高中数学奥林匹克竞赛全真试题

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.2046B.2047C.2048D.2049

3、过抛物线丁=8G+2）的焦点尸作倾斜角为60。的直线.若此直线与抛物线交于AB

两点，弦的中垂线与x轴交于P点,则线段PF的长等于（）

A.—B.-C.—D.873

333

4、若至,-马,则了=tan（x+生）-tan（x+马+cos（*+马的最大值是（）.

123366

A.—V2B.—V2C.—73D.—V3

5665

4Q

5^已知x、y都在区间（一2,2）内，且xy=~\,则函数〃=-----------5的最小值是（）

4-x29-y2

6、在四面体488中，设48=1,CD=B直线力8与CO的距离为2,夹角为七,则四

3

面体力8。的体积等于（）

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、不等式一2?—4田+3<0的解集是.

8、设丹，&是椭圆一+匕=1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|「为|：|尸21=2：1，则^

94

Pg的面积等于.

9、已知4={x|f—4x+3<0,xeR},B={x|2,A+a^0,x2—2（a+7）x+5^0,x^R}.若4=8,

则实数。的取值范围是.

35

10、已知a,b,c,d均为正整数，且logf=jjogcd=[,若。-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M[={（十进制）〃位纯小数0.a。I%只取0或1（i=l，2,…,n—1）,an=\},

7；是M“中元素的个数，S,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）

13、^-<x<5,证明不等式2>/77T+j2x-3+J15-3X<2M.

2

14、设Z,B,C分别是复数Zo=ai,Zt=—+bi,Z2=l+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=Z（）cos\+2Z|Cos2/sin2z+Z2sin4r（/GR）与△Z8C中平行于/C

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。和圆内一定点4,且04=。，折叠纸片，使圆周上某一

点，刚好与N点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕.当H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）过圆外一点尸作圆的两条切线和一条割线，切点为48.所作割线

交圆于C,。两点，C在P,。之间.在弦CA上取一点0,使ND4Q=/PBC.

求证：NDBQ=NR4C.

二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数I,m,n,且/己知

产｝=｛；/，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

小值.

三、（本小题满分50分）由〃个点和这些点之间的/条连线段组成一个空间图形，其中n=q2

+q+\,q（^r+1）2+l,q22,qCN.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4+2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点4B,C,。和

四条连线段N8,BC,CD,组成的图形）.

答案

一、选择题

1、注意到452=2025,462=2116,故2026=。2026-45=。1981，2115=42115-45=a2so,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。2003=。1981+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+6和《■+丈=1,则观察可知应选（B）.

ab

3、易知此抛物线焦点尸与坐标原点重合，故直线的方程为片瓜,因此，A,8两点

.44

的横坐标满足方程：3/一8X-16=0.由此求得弦Z8中点的横坐标曲=：,纵坐标为=云，进

416

而求得其中垂线方程y-令y=0,得P点的横坐标x=4+—=—,即

青一排管33

PF=—,故选（A）.

3

4、

/24.2JT、.兀、

y-tan(x+——)+cot(xH----)+cos(xH——)

336

1/4、

=----------Z----------------+cos(x+—)

/2万\./2兀、6

cos(x+——)sin(x+——)

271

------------——+cos(x+—)

sm.C(2x+,4§万)、6

因为-包4x4-卫，所以2x+如e],x+-e|一生,一分可见

123223646

——J—与cos（x+马在[-把,-马上同为递增函数.

国吟+事）6123

故当x=-工时/取最大值二百.故选（C）.

36

5、由已知得夕=一,，故

X

4+91_-91+72x2-4_1+35

22

4*9X-1-9X4+37』-437-(9x+^)

而xG（-2,--）U（1,2）,故当9x2=之,即》2=2时,9x?+二之值最小，而此时函

22

22%3%

12

数”有最小值上，故选（D）.

5

6、如图，过C作CE&4B,以△CDE为底面，8c为侧

棱作棱柱/8F—ECZ）,则所求四面体的体积匕等于上述棱柱

体积七的L而ACDE的面积S=-CExCDxsinZECD,AB

32

与CD的公垂线MN就是棱柱ABF-ECD的高，故

K=-WxC£xC£>xsinZ£Cr>=-x2xlxV3x—=-

22222

C

因此匕=1,故选（B）.

第6题图

二、填空题

7、由原不等式分解可得（k|-3）（x2+M-1）<0,由此得所求不等式的解集为

,2A/5-1,V5-1

(-3,---------)u(---,3).

