高中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽全真試題

1、2003年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題一、選擇題此題總分值 36分，每題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(gè)新數(shù)列.這個(gè)新數(shù)列的第2003項(xiàng)是A. 2046B. 2047C. 2048D . 2049y + b=0和曲線bx2 + ay2=ab的圖形是 3、過拋物線y2=8x+ 2的焦點(diǎn)F作傾斜角為60的直線.假設(shè)此直線與拋物線交于 兩點(diǎn)，弦AB的中垂線與16A .34、假設(shè)x 512x軸交于P點(diǎn),那么線段PF的長(zhǎng)等于(816 -B .C . / 3332，那么 y tan(x ) tan(x )336 3C.5、x、y都在區(qū)間一2,2內(nèi)，且xy= 1,那么函數(shù)u6、

2、在四面體ABCD中，設(shè)D. 8.3cos(x6的最大值是D .99 y2的最小值是2411C.12712D .5AB=1 , CD= 3，直線 AB 與CD的距離為2,夾角為-，那么四D- 面體ABCD的體積等于A .2二、填空題此題總分值 54分，每題9分7、 不等式|x|3 2x2 4|x|+ 30的解集是 .2 2|PF2|=2: 1,那么厶8、 設(shè)F1, F2是橢圓x 1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上的點(diǎn)，且|PF1|:94PF1F2的面積等于 .9、 A= x|x2 4x+ 30, x R , B= x|21 x+ a 0, x2 2 a + 7x+ 5m n.313m3n、 4 4 4，其

3、中x= x- x，而x表示不超過x的最大整數(shù).求這種三角形周長(zhǎng)的最104104104小值.三、本小題總分值 50分由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的I條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中1n=q2+ q+ 1, I - qq+ 12 + 1, q2, q N.此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連 線段，存在一點(diǎn)至少有 q + 2條連線段.證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形即由四點(diǎn)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= a2115-45= a2070.而且在從

4、第 1981項(xiàng)到第2070項(xiàng)之間的90項(xiàng)中沒有完全平方數(shù).又 1981 + 22=2003，故 a2003= a1981 + 22=2026 + 22=2048.應(yīng)選C.2 22、 題設(shè)方程可變形為題設(shè)方程可變形為y=ax+ b和 J 1，那么觀察可知應(yīng)選B.而求得其中垂線方程16a b3、易知此拋物線焦點(diǎn) F與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，故直線AB的方程為y=、.？x.因此，A, B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)滿足方程：443x2-8x- 16=0.由此求得弦AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)xq，縱坐標(biāo)y0 ，進(jìn)FF-6，應(yīng)選A32 2y tan(x ) cot(x ) cos(x )33612 2 cos(x )sin( x )3 3

5、24si n(2x)3因?yàn)閤122si n(2x 才)故當(dāng)x 一時(shí),y取最大值 耳啟.應(yīng)選(C).36cos(x )65、由得cos(x )42一口,x-,-.可見22 36465與cos(x -)在,上同為遞增函數(shù).6123,所以2x3y 1，故X9x29x219x472x249x437x24237 (9x21U 1 , 2，故當(dāng)2354)x2代時(shí),9x31而 x一 2,212數(shù)u有最小值12，應(yīng)選D.56、如圖，過C作CE/AB，以 CDE棱作棱柱ABF ECD，那么所求四面體的體積119x2為底面，BC為側(cè)Vi等于上述棱柱體積 V2 的.而厶 CDE 的面積 S= CE CD xsin

6、/ ECD , AB 32與CD的公垂線 MN就是棱柱ABF ECD的高，故1 V2-MN CE CD sin21 ECD -22號(hào)之值最小，而此時(shí)函X1因此V1V23二、填空題7、由原不等式分解可得亦 145 1(3,)(,3).2 2|x| 3X2 + XI 18、設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸、短軸的長(zhǎng)及焦距分別為320，由此得所求不等式的解集為2a, 2b, 2c,那么由其方程知 a=3，b=2，c= 5，故|PF1|+ |PF2|=2a=6，又 |PF1： |PF2|=2: 1,故可得 |PF1|=4, |PF2|=2. 在 PF1F2 中，三邊之長(zhǎng)分別為2, 4, 2.5，而22 + 42= 2 5

