高級中學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克競賽全真試題

1、2003年全國高中數(shù)學(xué)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. 2046B. 2047C. 2048D. 20492、設(shè)a, b R, abw0,那么，直線ax y+b=0和曲線bx2 + ay2=ab的圖形是（）(C)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A、B兩點，弦AB的中垂線與x軸交于P點，則線段PF的長等于A 16A.3B- 3C.D.8.34、若 x * 3,則 y tan(xg)tan(x ) 6cos(xA

2、.11 B. 726C.11、36-）的最大值是（）612 一D. J355、已知x、y都在區(qū)間（一2, 2）內(nèi)，且xy=44 x29 一 ,，9T的最小值是yA.24B.11C.12712D .56、在四面體ABCD中，設(shè)AB=1 ,直線AB與CD的距離為2,夾角為一，則3四面體ABCD的體積等于（）、填空題（本題滿分 54分，每小題9分）7、不等式|x|3一2x14、設(shè)A, B, C分別是復(fù)數(shù) Z0=ai, Zi= +bi, Z2=1 + ci （其中a, b, c都是實數(shù)）對 應(yīng)的不共線的三點.證明：曲線 Z= Z0cos 4t + 2 Z icos 2tsin 2t+Z2sin4t （

3、tCR）與AABC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(nèi)一定點 A,且OA=a,折疊紙片，使圓周上某一點A'剛好與A點重合.這樣的每一種折法，都留下一條直線折痕.當(dāng)A'取遍圓周上所有點時，求所有折痕所在直線上點的集合. 4|x|+3<0的解集是 .22、一 一，一 x y8、設(shè)Fi, F2是橢圓 一 一 1的兩個焦點，P是橢圓上的點，且|PFi|: |PF2|=2 : 1 ,則4 94PF1F2的面積等于.9、已知 A=x|x2-4x+3<0 , xCR, B= x|21 x+a<0, x2 2 （a+7）

4、x + 5<0 , xCR . 若A B ,則實數(shù)a的取值范圍是 .3 . 5 .10、已知 a, b, c, d 均為正整數(shù)，且 logab ,logcd - ,若 ac=9 , b-d=.2411、將八個半徑都為1的球分兩層放置在一個圓柱內(nèi)，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(cè)面都相切，則此圓柱的高等于 .12、設(shè) Mn=（十進制）n 位純小數(shù) 0. aa2L an |ai 只取 0 或 1 （i=1 , 2,，n 1）, an=1, Tn是Mn中元素的個數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則lim n =.nTn三、解答題（本題滿分 60分，每小題20分） 313、

5、設(shè)x 5,證明不等式2j，2x 3 J15 3x 2炳.2二、（本題滿分 50分）設(shè)三角形的三邊長分別是整數(shù)l, m , n,且l>m>n.已知3l3m3n f，其中x=xx,而兇表示不超過x的最大整數(shù).求這種三角形周長的最101010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>- q （q + 1） 2+1, q/, q C N .已知此圖中任四點不共面，每點至少有一條連線 2段，存在一點至少有 q + 2條連線段.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,

6、 CD, DA組成的圖形）.、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 22003= 21981 +22=2026 +22=2048.故選（C）.22x y 2、題設(shè)萬程可變形為題設(shè)萬程可變形為y=ax+b和一 1 ,則觀察可知應(yīng)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y=J3x.因此，A, B兩點4的橫坐標滿足萬程：3x28x16=0.由此

7、求得弦AB中點的橫坐標xq -,縱坐標yg344進而求得其中垂線方程y（x -），令y=0，得P點的橫坐標 x 4 -33PF ,故選（A）.34、y tan(x 2-) cot(x1二 2、.，2-cos(x )sin(x )22、/、-)cos(x -)36cos(x )sin(2x4T)cos(x ) 6因為51224- sin(2x -)所以2x3與cos(x 百)在4"2"5122萬方,x ? 7m.可尢11-故當(dāng)x時,y取最大值.故選（C）.365、由已知得44 x2x 9x29x2429x 72x4 .4219x 37x4352437 (9x22)x當(dāng)即x2

