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高中数学奥林匹克竞赛全真试题

时间:2016-01-22


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 bx2+ay2=ab 的图形是( )

3、过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线.若此直线与抛物线交于 A、B 两点,弦 AB 的中垂线与 x 轴交于 P 点,则线段 PF 的长等于( ) A.

16 3

B.

8 3

C.

16 3 3

D. 8 3

2? ? ? 5? ? , ? ] ,则 y ? tan( x ? ) ? tan( x ? ) ? cos( x ? ) 的最大值是( ). 3 6 6 12 3 12 11 11 12 A. B. C. D. 2 2 3 3 5 6 6 5
4、若 x ?[? 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 ? y2

的最小值是 ( )

A.

8 5

B.

24 11

C.

12 7

D.

12 5

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( )

?
3

,则四

3 1 1 B. C. 2 2 3 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7、不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0 的解集是__________.
A. 8、设 F1,F2 是椭圆

D.

3 3

x2 y 2 ? ? 1 的两个焦点,P 是椭圆上的点,且|PF1|:|PF2|=2:1,则△ 9 4 PF1F2 的面积等于__________. - 9、 已知 A={x|x2-4x+3<0, x∈R}, B={ x|21 x+a?0, x2-2 (a+7) x+5?0, x∈R }.若 A ? B , 则实数 a 的取值范围是__________. 3 5 10、已知 a,b,c,d 均为正整数,且 loga b ? ,logc d ? ,若 a-c=9,b-d=__________. 2 4 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 Mn={(十进制)n 位纯小数 0. a1a2 ,an=1}, an | ai 只取 0 或 1(i=1,2,?,n-1)
1

Tn 是 Mn 中元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则 lim 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

Sn =__________. n ?? Tn

3 ? x ? 5 ,证明不等式 2 x ? 1 ? 2x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 19 . 2 1 14、设 A,B,C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a,b,c 都是实数)对应 2
13、设 的不共线的三点.证明:曲线 Z= Z0cos4t+2 Z1cos2tsin2t+Z2sin4t(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=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

3l 3m 3n { 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 10 10 10
小值. 三、 (本小题满分 50 分) 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形, 其中 n=q2 +q+1,l?

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).





一、选择题 1、注意到 452=2025,462=2116,故 2026=a2026-45=a1981,2115= a2115-45= a2070.而且在从第 1981 项到第 2070 项之间的 90 项中没有完全平方数. 又 1981+22=2003,故 a2003= a1981+22=2026+22=2048.故选(C). 2、题设方程可变形为题设方程可变形为 y=ax+b 和

x2 y 2 ? ? 1 ,则观察可知应选(B). a b

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 y0 ? ,进 3 3 4 1 4 4 16 ?? ( 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 3 3 3 3 16 PF ? ,故选(A). 3
的横坐标满足方程:3x2-8x-16=0.由此求得弦 AB 中点的横坐标 x0 ?
2

4、

2? 2? ? ) ? cot( x ? ) ? cos( x ? ) 3 3 6 1 ? ? ? cos( x ? ) 2? 2? 6 cos( x ? )sin( x ? ) 3 3 2 ? ? ? cos( x ? ) 4? 6 sin(2 x ? ) 3 5? ? 4? ? 2? ? ? ? 因为 ? ? x ? ? , 所以2 x ? ? [ , ], x ? ? [? , ? ].可见 12 3 2 2 3 6 4 6 2 ? 5? ? 与 cos( x ? )在[ ? , ? ]上同为递增函数. 4? 6 12 3 sin(2 x ? ) 3 ? 11 故当x ? ? 时,y取最大值 3.故选(C ). 3 6 y ? tan( x ?

1 ,故 x 4 9 x2 ?9 x4 ? 72 x2 ? 4 35 u? ? ? ? 1? 2 2 4 2 4 4? x 9 x ? 1 ?9 x ? 37 x ? 4 37 ? (9 x2 ? 2 ) x 4 2 4 1 1 而 x∈(-2, ? )∪( ,2) ,故当 9 x 2 ? 2 ,即x 2 ? 时,9 x 2 ? 2 之值最小,而此时函 3 2 2 x x 12 数 u 有最小值 ,故选(D). 5 // AB ,以△CDE 为底面,BC 为侧 6、如图,过 C 作 CE ?
5、由已知得 y ? ? 棱作棱柱 ABF-ECD,则所求四面体的体积 V1 等于上述棱柱 体积 V2 的 . 而△CDE 的面积 S=

1 3

1 CE× CD× sin∠ECD,AB 2

与 CD 的公垂线 MN 就是棱柱 ABF-ECD 的高,故

V2 ?

1 1 3 3 MN ? CE ? CD ? sin ?ECD ? ? 2 ? 1? 3 ? ? 2 2 2 2

因此 V1 ? V2 ?

1 3

1 ,故选(B). 2

二、填空题 7 、 由 原 不 等 式 分 解 可 得 ( |x| - 3 ) ( x2 + |x| - 1 ) <0 , 由 此 得 所 求 不 等 式 的 解 集 为

(?3, ?

5 ?1 5 ?1 )?( ,3) . 2 2

8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为 2a,2b,2c,则由其方程知 a=3,b=2,c= 5 , 故|PF1|+|PF2|=2a=6,又已知|PF1|:|PF2|=2:1,故可得|PF1|=4,|PF2|=2. 在△PF1F2 中,三边之 长分别为 2,4, 2 5 ,而 22+42= 2 5

?

?

2

,可见△PF1F2 是直角三角形,且两直角边的长短为

3

2 和 4,故△PF1F2 的面积=

1 1 |PF1|?|PF2|= × 2?4=4. 2 2

9、易得 A=(1,3) ,设 1-x f(x)=2 +a,g(x)=x2-2(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 5

b d 10、由已知可得 a 2 ? b, c 4 ? d , 从而a ? ( )2 , c ? ( ) 4 . 因此,a|b,c|d.又由于 a-c=9,故 a c
?b d 2 ?b ?5 ? ? 2 ?9 2 2 ? b 2 d 4 b d b d ?a c ?a ( ) ? ( ) ? 9,即( ? 2 )( ? 2 ) ? 9, 故 ? ,因而 ? 2 . 2 a c a c a c ?b d ?d ? 4 ? ?1 ? ? c2 ? ? a c2
于是得 a=25,b=125,c=16,d=32.故 b-d=93. 11、如图,由已知上下层四个球的球心 A′,B′,C′,D′ 和 A,B,C,D 分别是上下两个边长为 2 的正方形的顶点,且以它 们的外接圆 O′和 O 为上下底面构成圆柱.同时,A′在下底面 的射影必是 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 ? 2 2 ? 4 8 .因此所示原来圆柱的高为 4 8 ? 2 .
12、因为 Mn 中小数和小数点后均有 n 位,而除最后一位上的数字必为 1 外,其余各位上的 - - 数字均有两种选择(0 或 1)方法,故 Tn=2n 1.又因在这 2n 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

1 n ?1 1 1 1 1 2 ( ? 2 ? ? n ?1 ) ? 2n ?1 n 2 10 10 10 10 1 1 (1 ? n ?1 ) 1 n ? 2 10 10 ?2 ? 2n ?1 n 1 10 1? 10 1 1 1 ? 2n ? 2 (1 ? n ?1 )2n ?1 n 9 10 10 S 1 1 1 1 故 lim n ? lim [ (1 ? n ?1 ) ? n ] ? . n ?? Tn n ?? 18 18 10 10 Sn ?
三、解答题 13、由于(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)?4(a2+b2+c2 +d2) ,因此 a+b+c+d?2 a2 ? b2 ? c2 ? d 2 (当且仅当 a=b=c=d 时取等号).

4

取 a=b= x ? 1 ,c= 2x ? 3 ,d= 15 ? 3x ,则

2 x ? 1 ? 2 x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 ( x ? 1) ? ( x ? 1) ? (2 x ? 3) ? (15 ? 3x) ? 2 x ? 14 ? 2 19
因为 x ? 1 , 2x ? 3 , 15 ? 3x 不能同时相等,所以 2 x ? 1 ? 2 x ? 3 ? 15 ? 3x ? 2 19 . 14、设 Z=x+yi(x,y∈R),则 x+yi =acos4t?i+2(

1 + 2

bi) cos2tsin2t+(1+ci)sin4t,实虚部分离,可得 x= cos2tsin2t+sin4t=sin2t y=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2(0?x?1) 即 y=(a+c-2b)x2+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

1 a?b 3 b?c D( , ), E( , ) . 所以直线 DE 的方程为 4 2 4 2 1 y=(c-a)x+ (3a+2b-c) ② 4 1 由①,②联立得 a+c-2b(x- )2=0. 2 1 2 1 1 1 3 由于 a+c-2b≠0,故(x- ) =0,于是得 x= . 注意到 ? ? ,所以,抛物线与△ 2 2 4 2 4 1 a ? 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 2 4
复数为

Z?

1 a ? c ? 2b ? i 2 4

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, O 上点 A′(Rcosα ,Rsinα )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 + y2 ,即 2R(xcosα +ysinα )=R2-a2+2ax,故

5

x cos ? ? y sin ? x2 ? y 2

?

R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x2 ? y 2 2R x2 ? y 2 , 其中sin ? ? x x2 ? y 2 ,cos? ? y x2 ? y 2 .