22

8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b,2c,则由其方程知用3,b=2,c=y/5,

故|PQ|+|P&|=2“=6,又已知|PQ|：|尸&1=2：I，故可得|PQ|=4,|P&|=2.在中，三边之

2

长分别为2,4,2亚,而2?+42=（2石）一，可见△尸尸正2是直角三角形，且两直角边的长短为

2和4,故APFFz的面积•|PF，|=1x2X4=4.

22

9、易得/=(1,3),设

/(x)=2I-A+tz,g(x)=x2—2(47+7)x+5

要使只需代x),g(x)在(1,3)上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有人1)

WO,/(3)W0,g(l)WO,g(3)W0.由此推出一4Wa〈一l.

35

10＞由己知可得a?=6,丁=d,从而。=(—)2,C二(色尸因此，川6,c|d.又由于。-c=9,故

ac

于是得Q=25,6=125,c=16,d=32.故人一d=93.

11、如图，由已知上下层四个球的球心A',B',C'，D'

和4,B,C,。分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它

们的外接圆口0'和口0为上下底面构成圆柱.同时，Af在下底面

的射影必是IB的中点M.

在△/'48中，A'A=A'8=N8=2.设N8的中点为N,

则HN=6

又OM=OA=V2,0N=l.所以MN=72-1,

A'M=«A，N)2_(MN)2=V2V2=酶.因此所示原来圆柱的高为我+2.

12、因为中小数和小数点后均有“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，故北=2"7.又因在这2"」个数中，小数点后第〃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

Sn=­D2”(—I——H---F

210102

—(1---

_2〃_2口[0]0〃T+2〃T口1

7

一1」io

10

—)2n-l[U-

二2〃

10"T10"

故lim-=lim[—(1----)+-^—]=—.

IfTf18IO'110"18

三、解答题

13、由于Ca+b+c+d)2^a2+b2+c2+d2+2Cab+ac+ad+bc+hd+cd)W4(a2+62+c2

+/)，因此a+6+c+dW2，/2+必+c，2+，(当且仅当〃=b=c=d时取等号).

取a-b-Jx+l，c=\j2x-3,d-\Jl5-3x,则

2Jx+1+J2x—3+-J15—3x

<2yl(x+1)+(x+1)+(2x-3)+(15-3x)=2Jx+14

<2719

因为Jx+1，—3，J15-3x不能同时相等，所以21x+1+\j2x—3+J15—3x<2J历.

14、设2=工+义口，yWR),则x+yi=acos4r7+2(；+

bi)cos2/sin2/+(l+cz)sin4/,实虚部分离，可得

x=cos2Zsin2Z+sin4/=sin2Z

y=a(l—x)2+2ft(l—x)x+cx2(0^x^1)

即y=(〃+c-2b)£+2s-d)x+a①

又因为4,B,C三点不共线，故。+c—2bW0.可见所

给曲线是抛物线段(如图)BC的中点分别是

所以直线。£的方程为

4242

y=(c-a)x+—(3a+26-c)②第11题图

4

由①，②联立得a+c—2b(x——)2=0.

2

由于a+c—26W0,故(x--)2=0,于是得》=L注意到_L<J_<3,所以，抛物线与4

22424

48C中平行于NC的中位线OE有且只有一个公共点，此点的坐标为(；,“+：2勺,其对应的

复数为

)1a+c+2b.

Z=—+-------------1

24

15、如图，以。为原点，。力所在直线为x轴建立直角坐标系，则有4(a,0).设折叠时,

□O上点A'(Heosa,Rsino)与点A重合，而折痕为直线

MN,则MN为线段44'的中垂线.设P(x,力为上任一点，

则|我'|=因1|・故(x-Reoso)2+(y—/?sina)2=(x—a)2+.y2,即

27?(xcosQ+ysinG)=R2—a2+2ax,故

第15题图

xcosa+ysina_R2-a2+2ax

J-2+122R&+y2

22

可得sin（8+a）=———二、，其中sin8=/一.,cos0-/）.

2座2'+."2I&+♦5+/

故I八一一之丝区1.（此不等式也可直接由柯西不等式得到.）

2R&十y2

（X--）22

平方后可化为一一+F^——>1.

（当2（当2_（号2

222

(X_£)2

即所求点的集合为椭圆一2-1外(含边界)部分.

