高中数学命题及其关系课件-高中数学美教学案例
,.
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<
br>，
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
ABC
D
中，设
AB
=1，
CD
=
3
，直线
AB
与
CD
的距离为2，夹角为
四面体
ABCD
的体积等于（
）
A．
?
，则
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
－2
x
2
－4|
x
|＋3<0的解集是__________.
x
2
y
2
8、设
F
1
，
F
2
是椭
圆
??1
的两个焦点，
P
是椭圆上的点，且|
PF
1
|：|
PF
2
|=2：1，则△
94
PF
1
F<
br>2
的面积等于__________.
9、已知
A
={
x<
br>|
x
2
－4
x
＋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__________. <
br>35
10、已知
a
，
b
，
c
，
d<
br>均为正整数，且
log
a
b?,log
c
d?
，若<
br>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__________.
1
2、设
M
n
={（十进制）
n
位纯小数0.
a
1<
br>a
2
La
n
|a
i
只取0或1（
i
=1，2，…，
n
－1），
a
n
=1}，
T
n是
M
n
中元素的个数，
S
n
是
M
n<
br>中所有元素的和，则
lim
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
S
n
=__________.
n??
T
n
3<
br>?x?5
，证明不等式
2x?1?2x?3?15?3x?219
.
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
2
13、设
应的不共线的三点.证明：曲线
Z
=
Z
0
cos
4
t
＋2
Z
1
cos
2
t
sin
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.
15、一张纸
上画有半径为
R
的圆
O
和圆内一定点
A
，且
OA<
br>=
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
.
,. 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
{
4<
br>}?{
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
＋
q
＋1，
l
≥
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
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<
br>AB
，
BC
，
CD
，
DA
组成的图形）.
答 案
一、选择题
1、注意到45
2
=2025，
46
2
=2116，故2026=
a
2026－45
=
a<
br>1981
，2115=
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
=<
br>3x
. 因此，
A
，
B
两点
4
4
，
纵坐标
y
0
?
，
3
3
414
416
??(x?)
，令
y
=0，得
P
点的横坐标
x?4??<
br>进而求得其中垂线方程
y?
，即
3
33
33
16PF?
，故选（A）.
3
的横坐标满足方程：3
x
2
－8
x
－16=0.由此求得弦
AB
中点的横坐标
x
0?
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(2x?)
3
5
??
4
??
2
????
因为??x?
?,所以2x??[,],x??[?,?].可见
123223646
2
?
5
??
与cos(x?)在[?,?]上同为递增函数.
4
?
612
3
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
?9x4
?37x
2
?4
?1?
35
2
4
37?(9x?
2
)
x
424
11
而
x<
br>∈（－2，
?
）∪（
，2），故当
9x
2
?
2
,即x
2
?时,9x
2
?
2
之值最小，而此时<
br>3
22
xx
12
函数
u
有最小值，故选（D）. <
br>5
u?
4
4?x
2
?
9x
2
9x<
br>2
?1
6、如图，过
C
作
CE
?
AB
，以△
CDE
为底面，
BC
为侧棱
作棱柱
ABF
－
ECD
，则所求四面体的体积
V
1
等于上述棱柱体
积V
2
的. 而△
CDE
的面积
S
=
1
3
1
CE
×
CD
×sin∠
ECD
，
AB
与
2
CD
的公垂线
MN
就是棱柱
ABF
－
ECD
的高，故
1133
V
2
?MN?CE?CD?si
n?ECD??2?1?3??
2222
因此
V
1
?V
2
?
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
1
3
1
，故选（B）.
2
(?3,?
5?15?1
)?(,3)
.
22
,.
8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2
a<
br>，2
b
，2
c
，则由其方程知
a
=3，
b<
br>=2，
c
=
5
，
故|
PF
1
|＋|
PF
2
|=2
a
=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
=
2
5
短为2和4，故△
PF
1
F
2
的面积=
9、易得
A
=（1，3），设
??
2
，可见△
PF
1F
2
是直角三角形，且两直角边的长
11
|
PF
1|·|
PF
2
|=×2×4=4.
22
f
(
x
)=2
1－
x
＋
a
，
g
(
x<
br>)=
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.
3
10、由已知可得
a<
br>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
2
?
b
?5
??9
?
22
?
2
bdbdbd
?
a
c
?
a
()
2
?()
4
?9,即(?
2
)(?
2
)?9,故<
br>?
,因而
?
2
.
2
aca
ca
c
?
bd
?
d
?4
??1
??c
2
?
?
a
c
2
于是得
a
=
25，
b
=125，
c
=16，
d
=32.故
b<
br>－
d
=93.
11、如图，由已知上下层四个球的球心
A
′
，
B
′，
C
′，
D
′和
A
，
B<
br>，
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
′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
= <
br>A
′
B
=
AB
=2.设
AB
的中点为
N
，
则
A
′
N
=
3
.
又<
br>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
=2
n
－1<
br>.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
?g
2
n?1
(?
2
?L?
n?1
)?2
n?1
g
n
210
101010
11
(1?
n?1
)<
br>1
10
10
?2
n?2
g?2
n?1
gn
1
10
1?
10
111
?2
n?
2
g(1?
n?1
)2
n?1
g
n
9
10
10
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
＋ac
＋
ad
＋
bc
＋
bd
＋
cd）≤4（
a
2
＋
b
2
＋
c
2
＋
d
2
），因此
a
＋
b
＋
c
＋<
br>d
≤2
a
2
?b
2
?c
2
?d2
（当且仅当
a
=
b
=
c
=
d
时取等号）.
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?1
4
?219
因为
x?1
，
2x?3
，
1
5?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
=
a
cos
4t
·
i
＋2(
＋
bi
) cos
2
t
sin
2
t
＋(1＋
ci
)sin
4
t<
br>，实虚部分离，可得
1
2
x
= cos
2
t
sin
2
t
＋sin
4
t
=sin
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
－2
b
≠0.可
见
1a?b3b?c
所给曲线是抛物线段（如图）.
AB
，
BC的中点分别是
D(,),E(,)
.
所以直线
DE
的
4242
方程为
,.
1
y
=(
c
－
a
)
x
＋(3
a＋2
b
－
c
)
②
4
1
由①，②联立得
a
＋
c
－2b
（
x
－）
2
=0.
2
11113
由于
a
＋
c
－2
b
≠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
Z?
1a?c?2b
?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<
br>A
（
a
，0）. 设折叠时，
e
O
上点
A<
br>′（
R
cos
α
，
R
sin
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－
R
cos
α
)
2
＋(
y
－
R
sin
α
)
2
=(
x
－
a
)
2
＋
y
2
，即2
R
(
x
cos<
br>α
＋
y
sin
α
)=
R
2
－
a
2
＋
2
ax
，故
xcos
?
?ys
in
?
x?y
22
?
R
2
?a
2
?2ax
2Rx
2
?y
2
2Rx?y
22
可得si
n(
?
?
?
)?