可得 sin(? ? ? ) ? 故| R 2 ? a 2 ? 2ax 2R x2 ? y 2

R 2 ? a 2 ? 2ax

|? 1.(此不等式也可直接由柯西不等式得到. )

a ( x ? )2 y2 2 ? 平方后可化为 ? 1. R 2 R 2 a 2 ( ) ( ) ?( ) 2 2 2 a 2 (x ? ) y2 2 ? 即所求点的集合为椭圆 ? 1外(含边界)部分. R R a ( )2 ( )2 ? ( )2 2 2 2
加 试

一、如图,连结 AB,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ=∠ABC,∠DAQ=∠PBC=∠CAB,故

BC DQ ,即 BC?AD=AB?DQ. ? AB AD PC AC 又由切割线关系知△ PCA∽△PAD ,故 ;同理由△PCB ? PA AD BC BC ∽△PBD 得 . ? PB BD AC BC 又因 PA=PB,故 ,得 AC?BD=BC?AD=AB?DQ. ? AD BD
△ADQ∽△ABC,而有 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 AD DQ CQ 在△CBQ 与△ABD 中, ,∠BCQ=∠BAD,于是 ? ? AB BC BC
于是得 AB?CD=2AB?DQ,故 DQ= △CBQ∽△ABD,故∠CBQ=∠ABD,即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC. 二、由题设可知

3l 3m 3m 3n 3n ? [ ] ? ? [ ] ? ? [ ] 104 104 104 104 104 104
l m n 4 ? ?3 ? 3 ? 3 (mod 2 ) 于是 3l ? 3m ? 3n (mod 4 ) ? ? l m n 4 ? ?3 ? 3 ? 3 (mod 5 )
- -

3l

① ②

由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知 3l m≡3m n≡1(mod 24). 现在设 u 是满足 3u≡1(mod 24)的最小正整数,则对任意满足 3v≡1(mod 24)的正整数 v,我 | v ,则由带余除法可知,存在非负整数 a 与 b,使得 v=au 们有 u |v,即 u 整除 v. 事实上,若 u \ +b,其中 0<b?u-1,从而可推出 3b≡3b+au≡3v≡1(mod 24),而这显然与 u 的定义矛盾,所以
6

u |v. 注意到 3≡3(mod 24), 32≡9(mod 24), 33≡27≡11(mod 24), 34≡1(mod 24)从而可设 m-n=4k, 其中 k 为正整数. - 同理可由②推出 3m n≡1(mod 54),故 34k≡1(mod 54). 现在我们求满足 34k≡1(mod 54)的正整数 k. 因为 34=1+5?24,所以 34k-1=(1+5?24)k-1≡0(mod 54),即

k (k ? 1) 2 8 k (k ? 1)(k ? 2) 3 12 ?5 ?2 ? ?5 ?2 2 6 k (k ? 1)(k ? 2) 3 11 ? 5k ? 52 k[3 ? (k ? 1) ? 27 ] ? ? 5 ? 2 ? 0(mod 54 ) 3 k ( k ? 1)( k ? 2) 3 11 或k ? 5k[3 ? (k ? 1) ? 27 ] ? ? 5 ? 2 ? 0(mod 53 ) 3 5k ? 2 4 ?
即有 k=5t,并代入该式得 t+5t[3+(5t-1)?27]≡0(mod 52) 即有 t≡0(mod 52),即 k=5t=53s,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={A0,A1,A2,?,An-1}为全集,记 Ai 的所有邻点(与 Ai 有连线 段的点)的集合为 Bi,Bi 中点的个数记为|Bi| =bi,显然 ? bi ? 2l 且 bi?(n-1)(i=0,1,2,?,
i ?1 n ?1

n-1). 若存在 bi=n-1 时,只须取

l ? (n ? 1) ? [

n ?1 1 1 ] ? 1 ? (q ? 1)(n ? 1) ? 1 ? q(q ? 1)2 ? 1 2 2 2

则图中必存在四边形,因此下面只讨论 bi<n-1(i=0,1,2,?,n-1)的情况. 不妨设 q+2?b0?n-1.用反证法.若图中不存在四边形,则当 i≠j 时,Bi 与 Bj 无公共点对, 即|Bi∩Bj|?1(0?i<j?n-1).因此, | Bi ? B0 |? bi ? 1 (i=1,2,?,n-1). 故

7

2 V ? B0中点对的个数 ? Cn ?b0

? ? Bi ? B0中点对的个数=? C 2
i ?1 n ?1 i ?1

n ?1

n ?1

| Bi ? B0 |

2 2 ? ? Cb (当bi ? 1或2时, 令C b ? 0) ?1 ?1

?

i ?1 n ?1

i

i

1 ? (bi2 ? 3bi ? 2) 2 i ?1 (? bi ) 2
n ?1

n ?1 1 ? [ i ?1 ? 3(? bi ) ? 2( n ? 1)] 2 n ?1 i ?1

1 (2l ? b0 ) 2 ? [ ? 3(2l ? b0 ) ? 2( n ? 1)] 2 n ?1 1 ? (2l ? b0 ? n ? 1)(2l ? b0 ? 2n ? 2) 2(n ? 1) 1 ? [(n ? 1)(q ? 1) ? 2 ? b0 ? n ? 1] 2(n ? 1) [(n ? 1)(q ? 1) ? 2 ? b0 ? 2n ? 2] ? 1 (nq ? q ? 2 ? b0 )(nq ? q ? n ? 3 ? b0 ) 2(n ? 1)

故(n-1)(n-b0)( n-b0-1)?(nq-q+2-b0)( nq-q-n+3-b0) q(q+1) (n-b0) ( n-b0-1)?(nq-q+2-b0)( nq-q-n+3-b0) ① 但( nq-q-n+3-b0)-q( n-b0-1)= (q-1) b0-n+3?(q-1) (q+2) -n+3=0 ② 及(nq-q+2-b0)-(q+1)(n-b0)= qb0-q-n+2?q(q+2) -q-n+2=1>0 ③ 由②,③及(n-b0) (q+1),( n-b0-1) q 皆是正整数,得 (nq-q+2-b0)( nq-q-n+3-b0)> q(q+1) (n-b0) ( n-b0-1) 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 B1,C1 分别为边 AC,AB 的中点,已 知射线 B1I 交边 AB 于点 B2(B2≠B) ,射线 C1I 交 AC 的延长线于点 C2,B2C2 与 BC 相交于 k, A1 为△BHC 外心,试证:A,I,A1 三点共线的充分必要条件是△BKB2 和△CKC2 的面积相等. 二、求出同时满足如下条件的集合 S 的元素个数的最大值: (1)S 中的每个元素都是不超过 100 的正整数; (2)对于 S 中任意两个不同的元素 a,b,都存在 S 中的元素 c,使得 a 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,π /2) , (i=1,2,?,n) ,只 n/2 要 tanθ 1tanθ 2?tanθ n=2 ,就有 cosθ 1+cosθ 2+?+cosθ n?λ . 四、求所有满足 a?2,m?2 的三元正整数组(a,m,n) ,使得 an+203 是 am+1 的倍数.
8

五、某公司需要录用一名秘书,共有 10 人报名,公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面 试,前 3 个人面试后一定不录用,自第 4 个人开始将他与前面面试过的人相比较,如果他的能 力超过了前面所有已面试过的人,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 Ak 表示能力第 k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目,以 Ak/10!表示他被录用的可 能性. 证明:在该公司经理的方针之下,有 (1)A1>A2>?>A8= A9= A10; (2)该公司有超过 70%的可能性录用到能力最强的 3 个人之一,而只有不超过 10%的可 能性录用到能力最弱的 3 个人之一. 六、设 a,b,c,d 为正实数,满足 ab+cd=1;点 Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4)是以原点为圆 心的单位圆周上的四个点,求证: (ay1+by2+cy3+dy4)2+(ax4+bx3+cx2+dx1)2? 2(

a 2 ? b2 c2 ? d 2 ? ). ab cd

参考答案
一、∵H 是△ABC 的垂心,A1 是△BHC 的外心,∴ △BHC=180°-∠BAC,∠BA1C=2∠BAC. 又由题设知 AB≠AC,从而 A,I,A1 共线,即 A1 在 ∠BAC 平分线上 ? A1 在△ABC 外接圆上 ? ∠BA1C+∠ BAC =180° ? ∠BAC =60°. 现证 S?BKB2 ? S?CKC2 ? ∠BAC =60°. 作 ID⊥AB 于 D, IE⊥AC 于 E, 设 BC=a, CA=b, AC=c, 则

ID ? IE ? 2 S ?AB1B2

2 S?ABC a?b?c ? ID ( AB1 ? AB2 ) ? AB1 AB2 sin A,

故ID AB1 ? AB2 ( AB1 sin A ? ID ) 2 S ?ABC b b 2 S ?ABC 2 S ?ABC ? AB2 ( ? ), a?b?c 2 2 bc a?b?c bc 故AB2 ? a?b?c bc 同理AC2 ? . a ?b?c S ?BKB2 ? S ?CKC2 ? S ?ABC ? S ?AB2C2 ? bc ? bc bc a ?b?c a ?b?c

? a 2 ? (b ? c)2 ? bc ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? bc ? ?BAC ? 60?.

9

故 A,I,A1 共线的充要条件是△BKB2 和△CKC2 的面积相等. 二、设 n ? 2a13a2 5a3 7a111a5 q ,其中 q 是不被 2,3,5,7,11 整除的正整数,ai 为非负整 数,n?100,则 n∈S ? ai(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?5,22?3?5,2?32?5,2?3?7,22?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 100 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 ?19 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 p1, p2 为大于 10 的 质数,且 p1,p2∈S,则由(3)知存在 c∈S,使得(p1,c)>1, (p2,c)>1,从而有 p1 | c,p2|c, ∴p1p2|c,由此可知 c?p1p2>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?5,22?3?5,2?32?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?5,22?3?5,2?32?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?7,22?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.
10

2°如果没有大于 10 的素数属于 S,则 S 中的每个元素的最小质因数只能是 2,3,5,7, 则如下的 7 对数中,每对数都不能同时都属于 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 = n 3 / 3 , 当 n=1 时,tanθ 1= 2 ,∴cosθ 1= 3 / 2 . 当 n=2 时,tanθ
1

tanθ 2=2,cosθ 1= 1/ 1 ? tan 2 ? i (i=1,2).

