高中數(shù)學奧林匹克競賽全真試題

1、2003年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽試題、選擇題（本題滿分 36分，每小題6分）1、刪去正整數(shù)數(shù)列1, 2, 3,中的所有完全平方數(shù)，得到一個新數(shù)列.這個新數(shù)列的第2003項是()A. 2046C. 2048D. 2049B. 2047y+b=0和曲線bx2+ay2=ab的圖形是（(C)(D)18A、BA.1638B. 一34、16 C. 7332-) tan(x -)36D.8.3A.C.11 .3 65、已知x、y都在區(qū)間（2, 2）內,且 xy=- 1,則函數(shù)A.B.2411C.1276、在四面體ABCD中，設cos(xAB=1 , CD=石,直線AB與CD）的最大值是（）.6D.12D .5

2、的距離為2,的最小值是夾角為一， 3則四3、過拋物線y2=8 （x+ 2）的焦點F作傾斜角為60°的直線.若此直線與拋物線交于兩點，弦AB的中垂線與x軸交于P點,則線段PF的長等于面體ABCD的體積等于（）A.2、填空題（本題滿分B.54分，每小題9分）7、不等式|x|3-2x2-4x|+ 3<0的解集是 .22|PF2|=2: 1,8、設F1, F2是橢圓 上一1的兩個焦點，P是橢圓上的點，且|PF1|:94PF1F2的面積等于 .B,9、已知 A=x|x2-4x+ 3<0,xC R,B= x|21 x+a< 0,x2-2 (a+7)x+5< 0, xC R

3、 .若 A 則實數(shù)a的取值范圍是 .-一，-35 _10、已知a, b，c, d均為正整數(shù)，且嚙"2配"7,右a-c=9, b-d=11、將八個半徑都為1的球分兩層放置在一個圓柱內，并使得每個球和其相鄰的四個球相切，且與圓柱的一個底面及側面都相切，則此圓柱的高等于 .12、設 Mn=(十進制)n 位純小數(shù) 0. a1a?L an | ai 只取 0 或 1 (i=1, 2,，n1), an=1,Tn是Mn中元素的個數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則lim=.nTn三、解答題（本題滿分 60分，每小題20分）3一 一-.一一 一 一13、設x 5,證明不等式2J必 J15 3x

4、 2。19.214、設A, B, C分別是復數(shù)Zo=ai, Zi=- + bi, Z2=1 + ci （其中a, b, c都是實數(shù)）對應 2的不共線的三點.證明：曲線Z= Z0cos4t+2 Z1cos2tsin2t+Z2sin4t （tC R）與 ABC中平行于AC 的中位線只有一個公共點，并求出此點 .15、一張紙上畫有半徑為 R的圓O和圓內一定點 A,且OA=a,折疊紙片，使圓周上某一 點A'剛女?與A點重合.這樣的每一種折法，都留下一條直線折痕.當A'取遍圓周上所有點時， 求所有折痕所在直線上點的集合 .力口 試一、（本題滿分50分）過圓外一點 P作圓的兩條切線和一條割

5、線，切點為A, B.所作割線交圓于C, D兩點，C在P, D之間.在弦CD上取一點 Q,使/ DAQ=/PBC.求證：/ DBQ = Z PAC.二、（本題滿分50分）設三角形的三邊長分別是整數(shù)l , m , n ,且l>m>n.已知3l3m3n二 ' ,其中x=xx,而x表示不超過x的最大整數(shù).求這種三角形周長的最104104104小值.三、（本小題滿分50分）由n個點和這些點之間的l條連線段組成一個空間圖形，其中n=q2+ q+1, l> 1 q （q+1）2+1, q>2, q C N.已知此圖中任四點不共面，每點至少有一條連線段，存在一點至少有 q+2條

6、連線段.證明：圖中必存在一個空間四邊形（即由四點A, B, C, D和四條連線段 AB, BC, CD, DA組成的圖形）.答案一、選擇題1、注意到 452=2025, 462=2116,故 2026=a2026-45=a1981, 2115= 22115-45= 22070.而且在從第 1981項到第2070項之間的90項中沒有完全平方數(shù).又 1981 + 22=2003,故 a2003= a98+22=2026+ 22=2048.故選（C）.222、題設方程可變形為題設方程可變形為y=ax+b和人 1 ,則觀察可知應選（B）.a b3、易知此拋物線焦點F與坐標原點重合，故直線 AB的方程為