7、 ，可見 PF1F2是直角三角形，且兩直角邊的長(zhǎng)短為1 12 和 4,故厶 PF1F2 的面積= |PF i| |PF2|= X2 X 4=4.9、易得 A= 1, 3，設(shè)f(x)=21_x+ a, g(x)=x2 2(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(shí)有 f(1)第11題圖 0，f(3) w 0, g(1) w 0, g(3) 0由此推出一4 a 1.10、由可得a2b,c4d,從而a(b)2,cd 4()4 .因此，a|b,c|d.又由于a c=9，故acbd2b5(?)2(d)49,即(?d22b d2)(-p)9,

8、故a9c2，因而a,2acaca cbd 1d24acc35于是得 a=25, b=125, c=16 , d=32.故 b d=93.11、如圖，由上下層四個(gè)球的球心A, B, C, D和A, B, C, D分別是上下兩個(gè)邊長(zhǎng)為 2的正方形的頂點(diǎn)，且以它 們的外接圓：0和 0為上下底面構(gòu)成圓柱.同時(shí)，A在下底面 的射影必是AB的中點(diǎn)M.在厶A AB中，A A= A B=AB=2.設(shè)AB的中點(diǎn)為 N,貝U A N= 3 .4 8 2.又 0M=0A=2,ON=1.所 以 MN= 21 ,AM (AN)2 (MN)22 2 4 8.因此所示原來圓柱的高為12、因?yàn)镸n中小數(shù)和小數(shù)點(diǎn)后均有 數(shù)字均

9、有兩種選擇0或1 全是1,而其余各位上數(shù)字是1 n 112 (2 101(1Sn2n11021 n 1 )方法，故0或1,110n 1n位，而除最后一位上的數(shù)字必為 1夕卜，其余各位上的 Tn=2n 1.又因在這2n 1個(gè)數(shù)中，小數(shù)點(diǎn)后第 n位上的數(shù)字 各有一半，故n 11藥2 J0101丄10)2n 10n 11lim 二(1n 182故 lim Tn2n2n110n1n 1) 10n 11藥丄18三、解答題13、由于a+ b + c+ d2=a2+ b2+ c2 + d2+ 2ab + ac+ ad+ bc+ bd+ cdw 4a2+ b2+ c2 + d2，因此 a+ b + c+ dw

10、 2b2 c d2當(dāng)且僅當(dāng) a=b=c=d 時(shí)取等號(hào).取 a=b= x 1 , c= . 2x 3 , d= 15 3x ,那么2x1. 2x 315 3x2 (x 1) (x 1) (2x 3)(15 3x)2 x 142 19因?yàn)?x 1 , 2x 3,15 3x不能同時(shí)相等， 所以2 x 1 2x 315 3x 2.19.114、設(shè) Z=x+ yi(x, y R),那么 x+ yi =acos4t i + 2(+bi) cos2tsi n2t+ (1 + ci)si n4t，實(shí)虛部別離，可得 x= cos2tsi n2t+ si n4t=si n2ty=a(1 - x)2+ 2b(1 -

11、 x)x+ cx2(0 x 1)即 y=(a+ c 2b)x2 + 2(b a)x + a又因?yàn)锳, B, C三點(diǎn)不共線，故a+ c 2bz 0.可見所 給曲線是拋物線段如圖.AB , BC的中點(diǎn)分別是1 a b 3 b cD(,),E( ,).所以直線DE的方程為4 2421y=(c a)x+(3a+ 2b c)41由，聯(lián)立得 a+ c 2b x 2=021 3，所以，拋物線與2 4(!,a c 2b)，其對(duì)應(yīng)的24111由于a + c 2bz 0,故x _2=0,于是得x=-.注意到-224ABC中平行于AC的中位線DE有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，此點(diǎn)的坐標(biāo)為復(fù)數(shù)為1 a c 2b.Zi2 415

12、、如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OA所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，那么有 A a, 0.設(shè)折疊時(shí), O上點(diǎn)A Rcos a , Rsina丨與點(diǎn)A重合，而折痕為直線MN，貝U MN為線段AA 的中垂線.設(shè)P(x, y)為MN上任一點(diǎn)，那么 |FA |=|PA|.故(x Rcos a )2+ (y Rsin a ) 2=(x a)2 + y2, 即卩2R(xcos a + ysin a )=R2 a2 + 2ax,故第15題圖xcosysi n2 2R a2ax X22yi 22R x22 y可得sin()2 2R a2ax,其中 sin2R x22y故|R2 a2 2ax |2Rx2 y2x,cosx y

