高中数学奥林匹克竞赛全真试题

1、. z.2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题此题总分值36分，每题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 A2046 B2047 C2048 D20492、设a，bR，ab0，则，直线a*yb=0和曲线b*2ay2=ab的图形是 3、过抛物线y2=8*2的焦点F作倾斜角为60的直线.假设此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与*轴交于P点,则线段PF的长等于( )A B C D4、假设，则的最大值是 .A B C D5、*、y都在区间2，2内，且*y=1，则函数的最小值是 A B C D6、在四面体ABCD中，设AB=1，

2、CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于 A B C D二、填空题此题总分值54分，每题9分7、不等式|*|32*24|*|30的解集是_.8、设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|：|PF2|=2：1，则PF1F2的面积等于_.9、A=*|*24*3mn.，其中*=*，而*表示不超过*的最大整数.求这种三角形周长的最小值.三、本小题总分值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=q2q1，l qq121，q2，qN.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q2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形即由四点

3、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=a202645=a1981，2115= a211545= 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198122=2003，故a2003= a198122=202622=2048.应选C. 2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=a*b和，则观察可知应选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=. 因此，A，B两点的横坐标满足方程：3*28*16=0.由此求得弦AB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方

4、程，令y=0，得P点的横坐标，即，应选A.4、5、由得，故而*2，2，故当之值最小，而此时函数u有最小值，应选D.6、如图，过C作，以CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABFECD，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=CECDsinECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABFECD的高，故因此，应选B.二、填空题7、由原不等式分解可得|*|3*2|*|10，由此得所求不等式的解集为.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=，故|PF1|PF2|=2a=6，又|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|

5、=2. 在PF1F2中，三边之长分别为2，4，而2242=，可见PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故PF1F2的面积=|PF1|PF2|=24=4.9、易得A=1，3，设f(*)=21*a，g(*)=*22(a7)*5要使，只需f(*)，g(*)在1，3上的图象均在*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4a1.10、由可得因此，a|b，c|d.又由于ac=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故bd=93.11、如图，由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

6、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的中点M. 在AAB中，AA= AB=AB=2.设AB的中点为N，则AN=.又OM=OA=，ON=1.所以MN=1，.因此所示原来圆柱的高为.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=2n1.又因在这2n1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，故三、解答题13、由于abcd2=a2b2c2d22abacadbcbdcd4a2b2c2d2，因此abcd2当且仅当a=b=c=d时取等号.取a=b=，c=，d=，则因为，不能同时相等

7、，所以.14、设Z=*yi(*，yR)，则*yi =acos4ti2(bi) cos2tsin2t(1ci)sin4t，实虚局部离，可得*= cos2tsin2tsin4t=sin2ty=a(1*)22b(1*)*c*2(0*1)即y=(ac2b)*22(ba)*a又因为A，B，C三点不共线，故ac2b0.可见所给曲线是抛物线段如图.AB，BC的中点分别是. 所以直线DE的方程为y=(ca)*(3a2bc)由，联立得ac2b*2=0.由于ac2b0，故*2=0，于是得*=. 注意到，所以，抛物线与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，其对应的复数为15、如图，以O为原

8、点，OA所在直线为*轴建立直角坐标系，则有Aa，0. 设折叠时，O上点ARcos，Rsin与点A重合，而折痕为直线MN，则MN为线段AA的中垂线. 设P(*，y)为MN上任一点，则|PA|=|PA|. 故(*Rcos)2(yRsin) 2=(*a)2y2，即2R(*cosysin)=R2a22a*，故加 试一、如图，连结AB，在ADQ与ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB，故ADQABC，而有，即BCAD=ABDQ.又由切割线关系知PCAPAD，故；同理由PCBPBD得.又因PA=PB，故，得ACBD=BCAD=ABDQ. 又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知ACBDBCAD