7、y=V3x.因此，A, B兩點44的橫坐標滿足萬程：3x2 8x16=0.由此求得弦AB中點的橫坐標x0 -,縱坐標y0 石，進4144 16而求得其中垂線方程y產(chǎn)（x）,令 y=0,得 P點的橫坐標 x 4 -一，即3333316 一 ,PF ,故選（A）.34、2y tan(x )cot(x12)cos(x -)36cos(x 222 )sin(x -y)cos(x )4 sin(2x ) 因為5- xcos(x ) 61224- sin(2x -)_,所以2x 3與cos(x m)在4T5122萬,丁,x 6 7,百.可尢,上同為遞增函數(shù). 3故當x時,y取最大值1173.故選(C).3

8、65、由已知得x 9x2 9x2 19x4 72x29x4 37x235237 (9x2而 xC (29x242一即x2 x0x2一， 24 、，一，一時,9x2之值最小，而此時函3x212.數(shù)u有最小值,故選(D).56、如圖，過C作CEAB,以4CDE 棱作柱ABFECD,則所求四面體的體積為底面，BC為側Vi等于上述棱柱體積 V2 的1.而4CDE 的面積 S=1 CE >CD XSin / ECD , AB 32與CD的公垂線 MN就是棱柱ABF - ECD的高，故1V2MN CE CD sin2ECD321 _1.因此Vi V2 故選(32二、填空題7、由原不等式分解可得5 1

9、.5 1(3, -) (,3).22B).(|x|-3)x2+ x| 1 )<0 ，8、設橢圓的長軸、短軸的長及焦距分別為故|PF1|+|PF2|=2a=6,又已知 |PFi|: |PF2|二2:長分另1J為2, 4, 2J5,而22 + 42= 2后,由此得所求不等式的解集為2a, 2b, 2c,則由其方程知 a=3, b=2, c=J5,1 ,故可得 |PFi|=4, |PF2|=2.在PF1F2 中，三邊之可見 PF1F2是直角三角形，且兩直角邊的長短為,b、2d 4 r(-),c (-).因此, aca|b, c|d.又由于 a-c=9,故b2 ,2(b)2(d)49,即(bdT

10、)(b當)9,故aa cac acbad2F c d2 -2 c9，因而1ba d2-2 c于是得 a=25, b=125, c=16, d=32.故 b d=93.11、如圖，由已知上下層四個球的球心A' , B' , C' , D'和A, B, C, D分別是上下兩個邊長為 2的正方形的頂點，且以它 們的外接圓e O'和e O為上下底面構成圓柱.同時，A在下底面的射影必是Ab的中點M.在LA AB中，A A= A' B=AB=2.設AB的中點為 N,則 A' N=>/3 .又 OM=OA= 五 ，ON=1.所 以 MN= 72

11、1AM, (AN)2 (MN)22 2 4 8 .因此所示原來圓柱的高為 4 8 2.12、因為Mn中小數(shù)和小數(shù)點后均有 n位，而除最后一位上的數(shù)字必為1外，其余各位上的數(shù)字均有兩種選擇（0或1） 全是1,而其余各位上數(shù)字是Sn1 n 1 1平 (2102n1(12 10g 一11 1021方法，故?；?, 1Tn=21.又因在這2n 1個數(shù)中，小數(shù)點后第 n位上的數(shù)字 各有一半，故n 1 ) 10n 12n故 lim n Tnn 1)10n 1110工)2n 10n 11 lim (1 n 182n1 1g-n10n1疥1n 1 ) 10n 1工182 和 4,故 PF1F2 的面積=g|P

12、Fi| |PF2|=；X2X4=4.9、易得 A= (1, 3),設f(x)=21 x+a, g(x)=x22(a+7)x+5要使A B,只需f(x), g(x)在(1, 3)上的圖象均在 x軸下方.其充要條件是：同時有 f(1) <0, f(3)W0, g(1)<0, g(3)W0.由此推出4<a< - 1.3510、由已知可得 a' b,c4 d,從而a三、解答題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

13、a2 b2 c2 d2 (當且僅當 a=b=c=d 時取等號).取 a=b= <X1, c= V2X3 , d= /53x ,貝U2 XTl2x 315 3x2 (x 1) (x 1) (2x 3) (15 3x) 2 , x-142 19因為&_7, J27, J15 3x不能同時相等， 所以2，江 必飛 出5 3x 2屈.第1 !題圖14、設 Z=x+ yi(x, yC R),貝U x+ yi =acos4t i + 2( g +bi) cos2tsin2t+ (1 + ci)sin4t,實虛部分離，可得x= cos2tsin2t+ sin4t=sin2ty=a(1 -x)2