故|
R
2
?a
2
?2ax
2Rx?y
22
R
2
?a
2
?2
ax
,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
()()
?()
222
加 试
一、如图，连结
AB
，在△ADQ
与△
ABC
中，∠
ADQ
=∠
ABC
，
∠
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
.
?
PBBDACBC
又因
PA
=
PB
，故
，得
AC
·
BD
=
BC
·
AD
=
AB
·
DQ
.
?
ADBD
ADQ
∽△
ABC
，而有<
br>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
CD
，即
CQ
=
DQ
.
2
A
DDQCQ
在△
CBQ
与△
ABD
中，
，∠
BCQ
=∠
BAD
，于是△
??
ABBCBC
于是得
AB
·
CD
=2
AB
·
DQ
，故
DQ
=
CBQ
∽△
ABD
，故∠
CBQ
=∠
ABD，即得∠
DBQ
=∠
ABC
=∠
PAC
.
二、由题设可知
3
l
10
4
?[
4
]?
4
?[
4
]?
4
?[
4
]
1010101010
lmn4
3
l
3
m
3
m
3
n
3
n
lmn4
?
?
3?3?3(mo
d2) 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
l
－
m
≡3
m
－n
≡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<
b
≤
u
－1，从而可推出3
b
≡3
b
+
au
≡3
v
≡1(mod
2
4
)，而这显然与
u
的定义矛盾，
所以
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<
br>－
n
=4
k
，其中
k
为正整数.
同理可由②推出3
m－n
≡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＋5×24
）
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)?27
]??5?2?0(mod5
4
)
3
k(k?1)
(k?2)
311
或k?5k[3?(k?1)?2
7
]??5?2?0(m
od5
3
)
3
5k?2
4
?
即有
k
=5
t
，并代入该式得
t
＋5
t
[3＋(5
t
－1)×2
7
]≡0(mod 5
2
)
即有
t
≡0(mod 5
2
)，即
k
=5
t
=5
3
s
，其中
s
为正整数，故
m
－<
br>n
=500
s
，
s
为正整数.
同理可证
l
－
n
=500
r
，
r
为正整数.
由于<
br>l
>
m
>
n
，所以有
r
>
s
.
这样一来，三角形的三个边为500
r
＋
n
、500
s
＋
n
和
n
.由于两边之差小于第三边，故
n
>5
00(
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<
br>i
，显然
?
b
i
?2l
且
b
i≤(
n
－1)(
i
=0，1，2，…，
i?1
n?1<
br>n
－1).
若存在
b
i
=
n
－1时，只须取
l?(n?1)
?[
n?111
]?1?(q?1)(n?1)?1?q(q?1)
2
?1<
br>
222
则图中必存在四边形，因此下面只讨论
b
i
<
n
－1(
i
=0，1，2，…，
n
－1)的情况.
不妨
设
q
＋2≤
b
0
≤
n
－1.用反证法.若图中不存
在四边形，则当
i
≠
j
时，
B
i
与
Bj
无公共点对，
即|
B
i
∩
B
j
|≤
1（0≤
i
<
j
≤
n
－1）.因此，
|B
i
?B
0
|?b
i
?1
(
i
=1，2，…
，
n
－1). 故
,.
2
V?B
0中点对的个数?C
n?b
0
?
?
B
i
?B0
中点对的个数=
?
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
?3bi
?2)
?
2
i?1
(
?
b
i
)
2
n?1
n?1
1
i?1
?[?3(
?
b
i
)?2(n?1)]
2n?1
i?1
1
(2l?b<
br>0
)
2
?[?3(2l?b
0
)?2(n?1)]
2
n?1
1
?(2l?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
)<
br>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<
br>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<
br>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
θ
i
∈（0，π2），（
i<
br>=1，2，…，
n
），只要
tan
θ
1
tan
θ
2
…tan
θ
n
=2
n
2
，就有co
s
θ
1
＋cos
θ
2
＋…＋cos
θ
n<
br>≤λ.
四、求所有满足
a
≥2，
m
≥2的三元正整数组（<
br>a
，
m
，
n
），使得
a
n
＋203
是
a
m
＋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
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
>
A2
>…>
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
）(
i
=1，2，3，4)是以原点
为圆心的单位圆
周上的四个点，求证：
（
ay
1
＋
by
2
＋cy
3
＋
dy
4
）
2
＋（
ax
2
4
＋
bx
3
＋
cx
2
＋<
br>dx
1
）≤
2(
a
2
?b
2
c2
?d
2
?)
.
abcd
参考答案
一、∵
H
是△
ABC
的垂心，
A
1
是△
BHC<
br>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°.
现证
S
?BKB
2
?S
?CKC
2
?
∠<
br>BAC
=60°.
作
ID
⊥
AB
于
D<
br>，
IE
⊥
AC
于
E
，设
BC
=a，
CA
=b，
AC
=c，则
ID?IE?
2S
?A
B
1
B
2
2S
?ABC
a?b?c
?ID(AB<
br>1
?AB
2
)?AB
1
gAB
2
sinA,
故IDgAB
1
?AB
2
(AB
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?c
bc
同理AC
2
?.
a?b?c
S
?BKB
2
?S
?CKC<
br>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
?
.
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<
br>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
≠<
br>b
且（
a
，
c
）≥
p
>1，（
b<
br>，
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
，<
br>p
2
|
c
，∴
p
1
p
2
|
c
，由此可知
c
≥
p
1
p
2
>1
00，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7
p∈S
，则2×3×5，2
2
×3×5，2×3
2
×5，7
p
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7
p
?
S
，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13
?
S
；
（ii）若5
p∈S
，则由（2）知，2×3×7，2
2
×3×7<
br>?
S
；
若5
p
?
S
，则由条件（3）知5
，5×5，5×7
?
S
.
（iii）3
p
与2×5×7不同属于
S
.
（iv）2×3
p
与5×7不同属于
S
.
当
p<
br>=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
∈<
br>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<
br>=2，cos
θ
1
=
11?tan
2
?
i<
br>（
i
=1，2）.
令tan
2
θ
1
=x
，则tan
2
θ
2
=4
x
，则
c
os
?
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
5?x?4x?3?0
，
由此易知当且仅当
x
=2时等号成立.故
cos
?
1
?co
s
?
2
?233
，当且仅当
θ
1
=
θ2
时，等号成立.
2°当
n
≥3时，λ=
n
－1.先证
cos
θ<
br>1
＋cos
θ
2
＋…＋cos
θ
n
<
n
－1 （1）
不妨设
θ
1
≥
θ
2<
br>≥
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
tan
θ
2
…tan
θ
n
=2
n
2
，故tan
θ
1
tan
θ
2
tan
θ
3
=<
br>22
.
,.
cos
?
i
?1?s
in
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
?
222
1
cos
?
1
2
?
8?tan
2
?
2tan
2
?
3
tan
?
2
tan
?<
br>3
22
.
sin
?
2
sin
?
3<
br>8cos
2
?
2
cos
2
?
3
?s
in
2
?
2
sin
2
?
3
1
8c
os
?
2
cos
?
3
?sin
?
2
sin
?
3
2222
cos
?
1
?cos
?
2
?cos
?
3
?2?sin
?