8、x3 時,9x24 、U之值最小，而此時 x12函數(shù)u有最小值一, 5故選（D).6、如圖，過 C作CE/AB,以ACDE為底面,作棱柱ABF-ECD,則所求四面體的體積 Vi等于上述棱柱體_，1 1 _,積 V2 的一.mACDE 的面積 S= -CEXCD Xsin /ECD, AB 與32CD的公垂線 MN就是棱柱 ABFECD的高,BC為側(cè)棱1V2 -MN CE CD sin 21ECD 22第6題佟|一.1.1因此Vi -V2 ,故選(32B).二、填空題7、由原不等式分解可得（兇3 ) ( x2 + |x| 1 )<0 ，由此得所求不等式的解集為5 115 1(3, 丁) 丁

9、3).8、設(shè)橢圓的長軸、短軸的長及焦距分別為 2a, 2b, 2c,則由其方程知a=3 , b=2 , c= J5 ,故|PFi|十|PF2|=2 a=6 ,又已知 |PFi|: |PF2|=2 : 1 ,故可得 |PFi|=4 , |PF2|=2.在PFiF2 中，2邊之長分別為2,4, 2娓,而22+42= 24 ,可見PF1F2是直角三角形，且兩直角邊的長1 1 -短為 2 和 4 ,故PF1F2 的面積=| PF1| |PF2|= - X2 X4=4.2 29、易得 A= (1, 3),設(shè)f(x)=2 1 x+ a, g(x)= x22(a+7)x+5要使A B,只需f(x), g(x

10、)在(1 , 3)上的圖象均在x軸下方.其充要條件是：同時有f(1)310、由已知可得a25b,c'd,從而 a<0, f(3)w0, g(1)4, g(3)w0.由此推出4<a<-1.b 2d 4 .(-),c ().因此，a|b, c|d.又由于 a - c=9 ,故 acb,.2 ,2(b)2 (d)4 9,即(b d2)(b 當(dāng))9,故 aaca c a cbad2F c d2 -2 c9，因而1ba d2-2第I 1第1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

11、9; ,C' ,D'禾K,8, 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'禾e O為上下底面構(gòu)成圓柱.同時，A'在下底面的射影必是 Ab的中點m .在M'AB中，A A= A'B=AB=2.設(shè)AB的中點為 N,則AN二6.又 OM=OA= 72 , ON=1.所以 MN = V2 -1 , AM J(AN)2 (MN )2 7272 兆.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（?；?）方法，故Tn=2nT.又因在這2n

12、T個數(shù)中，小數(shù)點后第 n位上的數(shù)字全是1 ,而其余各位上數(shù)字是 0或1 ,各有一半，故Sn1 .pn 1/ 1二平(；72102n-(12 g11101 ,10n 112n故limn101 )2n 10n 11 lim (1 n 181 1，) 10n 111814因為T, J2x 3, J15 3x不能同時相等,所以 2 x-12x-315-3x 2.19.三、解答題13、由于（a+b + c+d) 2 .(x 1) (x 1) (2x 3) (15 3x) 2 x 19= a2+b2+c2+d2+2 (ab + ac+ad + bc+bd + cd ) <4 (a2+ b2 + c2

13、 + d2),因此 a + b + c+dw2 次b2c2F (當(dāng)且僅當(dāng) a=b=c=d 時取等號).取 a=b=x/X1 ,c=v2x3 , d=v153x,則2 F7 . 2x 315 3xJO第1 !題圖、一一，114、設(shè) Z= x+ yi(x, y £ R),則 x+ yi = acos4t 葉 2( + bi) cos 2tsin2t + (1 + ci)sin4t,實虛部分離，可得x= cos 2tsin 2t+ sin 4t=sin 2ty= a(1 -x)2+ 2b(1 -x)x + cx2(0 <x<1)即 y=( a+ c- 2b)x2 + 2( b

14、- a)x + a又因為A, B, C三點不共線，故 a+c 2bw0.可見,1 a b 3 b c所給曲線是拋物線段（如圖）.AB, BC的中點分別是 D（-,2-）,E（3,2-）.所以直線DE的方程為1 一y=( c a)x+ (3a +2b c)4由，聯(lián)立得 a + c2b (x ) 2=0.2由于a + c 2bw0,故(x1) 2=0 ,于是得x= 1.注意到1-3,所以，拋物線與224 2 41a 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(-,-)，其對應(yīng)的復(fù)數(shù)為第15題圖15、如圖，以O(shè)為原點，OA所在直線為x軸建立直角坐 標系，則有 A (a,