14、+2b(1 -x)x+ cx2(0<x< 1)即 y=(a+c2b)x2+2(ba)x+a 又因為A, B, C三點不共線，故a+c 2bw0.可見所 給曲線是拋物線段(如圖).AB, BC的中點分別是1 a b 3bc_,、，D(,),E(,).所以直線DE的方程為424 2y=(ca)x+ -(3a+2b c)4由，聯(lián)立得 a+c 2b (x) 2=0.2由于a+ c 2bw 0,故(x 1) 2=0,于是得x=-.注意到1 -所以，拋物線與4224 2 4 1 a c 2bABC中平行于AC的中位線DE有且只有一個公共點，此點的坐標為(一,)，其對應的24復數(shù)為15、如圖，以

15、。為原點，OA所在直線為x軸建立直角坐標系，則有 A (a, 0).設折疊時,e O上點 A' ( Rcosa , Rsin a )與點 A重合，而折痕為直線 MN ,則MN為線段AA'的中垂線.設P(x, y)為MN上任一點， 則 |PA' |二|PA|.故(xRcosa)2+(yRsin a) 2=(xa)2+y2,即2R(xcos a +ysin a )=R2a2 + 2ax,故第”題圖xcos y sinx2可得sin(R2 a2 2ax2R x2 y222R a 2ax，其中 sin 2R x2 y2x ,cos22x yR2 故| R _22R x2ax2y

16、1.(此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化為(x 2)2""RT"(2)即所求點的集合為橢圓2yR 2 a 2(2)(2)/a、2(x -) 21.(2)22y 1外(含邊界)部分.(R)2 (|)2一、如圖，連結 AB,在AADQ 與 ABC 中，/ADQ=/ABC, Z DAQ = Z PBC=Z CAB,故 ADQA ABC,而有 股 四，即 BC AD=AB - DQ.AB ADPC又由切割線關系知 PCAA PAD ,故二上PAAC 一一.；同理由 PCBADs' PBD得四PB又因PA=PB,BC. BD 故竺AD又由關于圓內接四邊形B

17、C,得 AC BD=BCBDACBD的托勒密定理知- AD=AB - DQ.AC - BD+ BC - AD= AB - CD于是得 AB CD=2AB DQ ,故，. AD在CBQ 與ABD 中，- CBQA ABD,故/二、由題設可知ABCBQ=Z ABD,“1rDQ=-CD,即 CQ=DQ. 2DQ CQ，BCQ=ZBAD,于BC BC即得/ DBQ = Z ABC= Z PAC.3m104-103n1043n版J=L olom333n (mod4)3l3l3m3m3n(mod24)3n(mod54)由于(3, 2)=(3, 5) =1,由可知3rm三3m n三1(mod 24).L)現(xiàn)

18、在設u是滿足3u三1(mod 24)的最小正整數(shù)，則對任意滿足 3v三1(mod 24)的正整數(shù)v,我 們有u |v,即u整除v.事實上，若u|v,則由帶余除法可知，存在非負整數(shù) a與b,使得v=au + b,其中0<bWu1,從而可推出3b三3b+au三3V三1(mod 24),而這顯然與u的定義矛盾，所以u |v.注意到 3三3(mod 24), 32三9(mod 24), 33三27三 11(mod 24), 34=1(mod 24)從而可設 m- n=4k, 其中k為正整數(shù).同理可由推出 3m n三1(mod 54),故34k三1(mod 54).現(xiàn)在我們求滿足341(mod 5

19、4)的正整數(shù)k.因為 34=1 + 5X24,所以 34k- 1= (1 + 5X24) k1 三 0(mod 54),即o4 k(k 1) 2 o8 k(k 1)(k 2)3 產(chǎn)5K 25252265k 52k3(k 1)27k(k1)(k2) 532110(mod54)3或k 5k3 (k 1) 27 k(k 11k 2) 53 211 0(mod53)即有k=5t,并代入該式得t+ 5t3 +(5t-1)x 27三 0(mod 52)即有t三0(mod 52),即k=5t=53s,其中s為正整數(shù)，故 m n=500s, s為正整數(shù).同理可證l n=500r, r為正整數(shù).由于l>m