2
s
in
?
3
g(1?
cos
?
1
?cos
?
2
?cos
?
3
?2
?8cos
2
?2
cos
2
?
3
?sin
2
?
2sin
2
?
3
?1
).
?8?tan
2
?
2
tan
2
?
3
?sec
2
?
2
sec
2
?
3
?(1?tan
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
2θ
3
>7，从而tan
2
θ
1
≥tan
2θ
2
>72.故cos
θ
1
≤cos
θ
2<1
1?72?23
，cos
θ
1
＋cos
θ
2
＋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<
n
－1，
则取α=λ（
n
－1）<1，从而存在
θ
i
<（0，π2）
i
=1，2，…，
n
，
使得co s
θ
i
=α，t
an
θ
i
=
1?
?
2
?
（
i
=1，2，…，
n
－1），tan
θ
n
=2
n
2
(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
2
＋…＋cos
θ
n
－1
＋cos
θ<
br>n
> cos
θ
1
＋cos
θ
2
＋…＋c
os
θ
n
－1
=λ
当
n
≥3时，最小的正数λ为
n
－1.
?
?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
mq
＋
r
＋203=
a
mq
a
r
＋203≡(－1)
q
a
r
＋203(mod(
am
＋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，
8
t
）或（4，2，4
t），
其中
t
为非负整数（下同）.
（ii）若
r
≥
1，由①有
a
r
（
ka
m
－
r
－1）=2
03－
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
）
=（5，2，4
t
＋1
）.
对于
k
≥10，则由①有
10（
a
m
＋1
）≤
a
r
＋203≤
ka
m
－1
＋203
故
a
m
－1
（10
a
－1）≤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
=1或
a
=2，
m
=3，
r
=2
时满足①式，故（
a
，m
，
n
）=（2，2，4
t
＋1）或（2，3，6
t<
br>＋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
m
②式都成立，故
（
a
，
m
，
n<
br>）=（203，
m
，（2
t
＋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
）=
（10，2，4
t
＋2）
当
r
≥1时，由②有
a
r
(
ka
m
－
r
＋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，<
br>r
=3时，满足上
式.
（
a
，
m
，
n
）=（8，2，4
t
＋3）或（2，6，12
t
＋9）
对于
k
≥6，由②有6（
a
m
＋1）<203.故
am
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
）=（3，2，4
t
＋3）.
综上满足题设条件的三元正整数组（
a
，
m
，<
br>n
）为（2，4，8
t
），（4，2，4
t
），（5，2，4
t
＋1），（2，2，4
t
＋1），（2，3，6
t
＋2）
，（203，
m
，（2
t
＋1）
m
＋1），（10，2，4
t
＋2），（8，
2，4
t
＋3），（2，6，12
t＋9），（3，2，4
t
＋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
,.
a?1
A
k
(a)?3C
7
(a?2)!(10?a)!?
?
?
a
A
1
?
?<
br>?
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
?A
3?LA
8
?A
9
?A
10
容易算得
?
1
?3g8!,
?
2
?21g8!,
?
3
?63g
7!,
?
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!?507g7!
a?4
8
A
1
?A
2
?A
3
50
7g7!
??70%
10!10!
A
8
?A
9
?A
10
3?3g8!
??10%.
10!10!
六、令
u=
ay
1
＋
by
2
，
v
=
c
y
3
＋
dy
4
，
u
1
=
ax4
＋
bx
3
，
v
1
=
cx
2
＋
dx
1
，则
u
2
≤（
ay
1
＋
by
2
）
2
＋（
ax
1
－bx
2
）
2
=
a
2
＋
b
2<
br>－2
ab
(
x
1
x
2
－
y
1
y
2
)
a
2
?b
2
?u
2<
br>x
1
x
2
－
y
1
y
2
≤
①
2ab
v
1
2
≤（
cx
2
＋
dx
1
）
2
＋（
cy
2
－
dy
1
）
2
=
c
2
＋
d
2
－2
cd
(
y
1
y
2
－
x
1
x2
)
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
2
?d
2
???
a
bcdabcd
同理可得
u
1
2
v
2
a
2
?b
2
c
2
?d
2
???
abcdabc
d
(u?v)
2
?(u
1
?v
1
)
2?(abg
u
ab
?cdg
v
cd
)
2
?(abg
u
1
ab
?cdg
v
1
cd
)
2
u
1
2
v
1
2
u
2
v
2
?(ab?cd)(?)?(ab?cd)(?)
abcdabcd<
br>u
2
v
1
2
u
1
2
v
2<
br>a
2
?b
2
c
2
?d
2
?????
2(?)
abcdabcdabcd
,.
2004年中国数学奥林匹克试题
第一天
一、凸四边形
EFG
H
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
B
、
C
、D
分别在凸四边形
E
1
F
1
G
1
H<
br>1
的边
H
1
E
1
、
E
1
F
1
、
ggg?
1
.而点
A
、
EBFCGD
HA
E
1
AFC
?
?
.求
1
的值. AH
1
CG
1
F
1
G
1
、
G
1
H
1
上，满足
E
1
F
1
∥EF
，
F
1
G
1
∥
FG
，
G
1
H
1
∥
GH
，
H
1
E
1
∥
HE
.已知
二、已给正整数
c
，设数列
x1
，
x
2
，…满足
x
1
=
c
，且
x
n
=x
n
－1
＋
[
3，…，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；
2x
n?1<
br>?(n?2)
]
＋1,
n
=2，
n
（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,
?
?
1
33
(x?x)?x?x?a,i?1,2,L,n.
i?1i?1ii<
br>?
?
2
（2）对于（1）中的数列
x
0
，
x
1
，…，
x
n
，
x
n
＋1
满足|
x
i
|≤|
a
|，
i
=0，1，…，
n<
br>＋1.
,.
五、给定正整数
n
(
n
≥2)，设正整数
a
i
=(
i
=1，2，…，
n
)满足
a
1
<
a
2
<…<
a
n
以
及
?
求证：对任意实数
x
，有
1
≤1.
ai?1
i
n
?
n
1
?
11
??
??
?
2
?
a
2
?x
2
?<
br>2
a
1
(a
1
?1)?x
?
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2004个
正整数之和：
n
=
a
1
＋
a
2
＋…＋a
2004
，且满足1≤
a
1
<
a
2
<…<
a
2004
，
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
F
1
CE
1
A
??
?
. CG
1
AH
1
（2）如图2，若
EF
与
AC<
br>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
结合题设有
CFBEAT
gg?
1
.
F
BEATC
CGDHAT
gg?
1
.由梅涅劳斯定理逆定理知
GDH
ATC
T
、
H
、
G
三点共线.设
TF
、<
br>TG
与
E
1
H
1
分别交于点
M
、<
br>N
. 由
E
1
B
∥
EF
，得
E1
A
=
BA
·
AM
.
EA
AD同理，
H
1
A
=·
AN
.所以，
AH
,.
E
1
A
AMABAH
?
gg.
AH
1
ANAEAD
又
EQ
S
?AECS
?ABC
gAEgAD
??,故
QHS
?AHC
S<
br>?ADC
gABgAH
E
1
A
EQABAH
S
?ABC
?gg?