令 tan2θ 1=x,则 tan2θ 2=4/x,则

cos?1 ? cos? 2 ? 2 3 / 3 ? 1/ 1 ? x ? 1/ 1 ? 4 / x ? 2 3 / 3 ? 3( 1 ? x ? 1 ? 4 / x ) ? 2 1 ? x 1 ? 4 / x ? 3(2 ? x ? 4 / x ? 2 5 ? x ? 4 / x ) ? 4(5 ? x ? 4 / x) ? 14 ? x ? 4 / x ? 6 5 ? x ? 4 / x ? 0, 即( 5 ? x ? 4 / x ? 3)2 ? 0,
等号成立当且仅当

5 ? x ? 4/ x ? 3 ? 0 , 由 此 易 知 当 且 仅 当 x=2 时 等 号 成 立 . 故

cos?1 ? cos?2 ? 2 3 / 3 ,当且仅当θ 1=θ 2 时,等号成立.
2°当 n?3 时,λ =n-1.先证 cosθ 1+cosθ 2+?+cosθ n<n-1 (1) 不妨设θ 1?θ 2?θ 3???θ n,要证明(1)式只要证 cosθ 1+cosθ 2+cosθ 3<2 (2) tanθ 1tanθ 2?tanθ n=2n/2,故 tanθ 1tanθ 2tanθ 3= 2 2 .

11

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 2 ?1 ? 8 /(tan 2 ? 2 tan 2 ? 3 ), 故 cos?1 ? tan ? 2 tan ? 3 8 ? tan ? 2 tan ? 3 ? 1 cos 2 ?1
2

?

8 ? tan 2 ? 2 tan 2 ? 3 tan 2 ? 2 tan 2 ? 3

.

sin ? 2 sin ? 3 8cos ? 2 cos 2 ? 3 ? sin 2 ? 2 sin 2 ? 3 1 8cos ? 2 cos ? 3 ? sin 2 ? 2 sin 2 ? 3
2 2

cos?1 ? cos? 2 ? cos? 3 ? 2 ? sin ? 2 sin ? 3 (1 ? cos?1 ? cos? 2 ? cos? 3 ? 2 ? 8cos 2 ? 2 cos 2 ? 3 ? sin 2 ? 2 sin 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 tan2 θ 2 + tan2 θ 3>7 , 从而 tan2 θ 1 ? tan2 θ 2>7/2. 故 cos θ 1 ? cos θ
2<1/

1 ? 7 / 2 ? 2 / 3 ,cosθ 1+cosθ 2+cosθ 3< 2 2 / 3 +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,π /2)i=1,2,?,n,

使得 co sθ i=α ,tanθ i= 1 ? ? 2 / ? (i=1,2,?,n-1) ,tanθ n=2n/2(α / 1 ? ? 2 )n 1,从而 tan


θ 1tanθ 2?tanθ n=2n/2,但 cosθ 1+cosθ 2+?+cosθ n-1+cosθ 当 n?3 时,最小的正数λ 为 n-1. 综上所求最小正数 ? ? ?

n

> cosθ 1+cosθ 2+?+cosθ

n-1=λ

? ?n 3 / 3(n ? 1,2), ? ?n ? 1(n ? 3).

四、设 n=mq+r,0?r?m-1,则 + an+203=amq r+203=amqar+203≡(-1)qar+203(mod(am+1)) 从而 am+1|an+203 ? am+1|(-1)aar+203.即 k(am+1)= (-1)qar+203. 1°若 2|q,则 k(am+1)= ar+203. ① (i)若 r=0,则有 k(am+1)=204=22?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 ar(kam r-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(am+1)?ar+203?kam 1+203 - 故 am 1(10a-1)?193,a 可能值为 2,3,4.
12

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(am+1)=203-ar 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(am+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 ar(kam 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,r=3 时,满足上式. (a,m,n)=(8,2,4t+3)或(2,6,12t+9) 对于 k?6,由②有 6(am+1)<203.故 am 只可能有 22,23,24,25,32,33,42,52. 容易验证仅当 am=32,r=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) , (2,2,4t+1) , (2,3,6t+2) , (203,m, (2t+1)m+1) , (10,2,4t+2) , (8,2,4t+3) , (2,6,12t+9) , (3,2,4t+3) ,其中 t 为非负整数. 五、设 Ak(a)表示当前 3 名中能力最强者能力排名为第 a,能力排名为第 k 的人能够被录用 的不同报名顺序的数目. 当 a=1 时,仅当能力第 k 的人最后一个报名时,才被录用,所以 Ak(1)=3?8! ? ? γ 1. ①

当 2?a?8 时,若 k=a,a+1,?,10,则有 Ak(a)=0; 若 k=1,2,3,?,a-1,则有

13

a ?1 Ak (a) ? 3C7 (a ? 2)!(10 ? a)!? ?? a

A1 ? ? ? a
a ?2

8



Ak ? ? 1 ?

a ? k ?1

?

8

? a (k ? 2,3, ,7)

③ ④ 8! ? (3 ? 7 ? 3)8! ? 0

A8 ? A9 ? A10 ? Ak (1) ? ? 1 A1 ?
1 A2 ? 3C7 (2 ? 2)!(10 ? 2)!? 3

再注意到③ 、 ④ 即有 A1 ? A2 ? A3 ? A8 ? A9 ? A10 容易算得? 1 ? 3 8!, ? 2 ? 21 8!, ? 3 ? 63 7!, ? 4 ? 30 7!, ? 5 ? 15 7!, ? 6 ? 7.2 7!, ? 7 ? 3 7!, ? 8 ? 6 6! A1 ? A2 ? A3 ? 2? 1 ? ? 2 ? 2? 3 ? 3 ? ? 4 >6 8!? 21 8!? 126 7!? 3(30 ? 15 ? 7 ? 3)7! ? 507 7!
a ?4 8

A1 ? A2 ? A3 507 7! ? ? 70% 10! 10! A8 ? A9 ? A10 3 ? 3 8! ? ? 10%. 10! 10!
六、令 u=ay1+by2,v=cy3+dy4,u1=ax4+bx3,v1=cx2+dx1,则 u2?(ay1+by2)2+(ax1-bx2)2=a2+b2-2ab(x1x2-y1y2)

a2 ? b2 ? u 2 ① 2ab v12?(cx2+dx1)2+(cy2-dy1)2= c2+d2-2cd(y1y2-x1x2)
x1x2-y1y2? y1y2-x1x2?

c 2 ? d 2 ? v12 2cd



①+②并整理得

u 2 v12 a 2 ? b 2 c 2 ? d 2 ? ? ? ab cd ab cd 同理可得 u12 v 2 a 2 ? b 2 c 2 ? d 2 ? ? ? ab cd ab cd (u ? v) 2 ? (u1 ? v1 ) 2 ? ( ab u ? cd ab
2 2

u v 2 ) ? ( ab 1 ? cd cd ab u12 v12

v1 cd

)2

? (ab ? cd )( ?

u v ? ) ? ( ab ? cd )( ? ) ab cd ab cd

u 2 v12 u12 v 2 a 2 ? b2 c2 ? d 2 ? ? ? ? 2( ? ) ab cd ab cd ab cd

14

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

AE BF CG DH ? 1 .而点 A、B、C、D 分别在凸四边形 E1F1G1H1 的边 H1E1、E1F1、 EB FC GD HA
E1 A FC ? ? .求 1 的 AH1 CG1

F1G1、G1H1 上,满足 E1F1∥EF,F1G1∥FG,G1H1∥GH,H1E1∥HE.已知 值. 二、 已给正整数 c, 设数列 x1, x2, ?满足 x1=c, 且 xn=xn-1+ [

2 xn?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{xn}的通项公式. 三、设 M 是平面上 n 个点组成的集合,满足: (1)M 中存在 7 个点是一个凸七边形的 7 个顶点; (2)对 M 中任意 5 个点,若这 5 个点是一个凸五边形的 5 个顶点,则此凸五边形内部至 少含有 M 中的一个点. 求 n 的最小值. 第二天 四、给定实数 a 和正整数 n.求证: (1)存在惟一的实数数列 x0,x1,?,xn,xn+1,满足

? x0 ? xn ?1 ? 0, ? ?1 ( xi ?1 ? xi ?1 ) ? xi ? xi3 ? a 3 , i ? 1, 2, ? ?2

, n.

(2)对于(1)中的数列 x0,x1,?,xn,xn+1 满足|xi|?|a|,i=0,1,?,n+1. 五、给定正整数 n(n?2),设正整数 ai=(i=1,2,?,n)满足 a1<a2<?<an 以及 ? 求证:对任意实数 x,有

1 ?1. i ?1 ai

n

? n 1 ? 1 1 ? ? ? ? ? a2 ? x2 ? ? 2 a1 (a1 ? 1) ? x 2 ? 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=a1 +a2+?+a2004,且满足 1?a1<a2<?<a2004,ai|ai+1,i=1,2,?,2003.