20、>n,所以有r>s.這樣一來，三角形的三個邊為 500r + n、500s+ n和n.由于兩邊之差小于第三邊，故n>500(rs),因此，當s=1, r=2, n=501時二角形的周長最小，其值為(1000+501) + ( 500+501) + 501=3003三、設這n個點的集合V=Ao, Ai, A2,，An-1為全集，記Ai的所有鄰點(與 Ai有連線n 1段的點)的集合為 Bi, Bi中點的個數(shù)記為|Bi| =bi,顯然bi 2l且Bw(n1)(i=0, 1, 2,，i 1n 1).(nn 11) v若存在bi=n- 1時，只須取1121 2(q 1)(n 1) 1

21、2q(q 1)則圖中必存在四邊形，因此下面只討論bi<n-1(i=0, 1, 2,，n1)的情況.不妨設q + 2Wb0Wn1.用反證法.若圖中不存在四邊形，則當iwj時，Bi與Bj無公共點對,即 |BiABj|W1 (0Wi<jWn 1).因此，|BiBo | b 1(i=1, 2,，n-1).故vB0中點對的個數(shù)c12 b0n 1n 1BiB0中點對的個數(shù)二C2 b|BiB0|i 1i 1n 1c2 1(當 bi1 或 2時，令 C： 10)i 11 n 12(bi23bi 2)2i 1n 1(b)2 n 11 i 1-N-± 3(bi) 2(n 1)2 n 1 i

22、121 r(2l b0)-3(21bo) 2(n 1)2 n 11 (2l bo n 1)(21 bo 2n 2) 2(n 1)1-(n 1)(q 1) 2 bo n 12(n 1)(n 1)(q 1)2 bo 2n 2-(nq q 2 bo)(nq q n 3 bo) 2(n 1)故(n 1)(n bo)( n一bo-1) > (nq q + 2bo)( nq q n+3bo)q(q + 1) (n bo) ( n bo 1) > (nq q + 2 bo)( nq q n + 3 bo)但(nq q n + 3 bo) q( n bo 1)= (q 1) bo n+3>(

23、q 1) (q+ 2) n + 3=o 及(nq q + 2 bo) (q+1)( n bo)= qbo q n+2>q(q+2) q n+2=1>o由，及(nbo) (q+1), ( n- bo1) q皆是正整數(shù)，得(nq q + 2 bo)( nq q n+3 bo)> q(q+ 1) (n bo) ( n bo 1) 而這與所得的式相矛盾，故原命題成立.2。3年中國數(shù)學奧林匹克試題一、設點I, H分別為銳角 ABC的內心和垂心，點 B1，C1分別為邊AC, AB的中點，已 知射線B1I交邊AB于點B2 (B2WB),射線C1I交AC的延長線于點 C2, B2c2與BC相

24、交于k, A1為4BHC外心，試證：A, I, A1三點共線的充分必要條件是 BKB2和CKC2的面積相等.二、求出同時滿足如下條件的集合S的元素個數(shù)的最大值：(1)s中的每個元素都是不超過 1oo的正整數(shù)；(2)對于S中任意兩個不同的元素 a, b,都存在S中的元素c,使得a與c的最大公約數(shù) 等于1,并且b與c的最大公約數(shù)也等于 1;(3)對于S中任意兩個不同的元素 a, b,都存在S中異于a, b的元素d,使得a與d的 最大公約數(shù)大于1,并且b與d的最大公約數(shù)也大于 1.三、給定正整數(shù)n,求最小的正數(shù)入，使得對任何0i (。，兀/2), (i=1, 2,，n),只要 tan 0 1tan

25、0 2 - tan 0 n=2n/2,就有 cose 1 + cos 0 2+ cos 0 nW 入.四、求所有滿足 a>2, m> 2的三元正整數(shù)組(a, m, n),使得an+2o3是am+1的倍數(shù).五、某公司需要錄用一名秘書，共有 10人報名，公司經(jīng)理決定按照求職報名的順序逐個面試，前3個人面試后一定不錄用，自第4個人開始將他與前面面試過的人相比較，如果他的能力超過了前面所有已面試過的人，就錄用他；否則就不錄用，繼續(xù)面試下一個，如果前9個都不錄用，那么就錄用最后一個面試的人.假定這10個人的能力各不相同，可以按能力由強到弱排為第1,第2,，第10.顯然該公司到底錄用到哪一個人

26、，與這10個人報名的順序有關.大家知道，這樣的排列共有 10!種，我們以Ak表示能力第k的人能夠被錄用的不同報名順序的數(shù)目，以Ak/10!表示他被錄用的可能性.證明：在該公司經(jīng)理的方針之下，有(1) A1>A2> >A8= A9= A10；(2)該公司有超過 70%的可能性錄用到能力最強的3個人之一，而只有不超過10%的可能性錄用到能力最弱的 3個人之一.六、設a, b, c, d為正實數(shù)，滿足 ab+cd=1;點Pi 心的單位圓周上的四個點，求證：(ay + by2 + cy3+ dy4)2 b2 c2 bcBAC+ ( ax4+ bx3 + cx2+ dx1) 2<