AH
1
QHAEADS
?ADC同理,
F
1
C
S
?ABC
FCEA
?.所以,
1
?
1
?
?
.
CG
1
S
?ADC
CG
1
AH
1
二、显然，当
n
≥2时，<
br>x
n
?x
n?1
?[
令
a
n
=x
n
－1，则
a
1
=
c
－1，
2(x
n?1
?1)
]
.
n
2a
n?1
n?2
]?[ga
n?1
],n?2,3,L ①
n
n
(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<
br>}满足式①.
a
n
?a
n?1
?[
设y
n<
br>?n,n?1,2,L.由于当n?2时,
[
n?2(n?2)(n?1)2
g
y
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[]]?[g
m(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)?]
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
?y
n
?Ag?n
2
(n?1)(n?2)(n?
2)
2
w
n
?u
n
?z
n
?Ag?[]<
br>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<
br>?[]?2,所以,当3|a
1
时,a
n
?
1
(n?
1)(n?2);
46
当a
1
?1(mod3)时,
a
1<
br>?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
当c?0(mod3)时,x
n
?(n?1)(n?
2)?[]?1.
64
三、先证
n
≥11.
设顶点在
M<
br>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<
br>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<
br>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
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
、Ⅱ2
. 这样，区域Ⅱ
1
、Ⅱ
2
、Ⅱ
3
覆盖了平
面上除△
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
中必有
[]
＋1=3个顶点
在同一区域（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
7
3
,.
至少含
M<
br>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
…
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.
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
＋
）
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
n
（
n∈N
2
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
，
i
=1，2，…及
x
0
=0可知每一x
i
是
x
1
的3
i
－1
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
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
,.
1
(w
i?1
?w
i?1
)
?w
i
?w
i
3
?a
3
2
1
(v
i?1
?v
i?1
)?v
i
?v
i
3?a
3
2
1
所以(w
i?1
?v
i?1
?w
i?1
?v
i?1
)?(w
i
?v
i
)(1?w
i
2
?w
i
v
i
?v
i2
)
2
设|w
i
0
?v
i
0
|最大,则
|w
i
0
?v
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<
br>0
2
?1,
即|w
i
0
?v
i
0<
br>|?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
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
|?|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<
br>?1
可得
i?1
i
,.
2
?n
?
?
n
11
?
1
?
n
1<
br>?
?
?
?
2
?
?
?
??
?
a
?
?
a
2
?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<
br>2
?a
1
(a
1
?1)时,由柯西不等式得
?
n
?
?
n
11
?
?
?
?
??
a
2
?x
2
?
?
?
?
i?
1
i
?
?
i?1
a
i
对于正整数a
1?a
2
?L
2a
i
?
2
2
?
?
?
?
2
?
n
?
?
n
a
i
a
i
?
??
?
?
?
?
(a2
?x
2
)
2
?
?
(a
2
?
x
2
)
2
?
?
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<
br>2
?x
2
)
2
(a
2
?x
2
?
1
)
2
?a
2
((a?
1
)
2
?x
2
)((a?
1
)
2
?x
2
)
iiii
422
1111
????i?1,2,L,n?1.
1
2
1
2
1
2
1
22222
(a
i
?)?x(a
i
?)?x(a
i
?)?x(a
i?1
?)?x
2222
??
nn
??
a
111
故?
2
i
22
?
?
?
?
?
<
br>2
i?1
?
(a?
1
)
2
?x
2<
br>(a?
1
)
2
?x
2
?
i?1
(a
i
?x)
?
i
?
i?1
22
??
1111
?g?g
2
(a?
1
)
2
?x
2
2
a
1
(a
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
（<
br>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
<
a
2<
br><…<
a
r
，
a
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)=4
N
(
k
)
3
. 设
n
=2
a
(2
l<
br>＋1)，若
n
≥
N
(
k
＋1)=4
N
(
k
)
3
，则2
a
≤2
N
(
k
)
2
，则存在正偶数2
t
≤
a
，使得2
2
t
≥
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
2
<…<<
br>b
k
，
b
i
|
b
i
＋1
，
i
=1，2，…，
k
－1.
则2
a
=2
a
－2
t
×2
2
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
a
－2
t
(2
t
－1)
b<
br>k
n
=2
a
－2
t
(2
l
＋1)＋2
a
－2
t
(2
t
－1)
b
1
(2
l
＋1)＋…＋2
a
－2
t
(2
t
－1)
b
k
(2
l
＋1)
若2
l＋1≥2
N
(
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<
br>2
＋…＋
c
k
，1≤
c
1
<
c2
<…<
c
k
，
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.
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
＋30
k
均不是两个相邻整数之积. 试定出所有元素个数最多的
A
. <
br>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
)∈
A
，
β
=(
b
1
，
b
2
，…，
b
n
) ∈
A
，定义：
γ
（
α<
br>，
β
）=(|
a
1
－
b
1
|，|<
br>a
2
－
b
2
|，…，|
a
n
－b
n
|)，
D
（
A
）={
γ
（α
，
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<
br>={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<
br>、
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.
六、设实数列{
x
n
}满足：
x
0
=0，
x
2
=
3
2
x
1
，
x
3
是正整数，且
x
n?1
?
1
3
4
x
n
?
3
4x<
br>n?1
?
1
x
n?2
，
2
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
－
G
′
E
2
=
BD2
－
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<
br>、
G
′、
H
四点共圆.
如图1，连结
EF
，则
AD
垂直平分
EF
. 设<
br>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<
br>.
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<
br>∽△
ADC,
从而，
AR
·
AC
=
AQ<
br>·
AD
=
AF
2
=
AF
·
AE，即
所以，
RE
FC
，∠
AFC
=∠
ARE
.
ARAD
.
?
AQAC
ARAE
.
?
AFAC
,.
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{3
l
＋2|0≤
l
≤9}.
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
2
a
?
，即
a
?
<
br>0，2，6，12，20，26（mod
30）
0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，
25，28（mod
30）.
因此，
A
?
{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17
，19，20，22，23，24，26，27，
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
<
a
2
<…<
a
m
}，则
{0
，
a
2
－
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
}，
ab
=max{
x
|
x
∈
A
b
},C
=
A
{
b
，
a
b
}|
b<
br>∈
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
b
，
a′∈
A
b
′
}.
D∈D（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，
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
{|<
br>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
?<
br>?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<
br>f
(2
p
)=
f
(2)
f
(
p)=
f
(
p
).
再由此及（1）可证
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<
br>≥2，则由（1）得2
g
(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)=2
g
(2
k－1
－2)≤
g
(2
k
)≤2
g
(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<
br>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
(<
br>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
≤
k
log
2
m
<
s
＋1，即
,.
k
log
2
m
－1<
s
≤
k
log
2
m
⑤
由（1）可知
g
(2
s
)≤
g
(
m<
br>k
)≤
g
(2
s
＋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
2s?1
g(3)
k?1
即?g(m)?
g(m?1)g(m?1)
g(m)g(m)g(3)
s?1
所以,g2
s?1
?g
k?1<
br>(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
.
