高中数学奥林匹克竞赛全真试题

1、2003年全国高中数学联合竞赛试题、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. 2046C. 2048D. 2049B. 2047y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是（(C)(D)18A、BA.1638B. 一34、16 C. 7332-) tan(x -)36D.8.3A.C.11 .3 65、已知x、y都在区间（2, 2）内,且 xy=- 1,则函数A.B.2411C.1276、在四面体ABCD中，设cos(xAB=1 , CD=石,直线AB与CD）的最大值是（）.6D.12D .5

2、的距离为2,的最小值是夹角为一， 3则四3、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两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点,则线段PF的长等于面体ABCD的体积等于（）A.2、填空题（本题满分B.54分，每小题9分）7、不等式|x|3-2x2-4x|+ 3<0的解集是 .22|PF2|=2: 1,8、设F1, F2是椭圆 上一1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|:94PF1F2的面积等于 .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 则实数a的取值范围是 .-一，-35 _10、已知a, b，c, d均为正整数，且啮"2配"7,右a-c=9, b-d=11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且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. a1a?L an | ai 只取 0 或 1 (i=1, 2,，n1), an=1,Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则lim=.nTn三、解答题（本题满分 60分，每小题20分）3一 一-.一一 一 一13、设x 5,证明不等式2J必 J15 3x

4、 2。19.214、设A, B, C分别是复数Zo=ai, Zi=- + bi, Z2=1 + ci （其中a, b, c都是实数）对应 2的不共线的三点.证明：曲线Z= Z0cos4t+2 Z1cos2tsin2t+Z2sin4t （tC 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'刚女?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 .力口 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

5、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 = Z 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3l3m3n二 ' ,其中x=xx,而x表示不超过x的最大整数.求这种三角形周长的最104104104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 C N.已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有 q+2条

6、连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A, B, C, D和四条连线段 AB, BC, CD, DA组成的图形）.答案一、选择题1、注意到 452=2025, 462=2116,故 2026=a2026-45=a1981, 2115= 22115-45= 22070.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= a98+22=2026+ 22=2048.故选（C）.222、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax+b和人 1 ,则观察可知应选（B）.a b3、易知此抛物线焦点F与坐标原点重合，故直线 AB的方程为

7、y=V3x.因此，A, B两点44的横坐标满足万程：3x2 8x16=0.由此求得弦AB中点的横坐标x0 -,纵坐标y0 石，进4144 16而求得其中垂线方程y产（x）,令 y=0,得 P点的横坐标 x 4 -一，即3333316 一 ,PF ,故选（A）.34、2y tan(x )cot(x12)cos(x -)36cos(x 222 )sin(x -y)cos(x )4 sin(2x ) 因为5- xcos(x ) 61224- sin(2x -)_,所以2x 3与cos(x m)在4T5122万,丁,x 6 7,百.可尢,上同为递增函数. 3故当x时,y取最大值1173.故选(C).3

8、65、由已知得x 9x2 9x2 19x4 72x29x4 37x235237 (9x2而 xC (29x242一即x2 x0x2一， 24 、，一，一时,9x2之值最小，而此时函3x212.数u有最小值,故选(D).56、如图，过C作CEAB,以4CDE 棱作柱ABFECD,则所求四面体的体积为底面，BC为侧Vi等于上述棱柱体积 V2 的1.而4CDE 的面积 S=1 CE >CD XSin / ECD , AB 32与CD的公垂线 MN就是棱柱ABF - ECD的高，故1V2MN CE CD sin2ECD321 _1.因此Vi V2 故选(32二、填空题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、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为故|PF1|+|PF2|=2a=6,又已知 |PFi|: |PF2|二2:长分另1J为2, 4, 2J5,而22 + 42= 2后,由此得所求不等式的解集为2a, 2b, 2c,则由其方程知 a=3, b=2, c=J5,1 ,故可得 |PFi|=4, |PF2|=2.在PF1F2 中，三边之可见 PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为,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当)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LA AB中，A A= A' B=AB=2.设AB的中点为 N,则 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） 全是1,而其余各位上数字是Sn1 n 1 1平 (2102n1(12 10g 一11 1021方法，故。或1, 1Tn=21.又因在这2n 1个数中，小数点后第 n位上的数字 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 的面积=g|P

12、Fi| |PF2|=；X2X4=4.9、易得 A= (1, 3),设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)上的图象均在 x轴下方.其充要条件是：同时有 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,从而a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