27、參考答案一、H是4ABC的垂心，Ai是4BHC的外心， BHC=180° -Z BAC, /BAiC=2/BAC.又由題設知 ABWAC,從而A, I, Ai共線，即 Ai在 / BAC平分線上 Ai在 ABC外接圓上 Z BAiC+Z BAC =180°/BAC =60° .現(xiàn)證 Sbkb2 S ckc2/ BAC =60° .(xi, yi) (i=1, 2, 3, 4)是以原點為圓2.2-).cdID IE2 s ABCa b c第一題圖作 ID LAB 于 D,IE，AC 于 E,設 BC=a, CA=b,AC=c, 則2S AB1B2 ID(A

28、B1 AB2) AB1gAB2SinA, 故IDgA& AB2(AB1sin A ID)2s aABC bbc2 s abc AB2(-g2 bc2s ABC ) abc故AB2bcabcbc2 a2 a60 .同理AC2 .abcS bkb2 S ckc2S abc S ab2c2bc bcga b c a b c2(b c)bc故A, I, Ai共線的充要條件是 BKB2和4CKC2的面積相等.二、設n2a13a25a37a111a5q,其中q是不被2,3,5,7,11整除的正整數(shù)，ai為非負整數(shù)，nw 100,則n C S a® w i w 5）中恰有一個或兩個為正整數(shù)

29、，即S由下列元素組成：不超過 100 的正偶數(shù)中除去 2X3X 5, 22X 3X 5, 2X 32X 5, 2X 3X 7, 22X 3X 7, 2X 5X 7, 2 X 3 X 11等7個偶數(shù)后余下的43個偶數(shù)；不超過100的正整數(shù)中3的奇數(shù)倍：確定 3, 3X3,，3X33共17個數(shù)；不超過100的正整數(shù)中與 3互質的5的奇數(shù)倍：5, 5X5, 5X7, 5X11, 5X13, 5X17, 5 X 19共7個數(shù)；不超過100的正整數(shù)中與15互質的7的奇數(shù)倍：7, 7X7, 7X11, 7X13共4個數(shù)；質數(shù) 11.現(xiàn)證明以上72 個整數(shù)構成的集合S 滿足題設條件.顯然滿足條件（ 1） ；

30、對 S 中任意兩個不同的元素 a, b, 則 a， b 的最小公倍數(shù)中不大于11 的質因數(shù)至多只含有2，3, 5, 7, 11 中的 4 個，因此存在 cC2, 3, 5, 7, 11,使得（a, c） =（b, c）=1 ,且顯然 cC S,因此S滿足條件（2）;對 S 中任意兩個沒同的元素 a， b ，若（a, b） =1 ,分別取的a, b最小質因素p, q,則p, qC2, 3, 5, 7, 11且pW q,令 c=pq ,貝 U 有 cCS, g a, cwb 且（a, c） =p>1, （b, c） =q>1;若（a, b） =d>1,取d的最小質因數(shù)p,及不整除

31、ab的最小質數(shù)q,則p, qC2, 3, 5, 7, 11,令 c=pq ,貝U有 cC S, cw a, cwb 且（a, c） > p>1, （b, c） > p>1.因此 S 滿足條件（3） .以下證明任何滿足題設的S 的元素數(shù)目不大于72.首先證明滿足題設條件的 S至多只能含有一個大于 10的質數(shù).事實上若p1, p2為大于10的 質數(shù)，且 p1，p2（e S,則由（3）知存在 cCS,使得（p1, c） >1, （p2, c） >1,從而有 p1 | c, p2|c, ，pp2|c,由此可知 O p1p2>100,這與（1）矛盾.從而10與1

32、00之間的21個質數(shù)11, 13, 17, 23,，97至多只有一個在 S中.又顯然 1 S.設集合 T 是由不超過100 的正整數(shù)除去1 及大于 10 的 21 個質數(shù)余下的 78 個數(shù)構成的 .下面證明T中至少還有7個數(shù)不在S中.1 °若有某一個大于10 的質數(shù) p 在 S 中，則S 中所有各數(shù)的最小質因數(shù)只可能是2， 3， 5 ，7 ， p 中的一個 .（i）若7pCS,則2X3X 5, 22X3X 5, 2X 32X 5, 7p包含了 S中所有各數(shù)的最小質因數(shù)， 因此由條件（2）知 2X 3X 5, 22X 3X5, 2X 32X 5 S;若 7P S,貝U由條件（3）知 7