15、0).設(shè)折疊時，e O上點A' Rcos a, 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(shè) P(x,y)為 MN 上任一點，則|PA=| PA|.故(x Rcos a)2 + (y- Rsin a) 2=( x-a)2 + y2,即 2 R(xcos a+ysin a)=R2a2 + 2ax,故22xcos ysinR a 2ax,xV2R.xV2R a 2axxy可得 sin( ) j ，其中 sin , ,cos ,.22'. 22'； 222R x yx yx y22故|R一 j 2ax | 1.(此不等式也可直接由柯西不

16、等式得到.)平方后可化為(x 2)2(R)2即所求點的集合為橢圓2yR 2a 2(-)2(-)222/a、2(x -)21.(2)22y(R)2 (a)21外(含邊界)部分.、如圖，連結(jié) AB,在MDQ 與4ABC 中，/ADQ=ZABC, ZDAQ = ZPBC= ZCAB,故4BCADQs/abC,而有ABDQ -一DQ ,即 BCAD = AB DQ.AD又由切割線關(guān)系知.PC AC 一 .PCAs/pad,故一 一；同理由 PCBAPA ADPBD 得 BC BC.PB BD一.AC又因PA=PB,故ADBC，得 AC BD= BC AD = AB DQ . BD又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形A

17、CBD的托勒密定理知AC BD + BC AD= AB CDD于是得 ABCD=2 AB DQ,故 DQ= 1CD,即 CQ= DQ.2 _， AD DQ CQ在zJCBQ與MBD中，/BCQ=/BAD,于是AB BC BC加試-題圖CBQs/ABD ,故/CBQ= /ABD,即得/ DBQ = ZABC= /PAC.二、由題設(shè)可知3l3l104 1043m 3m1041043n1043n【F104是 3l3m3n (mod4)3l3l3m3m3n (mod24)3n (mod54)由于(3, 2)(3, 5)=1 ,由可知 3l m3m nM(mod 2 4).現(xiàn)在設(shè)u是滿足3uM(mod

18、2 4)的最小正整數(shù)，則對任意滿足3vM(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)v=au + b,其中 0< bwu 1 ,從而可推出 3b3b + au3vM(mod 24),而這顯然與u的定義矛盾,所以u |v.注意至ij 3=3(mod 2 4), 32E(mod 2 4), 3 3=27 M1(mod 2 4), 34力(mod 24)從而可設(shè)m n=4 k,其中k為正整數(shù).同理可由推出 3mn之(mod 5 4),故34y (mod 5 4).現(xiàn)在我們求滿足 34k十(mod 5 4)的正整數(shù)k.因為 34=1 +

19、 5 X24,所以 34k 1= (1 + 5X24) k1 詞(mod 5 4),即.94 k(k1),298k(k1)(k2)3125k 2 52 52265k 52k3(k1)27k(k1)(k2)532110(mod54)37r k(k 1)(k 2)3 -113、或k 5k3 (k 1) 2 52 0(mod5 )3即有k=5t,并代入該式得t+5t3+ (5t1)X27詞(mod 5 2)即有t4(mod 5 2),即k=5 t=5 3s,其中s為正整數(shù),故 m - n=500 s, s為正整數(shù).同理可證l n=500 r,為正整數(shù).由于l> m> n ,所以有 r&g

20、t; s.這樣一來，三角形的三個邊為500 r+n、500s+n和n.由于兩邊之差小于第三邊，故n>500( r-s),因此，當(dāng)s=1 , r=2 , n=501時三角形的周長最小，其值為(1000 + 501 ) + ( 500 +501 ) + 501=3003三、設(shè)這n個點的集合V=A。，Ai, A2,，An-1為全集，記 Ai的所有鄰點(與 Ai有連線段的點)的集合為Bi, Bi中點的個數(shù)記為n 1|Bi| 二b i,顯然 b 2l 且 bi0n 1)(i=0 , 1,2, i 1n 1).若存在bi=n 1時，只須取l (n 1) ¥1 2(q 1)(n 1)121