9、= ABCD于是得ABCD=2ABDQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.在CBQ与ABD中，BCQ=BAD，于是CBQABD，故CBQ=ABD，即得DBQ=ABC=PAC.二、由题设可知于是由于3，2=3，5=1，由可知3lm3mn1(mod 24).现在设u是满足3u1(mod 24)的最小正整数，则对任意满足3v1(mod 24)的正整数v，我们有u |v，即u整除v.事实上，假设，则由带余除法可知，存在非负整数a与b，使得v=aub，其中0mn，所以有rs.这样一来，三角形的三个边为500rn、500sn和n.由于两边之差小于第三边，故n500(rs)，因此，当s=1，r=2，n=501时三

10、角形的周长最小，其值为1000501500501501=3003三、设这n个点的集合V=A0，A1，A2，An1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，显然且bi(n1)(i=0，1，2，n1).假设存在bi=n1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论bin1(i=0，1，2，n1)的情况.不妨设q2b0n1.用反证法.假设图中不存在四边形，则当ij时，Bi与Bj无公共点对，即|BiBj|10i0 由，及(nb0) (q1)，( nb01) q皆是正整数，得(nqq2b0)( nqqn3b0) q(q1) (nb0) ( nb01)而这

11、与所得的式相矛盾，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，射线B1I交边AB于点B2B2B，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：1S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

12、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，使得对任何i0，/2，i=1，2，n，只要tan1tan2tann=2n/2，就有cos1cos2cosn.四、求所有满足a2，m2的三元正整数组a，m，n，使得an203是am1的倍数.五、*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个人开场将他与前面面试过的人相比拟，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，则就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不一样，可以按

13、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1A1A2A8= 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abcd=1；点Pi*i，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：ay1by2cy3dy42a*4b*3c*2d*12.参考答案一、H是

14、ABC的垂心，A1是BHC的外心，BHC=180BAC，BA1C=2BAC.又由题设知ABAC，从而A，I，A1共线，即A1在BAC平分线上A1在ABC外接圆上BA1CBAC =180BAC =60. 现证BAC =60.作IDAB于D，IEAC于E，设BC=a，CA=b，AC=c，则故A，I，A1共线的充要条件是BKB2和CKC2的面积相等.二、设，其中q是不被2，3，5，7，11整除的正整数，ai为非负整数，n100，则nSai(1i5)中恰有一个或两个为正整数，即S由以下元素组成：不超过100的正偶数中除去235，2235，2325，237，2237，257，2311等7个偶数后余下的4

15、3个偶数；不超过100的正整数中3的奇数倍：确定3，33，333共17个数；不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍：5，55，57，511，513，517，519共7个数；不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7，77，711，713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c2，3，5，7，11，使得a，c=(b，c)=1，且显然cS，因此S满足条件2；对S中任意两个没同的元素a，b，假设a，b=1，分别取的a，b最小

16、质因素p，q，则p，q2，3，5，7，11且pq，令c=pq，则有cS，ca，cb且a，c=p1，b，c=q1；假设a，b=d1，取d的最小质因数p，及不整除ab的最小质数q，则p，q2，3，5，7，11，令c=pq，则有cS，ca，cb且a，cp1，b，cp1.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.事实上假设p1，p2为大于10的质数，且p1，p2S，则由3知存在cS，使得p1，c1，p2，c1，从而有p1| c，p2|c，p1p2|c，由此可知cp1p2100，这与1矛盾.从而10与100之间的21个质数11

17、，13，17，23，97至多只有一个在S中.又显然1S.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假设有*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假设7pS，则235，2235，2325，7p包含了S中所有各数的最小质因数，因此由条件2知235，2235，2325S；假设7pS，则由条件3知7，77，711，713S； ii假设5pS，则由2知，237，2237S；假设5pS，则由条件3知5，55，57S.iii3p与257不同属于S.iv23p与57不同属于S.当

18、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p20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.3，257，5，237，7，235，23，57，25，37，27，35，227，3+25.事实上，假设上述7对数中任何一对数a，b都属于S，则由2知，存在cS，使得a，c=b，c=1，这与ab包含了S