33、, 7X7, 7X 11, 7X 13 S;（ii）若 5pC S,貝U由（2）知，2X3X7, 22X3X7 S;若5P S,則由條件（3）知5, 5X5, 5X7 S.（iii） 3p與2X5X7不同屬于S.（iv） 2X3p與5X7不同屬于S.當p=11或13時，由（i）, （ii）, （iii）, （iv）知分別至少有3個數(shù)，2個數(shù)，1個數(shù)，1個 數(shù)共至少有7 個數(shù)不屬于S；當 p=17 或 19 時，由（ i） ， （ii） ， （ iii ）知分別至少有4個數(shù)， 2個數(shù)， 1 個數(shù)共至少有7個數(shù)不屬于 S；當p>20時，由（i）, （ii）知分別至少有 4個數(shù)，3個數(shù)共至少7

34、個數(shù)不屬于S.2如果沒有大于10的素數(shù)屬于S,則S中的每個元素的最小質因數(shù)只能是2, 3, 5, 7,則如下的7對數(shù)中，每對數(shù)都不能同時都屬于S.(3, 2X5X7), (5, 2X3X7), (7, 2X3X5),(2X3, 5X7), (2X 5, 3X7), (2X7, 3X5), (22X7, 3+2X5).事實上，若上述7對數(shù)中任何一對數(shù)(a, b)都屬于S,則由(2)知，存在cC S,使得(a, c) = (b, c) =1,這與ab包含了 S中每個元素的所有最小質因數(shù)矛盾由1。，2。知T中至少還有7個數(shù)不屬于S,從而滿足條件的S的元素個數(shù)的最大值為72.三、1° 證當

35、n=1, 2 時，入=n J3/3 ,當 n=1 時，tan 8 1=無，cos 0 1= J3/2 .當 n=2 時，tan 8 1 tan 8 2=2, cos 8 1= 1/ tan2 i (i=1, 2).令 tan2 9 1=x,貝U tan2 8 2=4/x,貝Ucos 1 cos 2 23/31/1 X 1/14/x23/3.3( FX14/x)2f-Xd 4/x3(2 x 4/ x 2 5x4/x) 4(5 x 4/ x)14x 4/ x65 x4/x 0,即(5x 4/ x3)2 0,等號成立當且僅當5 x 4/x 3 0 ,由此易知當且僅當x=2時等號成立.故 cos 1

36、cos 2 273/3,當且僅當0 1= 62時，等號成立.2當n>3時，入=n- 1.先證cos 9 1 + cos 9 2+ cos 8 n<n1(1)不妨設e i> 02> e 3> - > e n,要證明(1)式只要證cos 0 1 + cos 0 2 + cos 0 3<2(2)tan 9 1tan 8 2tan 8 n=2n/2,故 tan 9 1tan 9 2tan 9 3= 2后.cos i1 sin2故coscos 3:1 sin2 i/2,222 (sin2 2 sin2 3)/2 2 sin 2tan28/(tan 22 tan2

37、 3),故 一12cos 1c ，2，8 tan 2 tansin 3.2 3costan 2 tan 3» tan 2 tan8cos2tansin 222 cos :22sintan2 3coscoscossin 2 sin3g(12. 23 sin 2 sin 318cos2 2 cos223 sin22 sin).3cos8coscos2coscos2sin8 tantan2 22 tan tan23 sec2sin 322 sec3 (1,22tan 2)(1 tan3)若（3）式不成立，即2<1/ 1 7/22/33 7.tan2 e 2 + tan2從而 tan2

38、 0 1 > tan2e 2>7/2.故cos3)cos 9 1 + cos 9 2 + cos0 3<2V2/3 +1<2.從而（1）式得證.現(xiàn)證入=n 1為最小的.事實上，若0< 入 <n- 1,則取 a = X/ (n-1) <1,從而存在 e i<(0,兀/2) i=1,2,，n,使得 co s e i= a ,tan 0 i= V12 /(i=1, 2,，n 1), tan 0 n=2n/2( a/ .12 )n 1,從而 tan0 1tan 9 2 tan 9n=2n/2,但cos 9 1 + cos 9 2 + cos 8 nT +