13、a2 b2 c2 d2 (当且仅当 a=b=c=d 时取等号).取 a=b= <X1, c= V2X3 , d= /53x ,贝U2 XTl2x 315 3x2 (x 1) (x 1) (2x 3) (15 3x) 2 , x-142 19因为&_7, J27, J15 3x不能同时相等， 所以2，江 必飞 出5 3x 2屈.第1 !题图14、设 Z=x+ yi(x, yC R),贝U x+ yi =acos4t i + 2( g +bi) cos2tsin2t+ (1 + ci)sin4t,实虚部分离，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 又因为A, B, C三点不共线，故a+c 2bw0.可见所 给曲线是抛物线段(如图).AB, BC的中点分别是1 a b 3bc_,、，D(,),E(,).所以直线DE的方程为424 2y=(ca)x+ -(3a+2b c)4由，联立得 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，抛物线与4224 2 4 1 a c 2bABC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(一,)，其对应的24复数为15、如图，以

15、。为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有 A (a, 0).设折叠时,e O上点 A' ( Rcosa , Rsin a )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' |二|PA|.故(xRcosa)2+(yRsin a) 2=(xa)2+y2,即2R(xcos a +ysin a )=R2a2 + 2ax,故第”题图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.平方后可化为(x 2)2""RT"(2)即所求点的集合为椭圆2yR 2 a 2(2)(2)/a、2(x -) 21.(2)22y 1外(含边界)部分.(R)2 (|)2一、如图，连结 AB,在AADQ 与 ABC 中，/ADQ=/ABC, Z DAQ = Z PBC=Z CAB,故 ADQA ABC,而有 股 四，即 BC AD=AB - DQ.AB ADPC又由切割线关系知 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又由关于圆内接四边形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 与ABD 中，- CBQA ABD,故/二、由题设可知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)现

18、在设u是满足3u三1(mod 24)的最小正整数，则对任意满足 3v三1(mod 24)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<bWu1,从而可推出3b三3b+au三3V三1(mod 24),而这显然与u的定义矛盾，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)从而可设 m- n=4k, 其中k为正整数.同理可由推出 3m n三1(mod 54),故34k三1(mod 54).现在我们求满足341(mod 5

19、4)的正整数k.因为 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 产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,并代入该式得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

20、>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(rs),因此，当s=1, r=2, n=501时二角形的周长最小，其值为(1000+501) + ( 500+501) + 501=3003三、设这n个点的集合V=Ao, Ai, A2,，An-1为全集，记Ai的所有邻点(与 Ai有连线n 1段的点)的集合为 Bi, Bi中点的个数记为|Bi| =bi,显然bi 2l且Bw(n1)(i=0, 1, 2,，i 1n 1).(nn 11) v若存在bi=n- 1时，只须取1121 2(q 1)(n 1) 1

21、2q(q 1)则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi<n-1(i=0, 1, 2,，n1)的情况.不妨设q + 2Wb0Wn1.用反证法.若图中不存在四边形，则当iwj时，Bi与Bj无公共点对,即 |BiABj|W1 (0Wi<jWn 1).因此，|BiBo | b 1(i=1, 2,，n-1).故vB0中点对的个数c12 b0n 1n 1BiB0中点对的个数二C2 b|BiB0|i 1i 1n 1c2 1(当 bi1 或 2时，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皆是正整数，得(nq q + 2 bo)( nq q n+3 bo)> q(q+ 1) (n bo) ( n bo 1) 而这与所得的式相矛盾，故原命题成立.2。3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 (B2WB),射线C1I交AC的延长线于点 C2, B2c2与BC相

24、交于k, A1为4BHC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 1oo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,求最小的正数入，使得对任何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、求所有满足 a>2, m> 2的三元正整数组(a, m, n),使得an+2o3是am+1的倍数.五、某公司需要录用一名秘书，共有 10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他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

26、，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 心的单位圆周上的四个点，求证：(ay + by2 + cy3+ dy4)2 b2 c2 bcBAC+ ( ax4+ bx3 + cx2+ dx1) 2<