19、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，=，当n=1时，tan1=，cos1=.当n=2时，tan1 tan2=2，cos1=i=1，2.令tan21=*，则tan22=4/*，则等号成立当且仅当，由此易知当且仅当*=2时等号成立.故，当且仅当1=2时，等号成立.2当n3时，=n1.先证cos1cos2cosnn1 1不妨设123n，要证明1式只要证cos1cos2cos37，从而tan21tan227/2.故cos1cos21/，cos1cos2cos312. 从而1式得证.现证=n1为最小的.事

20、实上，假设0n1，则取=/n11，从而存在i cos1cos2cosn1=当n3时，最小的正数为n1.综上所求最小正数四、设n=mqr，0rm1，则an203=amqr203=amqar203(1)qar203(mod(am1)从而am1|an203 am1|(1)aar203.即k(am1)= (1)qar203.1假设2|q，则k(am1)= ar203. i假设r=0，则有k(am1)=204=22317由a2,m2，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假设r1，由有arkamr1=203k.对于1k9，容易

21、验证只有当k=8时，存在a=5，m=2，r=1满足上式，即a，m，n=5，2，4t1.对于k10，则由有10am1ar203kam1203故am110a1193，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时满足式，故a，m，n=2，2，4t1或2，3，6t2当a=3，4时，均不存在m，r满足式.2假设q为奇数，则kam1=203ar由0rm1知，k0.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，2t1m1ii假设k1，则当r=0时，由有kam1=202容易验证仅当a=10，m

22、=2时，上式成立，故a，m，n=10，2，4t2当r1时，由有ar(kamr1)=203k.对于1k5，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=8，2，4t3或2，6，12t9对于k6，由有6am1203.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=3，2，4t3.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，5，2，4t1，2，2，4t1，2，3，6t2，203，m，2t1m1，10，2，4t2，8，2，4t3，2，6，12t9，3，2，4t

23、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)=38！1. 当2a8时，假设k=a，a1，10，则有Ak(a)=0；假设k=1，2，3，a1，则有六、令u=ay1by2，v=cy3dy4，u1=a*4b*3，v1=c*2d*1，则u2ay1by22a*1b*22=a2b22ab(*1*2y1y2)*1*2y1y2v12c*2d*12cy2dy12= c2d22cd(y1y2*1*2)y1y2*1*2并整理得2004年中国数学奥林匹克试题第一天一、

24、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.而点A、B、C、D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，满足E1F1EF，F1G1FG，G1H1GH，H1E1HE.求的值.二、已给正整数c，设数列*1，*2，满足*1=c，且*n=*n11,n=2，3，其中*表示不大于*的最大整数.求数列*n的通项公式.三、设M是平面上n个点组成的集合，满足：1M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，假设这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

25、a和正整数n.求证：1存在惟一的实数数列*0，*1，*n，*n1，满足2对于1中的数列*0，*1，*n，*n1满足|*i|a|，i=0，1，n1.五、给定正整数n(n2)，设正整数ai=(i=1，2，n)满足a1a2an以及1.求证：对任意实数*，有六、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=a1a2a2004，且满足1a1a2a2004，ai|ai1，i=1，2，2003.参考答案一、1如图1，假设EFAC则，代入条件得，所以，HGAC. 从而，E1F1ACH1G1.故.2如图2，假设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

26、得.结合题设有.由梅涅劳斯定理逆定理知T、H、G三点共线.设TF、TG与E1H1分别交于点M、N.由E1BEF，得E1A=AM.同理，H1A=AN.所以，二、显然，当n2时，.令an=*n1，则a1=c1，对任意非负整数A，令三、先证n11.设顶点在M中的一个凸七边形为A1A2A7，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*一侧必有3个顶点，这3

27、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3，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1、2. 这样，区域1、2、3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3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，n11. 下面构造一个例子说明n=11是可以的.如下图，凸七边形A1A2A7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

28、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nN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一样. 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*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，i=1，2，及*0=0可