21、2q(q 1)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(shè)q + 2wb°wn1.用反證法 若圖中不存在四邊形，則當(dāng) iwj時，Bi與Bj無公共點對,即 |BiABj|w1 (04<jwn 1).因此，| BiBo | bi 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|Bi B0|i 1i 1n 1c2 1(當(dāng) bi 1 或 2時，令 C： 10)i 11n 1 2(bi23bi2)2i 1n 1(b)2n 11 i 1-N-± 3(b

22、i) 2(n 1)2 n 1 i 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 bo 1) Nnq q + 2 bo)( nqq n + 3 bo)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

23、 1)= ( q 1) bo n + 3Nq 1) (q + 2) n + 3=o及(nq q+2bo)(q+1)( n bo)= qbo q n + 2兇(q + 2) q n + 2=1>o由，及(nbo) (q + 1), ( n - bo- 1) 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(xué)奧林匹克試題、設(shè)點I, H分別為銳角 ABC的內(nèi)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

24、),射線C1I交AC的延長線于點 C2, B2c2與BC相交于k, Ai為BHC外心，試證：A, I, Ai三點共線的充分必要條件是 BKB2和4CKC2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 100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 0代(0,兀

25、/2), (i=1 , 2,，n),只要 tan Mtan 82tan 9n=2 n/2 ,就有 cos 81 + cos 82+ cos 8nW 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+ 203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

26、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，與這10個人報名的順序有關(guān).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= A 9= 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(shè)a, b, c, d為正實數(shù)，滿足 ab + cd=1 ；點Pi (xi, yi) (i=1 ,2,3, 4)是以原點為圓心的單位圓周上的四個點，求證

27、:(ayi + by2+cy3+dy4)2 + ( ax4 + bx3+cx2+dxi)2.2o jab2<2(abc2 d2 H).參考答案一、.H是AABC的垂心，Ai是ABHC的外心， BHC=180 -zBAC, /BAiC=2/BAC.又由題設(shè)知 ABwAC,從而A, I, Ai共線，即Ai在 /BAC平分線上 Ai在AABC外接圓上 ZBAiC+Z BAC =i80ZBAC =60 .現(xiàn)證 S bkb2 S ckc2ZBAC =60 °.作 ID LAB 于 D, IELAC 于 E,設(shè) BC=a , CA=b , AC=c ,則ID IE2S ABiB22 s A

28、BCa b cID(ABiAB2)ABigAB2Sin A,故IDgABi AB2(ABisin A ID)2S abc bb 2s abc 2S abc、rg； AB2(-g- 一-) a b c 22 bc abc故AB2bcabc同理AC2bcabcS ABC bkb2 S ckc2 AB2c2bcbc bcga b c a b c(b c)2 bc22b2 c2 bcBAC 60 .故A, I, Ai共線的充要條件是 BKB2和4CKC2的面積相等二、設(shè)n 2 a13a2 5a37a111a5 q ,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)，n<100

29、 ,則nCS ai（1 W35）中恰有一個或兩個為正整數(shù)，即 S由下列元素組成：不超過 100的正偶數(shù)中除去2 X3X5,22X3X5, 2X32X5,2 X3X7,22X3X7,2X5X7,2X3X11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(zhì)的5的奇數(shù)倍：5, 5X5, 5X7, 5X11, 5X13, 5X17, 5X19共7個數(shù)；不超過100的正整數(shù)中與15互質(zhì)的7的奇數(shù)倍：7, 7X7, 7X11 , 7X13共4個數(shù)；質(zhì)數(shù)11.現(xiàn)證明以上72個整數(shù)構(gòu)成的集合 S滿足題設(shè)條件.顯然滿足條件

30、（1）;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(zhì)因數(shù)至多只含有2.3.5, 7, 11 中的 4 個，因此存在 ce 2, 3, 5, 7, 11,使得（a, c） =（ b, c）=1 ,且 顯然ce 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(zhì)因素p, q,則p, qC2, 3, 5, 7, 11且pwq, 令 c=pq ,貝U有 cCS, cwa, cwb 且（a, c） = p>1 , （b, c） = q>1 ；若（a, b） =d>1 ,取d的最小質(zhì)因數(shù)p,及不整除ab