27、参考答案一、H是4ABC的垂心，Ai是4BHC的外心， BHC=180° -Z BAC, /BAiC=2/BAC.又由题设知 ABWAC,从而A, I, Ai共线，即 Ai在 / BAC平分线上 Ai在 ABC外接圆上 Z BAiC+Z BAC =180°/BAC =60° .现证 Sbkb2 S ckc2/ BAC =60° .(xi, yi) (i=1, 2, 3, 4)是以原点为圆2.2-).cdID IE2 s ABCa b c第一题图作 ID LAB 于 D,IE，AC 于 E,设 BC=a, CA=b,AC=c, 则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共线的充要条件是 BKB2和4CKC2的面积相等.二、设n2a13a25a37a111a5q,其中q是不被2,3,5,7,11整除的正整数，ai为非负整数，nw 100,则n C S a® w i w 5）中恰有一个或两个为正整数

29、，即S由下列元素组成：不超过 100 的正偶数中除去 2X3X 5, 22X 3X 5, 2X 32X 5, 2X 3X 7, 22X 3X 7, 2X 5X 7, 2 X 3 X 11等7个偶数后余下的43个偶数；不超过100的正整数中3的奇数倍：确定 3, 3X3,，3X33共17个数；不超过100的正整数中与 3互质的5的奇数倍：5, 5X5, 5X7, 5X11, 5X13, 5X17, 5 X 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, 7X7, 7X11, 7X13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） ；

30、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 cC2, 3, 5, 7, 11,使得（a, c） =（b, c）=1 ,且显然 cC 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, qC2, 3, 5, 7, 11且pW q,令 c=pq ,贝 U 有 cCS, g a, cwb 且（a, c） =p>1, （b, c） =q>1;若（a, b） =d>1,取d的最小质因数p,及不整除

31、ab的最小质数q,则p, qC2, 3, 5, 7, 11,令 c=pq ,贝U有 cC S, cw a, cwb 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（e S,则由（3）知存在 cCS,使得（p1, c） >1, （p2, c） >1,从而有 p1 | c, p2|c, ，pp2|c,由此可知 O p1p2>100,这与（1）矛盾.从而10与1

32、00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7pCS,则2X3X 5, 22X3X 5, 2X 32X 5, 7p包含了 S中所有各数的最小质因数， 因此由条件（2）知 2X 3X 5, 22X 3X5, 2X 32X 5 S;若 7P S,贝U由条件（3）知 7

33、, 7X7, 7X 11, 7X 13 S;（ii）若 5pC S,贝U由（2）知，2X3X7, 22X3X7 S;若5P S,则由条件（3）知5, 5X5, 5X7 S.（iii） 3p与2X5X7不同属于S.（iv） 2X3p与5X7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

34、个数不属于S.2如果没有大于10的素数属于S,则S中的每个元素的最小质因数只能是2, 3, 5, 7,则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S.(3, 2X5X7), (5, 2X3X7), (7, 2X3X5),(2X3, 5X7), (2X 5, 3X7), (2X7, 3X5), (22X7, 3+2X5).事实上，若上述7对数中任何一对数(a, b)都属于S,则由(2)知，存在cC 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

35、n=1, 2 时，入=n J3/3 ,当 n=1 时，tan 8 1=无，cos 0 1= J3/2 .当 n=2 时，tan 8 1 tan 8 2=2, cos 8 1= 1/ tan2 i (i=1, 2).令 tan2 9 1=x,贝U tan2 8 2=4/x,贝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

36、cos 2 273/3,当且仅当0 1= 62时，等号成立.2当n>3时，入=n- 1.先证cos 9 1 + cos 9 2+ cos 8 n<n1(1)不妨设e i> 02> e 3> - > e n,要证明(1)式只要证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从而 tan2

38、 0 1 > tan2e 2>7/2.故cos3)cos 9 1 + cos 9 2 + cos0 3<2V2/3 +1<2.从而（1）式得证.现证入=n 1为最小的.事实上，若0< 入 <n- 1,则取 a = X/ (n-1) <1,从而存在 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,从而 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 当n>3时，最小的正数入为 n-1.综上所求最小正数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+ 203三(1)qa+203(mod(am+ 1)从而 am+ 1|an+203am+1|(1)aar+203.即k(am+1)= (-1)qar+ 203.1。若 2|q,则 k(am+1)= ar+203.若r=0,则有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满足上式.故（a, 或（4, 2, 4t）,其中t为非负整数(下同).(ii)若 r>1,由有 ar (kam-r- 1) =203 k.即(a, m, n)=对于1 w kw 9,容易验证只有当 k=8时，存在a=5, m=2, r=1满足上式, (5, 2, 4t+1).对于k>10,则由有10 (am+1) < ar+203<kam 1+203故 am-1 (10a 1) w 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 ，