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300
5，则称
m
与
n
“有关”.
易知与1有关的数仅有1000和20
02，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003
有关的为1000和2002. <
br>所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，1003}，{1000，2002}.
同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，{3，1005}，{998，20
00}；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
.
六、设
n
≥2，则
,.
x
n?1
?
3
2x
n
?
?
1
3
1
xn?1
3
2
1
3
4
3
x
n
?
3
2x
n
?
3
4x
n?1
?
2<
br>x
n?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
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
2
n
)[(1?3)
n
?(1?3)
n
]
2
x
A
于是，
x
3
?[(1?3)
3?(1?3)
3
]?33A.故A?
3
.
4
33
再由
x
0
=0可得
x
n
?A(
3由此可得
x
n
?
记
a
n
?
1
3
x
3
33
3
(
2
n
)[(1?3)n
?(1?3)
n
]
②
2
[(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
数
的必要条件是3|
n
.而
a
3k
?
3
33
[(1?3)
3k
?(1?3)
3k
]?
3
33
[(10?63)
k
?(10?63)
k
]
，
所以，3|
a
3
k
.
令
b
n
?
(1
?
3)
n
?
(1
?
3)
n<
br>，
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?(ab?
a
m
b
n
)
?
?
n?m
2
nm<
br> ③
?
1
?
b
n?m
?(b
n
b
m
?3a
n
a
m
)
?
2
?
在③中令
m
=
n
，则有
?
a
2n
?a
n
b
n
?
?
1
22<
br> ④
b
2n
?(b
n
?3a
n
)
?
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
=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.
用归纳法可得
?
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.
k
2
m
任取
m1
>
m
2
≥2，由③可得
1
?
a?(ab?
a
m
b
m
)
?
2221
?
2
m<
br>1?2
m
2
2
2
m
12
m
2
?
1
?
b
mm
?(b
m
b
m
?3a
2
m
1
a
2
m
2
)
?
?
21?22
2
2122
由此易知
?
kmm
?2
m
1
?1
?2
m
2
?1?m
2
?1
?
21?22
?
m
1<
br>?1m
2
?1
l?2?2?1
?
?
2
m1?2
m
2
用归纳法可知，对于
m
1
>
m2
>…>
m
r
≥2，有
m
1
?1
m
2
?1m
r
?1
?
k
mm
?2?2?L
?2?m
r
?1
m
?
21?22?L?2r
?<
br>m
1
?1m
2
?1m
r
?1
l?2?2?L
?2?1
?
?
2
m
1?2
m
2?L?2
m
r
即当
n
=2
r
p
，其中
r
(<
br>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
=4
m
＋1时，由③可得
a
4m?1
?(a
4m
b
1
?a
1
b
4m
)?a4m
?b
4m
.
2
由⑤可知
k
4
m
＋1
=2
m
＋1.
同理，由
,. 1
?
a?(ab?ba)?2(2a
4m
?b
4m
)<
br>?
?
4m?2
2
4m24m2
?
1
?
a
4m?3
?(a
4m
b
3
?b
4m
a
3
)?2(5a
4m
?3b
4m
)
?<
br>2
?
知
k
4
m
＋2
=
k
4
m
＋3
=2
m
＋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<
br>n
?
3
2
3
p
n
，其中3
|pn
.
33
由于
k
3
=2=
22
22
22
×3，
k
6
=4=×6，
k
12
=9>×12
，
k
24
=16=×24，从而，
x
3
，
x
6
，
x
12
，
3333
x
24
，均为整
数.
若
n
?
0(mod
4)，则
k
n
≤
n
＋1，所以，
2
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<
br>=2
r
－1
×3
k
q
＋
r
＋1于是
，
k
n
－
n
=2
r
－1
×3
k<
br>q
＋
r
＋1－2
r
＋1
×3
k
－1
q
=
r
＋1－
3
2
r
－1
×3<
br>k
－1
q
≤
r
＋1－2
r
－1
，
等号当且仅当
k
=
q
=1时成立.
当
r
>3时，2
r
－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
={<
br>x
|
x
3
－
x
=0}，集合
N
={
x
|－2≤
x
≤1，
x
∈Z}，从
M
到<
br>N
的映射
f
：
M
→
N
满足条件，对任意x
∈M，恒有
x
＋3
f
(
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[3
x
＋1]=6
x
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
)、<
br>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
=(2
k
－1)
2
＋1,
k
∈N}，则
P
与
Q
的关
5
系是（ ）
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<
m
<
B．
m
= C．
m
>
D．
m
≥
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
1
3
1
3
1
3<
br>1
3
,.
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；
②
n
=
n
＋1（将当前的
n
＋1的值赋予新的
n
）；
③
x
=
x
＋2（将当前的
x
＋2的值赋予新的
x
）；
④
y
=2
y
（将当前的2
y
的值赋予新的
y
）；
⑤
z
=
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
＋
_________.
10、函数
y
=2
－|
x
－3|
－
m
的图
象与
x
轴有交点，则
m
的取值范围是_________.
11、
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)?
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
2x
2
1?x
2
，那么f
(1)＋
f
(2)＋
f
(3)＋
f
(4)＋
f
(5)＋
f
(
1
11
)＋
f
(
)＋
f
()＋
24
3
,.
1
f
()=_________.
5
14、数列23，2323，
232323，23232323，…的一个通项公式是_________.
15、设数列{
a
n
}的通项公式为
a
n
?
范围是_________.
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.
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
2
4
7
3
5
8
6
9
10
14
15
20
26
33
…
21
27
34
…
28
35
…
36
…
…
np?2
，且
a
1
<
a
2
<
a
3
<…<
a
n
<
a
n
＋1
，则实数
p
的取
值
n?p
13 19
12
18 25
11
17
24 32
16
23
31
…
22
30
…
29
38
…
37
…
…
,.
（1）第一行第
m
列的数可用
a
1
m
表示，例如
a
11
=1，
a
12
=3，
a
13
=6，请将
a
1
m
用
m
表
示
出来；
（2）自然数2004位于第几行第几列？
（3）第
i
行第
j
列的数可用
a
ij
表示，请写出
a
ij
关于<
br>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
恰好使
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
，
4
1
倒入
B
均匀；混合后，由
B
倒回
A
，使
A
保持
m
升不变，
4
这样叫做
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<
x
<
k
，或
x
<－
k
，
k
>0}.
函数
?
(
α
)=sin
2
α
＋(ξ＋1)cos
α
－ξ2
－ξ－
k
，
α
∈[0
，π
]. 若集合A
={ξ|
?
(
α
)<0}，
B
={
f(
?
(
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
b
2
c
3
d
4
e
5
f
6
g
7
h
8
i
9
j k l m
10 11 12 13
n o p q
r s t u v w x
y z
14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 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
（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
A．（0，）
B．（＋∞，0）∪（0，＋∞）
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
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{
a
n
}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（2
k
－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（ ）
A．
(0,
3323
1
)
B．
(,)
C．
(,1)
D．
(0,)
3322
3
7、设抛物线
y
2=2
px
(
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<
br>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
<
b
C．
a
=
b
D．不确定
,.