29、知每一*i是*1的3i1次实系数多项式，从而，*n1为*1的3n次实系数多项式. 由于3n为奇数，故存在实数*1，使得*n1=0. 由*1及*0=0可计算出*i . 如此得到的数列*0，*1，*n1满足所给条件.惟一性.设w0，w1，wn1；v0，v1，vn1为满足条件的两个数列，则2设|最大，则五、当*2|a|a11时，由可得六、我们证明更一般的结论：对任给正整数rr2，总存在正整数Nr，当nNr时，存在正整数a1，a2，ar，使得n=a1a2ar，1a1a2ar，ai|ai1，i=1，2，r1.证明如下：当r=2时，有n=1n1，取N2=3即可.假设当r=k时结论成立. 当r=k1时，取N

30、(k1)=4N(k)3. 设n=2a(2l1)，假设nN(k1)=4N(k)3，则2a2N(k)2，则存在正偶数2ta，使得22tN(k)2，即2t1N(k). 由归纳假设，存在正整数b1，b2，bk，使得2t1= b1b2bk，1b1b2bk，bi| bi1，i=1，2，k1.则2a=2a2t22t=2a2t 1(2t1) (2t1)=2a2t2a2t(2t1)b12a2t(2t1)b22a2t(2t1)bkn=2a2t(2l1)2a2t(2t1) b1(2l1)2a2t(2t1) bk(2l1)假设2l12N(k)，则lN(k).由归纳假设，存在正整数c1，c2，ck使得l=c1c2ck，

31、1c1c2ck，ci| ci1，i=1，2，k1.因此，n=2a2a1 c12a1 c22a1 ck满足要求.由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r2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DEAC、DFAB，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A0，1，2，29，满足：对任何整数k及A中任意数a、ba、b可以一样，ab30k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)|aiR，i=

32、1,2, n，A是有限集. 对任意的=(a1，a2，an)A，=(b1，b2，bn) A，定义：，=(|a1b1|，|a2b2|，|anbn|)，DA=，A，A .试证： | DA|A|.四、求所有正整数集上到实数集的函数f，使得1对任意n1, f(n1)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=A1A2，A1A2=，且A1、A2均为M一自由集，则，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.六、

33、设实数列*n满足：*0=0，*2=*1，*3是正整数，且，n2. 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DGBE，垂足为G.由勾股定理知BG2GE2=BD2DE2=BD2DF2=BF2. 所以，线段BG、GE、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EPBC，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

34、=ADC，于是，ARQADC, .从而，ARAC=AQAD=AF2=AFAE，即.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BGBE=BDBP=BRBA.故A、R、G、E四点共圆.所以，AGE=ARE=AFC.因此，A、F、G、H四点共圆.二、所求A为3l2|0l9.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aA，有2a0，2，6，12，20，26mod 30，即a0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28mod 30.因此，A2，4，5，7，8，9，11，12

35、，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29.后一集合可分拆成以下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.假设|A|=10，则每个子集恰好包含A中一个元素，因此，20A，29A.由20A知12A，22A，从而，8A，14A.这样，4A，24A，因此，2A，26A.由29A和7 A，27A，从而，5A，23A. 这样，9 A，19A，因此，11A，17A.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

36、数用归纳法.如果A恰有一个元素，则DA仅包含一个零向量，结论成立.如果n=1，设A=a1a21和n1，定义B=*1，*2,，*n1|存在*n使得(*1，*2，*n1，*n)A.由归纳假设|DB|B|.对每一个bB，令Ab=*n|(b，*n)A，ab=ma*|*Ab,C=Ab，ab|bB.则|C|=|A|B|.DDB因为|C|1. 设f(2)=2a，其中a0.令，则g(*)满足1、2且g(1)=1，g(2)=2.设k2，则由1得2g(2k11)=g(2)g(2k11)=g(2k2)g(2k)g(2k2)=g(2) g(2k11)=2 g(2k11)；假设k3，则22g(2k21)=2g(2k12

37、)g(2k)2g(2k12)=22g(2k21).依此类推，用归纳法得2k1g(2k)2k1g(3) (k2) 同样，对任意m3，k2有gk1(m)g(m1)g(mk)gk1(m) g(m1) 显然，当k=1时，、也成立.任取m3，k1，有s1，使得2smk2s1.于是，有sklog2m s1，即klog2m1m22，由可得由此易知用归纳法可知，对于m1m2mr2，有即当n=2rp，其中r(r2)是整数，p是奇数时，有当n=4m1时，由可得.由可知k4m1=2m1.同理，由知k4m2=k4m3=2m2.综上可知当3|n时，由得，其中3|pn.由于k3=2=3，k6=4=6，k12=912，k2