2

参考答案
一、 (1)如图 1,若 EF∥AC 则 得

BE BF ,代入已知条件 ? EA FC

DH DG , ? HA GC
所以,HG∥AC. 从而,E1F1∥AC∥H1G1.
15



F1C E1 A ? ??. CG1 AH1

(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 结合题设有

CF BE AT ?1. FB EA TC

CG DH AT ? 1 . 由梅涅劳斯定理逆定理知 GD HA TC

T、H、G 三点共线.设 TF、TG 与 E1H1 分别交于点 M、N. 由 E1B∥EF,得 E1A=

BA ?AM. EA AD 同理,H1A= ?AN.所以, AH
E1 A AM AB AH ? . AH1 AN AE AD 又 EQ S?AEC S?ABC AE AD ? ? ,故 QH S ?AHC S ?ADC AB AH

E1 A EQ AB AH S?ABC ? ? AH1 QH AE AD S ?ADC 同理, F1C S?ABC FC E A ? .所以, 1 ? 1 ? ?. CG1 S?ADC CG1 AH1

二、显然,当 n?2 时, xn ? xn?1 ? [ 令 an=xn-1,则 a1=c-1,

2( xn?1 ? 1) ]. n

16

2an ?1 n?2 ]?[ an ?1 ], n ? 2,3, ① n n ( n ? 1)(n ? 2) 设u n ? A , n ? 1, 2, , A为非负整数.由于当n ? 2时, 2 n?2 ( n ? 2) (n ? 1)(n ? 2) [ un ?1 ] ? [ A n( n ? 1)] ? A ? un n 2n 2 所以, 数列{un }满足式①. an ? an ?1 ? [ 设yn ? n, n ? 1, 2, .由于当n ? 2时, [ n?2 (n ? 2)(n ? 1) 2 yn ?1 ] ? [ ] ? [ n 2 ? 1 ? ] ? n 2 ? yn , n 2 n 所以,{ yn }也满足式①. ( n ? 2) 2 ], n ? 1, 2, 4 ,当n ? 2m且m ? 1时,

设z n ? [ [

n?2 m ? 1 (2m ? 1) 2 m ?1 zn ?1 ] ? [ [ ]] ? [ m( m ? 1)] ? ( m ? 1) 2 ? zn n m 4 m 当n ? 2m ? 1且m ? 1时, [ n?2 2m ? 3 (2m ? 2) 2 2m ? 3 m ?1 zn ?1 ] ? [ [ ]] ? [ ( m ? 1) 2 ] ? [( m ? 1)( m ? 2) ? ] n 2m ? 1 4 2m ? 1 2m ? 1

(2m ? 3) 2 ] ? zn 4 从而,{zn }也满足式①. ? ( m ? 1)(m ? 2) ? [
对任意非负整数 A,令

vn ? un ? yn ? A wn ? un ? zn ? A n ? 1, 2,

(n ? 1)(n ? 2) ?n 2

(n ? 1)(n ? 2) (n ? 2) 2 ?[ ] 2 4 , 显然{vn }和{wn }都满足式① .

a 9 由于u1 ? 3 A, y1 ? 1, z1 ? [ ] ? 2, 所以,当3 |a1时, an ? 1 ( n ? 1)( n ? 2); 4 6 当a1 ? 1(mod 3)时, a1 ? 1 (n ? 1)(n ? 2) ? n 6 当a1 ? 2(mod 3)时, an ? a1 ? 2 (n ? 2) 2 (n ? 1)(n ? 2) ? [ ] 6 4 综上可得 c ?1 当c ? 1(mod 3)时, xn ? ( n ? 1)( n ? 2) ? 1; 6 c?2 当c ? 2(mod 3)时, xn ? ( n ? 1)( n ? 2) ? n ? 1; 6 an ? 当c ? 0(mod 3)时, xn ? c?3 (n ? 2)2 ( n ? 1)( n ? 2) ? [ ] ? 1. 6 4

17

三、先证 n?11. 设顶点在 M 中的一个凸七边形为 A1A2?A7, 连结 A1A5.由条件 (2)知,在凸五边形 A1A2 A3A4A5 中至少有 M 中一个点,记为 P1. 连结 P1A1、P1A5,则在凸五边形 A1P1 A5A6 A7 内至少有 M 中一个 点,记为 P2,且 P2 异于 P1.连结 P1P2,则 A1,A2,?,A7 中至少 有 5 个顶点不在直线 P1P2 上. 由抽屉原则知,在直线 P1P2 的某一 侧必有 3 个顶点,这 3 个顶点与点 P1、P2 构成的凸五边形内,至 少含有 M 中一个点 P3. 再作直线 P1P3、P2P3.令直线 P1P2 对应区域Ⅱ3,它是以直线 P1P2 为边界且在△P1P2P3 异侧的一个半平面(不含直线 P1P2). 类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2. 这样,区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3 覆盖了平面上 除△P1P2P3 外的所有点.由抽屉原则知,7 个顶点 A1,A2,?,A7 中必有 [ ] +1=3 个顶点在同 一区域(不妨设为Ⅱ3)中.这 3 个点与 P1、P2 构成一个顶点在 M 中的凸五边形,故其内部至少 含 M 中一个点 P4.所以,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 A1A2?A7 为一整点七边形,设点集 M 为 7 个顶点 A1,A2,?,A7 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


7 3

n (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 xi ?1 ? 2xi ? 2xi3 ? 2a3 ? xi ?1 ,i=1,2,?及 x0=0 可知每一 xi 是 x1 的 3i
-1

次实系数多项式,从而,xn+1 为 x1 的 3n 次实系数多项式. 由于 3n 为奇数,故存在实数 x1,使得 xn+1=0. 由 x1 及 x0=0 可计算出 xi . 如此得到的数列 x0,x1,?,xn+1 满足所给条件. 惟一性.设 w0,w1,?,wn+1;v0,v1,?,vn+1 为满足条件的两个数列,则

18

1 ( wi ?1 ? wi ?1 ) ? wi ? wi 3 ? a 3 2 1 (vi ?1 ? vi ?1 ) ? vi ? vi 3 ? a 3 2 1 所以 ( wi ?1 ? vi ?1 ? wi ?1 ? vi ?1 ) ? ( wi ? vi )(1 ? wi 2 ? wi vi ? vi 2 ) 2 设 | wi0 ? vi0 | 最大, 则 | wi0 ? vi0 |?| wi0 ? vi0 | (1 ? wi0 2 ? wi0 vi0 ? vi0 2 ) ? 1 1 | wi0 ? 1 ? vi0 ? 1| ? | wi0 ?1 ? vi0 ?1 |?| wi0 ? vi0 | 2 2

从而,| wi0 ? vi0 |? 0, 或1 ? wi0 2 ? wi0 vi0 ? vi0 2 ? 1, 即 | wi0 ? vi0 |? 0, 或wi0 2 ? vi0 2 ? ( wi0 ? vi0 ) 2 ? 0. 所以 | wi0 ? vi0 |? 0成立. 由 | wi0 ? vi0 | 的最大性知所有 | wi ? vi |? 0, 即wi ? vi , i ? 1, 2, , n.

(2)设| xi0 |最大,则

| xi0 | ? | xi0 |3 ?| xi0 | (1 ? xi2 ) 0 1 ?| ( xi0 ?1 ? xi0 ?1 ) ? a 3 | 2 1 1 ? | xi0 ?1 | ? | xi0 ?1 | ? | a3 |?| xi0 | ? | a 3 | . 2 2 所以,| xi0 |?| a | . 因此,| xi |?| a |, i ? 0,1, 2, , n ? 1.

五、当 x2?|a|(a1-1)时,由 ?

1 ? 1 可得 a i ?1 i

n

19

? n ? ? n 1 1 ? 1 ? n 1? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? a 2 ? x 2 ? ? ? 2ai | x | ? 4 x2 ? ? ? i ?1 ai ? ? i ?1 i ? ? i ?1 1 1 1 ? 2? 2 a1 (a1 ? 1) ? 4 x 2 4x 当x 2 ? a1 (a1 ? 1)时,由柯西不等式得 ? n 1 ? ? n 1 ? ?? ? ? ? a 2 ? x2 ? ? ? ? i ?1 i ? ? i ?1 ai 对于正整数a1 ? a2 ? 2ai
2 2 2 2

2

2

2

? n ?? n ai ai ? ? ? ? ? ? (a 2 ? x 2 )2 ? ? ? (a 2 ? x 2 ) 2 ? ? i ?1 i ? i ?1 i ? an , 有ai ?1 ? a2 ? 1, i ? 1, 2, , n ? 1, 且

2ai 2ai ? 1 1 1 (ai ? x ) (ai 2 ? x 2 ? )2 ? ai 2 ((ai ? ) 2 ? x 2 )((ai ? ) 2 ? x 2 ) 4 2 2 1 1 1 1 ? ? ? ? i ? 1, 2, , n ? 1. 1 2 1 1 1 (ai ? ) ? x 2 (ai ? ) 2 ? x 2 (ai ? ) 2 ? x 2 (ai ?1 ? ) 2 ? x 2 2 2 2 2 ? ? n ? ai 1 n ? 1 1 故? 2 ? ?? ? ? 2 2 2 i ?1 ? (a ? 1 )2 ? x 2 (a ? 1 ) 2 ? x 2 ? i ?1 ( ai ? x ) ? i ? i ?1 2 2 ? ? 1 1 1 1 ? ? 2 (a ? 1 ) 2 ? x 2 2 a1 (a1 ? 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 a1,a2,?, ar,使得 n=a1+a2+?+ar,1?a1<a2<?<ar,ai|ai+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=2a(2l+1),若 n?N(k+ 1)=4N(k)3,则 2a?2N(k)2,则存在正偶数 2t?a,使得 22t?N(k)2,即 2t+1?N(k). 由归纳假设, 存在正整数 b1,b2,?,bk,使得 2t+1= b1+b2+?+bk,1?b1<b2<?<bk, bi| bi+1,i=1,2,?,k-1. - - 则 2a=2a 2t?22t=2a 2t [1+(2t-1) (2t+1)] - - - - =2a 2t+2a 2t(2t-1)b1+2a 2t(2t-1)b2+?+2a 2t(2t-1)bk - - - n=2a 2t(2l+1)+2a 2t(2t-1) b1(2l+1)+?+2a 2t(2t-1) bk(2l+1) 若 2l+1?2N(k),则 l?N(k).由归纳假设,存在正整数 c1,c2,?,ck 使得 l=c1+c2+?+ck,1?c1<c2<?<ck, ci| ci+1,i=1,2,?,k-1. + + + 因此,n=2a+2a 1 c1+2a 1 c2+?+2a 1 ck 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. ?