31、的最小質(zhì)數(shù)q,則p, qC2, 3, 5, 7, 11,令 c=pq ,則有 cC S, cwa, 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(shè)的 S的元素數(shù)目不大于 72.首先證明滿足題設(shè)條件的S至多只能含有一個大于10的質(zhì)數(shù).事實上若Pi, p2為大于10的質(zhì)數(shù)，且pi, P2 S,則由(3)知存在CCS,使得(pi,c) >1 , (p2,c)>1 ,從而有pi| C, p2|C, .pip2|c,由此可知 C邛ip2>100 ,這與(1)矛盾.從而10與100之間的21個質(zhì)數(shù)11 ,

32、13, 17 , 23 ,，97至多只有一個在 S中.又顯然1 S.設(shè)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(zhì)數(shù)余下的78個數(shù)構(gòu)成的.下面證明T中至少還有7個數(shù)不在S中.1 0若有某一個大于10的質(zhì)數(shù)p在S中，則S中所有各數(shù)的最小質(zhì)因數(shù)只可能是2,3,5,7, p中的一個. 若7pCS,則2 X3 X5, 22X3X5, 2 X32X5, 7P包含了 S中所有各數(shù)的最小質(zhì)因數(shù)， 因此由條件(2)知 2 X3 X5, 22X3 X5, 2 X32X5 S；若 7P S,則由條件(3)知 7, 7X7, 7X11 , 7X13 S;(ii)若 5pCS,則由(2)知，2X3X7,

33、22X3X7 S;若5P S,則由條件(3)知5 , 5 X5, 5 X7 S.(iii) 3P與2X5X7不同屬于S.(iv) 2X3p與5X7不同屬于 S.當(dāng)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(dāng)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(dāng)p>20時，由(i), (ii)知分別至少有4個數(shù)，3個數(shù)共至少7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(zhì)因數(shù)只能是 2, 3, 5, 7, 則如下的

34、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), (2X5, 3X7), (2X7, 3X5),(22X7, 3+2 X5).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ce 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(zhì)因數(shù)矛盾.由1。，2。矢底中至少還有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(dāng)n=1 , 2 時，入=nj3/3 ,當(dāng) n=1 時，tan 9i =短,. .cos 9i = V3/

35、2 .當(dāng) n=2 時，tan 也 tan 02=2 , cos 0i = 1/ tan2 i (i=1 , 2).令 tan 2 91= x,貝U tan 2 82=4/x,貝Ucos 1 cos 2 2,3/31/1 x 1/14/x23/33(仁14/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(dāng)且僅當(dāng).5 x 4/x 3 0 ,由此易知當(dāng)且僅當(dāng)x=2時等號成立.故cos 1 cos 2 2V3/3,當(dāng)且僅當(dāng)01= 02時，等號成立.2 當(dāng)n R3時，X=n 1.先證cos 0

36、1 + cos 偽 + + cos 8n< n 1(1)不妨設(shè)。1 >。2>。3>>8n,要證明(1)式只要證cos 01 + cos 偽 + cos 也<2(2)tan Mtan 62 tan 9n=2 n/2,故 tan Mtan (htan 83= 2V2.22cos i . 1 sin i 1 sin i / 2,2. 2故cos 2 cos 3 2 (sin 2 sin3)/2 2 sin 2sin 3.tan2 18/(tan 2 2 tan2 3),故 12cos 1c ,2,28 tan 2 tan 3-；-2-2tan 2 tan 3cos

37、 1cos 1cos 1tan 2 tan 3sin 2 sin 38 tan 2tan 38cos2 2 cos2 3 sin2 2 sin2 3c .1、cos 2 cos 3 2 sin 2 sin 3g(1 =2222).8cos 2 cos 3 sin 2 sin 3cos 2 cos 3 2c 22. 2. 28cos 2 cos 3 sin 2 sin 32,22222、8 tan 2 tan 3 sec 2sec 3 (1 tan 2)(1 tan 3).2,2 rtan 2 tan 3 7.3)若（3）式不成立，即tan 2 82 + tan 2 83>7 ,從而 ta