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
=1
0，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
mkm，远地点
B
距地面为
n
km，设地球半径为Rkm，关于椭圆有以下
说法：
①焦距长为
n
－
m
，
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）.
uuuu
ruuuuruuur
11、已知
O
为坐标原点，
OM
=（－1，1
），
NM
=（－5，－5），集合
A
={
OR
||
RN
|=2}，
ruuuruuuuruuuruuuur
uuur
uuu<
br>，则
MP
g
MQ
=___________.
OP
、
OQ
∈A，
MP?
?
MQ
（λ∈R，λ≠0）
1
2、要通过一宽度为
a
m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
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<
br>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＋cos
α
）=
a?
，其中α
是锐
25c
角，
a
，
b
，
c
均为正整数，且
b
、
c
（
b
<
c
）互质
，则
a?b?c
=___________.
16、用min{
x
1
，
x
2
，…
x
n
}表示
x
1<
br>，
x
2
，…
x
n
中的最小值，设
a
、
b
均为正数，则min{
a
，
,.
b
，
1
a?b
22
}最大的值为___________.
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
，
y
2004
)是抛物线
y
=x
2
＋
x
＋1上任意2004
个点，且
x
1<
br>＋
x
2
＋…＋
x
2004
=1，求
y
1
＋
y
2
＋…＋
y
2004
的最小值.
18、若
x
，
y
∈R，
x
＋
y
=1，则
x
x
2
?y
3
?
8
?
.
x
3
?y
2
3
y
19、已知抛物线
y
2
=4
x
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
e
O
1
上，射线
AM
、
AN
交
e
O
2
于
B
、
C
两点，记
e
O<
br>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.
答 案
高一年级
一、选择题
1、A 提示：
N
={－2，－1，0，1}，
x
＋3
f
(
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
????
2、C 提示：3
x
<6
x
≤3
x<
br>＋1，即0<
x
≤，从而0<6
x
≤2，故6
x
=1
或6
x
=2，从而
1
3
11
x?或x?
.
63
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
′（200
2，
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<
br>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)=2004.
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
.
nn
3?4
5、C 提示：分别列出3
n
，4
n的个位数，易知
n
=2，6，10，14，18，…时，∈
5
N.故p
={
m
|
m
=4
n
－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
P
.
Q
中不存在形如8
k
－2
(
k
∈N
*
)的元素，但8
k
－2∈
P
，这表明
Q?
?
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
<
x
2
时，
f
(
x
1
)与<
br>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
，
y
i
，
z
i<
br>，依题意得
x
0
=1，
x
n
=
x
n
－1
＋2，
故{
x
n
}是等差数列，且
x
n
=2
n
＋1，
y
0
=1，
y
n
=2
y
n
－1
，故{
y
n
}是等差数列，且
x
n
=2
n
.
1
3
z
n
=
x
1
y
1
＋
x
2
y
2
＋…＋
x
n
y
n
=
3·2＋5·2
2
＋7·2
3
＋…＋（2
n
＋1）2
n
2
z
n
=3·2
2
＋5·2
3<
br>＋…＋（2
n
＋1）2
n
＋1
,.
以上两式相减得
z
n
=－2
n
＋2
＋2＋（2n
＋1）2
n
＋1
=（2
n
－1）2
n
＋1
＋2，
依题意，程序终止时
z
n
≥7000，
z<
br>n
－1
≤7000，即
n?1
?
?
(2n?1)2?2?7000
?
n
?
?
(2n?3)2?2?7000
可求得
n
=8，
z
=7682.
二、填空题
9、4
n
＋2
1115
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
＋3
n
＋]，
22<
br>24
其中整数的个数为
n
2
＋3
n
＋2－（
n
2
－
n
＋1）＋1=4
n
＋2.
10、0<
m
≤1.
令2
－|
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.
设
t
秒钟内爬完580cm，则20×=580，得
t
=87，从而所需时间为87＋3=90（秒）.
13、9.
t
3
1
提示：
f(x)?f()?2.
x
23
14、
(10
2n
?1)
.
99
15、－
2
<
p
<1.
16、15.
三、解答题
,.
17、（1）当自然数排到
a
1
m
时，共用去了（1＋2＋3＋…＋
m
）个数，从而
a
1m
?
（2）由于第一行第63列的数为
m(m?1)
.
2
6
3?64
?2016
，故第2行第62列的数为2015，第3行
2
第61列
的数为2014，…，第13行第51列的数为2004.
（3）由于
a
ij
与
a
i
－1
i
＋1
相邻，又
a
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]<
br>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
a1
=
ma
%，
b
1
=
mb
%，又<
br>a
%－
b
%=20%. 故
3111
a
k
?a
k?1
?(b
k?1
?a
k?1
)?(4a
k
?1
?b
k?1
)
4545
411
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
=20
m
%，公比为
3
的等比数列. 则
5
3
a
k
－
b
k
=20
m
%·
()
k?
1
5
ab
203
k?1
浓度差为
k
?<
br>k
?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<
x
<
k
，或
x
<－
k
，
k
>0}，
∴
B=
{ξ|
f
（
?
（α））>0}={ξ|0<
?
（α）<
k
或
?
（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
.
∴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.
?
?
2
?
2
??
?
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
20、（1）
g
→7→=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
?
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.
,.
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?7
t?9
t?3
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
?()
3
，
1515
64
×15≈35，选C.
27
4、动点
M
（
x
，
y
）的几何意义是
到定点
P
（sin
α
，cos
α
）的距离等于到定直线l
：
x
sin
α
＋
y
cos
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）=2003
2
=4
012009，∴第2004个1为第4012009＋2004=4014013项，选D.
uuu
r
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
），<
br>D
222
在椭圆内部，满足
x
2
a
2
?3
1
2
?1
，从而，即0<
e
<
，选A. <
br>e?
3
3
b
2
y
2
7、如图，过
P
、
Q
分别作准线的垂线
PR
、
QS
，
R<
br>、
S
为垂足，
则
RP
∥
EF
∥
SQ
，从而
REPF
，又据抛物线定义知
PF
=
PR
，
FQ
=
QS
，
?
ESFQ
所以
REPF<
br>，从而△
RPE
∽△
SQE
，故∠
REP
=∠
SEQ
，90°－∠
REP
=90°
?
ESQS
－∠SEQ
，即∠
PEF
=∠
QEF
，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
?
①×
11
4
－②×得， 3
9
2
x
－3
y
>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
长轴2
a
=10，焦距2
c
=6，故
b?a
2
?c
2
?4
，从而△
ABC
的最大面积为
10、如图，依题意
a
＋
c
=
n
＋
R
且
a
－
c
=
m
＋
R
.
正确说法有①③④.
1
×2
c
×
b
=
bc
=12.
2
uuuruuuuruuuuruuuuruuuur
11、∵
ON?OM?MN?
OM?NM?(4,6)
，
∴
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
uuuruuuuruuuruuuu
r
|MQ|
g
cos0?46
.