13、)平方后可化為1.(此不等式也可直接由柯西不等式得到.(x |)2R 2(2)R 2 a 2引(2)1.即所求點(diǎn)的集合為橢圓(x |)2(R)2(f)21外(含邊界)局部.A/口 BC BCPBD 得PB BDAC又因PA=PB，故 CBC，得 AC BD=BC AD=AB DQADBD又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形ACBD的托勒密定理知于是 313m 3n(mod4)一、如圖，連結(jié) AB,在 ADQ 與厶 ABC 中，/ ADQ=/ABC,/ DAQ = / PBC= / CAB，故BC DQ ADQABC，而有，即 BC AD=AB DQ.AB ADPC ac又由切割線關(guān)系知 PCAPAD，故；同理

14、由 PCBPA ADAC BD + BC AD= AB CD1 于是得 AB CD=2AB DQ , 故 DQ= CD，即 CQ=DQ.2在厶CBQ與厶ABD中，如 些 冬,/ BCQ= / BAD，于是 AB BC BC CBQABD，故/ CBQ= / ABD，即得/ DBQ = / ABC= / PAC.、由題設(shè)可知3lr 3l ,3mr3mn3nr3n n4441013m 3n(mod24) 313m 3n(mod54)104104104104104由于3，2= 3，5=1，由可知3廠m 三 3m_n 三 1(mod 24).現(xiàn)在設(shè)u是滿足3u- 1(mod 24)的最小正整數(shù)，那么對(duì)

15、任意滿足3 1(mod 24)的正整數(shù)v，我們有u |v，即u整除v.事實(shí)上，假設(shè)u |v，那么由帶余除法可知， 存在非負(fù)整數(shù)a與b，使得v=au + b，其中0mn,所以有rs.這樣一來，三角形的三個(gè)邊為 500r + n、500s+ n和n.由于兩邊之差小于第三邊，故n500(rs),因此，當(dāng)s=1, r=2, n=501時(shí)三角形的周長(zhǎng)最小，其值為1000 + 501+ 500 + 501+ 50仁3003三、設(shè)這n個(gè)點(diǎn)的集合V=A, A1, A2,，An-1為全集，記Ai的所有鄰點(diǎn)與 Ai有連線n 12l 且 b w (n 1)(i=0, 1, 2,段的點(diǎn)的集合為 Bi, Bi中點(diǎn)的個(gè)數(shù)

16、記為|Bi| =bi,顯然 bii 1n 1).假設(shè)存在bi= n 1時(shí)，只須取1 21 q(q 1)12bin 1(i=0, 1, 2,n 11l 5 1) 1 (q 1)(n 1)2 2n 1)的情況.片j時(shí)，Bi與Bj無公共點(diǎn)那么圖中必存在四邊形，因此下面只討論不妨設(shè)q + 2w b0w n 1.用反證法.假設(shè)圖中不存在四邊形，那么當(dāng)對(duì)，即 |Bi n Bj|w 1 0 w i (nq q + 2 bo)( nq q 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

17、1)= (q 1) bo n+ 3?(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=1o由，及(n bo) (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2oo3年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題一、 設(shè)點(diǎn)I, H分別為銳角 ABC的內(nèi)心和垂心，點(diǎn) B1, C1分別為邊AC, AB的中點(diǎn)，已 知射線B1I交邊AB于點(diǎn)B2 B2工B，射線C1I交AC的

18、延長(zhǎng)線于點(diǎn) C2, B2C2與BC相交于k, A1 BHC外心，試證：A, I, A1三點(diǎn)共線的充分必要條件是 BKB2和厶CKC2的面積相等.二、 求出同時(shí)滿足如下條件的集合S的元素個(gè)數(shù)的最大值：1S中的每個(gè)元素都是不超過1oo的正整數(shù)；2對(duì)于S中任意兩個(gè)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(duì)于S中任意兩個(gè)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(duì)任何0i 0, n /2， i=1 , 2，n，只 要 t