38、4=16=24，从而，*3，*6，*12，*24，均为整数.假设n0(mod 4)，则kn1，所以，假设n=0(mod 4)，由于3|n，则n=2r3kq，其中r2，k1，q不含3的因子.由可知，kn=2r13kqr1于是，kn=2r13kqr12r13k1q=r12r13k1qr12r1，等号当且仅当k=q=1时成立.当r3时，2r1=(11)r1r1.由此可知，当r3或2r3，但k、q中有一个不为1时，有由和知*n中仅有*0，*3，*6，*12，*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，每题5分，共40分1、集合M=*|*

39、3*=0，集合N=*|2*1，*Z，从M到N的映射f：MN满足条件，对任意*M，恒有*3f(*)为偶数，则这样的映射共有 A8个 B9个 C81个 D64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*1=6*的根共有 A0个 B1个 C2个 D3个3、设定义域为R的函数f(*)、g(*)都有反函数，并且函数f(*1)和g1(*2)的图象关于直线y=*对称，假设g(5)=2002，则f(6)等于 A2002 B2003 C2004 D20054、*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，该种饮料每瓶本钱1元含瓶，则该种饮料每瓶利润应是 元.A05

40、5 B0.60 C0.63 D0.705、集合，Q=t|t=(2k1)21, kN，则P与Q的关系是 AP=Q B C D6、能使函数在区间0，上具有单调性的正数m的取值*围是 A0m Dm7、*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*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.A3924 B3925 C3926 D39278、下面是一个计算机程序的操作说明：初始值*=1，y=1，z=0，n=0；n=n1将当前的n1的值赋予新的n；*=*2将当前的*2的值赋予新的

41、*；y=2y将当前的2y的值赋予新的y；z=z*y将当前的z*y的值赋予新的z；如果z7000，则执行语句，否则回到语句继续进展；打印n，z；程序终止.则语句打印的数值是 An=7，z=7681 Bn=8，z=7681 Cn=7，z=7682 Dn=8，z=7682二、填空题共8道小题，每题5分，共40分9、设f(*)=*2*的定义域是n，n2nN*，则f(*)的值域中所含整数的个数是_.10、函数y=2|*3|m的图象与*轴有交点，则m的取值*围是_.11、数列an满足：a1=3，a2=6，an2= an1an，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

42、厘米，假设滑梯滑道总长为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、函数，则f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f()f()f()f()=_.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，且a1a2a3anb. 现将A中农药的倒入B中，均匀混合后由B倒回A，恰好使A中保持m升将A中的倒入B均匀；混合后，由B倒回A，使A保持m升不变，这样叫做一次操作，欲使两种农药的浓度差小于1%，则至少要操作多少次？以下对数值可供选用：lg5=0.699，lg6=0.778.19、函数f(*)的

43、定义域为*|*R，且*0，f(*)0的解集为*|0*k，或*0.函数()=sin2(1)cos2k，0，. 假设集合A=|()0，试求AB.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，cz的26个字母不管大小写依次对应1，2，3，26个自然数.见表格：abcdefghijklm12345678910111213nopqrstuvw*yz14151617181920212223242526给出如下一个变换公式：将明文转换成密文，如813=17，即h变成q，5=3，即ec.1按上述方法将明文good译成密文.2假设按上述方法将*明文译成的

44、密文是sh*c，请你找出它的明文.高二年级一、选择题共8小题，每题5分，共40分1、过点1，3作直线l，假设l经过a，0和0，b两点，且a，bN*，则可作出的l的条数为 A1 B2 C3 D多于3条2、函数的值域是 A0， B，00，C0， D0，3、假设鲤鱼在长大时体型根本相似，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 A20g B25g C35g D40g4、动点M*，y满足，则点M的轨迹是 A直线 B椭圆 C双曲线 D抛物线5、一个数列an各项是1或0，首项为1，且在第k个1和第k1个1之间有2k1个0，即1，0，1，0，0，0，1，0，0，0，0