加试

一、如图，连结Z8,在△20。与△N8C中，NAD&NABC,NDAQ=NPBC=NCAB,故

△NOQs△/8C,而有生=也，即8C••DQ.

ABAD

PCAC

又由切割线关系知故2=同理由△PC8

PAAD

ccc市BCBC

s/A\PBD得-——=——

PBBD

又因孙=尸8,故9=生，得4c•BD=BC•4D=4B•DQ.

ADBD

又由关于圆内接四边形月的托勒密定理知

AC•BD+BC•AD=AB•CD

于是得48•CD=2AB•故DQ=^CD,即CQ=DQ.

在△C80与△N8O中，4£=些=丝，/BCg/BAD,于是

ABBCBC加试一题图

△CBQSAABD,故/CBQ=/ABD,即得NO80=//8C=/以C.

二、由题设可知

于是3，"=3〃(m°d4)="3,5(m°d24)①

3G3'"=3"(mod54)②

由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3f三3”'-"三1(mod2力.

现在设u是满足3yl(mod2与的最小正整数，则对任意满足3v=l(mod2与的正整数v,我

们有“M即〃整除也事实上，若则由带余除法可知，存在非负整数a与b,使得

+h,其中0<6W"—l,从而可推出3『3."三3=1(010(124),而这显然与u的定义矛盾，所以

u|v.

注意到3三3(mod24),32三9(mod24),33=27=ll(mod24),34三l(mod24)从而可设m-n=4k,

其中4为正整数.

同理可由②推出3"'-"三l(mod5。，故3"三1(mod54).

现在我们求满足34^l(mod5。的正整数k.

因为34=1+5X2。所以3优一1=(1+5X2，)k-l=0(mod54),即

5左x24+x5?x28+仪一一1)(%—力x53*娱2

26

=5Ar+5243+a-l)x27]+^-1^-2)x53x211=0(mod54)

3

或2+5&[3+伏一1)x27]+♦(♦])(：2)X53X2II=0(mod5)

即有代53并代入该式得

f+543+(5f—1)X27]=0(mod52)

23

即有/=0(mod5),即k=5t=5sf其中s为正整数，故加一〃二500s,s为正整数.

同理可证/一片500厂，厂为正整数.

由于l>m>n,所以有r>s.

这样一来，三角形的三个边为500+〃、500s+〃和〃.由于两边之差小于第三边，故〃>500(广

—5),因此，当s=l,『2,〃二501时三角形的周长最小，其值为

(1000+501)+(500+501)+501=3003

三、设这〃个点的集合片｛4),小，％2,…，4-1｝为全集，记4的所有邻点(与4有连线

n-\

段的点)的集合为B，8,中点的个数记为回I=济，显然Z&=2/且“W(〃一l)(i=0,1,2,

Z=1

n—1).

若存在“二〃-1时，只须取

/=(77-1)+1—^—1+1-+1)(〃T)+]=J幽++1

则图中必存在四边形，因此下面只讨论仇1,2,…，〃-1)的情况.

不妨设9+2<瓦<〃-1.用反证法.若图中不存在四边形，则当泛/时，坊与易无公共点对，

即回G切(04勺这〃一1).因此，|耳C瓦-1(;1,2,…，〃一1).故

/C可中点对的个数=C*

式8,c可中点对的个数=£/

/=1/=11"

n-1

（当d=1或2时，令C11=O）

/=1

1n-\

=立面-34+2）

2Z=1

n-\

］型）2,1

~~:---3（24）+2（〃-1）］

2-1/=i

=_3（2/-%）+25-1）］

2n-\

=T-i—（2/-60-n+1）（2/-i0-2n+2）

2（〃T）

wJ~^［（〃T）（q+i）+2-瓦-〃+i］

2（72-1）

［（〃_1）（夕+1）+2—b（）—2〃+2］

=J［、q.q+2-bo）（nq_q-n+3-b。）

2（〃-1）

故（〃一1）（〃一瓦）（〃一瓦一1）2（〃夕一夕+2-瓦）（〃q一夕一〃+3—瓦）

夕（夕+1）（〃一瓦）（n—b^~1）2（〃夕-g+2一瓦）（〃夕一夕一〃+3-加）①

但（拉+3—a）—虱〃一加一1）二（夕-1）6o-〃+32（q-1）（q+2）—〃+3=0②

及（〃夕一夕+2-瓦）一（1+1）（〃一瓦）二’6。一夕一〃+22夕（1+2）—q—〃+2=1>0③

由②,③及（〃一瓦）（夕+1）,（〃一为一1）夕皆是正整数，得

（nq—q+2—b（））（〃夕一（7一〃+3—仇））>q（q+1）（〃一加））（〃一瓦一1）

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/,4分别为锐角△NBC的内心和垂心，点S，G分别为边/C,的中点，已

知射线S/交边于点为(),射线G/交4c的延长线于点。2，82c2与8c相交于左，

小为△84C外心，试证：A,I,小三点共线的充分必要条件是△8K%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。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,6的元素d,使得a与4的

最大公约数大于1,并且6与d的最大公约数也大于1.