39、 cos 9 n > cos 9 1 + cos 9 2 + cos 9 當n>3時，最小的正數(shù)入為 n-1.綜上所求最小正數(shù)n 3/3(n 1,2), n 1(n 3).四、設 n=mq+r, 0< r< m 1,則an + 203=amq+r+ 203=amqar+ 203三(1)qa+203(mod(am+ 1)從而 am+ 1|an+203am+1|(1)aar+203.即k(am+1)= (-1)qar+ 203.1。若 2|q,則 k(am+1)= ar+203.若r=0,則有k(am+ 1)=204=2 2 X3X 17m,n) = (2, 4, 8t)由

40、a>2,m> 2,易知只有 a=2, m=4及a=4, m=2滿足上式.故（a, 或（4, 2, 4t）,其中t為非負整數(shù)(下同).(ii)若 r>1,由有 ar (kam-r- 1) =203 k.即(a, m, n)=對于1 w kw 9,容易驗證只有當 k=8時，存在a=5, m=2, r=1滿足上式, (5, 2, 4t+1).對于k>10,則由有10 (am+1) < ar+203<kam 1+203故 am-1 (10a 1) w 193, a 可能值為 2, 3, 4.當 a=2 時， m 可能值為 2 ， 3 ， 4，容易驗證僅當a=2 ，

41、m=2 ， r=1 或 a=2 ， m=3 ， r=2 時滿足式，故（a, m, n） = （2, 2, 4t+1）或（2, 3, 6t+2）當 a=3 ， 4 時，均不存在m， r 滿足式 .2°若q 為奇數(shù)，則k（am 1） =203 ar由 0wrwm1 知，k>0.（i）當k=0時，a=203, r=1對任意的不小于 2的整數(shù)m式都成立，故（a， m， n） = （203， m， （2t 1） m 1）（ii）若k> 1,則當r=0時，由有k（am 1） =202容易驗證僅當 a=10 ， m=2 時，上式成立，故（a， m， n） = （10， 2， 4t 2）

42、當 rR1 時，由有 ar（kam r+ 1）=203-k.對于1 w kw 5,容易驗證僅當 k=3時，a=8, m=2 , r=1或a=2, m=6, r=3時，滿足上式.（a， m， n） = （8， 2， 4t 3）或（2， 6， 12t 9）對于 kR6,由有 6 （am+1） <203.故 am只可能有 22, 23, 24, 25, 32, 33, 42, 52.容易驗證僅當 am=32, r=1 時，滿足（2）式，.（ a, m, n） = （3, 2, 4t+3）.綜上滿足題設條件的三元正整數(shù)組（ a， m， n） 為（ 2， 4， 8t） ， （4， 2， 4t） ，

43、 （ 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 為非負整數(shù).五、設Ak（a）表示當前3名中能力最強者能力排名為第a,能力排名為第k的人能夠被錄用的不同報名順序的數(shù)目 .當 a=1 時，僅當能力第k 的人最后一個報名時，才被錄用，所以Ak（1）=3 8! Y 1.當 2WaW8 時，若 k=a, a+1,，10,則有 Ak（a）=0；若 k=1 , 2, 3,，a-1,

44、則有Ak(a) 3c7a 1(a 2)!(10 a)!a(k 2,3,L ,7)A81A0Ak(1)13)8! 03C7(2 2)!(10 2)! 3g8! (3 7再注意到、即有A A容易算得L A8A9Aio3g8!, 221g8!, 3AA263g7!, 48，4>6g8!a 430g7!, 5 15g7!, 6 7.20, 73g7!, 8 6g6!21g8! 126g7! 3(30 15 7 3)7! 5070AA2A3507g7!10!A8 A9 A1010!3 3g8!70%10!10!10%.六、令 u=ay + by2v=cy3+dy4, u1二ax4+bx3, V1=

45、cx2 + dx1，貝Uu2w (ay1+by2)2+ (ax1bx2)2=a2+b2 2ab(x1x2 y1y2) 2.22a b u_xx2 y1y2< 2abV12w (cx2+dx1) 2 +(cy2 dy1)2= c2 + d2 2cd(y1y2 X1X2)2.2c d y1y2 x1x2< 2cd2V1+并整理得2.2a bab2.2c dcd2U1ab(ucd v)22.2a bab2(U1 V1)2.2c dcd(iabg-p= Vcdv 2 g. cd)2U1( abgab(ab2 u cd)(一 ab(abcd)(2U12V1abcdabcd2 U1abcda2