20

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 ? {(a1,a2,?,an)|ai∈R,i=1,2, ?n},A 是有限集. 对任意的α =(a1,a2,?, an)∈A,β =(b1,b2,?,bn) ∈A,定义: γ (α ,β )=(|a1-b1|,|a2-b2|,?,|an-bn|), 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={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=A1∪A2,A1∪A2= ? ,且 A1、A2 均为 M 一自由集,那么,称有序对(A1,A2)为 A 的一个 M 一划分. 试求 A 的所有 M 一划分的个数. 1 1 六、设实数列{xn}满足:x0=0,x2= 3 2 x1,x3 是正整数,且 xn ?1 ? 3 xn ? 3 4 xn ?1 ? xn ? 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-G′E2=BD2-DE2=BD2 -DF2=BF2. 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,

AR AD ? . AQ AC
从而,AR?AC=AQ?AD=AF2=AF?AE,即

AR AE . ? AF AC

所以,RE//FC,∠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}.
21

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(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={a1<a2<?<am},则 {0,a2-a1,a3-a1,?,am-a1} ? D(A). 因此, | D(A)|?|A|. 假定|A|>1 和 n>1,定义 B={x1,x2,?,xn-1|存在 xn 使得(x1,x2,?,xn-1,xn)∈A}. 由归纳假设|D(B)|?|B|. 对每一个 b∈B,令 Ab={xn|(b,xn)∈A},ab=max{x|x∈Ab},C=A\{b,ab}|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∈Ab,a′∈Ab′}. ∪
D∈D(B)

类似地,再令 Cb=Ab\{ab},有 D(C)= {(D,|c-c′|)|d(b,b′)=D,且 c∈Cb, ∪ D ∈ D ( B ) c′∈Cb′}. 注意到,对每一对 b、b′∈B,最大差|a-a′|(a∈Ab,a′∈Ab′)一定是 a=ab 或 a′=ab′. 于是,这个最大差不出现在{|c-c′|| c∈Cb,c′∈Cb′}中. 因此,对任何的 D∈D(B) ,集合{|c-c′||d(b,b′)=D,且 c∈Cb 和 c′∈Cb′}并不包含 集合{|a-a′||d(b,b′)=D,且 a∈Ab 和 a′∈Ab′}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 ? Ab和a? ? Ab? }| ?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
22

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)=2a,其中 a>0.
1

令 g ( x) ? f a ( x) ,则 g(x)满足(1) 、 (2)且 g(1)=1,g(2)=2. 设 k?2,则由(1)得 2g(2k 1-1)=g(2)g(2k 1-1)=g(2k-2)?g(2k)?g(2k+2)=g(2) g(2k 1+ - 1)=2 g(2k 1+1); - - - - 若 k?3,则 22g(2k 2-1)=2g(2k 1-2)?g(2k)?2g(2k 1+2)=22g(2k 2+1). 依此类推,用归纳法得 - - 2k 1?g(2k)?2k 1g(3) ( ? k?2) ③ 同样,对任意 m?3,k?2 有 - - gk 1(m)g(m-1)?g(mk)?gk 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 2s?mk?2s 1. 于是,有 s?klog2m <s+1,即 klog2m-1<s?klog2m ⑤ s k s+1 由(1)可知 g(2 )?g(m )?g(2 ). 再由③、④得
- - -

s ?1 k ?1 ? ? 2 ? g (m) g (m ? 1) ? k ?1 s ?1 ? ? g (m) g (m ? 1) ? 2 g (3)



2 s ?1 2 s ?1 g (3) ? g k ?1 (m) ? g (m ? 1) g ( m ? 1) g ( m) g (m) g (3) s ?1 所以, 2 s ?1 ? g k ?1 (m) ? 2 . g (m ? 1) g ( m ? 1)
k log 2 m g ( m) g (m) g (3) k log 2 m 2 ? g k ( m) ? 2 4 g (m ? 1) 2 g ( m ? 1)

由⑤ 得

故k
k

k log m k log m g ( m) 2 ? g ( m) ? k g ( m) g (3) 2 2 ,即 2 4 g ( m ? 1) 2 g ( m ? 1)

g ( m) g (m) g (3) m ? g ( m) ? k m 4 g (m ? 1) 2 g ( m ? 1)

令 k→+∞得 g(m)=m,则 f(m)=ma. 综上得 f=0 或 f(n)=na( ? 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{1,1003},{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 A1 中,另一组必在 A2 中. 反之亦然,且 A1 与 A2 中不再有有关的数. 故 A 的 M 一划分的个数为 2501.
23

六、设 n?2,则
xn ?1 ? 3 2 xn ? ?
3 3

1 xn ?1 2

1 1 1 xn ? 3 2 xn ? 3 4 xn ?1 ? 3 xn ?1 ? xn ? 2 2 4 2
3

3 2 4 1 xn ? xn ?1 ? xn ? 2 2 2 2 3 2 1 ?? ( xn ? 3 2 xn ?1 ? 3 xn ? 2 ) 2 2 1 由于x 2 ? 3 2 x1 ? 3 x0 ? 0, 所以, 2 1 xn ?1 ? 3 2 xn ? 3 xn ?1 (?n ? 1) 2

??


3 3 4 1 2 ?3 ? (1 ? 3). 4 2 2

①的特征方程为? 2 ? 3 2? ?

3 1 2 , 解得 ? ? ? 3 2 2

再由 x0=0 可得 xn ? A( 于是, x3 ?

3

2 n ) [(1 ? 3) n ? (1 ? 3) n ] 2

x A [(1 ? 3)3 ? (1 ? 3)3 ] ? 3 3 A.故A ? 3 . 4 3 3

由此可得 xn ? 记 an ?

x3 3 3

3

(

2 n ) [(1 ? 3)n ? (1 ? 3) n ] 2



1 [(1 ? 3) n ? (1 ? 3) n ] .显然,{an}为偶数列,且由 x3 为正整数和②知 xn 为整 3 数的必要条件是 3|n.而 3 3 a3k ? [(1 ? 3)3k ? (1 ? 3)3k ] ? [(10 ? 6 3) k ? (10 ? 6 3) k ] , 3 3 3 3 所以,3|a3k.

令 bn ? (1 ? 3)n ? (1 ? 3)n ,n=1,2,??,则{bn}也是偶数列,且易知对任意非负整 数 m、n,有
1 ? a ? (a b ? ambn ) ? ? n? m 2 n m ? 1 ?b n ? m ? (bn bm ? 3an am ) ? 2 ? 在③中令 m=n,则有
? a2 n ? an bn ? ? 1 2 2 b2 n ? (bn ? 3an ) ? 2 ?





设 an=2knpn,bn=2lnqn,其中 n、kn、ln 为正整数,pn、qn 为奇数. 由于 a1=b1=2,即 k1=l1=1,由④可知 k2=2,l2=3;k4=5,l4=3;k8=8,l8=5.
24

用归纳法可得
k ?1, ? ? ?2, ? m-1 ?2 ? m ? 1 m=0 m ? 1, m?2 l
2m

2m

?1, ? ? ?3, ? m-1 ?2 ? 1

m=0, m ? 1, m ? 2.

任取 m1>m2?2,由③可得
1 ? a m m ? (a m b m ? a m b m ) ? 2 2 2 1 ? 2 1? 2 2 2 2 1 2 2 ? 1 ?b m1? 2m2 ? (b2m1b2m2 ? 3a2m1a2m2 ) 2 ? 2 ? 由此易知
? k m m ? 2m1 ?1 ? 2m2 ?1 ? m2 ? 1 ? 2 1? 2 2 ? l ? 2m1 ?1 ? 2m2 ?1 ? 1 ? ? 2m1? 2m 2

用归纳法可知,对于 m1>m2>?>mr?2,有
?k m m ? 2 1? 2 2? ? l ? ? 2m1? 2m 2? ? 2m1 ?1 ? 2m2 ?1 ? ? 2m1 ?1 ? 2m2 ?1 ? ? 2mr ?1 ? mr ? 1 ? 2mr ?1 ? 1

? 2m r ? 2m r

即当 n=2rp,其中 r(r?2)是整数,p 是奇数时,有
n ? k ? ? r ?1 ? ? n 2 ? ?l ? n ? 1 n ? 2 ?



1 当 n=4m+1 时,由③可得 a4m?1 ? (a4mb1 ? a1b4m ) ? a4m ? b4m . 2 由⑤可知 k4m+1=2m+1. 同理,由
1 ? a ? (a b ? b a ) ? 2(2a4m ? b4m ) ? ? 4m? 2 2 4m 2 4m 2 ? 1 ?a 4 m?3 ? ( a4 mb3 ? b4 m a3 ) ? 2(5a4 m ? 3b4 m ) ? 2 ? 知 k4m+2=k4m+3=2m+2. 综上可知
?n 1 ?2 ? 2 , ? ?n kn ? ? ? 1, ?2 ?n ? 2 ? r ? 1, ? 当n为奇数时, 当n ? 2(mod 4)时, 当n ? 2r p, r ? 2, p为奇数时.
2 2

x ? n x kn ? n 当 3|n 时,由②得 xn ? 3 2 3 an ? 3 2 3 pn ,其中 3|pn. 3 3
25

由于 k3=2= 整数.

2 2 2 2 × 3,k6=4= × 6,k12=9> × 12,k24=16= × 24,从而,x3,x6,x12,x24,均为 3 3 3 3 n +1,所以, 2


若 n? / 0(mod 4),则 kn?