三、给定正整数小求最小的正数人，使得对任何。f(0,n/2),(i=l,2,…，〃),只

要tan9|tan，2…tan就有cos%+cos。2+…+cos夕”W入.

四、求所有满足〃》2,机22的三元正整数组(a,m,〃),使得/+203是""+1的倍数.

五、某公司需要录用一名秘书，共有10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面

试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较，如果他的能

力超过了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，如果前9个都

不录用，那么就录用最后一个面试的人.

假定这10个人的能力各不相同，可以按能力由强到弱排为第1,第2,…，第10.显然该

公司到底录用到哪一个人，与这10个人报名的顺序有关.大家知道，这样的排列共有10!种，

我们以4表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以4/10!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)小>/2>…>/8=/9=40；

(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“，b,c,4为正实数，满足ab+cd=l；点/(X”%)(i=l,2,3,4)是以原点为圆

心的单位圆周上的四个点，求证：

(研+奶+例+如)2+(axu+bx^+CX2+rfxi)［竺+°—+♦_).

abcd

参考答案

一、•.,〃是△Z8C的垂心，小是△8/7C的外心，，

△5HC=1800-ABAC,NBAQ2NB4c.

又由题设知从而/,/,小共线，即小在

N8/C平分线上Q小在△48。外接圆上QZBAtC+Z

BZC=180°Q/8/C=60°.

现证SA8KB2=SACKC20■NB4c=60；

作/DIAB于D,IEVAC于£,设BC=a,CA=b,AC=c,

则

ID=IE=2SMBC

a+b+c第一题图

2SMB\B?=ID(AB[+AB2)=ABlQAB2sinA,

故〃XL4B]=AB2(AB}sinA—ID)

BCMBC2S&4BC)

2S^[=孙(^S_

a+b+c22bea+b+c

^LAB=———

2a+b-c

同理/C2=—从一.

a-b+c

SMKB?=SbCKC?=SA/IBC=SAJB2c2

a+b-ca-b+c

0Q—(b—c)~=be

=a?=b2+c2—beZ.BAC=60°.

故4/,小共线的充要条件是△8K&和△CKQ的面积相等.

二、设〃=2卬3"25a37勺产5心其中g是不被2,3,5,7,11整除的正整数，卬为非负整

数，“W100,则〃GS=a,(lWiW5)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2X3X5,22X3X5,2X32X5,2X3X7,22X3X7,2X5X7,

2X3X11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

X19共7个数;

不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7,7X7,7X11,7义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6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cd{2,3,5,7,11},使得(a,c)=(b,c)=l,且显然cd

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,qG[2,3,5,7,11}且pNg,令

c=pq,则有c£S,cWa,且(a,c)=p>\,Ch,c)=q>\；

若(a,b)-d>\,取d的最小质因数p,及不整除ab的最小质数q,则p,ge{2,3,5,

7,11}.令c=pq,则有cES,cWa,cWZ>且(a,c)Np>l,Cb,c)2P>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pi，p2为大于10的

质数，且Pl，P2^S,则由(3)知存在cWS,使得(P1，C)>1,(P2,C)>1,从而有PlIC,02匕,

•”庐2匕，由此可知C>PlP2>l。。,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任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7pGS,则2X3X5,22X3X5,2X32X5,7P包含了S中所有各数的最小质因数,

因此由条件(2)知2X3X5,22X3X5,2X32X5«S；

若Ip”,则由条件(3)知7,7X7,7X11,7X13至S；

(ii)若5peS,贝I」由(2)知，2X3X7,22X3X7gS；

若5p”,则由条件(3)知5,5X5,5X7”.

(iii)3。与2X5X7不同属于£

(iv)2X3p与5X7不同属于S.