45、，1，.则第2004个1是该数列的第 项.A45 B1981 C4012009 D40140136、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，假设ABC的重心恰为椭圆的一个焦点，则椭圆离心率的取值*围为 A B C D7、设抛物线y2=2p*(p0)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 AFEPQEFBFEPb Bab Ca=b D不确定二、填空题共8道小题，每题5分，计40分9、ABC中，BC=6，ABAC=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

46、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：焦距长为nm，短轴长为，离心率为，以AB方向为*轴的正方向，F为坐标原点，则左准线方程为.以上说法正确的有_填上所有你认为正确说法的序号.11、O为坐标原点，=1，1，=5，5，集合A=|RN|=2，、A，R，0，则=_.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.

47、现有5份文件，经理是按1、2、3、4、5的顺序交来的，在以下顺序12345；24351；32415；45231；54321中秘书打印文件的可能顺序是_填上所有可能的序号.15、1sin1cos=，设1sin1cos=，其中是锐角，a，b，c均为正整数，且b、cbc互质，则=_.16、用min*1，*2，*n表示*1，*2，*n中的最小值，设a、b均为正数，则mina，b，最大的值为_.三、解答题共4道小题，每题10分，计40分17、设A1(*1，y1)，A2(*2，y2)，A2004(*2004，y2004)是抛物线y=*2*1上任意2004个点，且*1*2*2004=1，求y1y2y2004

48、的最小值.18、假设*，yR，*y=1，则.19、抛物线y2=4*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= S1S2，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，*3f(*)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

49、有2、C 提示：3*6*3*1，即0*，从而06*2，故6*=1或6*=2，从而.3、C 提示：由g(5)=2002可知点A5，2002在函数g(*)的图象上，则点A2002，5在函数g1*的图象上，于是点B2004，5在g1*2的图象上，从而点B5，2004在函数f(*1)的图象上.进而可知点C6，2004在函数f(*)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85=1.6元，除去本钱1元，故利润1.61=0.6元，选B.5、C 提示：

50、分别列出3n，4n的个位数，易知n=2，6，10，14，18，时，N.故p=m|m=4n2，nN*.另一方面，对任意tQ，t=4(k2k1)2P，而k2k1=k(k1)1是奇数，所以Q中不存在形如8k2 (kN*)的元素，但8k2P，这说明.6、D 提示：取m=1，有f(0)=1，f(7)=5，猜想：f(*)在区间0，上是单调减函数；进一步可证明当m，则当0*1*2时，f(*1)与f(*2)的大小关系并不恒定.7、C8、D 提示：设n=i时，*，y，z的值分别为*i，yi，zi，依题意得*0=1，*n=*n12，故 *n 是等差数列，且*n =2n1，y0=1，yn=2 yn1，故 yn 是等

51、差数列，且*n=2n.zn=*1y1*2y2* n yn=325227232n12n2 zn=3225232n12n1以上两式相减得zn=2n222n12n1=2n12n12，依题意，程序终止时zn7000，zn17000，即可求得n=8，z=7682.二、填空题9、4n2在n，n2上是增函数，从而f(*)的值域为n2n, n23n，其中整数的个数为n23n2n2n11=4n2.10、0m1.令2|*3|m=0，即m=|*3|，由|*3|0，得02|*3|1.11、3.由有a1=3，a2=6，a3=3，a4=3，a5=6，a6=3，a7=3，a8=6故a2008= a63344= a4=3.1

52、2、90.设t秒钟内爬完580cm，则20=580，得t=87，从而所需时间为873=90秒.13、9.提示：14、.15、p0的解集为*|0*k，或*0，B=|f0=|0k或k，A=|0，AB=|0.由k得sin2(1)cos2k0.0，cos1，1，令u= cos，则u1，1，此题转化为对一切u1，1，为何值时，不等式u2(1) u210恒成立，令g(u)= u2(1) u21，1当0恒成立.此时(1)24(21)=32250，1.2另外，要使g(u)0恒成立，还可以由由得，由得.故AB=|1.20、1g7=4d，o15=8h，d413=15o.明文good的密文为dhho.2原变换公式的