2 n kn ? n ? 1 ? ? 0(?n ? 6) 3 6


若 n=0(mod 4),由于 3|n,则 n=2r?3kq,其中 r?2,k?1,q 不含 3 的因子. 由⑤可知,kn=2r 1?3kq+r+1 于是,kn- n =2r 1?3kq+r+1-2r 1?3k 1q=r+1-2r 1?
- + - -

2 3

3k 1q?r+1-2r 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 kn ? n ? 0 3



由⑥和⑦知{xn}中仅有 x0,x3,x6,x12,x24 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|x3-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 5、已知集合 P ? {m | ( ) A.P=Q B. P ? Q

3m ? 4m ? N, m ? N} ,Q={t|t=(2k-1)2+1, k∈N},则 P 与 Q 的关系是 5
C. Q ? P D. P ? / Q且Q ? /P

? /

? /

6、 能使函数 f A.0<m<

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,

1 3

B.m=

1 3

C.m>

1 3

D.m?

1 3
26

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 2n 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)=x2-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 |x 3|-m 的图象与 x 轴有交点,则 m 的取值范围是_________. 11、数列{an}满足:a1=3,a2=6,an+2= an+1-an,则 a2008=_________. 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) ?

2 x2 1? x
2

,那么 f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5) + f(

1 1 1 ) + f( ) + f( ) + 2 4 3

f(

1 )=_________. 5
14、数列 23,2323,232323,23232323,?的一个通项公式是_________. 15、设数列{an}的通项公式为 an ?

np ? 2 ,且 a1<a2<a3<?<an<an+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.

27

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 11 16 22 29 37 ? (1)第一行第 m 列的数可用 a1m 表示,例如 a11=1,a12=3,a13=6,请将 a1m 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 aij 表示,请写出 aij 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 3 5 8 12 17 23 30 38 ? 6 9 10 14 15 20 26 33 ? 21 27 34 ? 28 35 ? 36 ? ?

13 19 18 25 24 32 31 ? ? ?

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<x<k,或 x<-k,k>0}.函 数 ? ( α )=sin2 α + ( ξ + 1)cos α - ξ 2 - 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 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 ? N,1 ? x ? 26, x不能被2整除) 2 x ? 13( x ? N,1 ? x ? 26, x能被2整除) 2 8 5 ?1 将明文转换成密文,如 8→ +13=17,即 h 变成 q,5→ =3,即 e→c. 2 2 ? ? x ? ? ? ? ? x? ? ? ?
28

(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) ? A. (0, )

x? 2 ?3 的值域是( ) x?7
B. (+∞,0)∪(0,+∞) D. (0,+∞)

1 3 1 1 1 C. (0, )∪( , ) 6 6 3

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 ?| x sin ? ? y cos ? ? 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( )

3 3 2 3 1 ) , ) ,1) B. ( C. ( D. (0, ) 3 3 2 2 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<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=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 mkm,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,
29

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).

11、已知 O 为坐标原点,OM =(-1,1) ,NM =(-5,-5) ,集合 A={ OR ||RN|=2},OP 、 ,则 MP MQ =___________. OQ ∈A, MP ? ? MQ (λ ∈R,λ ≠0) 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
x sin2 x ? 2 ? 2 x ?1 sin2 x ? 2 ? 2

?

lg2 x ? 3 ? 3x
2 x? 1 lg x? 3 ? 3

?

x e x ? 6? 6 x ?1 ex? 6 ? 6

?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-sinα ) (1-cosα )=

2 b ,设(1+sinα ) (1+cosα )= a ? ,其中α 是锐 25 c

角,a,b,c 均为正整数,且 b、c(b<c)互质,则 a ? b ? c =___________. 16、用 min{x1,x2,?xn}表示 x1,x2,?xn 中的最小值,设 a、b 均为正数,则 min{a,b, 1 }最大的值为___________. 2 a ? b2 三、解答题(共 4 道小题,每小题 10 分,计 40 分) 17、设 A1(x1,y1),A2(x2,y2),?A2004(x2004,y2004)是抛物线 y=x2+x+1 上任意 2004 个点, 且 x1+x2+?+x2004=1,求 y1+y2+?+y2004 的最小值. 18、若 x,y∈R,x+y=1,则

x x ?y
2 3

?

8 ? . 3 x ?y
3 2

y

19、已知抛物线 y2=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, O1、 O2 相交于 M、N 两点,点 A 在 O1 上, 射线 AM、AN 交 O2 于 B、C 两点,记 O1 面积为 S1, O2 面积 为 S2,△ABC 外接圆面积为 S,问:在什么条件下才能有 S= S1+S2, 请作出判断并加以证明.

30





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, ? ? ?1, ? ?1, ? ? 1, ? ?1, ? ? ?1,

0, ? 2, 0, 0, 0, 0,

1? ?, ? 1? 1? ?, ? 1? 1? ?, ? 1?

0, 1 ? ? ?1, ? ?1, 0, ? ?, ? ? ?1, ? 2, 1? ? 1, 0, 0, 1 ? 0, ? ?1, ? ?1, ? ?, ? ? 1, ? 2, -1? ? 1, ? 2, ? ?1, 0, 1 ? ? ?. ? ?1, 0, 1?

1? ?, 1? 1? ?, 1?

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 ?

1 3

1 6

1 . 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)=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. 5、C 提示:分别列出 3n,4n 的个位数,易知 n=2,6,10,14,18,?时,

3n ? 4 n ∈N. 5

故 p={m|m=4n-2,n∈N *}. 另一方面,对任意 t∈Q,t=4(k2-k+1)-2∈P,而 k2-k+1=k(k-1)+1 是奇数,所以 Q 中不存在形如 8k-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?x1<x2 时,f(x1)与 f(x2)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 xi,yi,zi,依题意得 x0=1,xn=xn-1+2,故{ xn } 是等差数列,且 xn =2n+1,y0=1,yn=2 yn-1,故{ yn }是等差数列,且 xn=2n. zn=x1y1+x2y2+?+x n yn=3?2+5?22+7?23+?+(2n+1)2n + 2 zn=3?22+5?23+?+(2n+1)2n 1 + + + 以上两式相减得 zn=-2n 2+2+(2n+1)2n 1=(2n-1)2n 1+2, 依题意,程序终止时 zn?7000,zn-1?7000,即
n ?1 ? ?(2n ? 1)2 ? 2 ? 7000 ? n ? ?(2n ? 3)2 ? 2 ? 7000

1 3

31

可求得 n=8,z=7682. 二、填空题 9、4n+2

1 1 1 5 f ( x) ? ( x ? )2 ? 在[n,n+2]上是增函数,从而 f(x)的值域为[n2-n+ , n2+3n+ ], 2 4 2 2
其中整数的个数为 n2+3n+2-(n2-n+1)+1=4n+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 a1=3,a2=6,a3=3,a4=-3,a5=-6,a6=-3,a7=3,a8=6??故 a2008= a6?334+ = a = 4 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. 提示: f ( x) ? f ( ) ? 2. 14、

t 3

1 x

23 2n (10 ? 1) . 99

15、- 2 <p<1. 16、15. 三、解答题 17、 (1)当自然数排到 a1m 时,共用去了(1+2+3+?+m)个数,从而 a1m ? (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 aij 与 ai-1i+1 相邻,又

a1(i ? j ?1) ? 从而aij ?

(i ? j ? 1)(i ? j ? 1 ? 1) (i ? j ) 2 ? (i ? j ) ? 2 2

? i ? j ?2 ? (i ? j )
2

1 ? i ? 1 ? [(i ? j ) 2 ? 3i ? j ? 2] 2

18、 设 A 中溶质为 a1, B 中溶质为 b1, 操作 k 次后, A、 B 中溶质分别为 ak, bk, 则 a1=ma%, b1=mb%,又 a%-b%=20%. 故

3 1 1 1 ak ? ak ?1 ? (bk ?1 ? ak ?1 ) ? (4ak ?1 ? bk ?1 ) 4 5 4 5 4 1 1 bk ? (bk ?1 ? ak ?1 ) ? (4bk ?1 ? ak ?1 ) 5 4 5 3 ak ? bk ? (ak ?1 ? bk ?1 ) 5
故{ak-bk}是首项为 a1-b1=20m%,公比为

3 的等比数列. 则 5
32

ak-bk=20m%? ( )k ?1

3 5

ak bk 20 3 k ?1 ? ? ( ) . m m 100 5 20 3 k ?1 1 依题意得 ,故 ( ) ? 100 5 100 1 ( k ? 1) lg 0.6 ? lg ? lg 5 ? 2 2 lg 5 ? 2 lg 5 ? 2 k ?1 ? ? ? 5.86 lg 0.6 lg 6 ? 1 k ? 6.86 ? 7
浓度差为 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 sin2α +(ξ +1)cosα -ξ 2-ξ -k<-k. ∴cos2α -(ξ +1) cosα +ξ 2+ξ -1>0. ∵α ∈[0,π ],∴cosα ∈[-1,1],令 u= cosα ,则 u∈[-1,1], ∴本题转化为对一切 u∈[-1,1],ξ 为何值时,不等式 u2-(ξ +1) u+ξ 2+ξ -1>0 恒成 立,令 g(u)= u2-(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, ∴ξ < ? 或ξ >1. (2)另外,要使 g(u)>0 恒成立,还可以由

5 3

?? ? 0, ?? ? 1 ? ? ?1, ? ? 2 ? ? g (?1) ? 0,



?? ? 0, ?? ? 1 ? 或? ? 1, ②求出. ? 2 ? ? g (1) ? 0.