当p=ll或13时，由(i),(ii),(iii),(iv)知分别至少有3个数，2个数，1个数，1个

数共至少有7个数不属于S；

当p=17或19时，由(i),(ii),(iii)知分别至少有4个数，2个数，1个数共至少有7个

数不属于S;

当p>20时，由(i),(ii)知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S.

2°如果没有大于10的素数属于S,则S中的每个元素的最小质因数只能是2,3,5,7,

则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S.

(3,2X5X7),(5,2X3X7),(7,2X3X5),

(2X3,5X7),(2X5,3X7),(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cdS,使得(a,

c)=(b,c)=1,这与仍包含了S中每个元素的所有最小质因数矛盾.

由1。，2°知7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”=1,2时，入=〃&/3,

当〃=1时，tan。|=收，.'.cos<?|=>/3/2.

当”=2时，tan。1tanJ2=2，cos%=1/+taN今(i=l,2).

令tan?9|=x,则tan?«2=4/X,贝U

COS^|+cos02<2\/3/3

<^1/VT+X+1/VH-4/X<2V3/3

+X+Jl+4/X)42yli+x，l+4/x

=3(2+x+4/x+2-5+x+4/x)<4(5+x+4/x)

Q14+x+4/x-6j5+x+4/xNO,

BP(V5+X+4/X-3)2>0,

等号成立当且仅当j5+x+4/x-3=0,由此易知当且仅当x=2时等号成立.故

cosG]+cos。242G/3,当且仅当%=〃2时，等号成立.

2°当〃23时，入二〃一1.先证

COS夕i+cos…+cos1(1)

不妨设0会…2%，要证明(1)式只要证

cos^i+cos^2+cos。3<2(2)

tan^jtanJ2…tan故tan/tanWtan%=2亚.

2

cosa=5/1-sin0i<1-sin2a/2,

22

故cos%+COS03<2-(sin02+sin^3)/2<2-sin^2sin^3.

2c2zi\4-jfr1、8+tan-atan-8%

tair0j>8/(tan-%tan-%),故——z—>---5——~~--

cos~6]tantan

八,tan00tan&sin%sin%

cosJ]W/-。

J8+tan-tan%J8cos2%cos?%+sin?%s"%

,1).

cos。]+cos^2+cos^3<2-sin%sin63rxi-

cos262cos2用+sin2sin2

COS+C0S^2+cos/<2

22

<=>8cose2cos2%+sin02s"221

22sec?2+tan?

»8+tantan?%>sec02^3=(1+t^n02X'^3)

22

otan02+^n<7.(3)

若(3)式不成立，即tan2夕2+tan29y>l,从而tan2夕12tan2夕6712.故cos。\Wcos夕

2<l/Jl+7/2=行/3,cos%+cos%+cos。3<2拒/3+1<2.从而(1)式得证.

现证人二〃一1为最小的.

事实上，若0(人<〃一1,则取。=入/(〃-1)<1,从而存在9W(0,兀/2)z=l,2,…，〃，

使得cos。产a,tan，尸J1一二」/a(z=L2,…，〃-1),tan外尸2""(a/J1I从而tan

%tan。2…tan夕〃=2"巴但

COS%+cOS〃2^----Feos^w-]+cOS0n>COS〃]+cOS〃2^----Heos°〃一]=入

当〃23时，最小的正数人为〃一1.

综上所求最小正数江⑵'

四、设"="?g+r,0WrW/«—1,则

a"+203=a"'#'+203=a"'V+203三(一l)W+203(mod(am+1))

从而am+1\a"+203<=^am~h1|(—1)"/+203.即

k(am+l)=(~l)V+203.

1°若2均,则%(“"'+l)=d+203.①

(i)若r^O,则有

A(am+l)=204=22X3X17

由a》2,nt>2,易知只有a-2,m-4及a-4,m-2满足上式.故(a,m,ri')-(2,4,8/)

或(4,2,4f),

其中f为非负整数(下同).

(ii)若,由①有/(々a"'-"—1)=203—k.

对于容易验证只有当A=8时，存在a=5,加=2,『1满足上式，即(.a,m,ri')-

(5,2,4r+l).

对于左210,则由①有

10(am+l)W-+203W"T+203

故0mt(10。-1)W193,a可能值为2,3,4.

当〃=2时，m可能值为2,3,4,容易验证仅当。=2,加=2,r=l或。=2,m=3,r=2时满足

①式，故(a,m,〃)=(2,2,4/+1)或(2,3,6z+2)

当Q=3,4时、均不存在用，/,满足①式.