41、m=2 ， r=1 或 a=2 ， m=3 ， r=2 时满足式，故（a, m, n） = （2, 2, 4t+1）或（2, 3, 6t+2）当 a=3 ， 4 时，均不存在m， r 满足式 .2°若q 为奇数，则k（am 1） =203 ar由 0wrwm1 知，k>0.（i）当k=0时，a=203, r=1对任意的不小于 2的整数m式都成立，故（a， m， n） = （203， m， （2t 1） m 1）（ii）若k> 1,则当r=0时，由有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）

42、当 rR1 时，由有 ar（kam r+ 1）=203-k.对于1 w kw 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 kR6,由有 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） ，

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 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! Y 1.当 2WaW8 时，若 k=a, a+1,，10,则有 Ak（a）=0；若 k=1 , 2, 3,，a-1,

44、则有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，贝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、DAAE BF CG DH . 一 .上，且满足一g一g一g1.而点A、B、C、D分别在凸四边形EiFiGiHi的边H1E1、E1F1、EB FC GD HAF1G1、G1H1 上，满足 E1F1/EF, F1G1 / FG , G1H1 / GH ,一 ，E1AHiEi II HE.已知AH1.求生的CGi20值.二、已给正整数 c,设数列 Xi, X2,满足 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：（v） 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：(i)存在惟一的实数数列Xo, Xi,Xo Xn i 0,i ,、33 .2(Xi i k i) Xi Xi a ,i i,2,L(2)对于(i)中的数列Xo, Xi,Xn, Xn+i,满足,n.Xn, Xn+i 满足卜产冏，i=0, i,，n+i.五、给定正整数n(n> 2),设正整数 ai=(i=i, 2,n

48、)满足 ai<a2<<an 以及 <i. i i ai求证：对任意实数 X,有22i i aiXi i2 ai(ai i) X2六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n均可表示为 2。4个正整数之和：n=aii=i , 2,，2。3.+ a2+ a2oo4,且满足K ai<a2< - <a2oo4, ai|ai+i,参考答案BE BF一、(i)如图i,若EF/AC则 ，代人已知条件EA FC/曰 DH DG得 ，HA GC所以，HG/AC.从而，EiFi/AC II HiGi.故 FC EACG1AH1(2)如图2,若EF与AC不平行.设FE的延长

49、线与 CA的延长线相交于点T.由梅涅劳斯定理得CF BE ATFBgEAgTC1.结合题设有GDgHAgAI 1.由梅涅劳斯定理逆定理知T、H、G三点共线.设TF、TG与EiHi分别交于点 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FC江.所以芈起CGi S adc CGi AHi二、显然，当 n>2 时，xn

50、 xni 2（Xni i）. n令 an=Xn i ,则 ai=C i ,2an i n 2anan 1 n-1中ni, n 2,3,Ln n设UnAg(n 1)(n 2),n 1,2,L ,必非负整数.由于当n 2时,n 2(n 2)gjn i Ag gn(nn2n所以，数列 Un满足式.设 ynn,nn 2gyn in1,2,L .由于当n(n 2)(n 1)2(n 1)(n 2) 1) Ag段2时，222n 1 - nyn,n38所以,yn也满足式.设zn (n2, n 1,2,L，当 n 2mMm 1时，4c)/、2rn 2m L(2m 1) m 12gzn 1 g：- gm(m 1)

51、 (m 1)4nm 4m当n 2m 1且m 1时，n 2gzn 1n(m 1)(m2m 3 (2m2m 1g 422) (2m_2L 42)22m 322m1(m 1) (m 1)(m 2)从而,Zn也满足式.对任意非负整数A,令vn un ynWnUnZnAg(n 1)(n 2)2Ag(n 1)(n 2)292)24n 1,2,L ,显然vn和Wn都满足式9a由于 u1 3A,y1 1,z1 - 2,所以，当 3al 时,an (n 1)(n 2);46当 a1 1(mod3)时，a1 1an -(n 1)(n 2) n6当 a1 2(mod3)时，2a1 2(n 2),an -(n 1)(n 2) '64综上可得c 1当 c 1(mod3)时,xn (n 1)(n 2) 1;6c 2当 c 2(mod3)时,xn (n 1)(n 2) n 1;62c 3(n 2)当 c 0(mod3)时,xn (n 1)(n 2) - 1.64三