19、an 0 1tan 9 2tan 9 n=2n/2 ,就有 cos0 1 + cos 9 2+ cos 9 n 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(bào)名，公司經(jīng)理決定按照求職報(bào)名的順序逐個(gè)面試，前3個(gè)人面試后一定不錄用，自第4個(gè)人開始將他與前面面試過的人相比擬，如果他的能力超過了前面所有已面試過的人，就錄用他；否那么就不錄用，繼續(xù)面試下一個(gè)，如果前9個(gè)都不錄用，那么就錄用最后一個(gè)面試的人假定這10個(gè)人的能力各不相同，可以按能力由強(qiáng)到弱排為第1，第2,，第10.顯然該公司到底錄用到哪一個(gè)人，與這10個(gè)人報(bào)名的

20、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(bào)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1A1A2 A8= A9= A10；2該公司有超過 70%的可能性錄用到能力最強(qiáng)的3個(gè)人之一，而只有不超過10%的可能性錄用到能力最弱的 3個(gè)人之一 六、設(shè)a, b, c, d為正實(shí)數(shù)，滿足 ab+ cd=1 ;點(diǎn)Pixi, yi(i=1, 2, 3, 4)是以原點(diǎn)為圓心的單位圓周上的四個(gè)點(diǎn)，求證:ay1 + by2 + cy3 + dy42+ ax4 + bx3 + cx2 + dx12(a2 b2c2 d2abcd).參考答案

21、一、 H是厶ABC的垂心，A1是厶BHC的外心，二 BHC=180 -Z BAC,Z BA=2/ BAC.又由題設(shè)知 ABM AC,從而A, I, A1共線，即 A1在 Z BAC平分線上A1在厶ABC外接圓上Z BA1C+ZBAC =180 Z BAC =60 .現(xiàn)證 S BKB2 S ckc 2 Z BAC =60 .作 ID 丄 AB 于 D,IE 丄 AC 于 E,設(shè) BC=a,CA=b ,AC=c,那么ID IE2S ABC a b c第-題圖2S AB1B2 ID(AB| AB2) ABAB2sin A,故 IDA0 AB2(AB1si nA ID)2S ABC ba b c 2A

22、B2(焙2S ABC ) a b c同理ac2bc a bcS bkb2Sckc2SABC SAB2C2bcbc bcab cabc2 a(bc)2bc2 ab22 cbcBAC60 .故ab2bca b c二、設(shè)n 2ai3a25a37ai11a5q，其中q是不被2, 3, 5, 7, 11整除的正整數(shù)，a為非負(fù)整 數(shù)，nw 100，那么n Sai(1 w i w 5)中恰有一個(gè)或兩個(gè)為正整數(shù)，即S由以下元素組成：不超過 100 的正偶數(shù)中除去 2X 3 X 5, 22X 3X 5, 2 X 32X 5, 2 X 3 X 7, 22X 3X 7, 2X 5X 7, 2 X 3 X 11等7個(gè)

23、偶數(shù)后余下的43個(gè)偶數(shù)；不超過100的正整數(shù)中3的奇數(shù)倍：確定 3, 3X 3,，3X 33共17個(gè)數(shù)；不超過 100的正整數(shù)中與 3互質(zhì)的 5的奇數(shù)倍： 5，5X5，5X7，5X11，5X13，5X17，5 X 19共7個(gè)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(gè)數(shù)；質(zhì)數(shù) 11.現(xiàn)證明以上72個(gè)整數(shù)構(gòu)成的集合 S滿足題設(shè)條件.顯然滿足條件 1；對(duì)S中任意兩個(gè)不同的元素 a, b,那么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(gè)，因此存在 c 2 , 3 , 5 , 7 , 11，使得a

24、, c=(b , c)=1，且顯然 c S,因此S滿足條件2；對(duì) S 中任意兩個(gè)沒同的元素a，b，假設(shè)a, b=1，分別取的a, b最小質(zhì)因素p, q，那么p, q 2 , 3, 5,乙11且p工q, 令 c=pq，那么有 c S, cm a, cm b 且a, c=p1, b, c=q1;假設(shè)a, b=d1，取d的最小質(zhì)因數(shù)p，及不整除ab的最小質(zhì)數(shù)q，那么p, q 2 , 3, 5, 7, 11，令 c=pq，那么有 c S, cm a, cm b 且a, c p1, b, c p1.因此S滿足條件3.以下證明任何滿足題設(shè)的S的元素?cái)?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