46、 b22F2.2c dK2004年中國數(shù)學奧林匹克試題第一天一、凸四邊形 EFGH的頂點E、F、G、H分別在凸四邊形 ABCD的邊AB、BC、CD、DAAE BF CG DH . 一 .上，且滿足一g一g一g1.而點A、B、C、D分別在凸四邊形EiFiGiHi的邊H1E1、E1F1、EB FC GD HAF1G1、G1H1 上，滿足 E1F1/EF, F1G1 / FG , G1H1 / GH ,一 ，E1AHiEi II HE.已知AH1.求生的CGi20值.二、已給正整數(shù) c,設數(shù)列 Xi, X2,滿足 xi=c,且 xn=xn-i+ 2Xni (n 2)+i,n=2,3, n其中x表示不

47、大于X的最大整數(shù).求數(shù)列Xn的通項公式.三、設M是平面上n個點組成的集合，滿足：（v） M中存在7個點是一個凸七邊形的 7個頂點；(2)對M中任意5個點，若這5個點是一個凸五邊形的5個頂點，則此凸五邊形內部至少含有M中的一個點.求n的最小值.第二天四、給定實數(shù)a和正整數(shù)n.求證：(i)存在惟一的實數(shù)數(shù)列Xo, Xi,Xo Xn i 0,i ,、33 .2(Xi i k i) Xi Xi a ,i i,2,L(2)對于(i)中的數(shù)列Xo, Xi,Xn, Xn+i,滿足,n.Xn, Xn+i 滿足卜產(chǎn)冏，i=0, i,，n+i.五、給定正整數(shù)n(n> 2),設正整數(shù) ai=(i=i, 2,n

48、)滿足 ai<a2<<an 以及 <i. i i ai求證：對任意實數(shù) X,有22i i aiXi i2 ai(ai i) X2六、證明：除了有限個正整數(shù)外，其他的正整數(shù)n均可表示為 2。4個正整數(shù)之和：n=aii=i , 2,，2。3.+ a2+ a2oo4,且滿足K ai<a2< - <a2oo4, ai|ai+i,參考答案BE BF一、(i)如圖i,若EF/AC則 ，代人已知條件EA FC/曰 DH DG得 ，HA GC所以，HG/AC.從而，EiFi/AC II HiGi.故 FC EACG1AH1(2)如圖2,若EF與AC不平行.設FE的延長

49、線與 CA的延長線相交于點T.由梅涅勞斯定理得CF BE ATFBgEAgTC1.結合題設有GDgHAgAI 1.由梅涅勞斯定理逆定理知T、H、G三點共線.設TF、TG與EiHi分別交于點 M、N.由BAEiB / EF ,得 EiA= AM.EA同理，HiA=D AN.所以,AHEiA AM AB AHggAHi AN AE AD又 EQ S aec S ABcgAEgAD 故 QH S ahc S ADcgABgAH ,EiA EQ AB AH S abc g g AH i QH AE AD S ADC同F(xiàn)C江.所以羋起CGi S adc CGi AHi二、顯然，當 n>2 時，xn

50、 xni 2（Xni i）. n令 an=Xn i ,則 ai=C i ,2an i n 2anan 1 n-1中ni, n 2,3,Ln n設UnAg(n 1)(n 2),n 1,2,L ,必非負整數(shù).由于當n 2時,n 2(n 2)gjn i Ag gn(nn2n所以，數(shù)列 Un滿足式.設 ynn,nn 2gyn in1,2,L .由于當n(n 2)(n 1)2(n 1)(n 2) 1) Ag段2時，222n 1 - nyn,n38所以,yn也滿足式.設zn (n2, n 1,2,L，當 n 2mMm 1時，4c)/、2rn 2m L(2m 1) m 12gzn 1 g：- gm(m 1)

51、 (m 1)4nm 4m當n 2m 1且m 1時，n 2gzn 1n(m 1)(m2m 3 (2m2m 1g 422) (2m_2L 42)22m 322m1(m 1) (m 1)(m 2)從而,Zn也滿足式.對任意非負整數(shù)A,令vn un ynWnUnZnAg(n 1)(n 2)2Ag(n 1)(n 2)292)24n 1,2,L ,顯然vn和Wn都滿足式9a由于 u1 3A,y1 1,z1 - 2,所以，當 3al 時,an (n 1)(n 2);46當 a1 1(mod3)時，a1 1an -(n 1)(n 2) n6當 a1 2(mod3)時，2a1 2(n 2),an -(n 1)(n 2) '64綜上可得c 1當 c 1(mod3)時,xn (n 1)(n 2) 1;6c 2當 c 2(mod3)時,xn (n 1)(n 2) n 1;62c 3(n 2)當 c 0(mod3)時,xn (n 1)(n 2) - 1.64三