MN
交圆
N
于
J
. 由割线定理
MP
g<
br>MQ?|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<
br>，0)，
C
(0，
ak
－
a
)，
k
a1
|BC|?(?a)
2
?(ak?a)
2
?a(?k?1)<
br>2
?1
kk
因为
k
<0，故
11
2
≥3
2
，＋
k
≤－2，（＋
k
－1）|
BC
|≥
a8
=
22a
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.
2
x
3<
br>x
6
x
111
m?aa
13、
?
(
b
>
a
>0，
m
>0)，故原不等式左边>
x?1
?
x?1
?
x?1
????1
，故
236
m?bb
236
原不等式的解集为
?
.
,.
14、填①②③⑤.
15、由已知条件得sin
α
＋cos
α－sin
α
cos
α
=
23
，又sin
2α
＋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)
??
25
?
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<
br>3
ag}?bg?bg?
，当且仅当
a
=
b
=
，即
2ab2
a
2
?b
2
a
2
?b2
a
2
?b
2
1
a
=
b
=<
br>3
1
1
时，取“=”号，填
3
.
2
2
三、解答题
17、
1?x
1
?x
2
?L?x
2004
1111
?2gx
1
?2gx
2
?L?2gx
2004
1004
1111
222
??(x
1
?)?(x?)?L?(x?)
22004
1002
20042
2004
2
2004
2
11
222
?x1
?x
2
?L?x
2004
??2004??
2
1002
2004
?
222
故y
1
?y
2
?L?y
2004
?(x
1
?x
2
?L?x
20
04
)?(x
1
?x
2
?L?x
2004
)?20
04?
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
)
min
18、令
t
=
xy
，则
t
∈（0，
1
时,
2004
1
?2005
2004
1
）. 由
x
＋
y
=1，得
x
2
＋
y
2
=1－2
xy
，x
3
＋
y
3
=1－3
xy
，
x
4
＋
y
4
=1
4
－4
xy
＋2
x
2
y
2
，
x
5
＋
y
5
=1－5
xy
＋5
x
2
y
2
.
,.
x
x
2
?y
3
?
y
x
3
?y
2
?
8
3
?3x(x
3
?y
2
)?3y(x
2
?y
3
)?8(x
3
?y
2
)(x
2
?y
3
)
?3(x4
?y
4
)?3xy?8(x
5
?y
5
)?8
x
2
y
2
?8x
3
y
3
?3?12xy?
6x
2
y
2
?3xy?8?40xy?40x
2
y
2
?8x
2
y
2
?8x
3
y
3
?
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
f(x)?
f()???5?0.
484
xy8
故
2
??.
3323
x?yx?y
19、（1）由题可知
F
（1，0），设
A(
x
A
，
y
A
)，
B
(
x<
br>B
，
y
B
)，
M
(
x
M
，
y
M
)，
N
(
x
N
，
y
N
)，直线
42
AB
的方程为
y
=
k<
br>·(
x
－1)，则
A
、
B
点的坐标代入
y<
br>2
=4
x
.
相减得
y
A
＋
y
B
=，即
y
M
=，代
kk
2
入方程
y
=
k
(
x
－1)，解得
x
M
=
2
＋1，同理可得，
N
的坐标
为（2
k
2
＋1，－2
k
）.
k
直线
MN
的斜率为
k
MN
?
y
M
?y
N
k
k
，方程为
y
＋2
k
=（
x
－2k
2
－1），整理得
?
2
2
x
M
?x
N
1?k
1?k
y
(1－
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
、<
br>F
. 由抛物线的性质不难知道：准线
x
=－1为圆
M
与圆<
br>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
x
G
=－1，
yG
?
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
?
1
k
MN
k
2
?1
1
?
，所以
，公共弦所在直线的方程为
y?(k?)x
.
k
k
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<
br>OQ
为直径的圆上（如图）.
1
又对于圆上任意一点
P
（<
br>x
，
y
）（原点除外），必可利用方程
y?(k?)x
求得<
br>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∠
NO
1
O
2
=∠N
O
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
=2
R
sin
B
=2
R
sin∠
ANM
，
在△
AMN
中
AM
=
2
r
1
sin∠
ANM
=2
NO
1
sin∠
ANM
，
代入①式得
2Rsin?ANM
2NO
1
sin?ANM
，得
O
2
O
1<
br> =
R
，因为
O
1
N
⊥
O
2
N
，所以
?
O
1
O
2
O
1
N<
br>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.
2、设2
n
个实数
a
1
，
a
2
，…，
a
2
n
满足条件
2n?1
i?1
?
(a
i?1
?a
i
)
2
?1
.求(
a
n
＋1
＋
a
n
＋2
＋…＋
a
2
n
)－
,.
(
a1
，
a
2
＋…＋
a
n
)的最大值.
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，…，2
n
－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，
a
n?1
?k
a
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2
k
|
a
2
n
，
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<
br>1
、
C
1
D
1
、
D
1
A<
br>1
，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<
br>、
C
、
D
四点共圆.
5
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<
br>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
a1
＋
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
－
a
1
)
2<
br>=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，…，2
n
－1，?
x
i
2
?1
，且
a
k
=
x
1
＋
x
2
i?2
2n
＋…＋
x
k
，
k
=1，2，…，2
n
.
由柯西不等式得
(
a
n
＋1
＋
a
n
＋2
＋…＋
a
2
n
)－(
a
1
＋
a
2
＋…＋<
br>a
n
)
=
n
(
x
1
＋
x
2
＋…＋
x
n
)＋
nx
n
＋1
＋(
n
－1)
x
n
＋2
＋…＋
x
2
n
－[
nx
1
＋(
n
－1)
x
2
＋…＋
x
n
]
=
x
2
＋2
x
3
＋…＋(
n
－1)
x
n
＋
nx
n＋1
＋(
n
－1)
x
n
＋2
＋…＋
x
2
n
?[1?2?L?(n?1)?n?(n?1)?L
1
?[n?2?(n?1)n(2(n?1)?1)]
2
6
2
1<
br>22222
1
2
2
2
?1]g(x
2
?2
x
3
?L?
1
2
2
x
2n
)
n(2n
2
?1)
?.
3
当a
k
?a<
br>1
?
3k(k?1)
2n(2n?1)
3[2n
2
?
(n?k)(n?k?1)]
2n(2n
2
?1)
2
,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(2n
2
?1)
所以,(a
n?1
?a
n?2
?L?a
2n
)?(a
1
?a<
br>2
?L?a
n
)的最大值为.
3
3、
u
n<
br>=2
n
－1.
（1）先证
u
n
≥2
n
－1.
由于
u
n
≥1，不妨设
n
≥2. 由于在1，3，…，2<
br>n
－1中能被2
n
－1整除的数的个数为1，
在2(
n
＋1)－1，2(
n
＋2)－1，…，2(
n
＋2
n
－2
)－1中能被2
n
－1整除的数的个数为0，因此，
u
n
≥2
n
－1.
,.
（2）再证
u
n
≤2
n
－1.