25、個(gè)大于 10的質(zhì)數(shù)事實(shí)上假設(shè)P1, p2為大于10 的質(zhì)數(shù)，且p1,p2 S,那么由3知存在c S,使得p1,c1, p2,c1，從而有p1| c,P2|C,. P1P2IC，由此可知 c P1P2100，這與1矛盾從而10與100之間的21個(gè)質(zhì)數(shù)11, 13, 17, 23,，97至多只有一個(gè)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(gè)質(zhì)數(shù)余下的78個(gè)數(shù)構(gòu)成的 下面證明T中至少還有7個(gè)數(shù)不在S中1假設(shè)有某一個(gè)大于 10的質(zhì)數(shù)p在S中，那么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(gè) i假設(shè)7p S,貝U 2X 3X 5, 22X 3X 5

26、, 2X 32X 5, 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 2X 3X 5，22X 3X 5，2X 32X 5 S；假設(shè) 7p S,那么由條件3知 7, 7X 7, 7 X 11, 7X 13 S;ii假設(shè) 5p S,那么由2知，2X 3X 7, 22X 3X 7 S;假設(shè)5p S,那么由條件3知5, 5X 5, 5 X 7 S.iii3p與2X 5 X 7不同屬于S.iv2X 3p與5X 7不同屬于S.當(dāng)p=11或13時(shí)，由i， ii， iii， iv知分別至少有 3個(gè)數(shù)，2個(gè)數(shù)，1個(gè)數(shù)，1個(gè) 數(shù)共至少有 7 個(gè)數(shù)不屬于 S；當(dāng)p=17或19時(shí)，由i， ii， iii知

27、分別至少有4個(gè)數(shù)，2個(gè)數(shù)，1個(gè)數(shù)共至少有7個(gè) 數(shù)不屬于 S；當(dāng)p20時(shí)，由i，ii知分別至少有 4個(gè)數(shù)，3個(gè)數(shù)共至少7個(gè)數(shù)不屬于S.2。如果沒有大于10的素?cái)?shù)屬于S,那么S中的每個(gè)元素的最小質(zhì)因數(shù)只能是2, 3, 5, 7,那么如下的7對(duì)數(shù)中，每對(duì)數(shù)都不能同時(shí)都屬于S.3, 2 X 5X 7， 5, 2 X 3 X 7， 7, 2 X 3 X 5，2X 3 , 5X 7， 2X 5 , 3X 7， 2X 7 , 3X 5, 22 X 7 , 3+2 X 5.事實(shí)上，假設(shè)上述 7對(duì)數(shù)中任何一對(duì)數(shù)a , b都屬于S,那么由2知，存在c S,使得 a , c= b , c=1,這與ab包含了 S中每

28、個(gè)元素的所有最小質(zhì)因數(shù)矛盾由1 , 2。知T中至少還有7個(gè)數(shù)不屬于S,從而滿足條件的S的元素個(gè)數(shù)的最大值為72.三、1 證當(dāng) n=1, 2 時(shí)，入=n ,3/3 ,當(dāng) n=1 時(shí),tan 9 1= 2, /. cos 9 1= 3/2.當(dāng) n=2 時(shí)，tan 9 1 tan 9 2=2 , cos 9 1=1/1 tan2 i i=1, 2.令 tan2 9 1=x ,貝V tan2 9 2=4/x,貝Vcos 1 cos 22,3/31/ 1 X 1/ 1 4/x23/3.3( F_X 1 4/x) 2 .廠X、1 4/x3(2 x 4/ x 2 5 x 4/ x) 4(5 x 4/ x)1

29、4 x 4/ x 6.5 x 4/ x 0,即(5 x 4/ x 3)20,等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng) 5 x 4/x3 0 ,由此易知當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)等號(hào)成立.故cos 1 cos 22.3/3,當(dāng)且僅當(dāng)9 1= 9 2時(shí)，等號(hào)成立.2當(dāng)n?3時(shí)，入=n 1.先證cos 9 1 + cos 9 2+ cos 9 n929 3?9 n,要證明1式只要證cos 9 1 + cos 9 2+ cos 9 37，從而 tan2 0 1 tan2 0 27/2.故cos 0 1 w cos 021/ 1 7/22 /3 , cos 0 1+ cos 0 2+ cos 0 3 2. 2 /3 + 1 COS 0