由①得ξ ∈ ? ,由②得ξ ∈ ? .故

5 3 7 ?1 20、 (1)g→7→ =4→d, 2 15 ? 1 4 o→15→ =8→h,d→4→ +13=15→o. 2 2
A∩B={ξ |ξ < ? 或ξ >1}. ∴明文 good 的密文为 dhho. (2)原变换公式的逆变换公式为

? x ? 2 x? ? 1 (x? ? N,1 ? x? ? 13) ? ? x ? 2 x? ? 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.
33

高二年级 一、选择题 1、B 2、设 x ? 2 =t (t?0),有 x=t2-2,则

x? 2 ?3 t ?3 1 ? 2 ? (t?0 且 t≠3) x?7 t ?9 t ?3
从而函数值域为 (0, ) ? ( , ) ,选 C. 3、 鲤鱼长大时体重 G=ρ V 是体积的一次函数, 而体积之比是相似比的立方. 故 从而 G=

1 6

1 1 6 3

G 20 ? ( )3 , 15 15

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+ycosα -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 =2003 =4012009,∴第 2004 个 1 为第 4012009+2004=4014013 项,选 D. 6、设△ABC 重心 F(c,0),设 AC 中点为 D(x,y),由 BD ?

3 3 1 ,D BF ,得 D( c, ? b ) 2 2 2

在椭圆内部,满足

x2 a
2

?

3 1 ? 1 ,从而 e2 ? ,即 0<e< ,选 A. 3 3 b
2

y2

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

RE PF ? ,又据抛物线定义知 PF=PR,FQ=QS, ES FQ

所以

RE PF ? ,从而△RPE∽△ SQE,故∠ REP=∠ SEQ, 90°-∠ ES QS

REP=90°-∠SEQ,即∠PEF=∠QEF,选 C. 8、设钢笔 x 元/支,圆珠笔 y 元/支,则

?6 x ? 3 y ? 24 ? ?4 x ? 5 y ? 22 ? x ? 0, y ? 0 ?
①?

① ②

4 11 -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 长轴 2a=10,焦距 2c=6,故 b ? a2 ? c2 ? 4 ,从而△ABC 的最大面积为

1 × 2c× b=bc=12. 2
34

10、如图,依题意 a+c=n+R 且 a-c=m+R. 正确说法有①③④. 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 MN 交圆 N 于 J. 由割线定理 MP MQ ?| MP | | MQ | cos0 ? 46 . 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

a 1 | BC |? ( ? a)2 ? (ak ? a)2 ? a ( ? k ? 1) 2 ? 1 k k
因为 k<0, 故

1 1 2 +k?-2, ( +k-1) ?32, |BC|? a 8 = 2 2a k k

等号仅当 k=-1 时成立,即此巷能通过最长的管材尺寸为 2 2a 米. 13 、

m?a a (b>a>0 , m>0) , 故 原 不 等 式 左 ? m?b b
3x 3
x ?1

边>

2x 2
x ?1

?

?

6x 6
x ?1

?

1 1 1 ? ? ? 1 ,故原不等式的解集为 ? . 2 3 6

14、填①②③⑤. 15、由已知条件得 sinα +cosα -sinα cosα = α ,y= sinα cosα ,联立解得

23 ,又 sin2α +cos2α =1,设 x= sinα +cos 25

7 3 ? ? x? x? ? ? ? ? 5 5 或? ? 12 ?y ? ? y ? ? 8 ? 0(舍去) ? ? 25 ? 25 ?
从而 a+

b =(1+sinα )(1+cosα ). c

所以 a=2,b=22,c=25, a ? b ? c ? 2 ? 22 ? 25 ? 7 . 16 、 min{a, b,

1 a ?b
2 2

}? 3 a b

1 a ?b
2 2

?3ab

1 1 1 ? 3 , 当 且 仅 当 a=b= 2 ,即 2ab 2 a ? b2

a=b= 3

1 1 时,取“=”号,填 3 . 2 2

三、解答题 17、
35

1 ? x1 ? x2 ? ?

? x2004

1 1 1 1 ?2 x1 ? 2 x2 ? ? 2 x2004 1002 2004 2004 2004 1 1 1 1 2 2 2 ? ? ( x1 ? ) ? ( x2 ? ) ? ? ( x2004 ? ) 2 2 1002 2004 2004 2004 2 1 1 2 2 2 ? x1 ? x2 ? ? x2004 ? ? 2004 ? ? 1002 20042 故y1 ? y2 ? y1 ? y2 ?
2 2 ? y2004 ? ( x1 ? x2 ? 2 ? x2004 ) ? ( x1 ? x2 ?

? x2004 ) ? 2004 ?

1 ? 1 ? 2004,即 2004

? y2004 ? 2005

1 2004

当且仅当x1 ? x2 ? (y1 ? y2 ?

? x2004 ?

? y2004 )min

1 时, 2004 1 ? 2005 2004

18、令 t=xy,则 t∈(0,

1 ). 由 x+y=1,得 x2+y2=1-2xy,x3+y3=1-3xy,x4+y4=1-4xy+ 4

2 x2y2,x5+y5=1-5xy+5 x2y2.

x x ?y
2 3

?
3

y x ?y
3 2

?

8 3

? 3 x( x ? y 2 ) ? 3 y ( x 2 ? y 3 ) ? 8( x3 ? y 2 )( x 2 ? y 3 ) ? 3( x 4 ? y 4 ) ? 3xy ? 8( x5 ? y 5 ) ? 8 x 2 y 2 ? 8 x3 y 3 ? 3 ? 12 xy ? 6 x 2 y 2 ? 3 xy ? 8 ? 40 xy ? 40 x 2 y 2 ? 8 x 2 y 2 ? 8 x3 y 3 ? 8 x3 y 3 ? 42 x 2 y 2 ? 31xy ? 5 ? 0 ? 8t 3 ? 42t 2 ? 31t ? 5 ? 0 ? (4t ? 1)(2t 2 ? 11t ? 5) ? 0 1 11 因为f ( x) ? 2t 2 ? 11t ? 5在(0, ] ? [ ? , ??)上是增函数,所以 4 4 1 1 11 f ( x) ? f ( ) ? ? ? 5 ? 0. 4 8 4 x y 8 故 2 ? 3 ? . 3 2 3 x ?y x ?y
19、 (1)由题可知 F(1,0) ,设 A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),N(xN,yN),直线 AB 的方程为 y=k?(x-1),则 A、B 点的坐标代入 y2=4x. 相减得 yA+yB = y=k(x-1),解得 xM=

4 2 ,即 yM= ,代入方程 k k

2 k
2

+1,同理可得,N 的坐标为(2k2+1,-2k).

直线 MN 的斜率为 kMN ?

k yM ? y N k ? , 方程为 y+2k= (x-2k2-1) , 整理得 y(1 2 xM ? xN 1 ? k 1? k2

- k2)=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
36

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,yG ? 即 G(-1,

yE ? yF yM ? yN 1 ? ? ?k , 2 2 k

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 kMN

?

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 OQ 为直径的圆上(如图). 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 上步步可逆,故所求轨迹方程为 ( x ? )2 ? y 2 ?

1 k

3 2

9 (x≠0). 4 1 ∠NO1M=∠A, 2

20、当 O1N⊥O2N 时有 S=S1+S2,下面予以证明∠NO1O2= 同理∠NO2O1 =∠ACM. 故△AMC∽△O1NO2 有

AC AM , ? O1 O2 O1 N
设 O1 、



O2、△ABC 外接圆半径分别为 r1、r2 和 R,在△ABC 中 AC=2RsinB=2Rsin∠

ANM, 在△AMN 中 AM= 2 r1sin∠ANM=2 NO1sin∠ANM, 代入①式得

? ANM 2R s i n ? A N M 2N O 1 sin ? , 得 O2O1 =R , 因 为 O1N ⊥ O2N , 所 以 O1 O2 O1 N

2 2 2 r 1 ? r2 ? R .得 S1+S2=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 n ?1

2、设 2n 个实数 a1,a2,?,a2n 满足条件 a2+?+an)的最大值.

? (ai?1 ? ai )2 ? 1 .求(an
i ?1

+1

+an+2+?+a2n)-(a1,

37

3、设 n 为给定的正整数,求最小的正整数 un,满足:对每一个正整数 d,任意 un 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 ? 1 ,n=0,1,2,?,其中 k 为给定 5、已知数列{an}满足:a0=0, an ?1 ? kan ? (k 2 ? 1)an

的正整数. 证明:数列{an}的每一项都是整数,且 2k|a2n,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 A1、B1、C1、 D1,连结 A1B1、B1C1、C1D1、D1A1,点 E、F、G、H 分别为 A1B1、B1C1、C1D1、D1A1 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. 7、设非负实数 x1、x2、x3、x4、x5 满足 ?
5 x 1 ? 1 .求证: ? i 2 ? 1 . i ?1 1 ? xi 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.





1、 设某个面上的四个数 a1、 a2、 a3、 a4 之和达到最小值, 且 a1< a2< a3< a4.由于小于 5 的三个不同的正整数之和最大为 9,故 a1?6.因此 a1+a2+a3+a4?16 如图所示的例子说明 16 是可以达到的. 2、当 n=1 时,(a2-a1)2=1,故 a2-a1=±1. 易知此时欲求的最大 值为 1. 当 n?2 时, 设 x1= a1, xi+1= ai+1-ai, i=1, 2, ?, 2n-1,? xi2 ? 1 ,
i ?2 2n

且 ak= x1+x2+?+xk,k=1,2,?,2n. 由柯西不等式得 (an+1+an+2+?+a2n)-(a1+a2+?+an) = n(x1+x2+?+xn)+nxn+1+(n-1)xn+2+?+x2n-[nx1+(n-1)x2+?+xn] = x2+2x3+?+(n-1)xn+nxn+1+(n-1)xn+2+?+x2n

38

? [1 ? 2 ? 6

2

2

? ( n ? 1) ? n ? ( n ? 1) ?

2

2

2

1 2 2 ?1 ]

2 ( x2

?

2 x3

?

?