53、逆变换公式为故s1921926=12l，ho，*v，ce.密文sh*c的明文是love.高二年级一、选择题1、B2、设=t(t0)，有*=t22，则t0且t3从而函数值域为，选C.3、鲤鱼长大时体重G=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=1535，选C.4、动点M*，y的几何意义是到定点Psin，cos的距离等于到定直线l：*sinycos1=0的距离，Pl，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211221231220031=20032=4012009，第2004个1为第40120092004=4014013项，选D.6、设ABC重心F(c

54、，0)，设AC中点为D(*，y)，由，得D，D在椭圆内部，满足，从而，即0e0，即ab，应选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，从而ABC的最大面积为2cb=bc=12.10、如图，依题意ac=nR且ac=mR. 正确说法有.11、，N4，6.由，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.12、建立如图坐标系，则A(a，a)，设管材BC斜率为k(k0).直线BC：ya=k(*a)，则B(a，0)，C(0，aka)

55、，因为ka0，m0)，故原不等式左边，故原不等式的解集为.14、填.15、由条件得sincossincos=，又sin2cos2=1，设*= sincos，y= sincos，联立解得从而a=(1sin)(1cos).所以a=2，b=22，c=25，.16、，当且仅当a=b=，即a=b=时，取=号，填.三、解答题17、18、令t=*y，则t0，. 由*y=1，得*2y2=12*y，*3y3=13*y，*4y4=14*y2 *2y2，*5y5=15*y5 *2y2.19、1由题可知F1，0，设A(*A，yA)，B(*B，yB)，M(*M，yM)，N(*N，yN)，直线AB的方程为y=k(*1)，

56、则A、B点的坐标代入y2=4*. 相减得yAyB =，即yM=，代入方程y=k(*1)，解得*M=1，同理可得，N的坐标为2k21，2k. 直线MN的斜率为，方程为y2k=*2k21，整理得y(1 k2)=k(*3).显然，不管k为何值，3，0均满足方程，所以直线MN恒过定点Q3，0.3过M、N作准线*=1的垂线，垂足分别为E、F. 由抛物线的性质不难知道：准线*=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*G=1，即G1，.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，所以，公共弦所在直线的方程为.所以公共弦恒过原点.根据平面

57、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Q3，0、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*，y原点除外，必可利用方程求得k值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为*0.20、当O1NO2N时有S=S1S2，下面予以证明NO1O2=NO1M=A，同理NO2O1 =ACM.故AMCO1NO2有， 设O1 、O2、ABC外接圆半径分别为r1、r2和R，在ABC中AC=2RsinB=2RsinANM，在AMN中AM=2 r1sinANM=2 NO1sinANM，代入式得，得O2O1 =R，因为O1NO2N，所以.得S1S2

58、=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2n个实数a1，a2，a2n满足条件.求(an1an2a2n)(a1，a2an)的最大值.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1，3，5，2n1中能被d整除的数的个数.4、证明：假设凸四边形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5、数列an满足：a0=0，n=0，

59、1，2，其中k为给定的正整数. 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*1、*2、*3、*4、*5满足.求证：.8、1650个学生排成22行、75列. 其中任意两列处于同一行的两个人中，性别一样的学生都不超过11对. 证明：男生的人数不超过928.答 案1、设*个面上的四个数a1

60、、a2、a3、a4之和到达最小值，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a16.因此a1a2a3a416如下图的例子说明16是可以到达的.2、当n=1时，(a2a1)2=1，故a2a1=1. 易知此时欲求的最大值为1.当n2时，设*1= a1，*i1= ai1ai，i=1，2，2n1，且ak= *1*2*k，k=1，2，2n.由柯西不等式得(an1an2a2n)(a1a2an)= n(*1*2*n)n*n1(n1)*n2*2nn*1(n1)*2*n= *22*3(n1)*nn*n1(n1)*n2*2n3、un=2n1.1先证un2n1.由于un1，不妨设n2.