30、1 + COS 0 2+ COS 0 n 1=入 當(dāng)n3時(shí)，最小的正數(shù)入為n 1.綜上所求最小正數(shù)n 3/3(n1,2),n 1(n 3).四、設(shè) n=mq+ r, 02,m 2,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(fù)整數(shù)下同.ii假設(shè) r 1,由有 ar kam r 1=203 k.對(duì)于1 w kw 9,容易驗(yàn)證只有當(dāng) k=8時(shí)，存在a=5, m=2, r=1滿足上式，即a , m , n=5 , 2 , 4t + 1.對(duì)于k 10 ,那么由有10 am + 1w ar + 203w kam1 + 20

31、3故 am 1 10a 1w 193 , a 可能值為 2 , 3 , 4.當(dāng) a=2 時(shí)， m 可能值為 2，3，4，容易驗(yàn)證僅當(dāng) a=2，m=2 ， r=1 或 a=2，m=3，r=2 時(shí)滿足式，故a, m, n=2, 2, 4t + 1或2, 3, 6t+ 2 當(dāng) a=3， 4 時(shí)，均不存在 m， r 滿足式 .2假設(shè) q 為奇數(shù),那么 kam1 =203ar由 0 w rw m 1 知，k A 0.i當(dāng)k=0時(shí)，a=203 , r=1對(duì)任意的不小于 2的整數(shù)m式都成立，故a，m，n =203，m，2t1 m1ii假設(shè)kA 1,那么當(dāng)r=0時(shí)，由有 kam 1 =202容易驗(yàn)證僅當(dāng) a=

32、10, m=2 時(shí),上式成立,故a, m, n =10, 2, 4t2 當(dāng) rA 1 時(shí)，由有 ar(kamr + 1)=203 k.對(duì)于 1 w kw 5,容易驗(yàn)證僅當(dāng) k=3 時(shí), a=8, m=2, r=1 或 a=2, m=6, r=3 時(shí),滿足上式 .a, m, n=8, 2, 4t+ 3或2, 6, 12t+ 9對(duì)于 kA6,由有 6am+1203故 am只可能有22,23,24,25,32,33,42,52.容易驗(yàn)證僅當(dāng) am=32, r=1 時(shí)，滿足2式，二a, m, n=3, 2, 4t+ 3 綜上滿足題設(shè)條件的三元正整數(shù)組a, m,門為2, 4, 8t， 4, 2, 4t，

33、 5, 2, 4t + 1,2，2，4t12，3，6t2203，m，2t1 m110，2，4t28，2，4t3，2, 6, 12t+ 9， 3, 2, 4t + 3，其中 t 為非負(fù)整數(shù)五、設(shè)Ak(a)表示當(dāng)前3名中能力最強(qiáng)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(bào)名順序的數(shù)目 當(dāng)a=1時(shí)，僅當(dāng)能力第k的人最后一個(gè)報(bào)名時(shí)，才被錄用，所以Ak(1)=3 8!丫 1.當(dāng) 2 w aw 8 時(shí)，假設(shè) k=a, a + 1,，10,那么有 Ak(a)=0 ； 假設(shè)k=1, 2, 3,，a 1，那么有AAA、AAA10容易算得13 8!,221 8!, 3 63-7!, 4822 3346

34、8!a 4AA2A2 1再注意到、即有70%307!, 5157!, 6 727!, 73 7!, 8218! 126*7! 3(30 15 73)7! 5077!66!A A2 A35077!10!10!A8 A A103 38!10!10%.Ak(a) 3C7a 1(a 2)!(10 a)! a8Aaa 28Ak1a(k 2,3，,7)a k 1A8A9A10Ak (1)1A A 3Cy(2 2)!(10 2)! 38!(3 7 3)8! 0六、令 u=ay1 + by2, v=cy3 + dy4, U1=ax4 + bx3, V1 =cx2 + dx1，貝V u2 w ay1+ by22

35、+ ax1 bx22=a2+ b2 2ab(X1X2 y1y2) 2.22a b uX1X2 y1y22abV12w CX2 + dx12+ cy2 dy12= c2 + d2 2cd(y1y2 X1X2)2 . 2 2 c d V1 y1y2 X1X2W 2cd+并整理得2 u2V12 ab2c2 d2abcdabcd同理可得222,22, 2u1Vabc dabcdabcd(uv)2(u1V1)2九cd %)2、-cd亦、：22222(abcd)(uV7)(abu1cd)(V)abcdabcd22222.22.2uV1ulVa2(b cd)abcdabcdabcd2004年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克