38、n 2 81 >tan 2 W7/2.故 cos 81 <cos 92<1/ J1 7/2 V2/3 , cos 01 + cos 02 + cos 03< 272/3 + 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 = V （n 1） 1 ,從而存在ei< (0,兀/2 ) i=1 , 2,，n,使得 co s 9i= a , tan 8i=42 /(i=1 , 2 ,，n 1 ), tan0n=2 n/2(a/V12 )n 從而tan 91tan 82 tan 9n=2 n/2 ,但cos 01 + cos 偽

39、 + +cos Bni + cos 0n > CoS 81 + CoS 82+ +cos 0n-1 = X當(dāng)n R3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(shè) n = mq+r, 0 <r <m - 1 ,則an + 203= amq + r + 203= amqar+ 203 W1)qar+ 203(mod( am + 1)從而 am + 1|an + 203am +1|( 1)aar+203.即1 ° 12|q ,則 k(am+1)= ar+203.k(am + 1)= ( 1)qar+ 203.若r=0 ,則

40、有k(am + 1)=204=2 2X3 X17由a>2,m 過,易知只有 a=2 , m=4及a=4 , m=2滿足上式.故(a, m, n) = (2, 4, 8t)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.對于1wkw9,容易驗證只有當(dāng) k=8時，存在a=5 , m=2 , r=1滿足上式，即(a, m, n) 二(5,2, 4t+1).對于k>l0 ,則由有10 (am+1) war+203 wkam1 + 203故 am 1 (10a1) <193 , a 可能值為 2, 3, 4.當(dāng)

41、a=2時，m可能值為2, 3, 4,容易驗證僅當(dāng) a=2 , 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(dāng)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 0<r<m 1 知，kR.(i)當(dāng)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(dāng)r=0時，由有k (am + 1) =202容易驗證僅當(dāng)a=10 , m =2時

42、，上式成立，故(a, m , n) = (10 , 2 , 4t+ 2)當(dāng) r>1 時，由有 ar(kam r+ 1)=203 k.對于1 wkw5,容易驗證僅當(dāng) 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 k>6,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(dāng) am=32, r=1 時，滿足(2)式，(a, m, n) = (3, 2, 4t + 3).綜上滿足題設(shè)

43、條件的三元正整數(shù)組( a, m, n)為(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 為非負整數(shù).五、設(shè)Ak(a)表示當(dāng)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(dāng)a=1時，僅當(dāng)能力第k的人最后一個報名時，才被錄用，所以Ak(1)=3 8!丫1.當(dāng) 2waw8 時，若 k=a, a+1

44、,，10,則有 Ak(a)=0 ；若 k=1 , 2, 3,，a-1,則有Ak(a) 3C7a 1(a 2)!(10 a)! a 8A aa 2 8A 1 a(k 2,3,L ,7)a k 1A1A9A10Ak (1)1A A 3C7(2 2)!(10 2)! 3g8!(3 7 3)8! 0再注意到、即有A1A2 A3 L A8A9Ai06s6!容易算得 1 3g8!, 2 21g8!, 3 63g7!, 4 30g7!, 5 15g7!, 6 7.2g7!, 7 3g7!, 8 8A A2 A3 2 12 2 3 34>6g8! 21g8! 126g7! 3(30 15 7 3)7!

45、507g7!a 4A A2 A3 50返 70%10!10!A8 A9 A103 3g8! 10%.10!10!六、令 u= ay1 + by2, v=cy3+dy4, u1二ax4+bx3, v1 = cx2 + dx1，貝Uu2< (ay+by2)2+ (ax1一bx2)2= a2+b2 2ab(xiX2 y1y2)2.22ab u芯X1 X2 w 2abvi2< (cx2 + dx1)2+ (cy2dy1)2= c2 +d22cd(y1y2 X1X2)2.22c dViyy1 y2 X1X2 < 2cd+并整理得222.22.2uvia b c dab cd ab cd

46、同理可得222.22.2u1v a b c dab cd ab cd 22(u v)(Ui Vi)2222(ab cd)( ) (ab cd)("") ab cdabcd22222.22.2u v1 u1v c,a b c d 、-2()ab cd ab cd ab cd2004年中國數(shù)學(xué)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、DA,一AE BF CG DH上，且滿足 ggg 1.而點A、B、C、D分別在凸四邊形 EiF1G1H1的邊H1E1、E1F1、EB FC GD HAF1G1、G1H1 上，滿足 E1