1 2 2 x2 n )

1 1 2 ? [n ? 2 ? (n ? 1)n(2(n ? 1) ? 1)] 2

?

n(2n 2 ? 1) . 3 3k (k ? 1) 2 n(2n 2 ? 1) , k ? 1, 2, ,n ?1

当ak ? a1 ?

an ? k ?1 ? a1 ? k ? 1, 2,

3[2n 2 ? (n ? k )(n ? k ? 1)] 2 n(2n 2 ? 1) n(2n 2 ? 1) . 3

, n ? 1时, 上述不等式等号成立. ? a2 n ) ? (a1 ? a2 ? ? an )的最大值为

所以,(an ?1 ? an ? 2 ?

3、un=2n-1. (1)先证 un?2n-1. 由于 un?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,un? 2n-1. (2)再证 un?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,un?2n-1. 综上所述,得 un=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、 AT 的距离之和为常数 m 的轨迹是线段 BC,其中 AB=AC=

m .若点 sin ?

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> 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
39

于点 E. 过点 P 分别作线段 l1、l2,使得 l1 上的 任意一点到 AB、CD 的距离之和为常数,l2 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.
2 2 2 2 5、由题设可得 an ?1 ? 2kan an?1 ? an ? 1 ? 0 ,所以, an?2 ? 2kan?1an?2 ? an?1 ? 1 ? 0 . 将上面

两式相减,得
2 2 an ?2 ? an ? 2kan?1an?2 ? 2kan an?1 ? 0

即(an+2-an)(an+2+an-2kan+1)=0. 由题设条件知,数列{an}是严格递增的,所以, an+2=2kan+1-an ① 结合 a0=0,a1=1 知,数列{an}的每一项都是整数. 因为数列{an}的每一项都是整数,由式①可知 2k|( an+2-an) ② 于是,由 2k| a0,及式②可得 2k| a2n,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 D1A1 的中点,而 AA1 与 AD1 为过点 A 所作的 I 的切 线,故 H 在 AI 上,且 AI⊥A1D1.
2 又 ID1⊥AD1,故由射影定理可知 IH?IA= ID1 ? r 2 ,其

中 r 为内切圆半径. 同理可知, E 在 BI 上, 且 IE? IB=r2. 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. 7、令 yi ?
5 1 ? yi 1 ,i=1,2,?,5,则 xi ? ,i=1,2,?,5,且 ? yi ? 1 . 于是 1 ? xi yi i ?1

40

? 4 ? x2
i ?1 i

5

xi

?1? ?

5

? yi2 ? yi ? 2 yi ? 1

2 i ?1 5 yi

?1

??
5

5

?5 yi2 ? 5 yi ? 2 yi ? 1 5 yi2

2 i ?1 5 yi

?5 )?5

? ? (?1 ?
i ?1 5

3 yi ? 1 ? 2 yi ? 1

3 yi ? 1 ? 10 1 4 i ?1 5( y ? ) 2 ? i 5 5 5 5 3 yi ? 1 3y ?1 而? ?? i 1 4 i ?1 4 i ?1 5( y ? ) 2 ? i 5 5 5 5 5 5 ? ? (3 yi ? 1) ? ? (3 ? 5) ? 10 4 i ?1 4 ??
故命题成立. 8、设第 i 行的男生数为 ai,则女生数为 75-ai. 依题意可知
2 2 ? (Ca2i ?C75 ?ai ) ? 11? C75 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? C75 .于是有
2 ? (Ca2i ?C75 ? ai ) ? ?30525 22

即? (2ai ? 75) 2 ? 1650.
i ?1

i ?1 22

利用柯西不等式,可知 [? (2ai ? 75)]2 ? 22? (2ai ? 75) 2 ? 36300
i ?1 i ?1 22 22

所以, ? (2ai ? 75) ? 191.从而? ai ?
i ?1 i ?1

22

22

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

AD AE DF ? x, ? y, ? z . 证明: AB AC DE
41

(1)S△BDF=(1-x)yzS△ABC,S△CEF=x(1-y)(1-z)S△ABC, (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, 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 DG//BF,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 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{an}定义如下:
2 a1=2, an?1 ? an ? an ? 1,n=1,2,?.

证明: 1 ?

1 2003
2003

?

1 1 ? ? a1 a2

?

1 a2003

? 1.

2 6、给定正整数 n(n?2). 求最大的实数λ ,使得不等式 an ? ?(a1 ? a2 ?

? an?1) ? 2an 对

任何满足 a1< a2<?< an 的正整数 a1,a2,?,an 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: (1)

a b c ; ? ? b?c c?a a?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 Sn. 证明:Sn 中至多有一半元素的 个位数为 3.





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

42

3

S?BDF ? 3 S?CEF (1 ? x) ? y ? z x ? (1 ? y ) ? (1 ? z ) 3 ? ) S ?ABC 3 3

? ( 3 (1 ? x) yz ? 3 x(1 ? y )(1 ? z ) 3 S ?ABC ?(

? 3 S ?ABC
2、设上学期(i0,j0)空位,新学期(i1,j1)空位,则
6 8 6 8

S ? [?
i ?1

? (i ? j ) ? (i0 ? j0 )] ? [?
j ?1 i ?1

? (i ? j ) ? (i1 ? j1 )]
j ?1

? (i1 ? j1 ) ? (i0 ? j0 )
所以,Smax=(6+8)-(1+1)=12,Smin=(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

FA DA ? AB AG
因为△ABE∽△ACD,则



AB AC ② ? EA DA FA AC ①?②得 . 因为∠FAE=∠CAG,所以△FAE∽△CAG. 于是∠FEA=∠CGA. ? EA AG
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. 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 相邻的,它们的乘积不小于

1 3

1 3

1 . 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 ) ? 2 4 1 从而 ad? . 12 a 3d ? ( 2 b?c 2 1 . 于是 bc ? ( ) ? . 3 4 9 1 因为 ce?ae?ad,bd?bc,所以,相邻两数的乘积均小于 . 9
又因为 a+b+c?1, 所以, b+c? 5、由题设得 an+1-1=an(an-1). 所以,

43

1 1 1 ? ? an ?1 ? 1 an ? 1 an 1 1 ? ? a1 a2 ?( ? ? 1 a2003 ?( 1 a2003 ? 1 a2004 ? 1 ? 1 )

1 1 1 1 ? )?( ? )? a1 ? 1 a2 ? 1 a2 ? 1 a3 ? 1

1 1 1 ? ?1? a1 ? 1 a2004 ? 1 a2004 ? 1
1 1 1 ? ? ? ? a1 a2 a 3 0 0 2 1 . 为了证明不等式左边成立,

易知数列{an}是严格递增的, a2004>1, 故

只要证明 a2004-1>20032003. 由已知用归纳法可得 an+1=anan-1?a1+1,及 anan-1?a1>nn,n?1. 从而,结论成立. 6、当 ai=i,i=1,2,?,n 时,

? ? (n ? 2) ?

n ? 1 2n ? 4 ? 2 n ?1 ? an?1 ) ? 2an

下面证明不等式
2 an ?

2n ? 4 (a1 ? a2 ? n ?1

对任何满足 0<a1<a2<?<an 的整数 a1, a2, ?, an 均成立. 因为 ak?an -(n-k), k=1, 2, ?, n-1,an?n,所以,

2n ? 4 n ?1 2n ? 4 n( n ? 1) ak ? [(n ? 1)an ? ] ? n ? 1 k ?1 n ?1 2 ? (2n ? 4) an ? n( n ? 2) ? (n ? 2)(2an ? n) ? ( an ? 2) an
2 故an ?

2n ? 4 (a1 ? a2 ? n ?1

? an ?1 ) ? 2an .

2n ? 4 . n ?1 sin ?AFD AD AD sin ?AED 7、如图由正弦定理得 .则 sin∠AFD=sin∠AED. ? ? ? sin ?FAD FD ED sin ?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=

ac . a?b
44

又△PCD∽△BCA,则

PC CD . 于是 ? BC CA

ba 1 a2 ? ② b?c b b?c a2 ac ab ? ? 由①、②得 . 所以 b?c a?b c?a a b c ? ? b?c c?a a?b (2)由(1)的结论有 a(a+b)(a+c)=b(b+a)(b+c)+c(c+a)(c+b), a2(a+b+c)=b2(a+b+c)+c2(a+b+c)+abc > b2(a+b+c)+c2(a+b+c) 由 a2>b2+c2. 所以,∠BAC>90°. 8、考虑如下三种情况: (1)n 能被 5 整除,设 d1,d2,?,dm 为 Sn 中所有个位数为 3 的元素,则 Sn 中还包括 5d1, 5d2,?,5dm 这 m 个个位数为 5 的元素. 所以 Sn 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 Sn 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=prq,其中 q 和 r 都是正整 数,p 和 q 互质. 设 Sq={a1,a2,?,ak}为 q 的所有正约数组成的集合,将 Sn 中的元素写成如 下的方阵: a1,a1p,a1p2,?,a1pr, a2,a2p,a2p2,?,a2pr, ?? ak,akp,akp2,?,akpr, PC ? a
对于 di=aipl 或 aipl 1 之一与之配对 (所选的数必须在 Sn 中). 设 ei 为所选的数, 我们称 (di, ei)为一对朋友. 如果 di 的个位数都是 3,则由 p 的个位数是 3 或 7 知 ei 的个位数不是 3. - + 假设 di 和 dj 的个位数都是 3,且有相同的朋友 e=aspl,则{di,dj}={ aspl 1,aspl 1 }. 因为 p 的个位数为 3 或 7,从而,p2 的个位数是 9. 而 n 不能被 5 整除,故 as 的个位数不为 0. 所以 aspl -1 - + ,aspl 1?p2= aspl 1 的个位数不同. 这与 di 和 dj 的个位数都是 3 矛盾,因此,每个个位数为 3 的 di 均有不同的朋友. 综上所述,Sn 中每个个位数为 3 的元素,均与一个 Sn 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,Sn 中至多有一半元素的个位数为 3.


45


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