且有相同的朋友e=
a
s
p
l
，则{d
i
，d
j
}={ a<
br>s
p
l
1
，a
s
p
l
1
}. 因为p
的个位数为3或7，从而，p
2
的个位数是9.
而n不能被5整除，故a
s
的个位数不为0. 所以a
s
p
l
－
1
－＋
，a
s
p
l
1
·p
2
= a
s
p
l
1
的个位数不同. 这与d
i
和d
j
的个位数都是3矛盾，因此，每个个位数为3
的d
i
均有不
同的朋友.
综上所述，S
n
中每个个位数为3的元素，均与一个S
n
中个位数不为3的元素为朋友，而且
两个个位数为3的不同元素的朋友也是不同的.
所以，S
n
中至多有一半元素的个位数为3.
.