47、F1 /EF, F1G1/FG, G1H1/GH, H1E1/HE.已知且A.求FC 的值.AH1CG1二、已給正整數(shù) c,設(shè)數(shù)列 xi, X2,滿足 xi=c,且 Xn=X n1+ Zxn(n_2)+1,n=2, n3,，其中X表示不大于X的最大整數(shù).求數(shù)列Xn的通項公式.三、設(shè)M是平面上n個點組成的集合，滿足：(1) 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(nèi)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：(1)存在惟一的實數(shù)數(shù)列 Xo, Xi,，Xn, Xn+i,滿足Xo Xn 10,

48、1 ,、33 .一(為 1 為 1)為 為 a ,i 1,2,L ,n. 2(2)對于(1)中的數(shù)列 Xo, X1 ,，Xn, Xn+1 滿足|Xi|W|a| , i=o , 1 ,，n + 1.n 1五、給te正整數(shù) n(n >2),設(shè)正整數(shù) ai=( i=1 , 2,，n)滿足 ai< a2< < an UM 一 <1. i i ai求證：對任意實數(shù) x,有22i 1 aix11二22 a1(a1 1) x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2004個正整數(shù)之和：n = a1+ a2+ +a2004,且滿足 1 Wa1< a2<

49、 3< a2004 , ai|ai+1 , i = 1 , 2 ,，2003.參考答案BE BF一、(1)如圖1 ,若EF/AC則 ，代人已知條件EA FC/曰 DH DG信,HA GC所以，HG /AC.從而，E1F1 /AC /H1G1.F1cCG1E1AAH1(2)如圖2 ,若EF與AC不平行.設(shè)FE的延長線與 CA CFBE AT的延長線相交于點 T.由梅涅勞斯定理得g一g 1.FB EATC結(jié)合題設(shè)有CGgDHgAT 1.由梅涅勞斯定理逆定理知 GD HA TCT、H、G三點共線.設(shè)TF、TG與EiHi分別交于點 M、N.由/口 BAE1B/EF,彳導(dǎo) EiA=AM .EA同理

50、，HiA=迫AN .所以，AHE1A AM AB AHgg.AHi AN AE AD又EQ S AEC S ABC gAEgAD 故 QH S AHC S ADCgABgAH ,EiA EQ AB AH S abcgg AH i QH AE AD S adcF£2.所生JiA .CG1 S ADC CG1 AH1二、顯然，當(dāng) n32 時，Xn Xn 1 2(Xn1 1).n令 an=Xn 1 ,貝U ai = c 1,2a n 1n 2anan 1 gan 1, n 2,3,Ln n設(shè)unAg(n 1, 2),n 1,2,L ,必非負整數(shù).由于當(dāng)n2時, n-ngn 1 Ag(n2

51、n2)gn(n 1) Ag(n 1)2n 2) %所以，數(shù)列un滿足式.設(shè)ynn,n 1,2,L .由于當(dāng)n 2時，rn 2(n 2)( n 1)2 d 212gyn 1 -1 n 1 - nyn,n2n所以,yn也滿足式.一 (n 2)2設(shè)zn , n 1,2,L，當(dāng) n 2mMm 1時，42,rn 2m L(2m 1) m 12gzn 1 4 gm(m 1) (m 1)znnm 4m當(dāng)n 2m 1且m 1時，m 12m 12rn 2. 2m 3 _(2m 2) 2m 3/.，2n一gzn 1 -gi- -;(m 1) (m 1)(m 2) n2m 14 2m 12 (2 m 3),(m 1)(m 2) zn4從而,Zn也滿足式.對任意非負整數(shù)A,令(n 1)(n 2) vnun yn Ag - n22 w.7"(n1)(n2) r(n2)2wnunznAg-4n 1,2,L ,顯然vn和Wn都滿足式.2);9a由于 u1 3A, y1 1,z1 一 2,所以，當(dāng) 3 a1時,an (n 1)(n 46當(dāng) ai 1(mod3)時,a1 1an (n 1)(n6當(dāng) a1 2(mod3)時，a1 2an(n 1)(n6綜上可得2)2)(n 2)2I當(dāng) c 1(mod3)時,xn當(dāng) c 2(mod3)時,Xn當(dāng) c