只要考虑
d
为奇数且1≤
d
≤2
n
－1. 考虑2
n
－1个奇数：2(
a
＋1)－1，2(
a
＋2)－1，…
，
2(
a
＋2
n
－1)－1.
设
s
、
t
为整数，使得
(2
s
－1)
d
≤2
n
－1<(2
s
＋1)
d
(2t
－1)
d
<2(
a
＋1)－1≤(2
t
＋1
)
d
于是，在1，3，…，2
n
－1中能被
d
整
除的数的个数为
s
. 故只要证明[2(
t
＋
s
)－1]<
br>d
≤2(
a
＋2
n
－1)－1即可. 事实上，有
[2(
t
＋
s
)－1]
d
=(2
t－1)
d
＋(2
s
－1)
d
＋
d
≤2(
a
＋1)－3＋2
n
－1＋2
n
－1
=2(
a
＋2
n
－1)－1
因此，
u
n
≤2
n
－1.
综上所述，得
u
n
=2
n
－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
、
AT<
br>的距离之和为常数
m
的轨迹是线段
BC
，其中
AB
=
AC
=
m
.若
sin
?
点
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
)<
m
若点
Q
在△
ABC外，由
S
△
QAB
＋
S
△
QAC
><
br> 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
)＋<
br>d
(
Q
，
DA
)]
>[
d
(<
br>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
?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
＋2
－
a
n
）(
a
n
＋2<
br>＋
a
n
－2
ka
n
＋1
)=0.
由题设条件知，数列{
a
n
}是严格递增的，所以，
a
n
＋2
=2
ka
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
2
k
|(
a
n
＋2
－
a
n
) ②
于是，由2
k
|
a
0
，及式②可得
,.
2
k
|
a
2
n
，
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
1<
br>D
1
.
2
?r
2
，其
又
ID<
br>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
x
i<
br>?
，
i
=1，2，…，5，且
?
y
i
?1<
br>. 于是
1?x
i
y
i
i?1
?
4?x<
br>2
?1?
?
5y
2
?2y
i?1
i
i?1
i
5
x
i
5
?y
i
2
?y
i
i
?1
?1
?
?
5
?5y
i<
br>2
?5y
i
?2y
i
?1
?
?
(?
1?
i?1
5
2
i?1
5y
i
5
?5)?5
3y
i
?1
5y
i
2
?2y
i
?1
3y
i
?1
?10
14
2
i?1
5(y?)?
i
55
55
3y
i
?13y?
1
而
?
?
?
i
14
i?1
4
i?
1
5(y?)
2
?
i
555
5
5
5
?
?
(3y
i
?1)??(3?5)?10
4
i?14
?
?
,.
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
2
同一行中性别相
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，<
br>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： <
br>ABACDE
（1）
S
△
BDF
=(1－
x
)
yzS
△
ABC
，
S
△
CEF
=
x
(1－
y
)(1－
z
)
S
△
ABC<
br>，
（2）
3
S
?BDF
?
3
S
?
CEF
?
3
S
?ABC
.
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，
ABCD
是
圆内接四边形，
AC
是圆的直径，
BD
⊥
AC
，
A
C
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DG
BF
，
H
在
GF
的延长线上，
C
H
⊥
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
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
一个圆周上，且任意相邻两数的乘积均不大于
1
.
9
第二天
5、数列{
a
n
}定义如下：
2
?a
n
?1
，
n
=1，2，….
a<
br>1
=2，
a
n?1
?a
n
证明：
1?
1
2003
2003
?
111
??L??1
.
a
1
a
2
a
2003
2
?
?
(a
1
?a
2
?L?a
n?1
)?2a
n
对<
br>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<
br>的三条内角平分线，且
DE
=
DF
.证明：
（1）
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<
br>. 证明：
S
n
中至多有一半元素
的个位数为3.
,.
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
3
S
?BDF
?
3
S
?CEF
?(
3
(1?x)yz?
3
x(1?y)(1?z)
3
S
?A
BC
?(
(1?x)?y?zx?(1?y)?(1?z)
3
?)
S
?ABC
33
?
3
S
?ABC
2、设上学期（<
br>i
0
，
j
0
）空位，新学期（
i
1
，
j
1
）空位，则
S?[
?
i?1
6
?
(i?j)?(i
0
?j
0
)]?[
??
(i?j
)?(i
1
?j
1
)]
j?1i?1j?1
86
8
?(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.
,. <
br>4、（1）当
a
=
b
=
c
=，
d
=
e
=0时，把
a
、
b
、
c
、
d<
br>、
e
任意放置在五个圆周上，总有两个
1
3
1
1是相邻的，它们的乘积不小于.
9
3
（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
＋3
d
≤1
a?3d
2
1
)?
24
1
从而
ad
≤.
12
ag3d?(
又因为
a
＋
b
＋
c
≤1，所以，
b
＋c
≤
所以，相邻两数的乘积均小于
b?c
2
1
2
. 于是
bc?()?
.因为
ce
≤
ae
≤
ad
，
bd
≤
bc
，
3
49
1
. <
br>9
5、由题设得
a
n
＋1
－1=
a
n
(
a
n
－1). 所以，
1
a
n?1
?1?
11
?
a
n
?1a
n
111??L?
a
1
a
2
a
2003
111111<
br>?(?)?(?)?L?(?)
a
1
?1a
2
?1a
2
?1a
3
?1a
2003
?1a
2004
?1<
br>?
111
??1?
a
1
?1a
2004
?1
a
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
a
1
a
2
a
2003
立，只要证明
a2004
－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?2)?
n?12n?4
?
2n?1
下面证明不等式
,.
2
a<
br>n
?
2n?4
(a
1
?a
2
?L?a
n?1
)?2a
n
n?1
对任何满足0<
a
1
<
a
2
<…<
a
n
的整数
a
1<
br>，
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，
2n?4
n?1
2n?4n(n?1)
a
k
?[(n?1)a
n
?]
?
n?1
k?1
n?1
2
?(2n?4)a
n
?n(n?2)
?(n?2)(2a
n
?n)?(a
n
?2)a
n
2
故a
n
?
2n?4
(a
1
?a
2
?L?a
n?1
)
?2a
n
.
n?1
2n?4
.
n?1
sin?A
FDADADsin?AED
7、如图由正弦定理得.则sin∠
AFD
=sin∠<
br>AED
.
???
sin?FADFDEDsin?DAE
因此，λ的
最大值为
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
PE
=BF
=
又△
PCD
∽△
BCA
，则
ac
.
a?b
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
)＋
abc
>
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<
br>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
5
d
1
，5
d
2
，…，5
d
m
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
r
正整数，
p和
q
互质. 设
S
q
={
a
a
a2
，…，
a
2
}为
q
的所有正约数组成的集合，将S
n
中的元素写
1
，
1
，a
1
p，a
1
p
k
，…，a
1
p，
成如下的方阵：
a
2
，a
2
p，a2
p
2
，…，a
2
p
r
，
…… <
br>a
k
，a
k
p，a
k
p
2
，…，a
k
p
r
，
对于
d
i
=
a
i
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
，
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<
br>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
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.