2°若g为奇数，则

k(aw+l)=203-a②

由OWrW〃?一1知，左20.

(i)当上。时，Q=203,r=l对任意的不小于2的整数加②式都成立，故

(a,m,n)=(203,m,(2/+1)m+\)

(ii)若左21,则当r=0时，由②有

k(aw+l)=202

容易验证仅当4=10,加=2时，上式成立，故

(a,阳，〃)=(10,2,4/+2)

当r21时，由②有a\ka,n~r+1)=203-k.

对于1WAW5,容易验证仅当上3时，a=8,m=2,r=l或a=2,〃?=6,『3时，满足上式.

(〃，m,H)=(8,2,4r+3)或(2,6,12r+9)

对于左26,由②有6(am+l)<203.故巳只可能有22,23,24,25,32,33,42,52.

容易验证仅当a"'=3'r=l时，满足(2)式，，(a,m,〃)=(3,2,4z+3).

综上满足题设条件的三元正整数组(a,m,n)为(2,4,80,(4,2,4/),(5,2,4f+l),

(2,2,4r+l),(2,3,6r+2),(203,(2t+l)加+1),(10,2,4r+2),(8,2,4/+3),

(2,6,⑵+9),(3,2,4f+3),其中f为非负整数.

五、设4(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第Q,能力排名为第％的人能够被录用

的不同报名顺序的数目.

当。二1时，仅当能力第女的人最后一个报名时，才被录用，所以

4⑴=3•8!&Yi.①

当2Wa<8时，若k=a,a+1,…,10,则有4(a)=0；

若k=L2,3,…，刀—1,则有

Ak(a)=3Cr'(a-2)!(10—4)£%

8

4=£%②

a=2

8

4=%+Z%(4=2,3,…,7)③

a=k+1

4=为=4o=4t⑴=%④

A\-A2=3C；(2-2)!(10-2)!-3FB!=(3X7-3)8!>0

再注意到③、④即有

4]>42>>,,•Zg——Ay0

容易算得力=3由!，72=21飞!,%=6却!,%=30了!,及=15卬!,％=7.207!,力=却!,芥=6飞!

8

4+4+&5=2%+%+2%+3Z%>63!+21E8!+126D7!+3(30+15+7+3)7!=507J7!

a=4

4+4+4507Z7!

-...----->------>70%

10!10!

4+为+4。、3x338!

10!10!

六、令〃="1+82，v=cy^+dy4fU\=ax4~^~bx3fV\=cx2^~dx\,则

(砂]+勿2)2+(g-瓜2)--a"+b~—2ab(x\X2~y\yi)

a2+b2-u2

x\x-y\y^^，①

222ab

y/W(<:必+公1)2+(cy2~dy\)2：=c2+J2-2cd(y\y2~X\X2)

丁事2-X1X2Wc,②

2ca

①+②并整理得

J匕22+.c2+d2

+<+

ahcdahcd

同理可得

Wj2v2a1+b2c2-\-d2

—+—<------+-------

abcdabcd

(u+v)2+(的+Vj)2

—(Jabl；—+y/cd+(Vab津=+疝[尊=9

\]aby/cdyjabyjcd

2222

<(ab+c(7)(—+—)+(ab+cd)(%b+^

abcda

222222

u巧?wva+bc+d\

abcdabcdab

2004年中国数学奥林匹克试题

第一天

一、凸四边形EFG”的顶点E、F、G、，分别在凸四边形的边Z8、BC、CD、DA

ApRFrr;r)j4

上，且满足竺冬日二也=1.而点/、B、C、。分别在凸四边形昂的边，向、ER、

EBFCGDHA

QG|、GiM上，满足ER//EF,F\G\〃FG、GyH{//GH,，/[〃，月已知卷^^求怒的

二、已给正整数c,设数列X|,X2,…满足X|=c,且x,=x.T+[2马二!二(竺2)]+1,〃=2,3,…，

n

其中国表示不大于x的最大整数.求数列{与}的通项公式.

三、设”是平面上〃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〃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〃的最小值.

第二天

四、给定实数。和正整数〃,求证：

(1)存在惟一的实数数列40,X],…，X”,Xw+1，满足

x0=4+1=。，

133

—(x/+I+xz_j)=Xi+看一a'=

(2)对于(1)中的数列沏,xpxn,孙+1满足比|<同,i=0,1,…,n+1.

五、给定正整数〃(〃22),设正整数0=0=1,2,…,〃)满足。1<恁以及Z，WL