36、試題第一天一、凸四邊形 EFGH的頂點(diǎn)E、F、G、H分別在凸四邊形 ABCD的邊AB、BC、CD、DAAE bf CG DH上，且滿足1而點(diǎn)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 II FG , G1H1 II GH , H1E1 II HE.旦A.求空的AH1CG值二、已給正整數(shù)c,設(shè)數(shù)列X1,X2,滿足X1=c,且xn=xn-1+嚴(yán) 12+ 1,n=2 ,3，,n其中X表示不大于X的最大整數(shù)求數(shù)列Xn的通項(xiàng)公式三、設(shè)M是平面上n個(gè)點(diǎn)組成的集合，滿足：1M中存在7個(gè)點(diǎn)是一個(gè)凸七邊形

37、的7個(gè)頂點(diǎn)；2對(duì)M中任意5個(gè)點(diǎn)，假設(shè)這5個(gè)點(diǎn)是一個(gè)凸五邊形的5個(gè)頂點(diǎn)，那么此凸五邊形內(nèi)部至少含有M中的一個(gè)點(diǎn)求n的最小值.第二天四、給定實(shí)數(shù)a和正整數(shù)n求證：1存在惟一的實(shí)數(shù)數(shù)列Xo, X1,Xn, Xn+1,滿足Xo Xn 10,1332Xi 1 Xi 1Xi Xi a ,i 1,2,n.2對(duì)于1中的數(shù)列 Xo, X1,Xn, Xn +1 滿足 |xi|w |a|, i=0, 1，,n + 1.n 1五、 給定正整數(shù) nn?2，設(shè)正整數(shù)a=i =1, 2，n滿足a1a2an以及一 w 1.i 1 ai求證：對(duì)任意實(shí)數(shù) x,有2 2 i 1 aix1 12 a1 (a1 1) x2六、證明：除

38、了有限個(gè)正整數(shù)外，其他的正整數(shù) n均可表示為 2004個(gè)正整數(shù)之和：n=a12003.+ a2+ a2004，且滿足 1w a1a2a2004, ai|ai +1, i=1, 2,參考答案BE bf一、1如圖1,假設(shè)EF II AC那么，代入條EA FC件得坐西,HA GC所以，HG II AC.從而，E1F1/ AC II H1G1.故竺空CG AH12如圖2，假設(shè)EF與AC不平行.設(shè)FE的延長(zhǎng)線與一 CF BE ATCA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn) T.由梅涅勞斯定理得1.FB EA TCCG DH at結(jié)合題設(shè)有1.由梅涅勞斯定理逆定理知GD HA TCT、H、G三點(diǎn)共線設(shè)TF、TG與EiHi分別交

39、于點(diǎn) M、N.由BAEiB / EF，得 EiA= AM.EAAD同理，HiA=AD AN.所以，AHEiA AM AB AH .AHi AN AE AD 又 EQ S aec S abc*AE AD 故QH S ahc S adcABAH EiA EQ AB AH S abc 4 AHi QH AE AD S ADC同理，膽所以,_5 .EiA.CGi S adcCGi AHi第-題圖2二、顯然，當(dāng) n?2 時(shí)，xn Xn i 2Xni i.n令 an=xn i,貝V ai=c i,2an 1 n 2an an 1 口 an1, n 2,3,nn設(shè) (n 1)(n2)設(shè)un A2(n 2)A

40、n(n2n,n 1,2,，A為非負(fù)整數(shù).由于當(dāng)n 2時(shí),n 2 Un 1 n所以，數(shù)列Un滿足式.1,2,由于當(dāng)n(n 2)(n 1)1)A(n 1)(n 2)Un設(shè) yn n,nn 2yn 1n2時(shí),n2n2yn,所以,yn也滿足式.2設(shè)Zn 3 d,n 1,2/-,當(dāng) n4rn 2m 1, (2 m 1)Zn 1 f-m4n 2n當(dāng)n 2m 1且m 1時(shí),2-m(m m1) (m 1)2zn2)22m 1 -422)( z4從而,Zn也滿足式.n 2Zn 1n2m 3 (2m -2m 3277(m1)2 (m 1)(m 2)m 12m 1(m 1)(m對(duì)任意非負(fù)整數(shù)A,令VnUnynWnUnZn2A(n 1)(n 2)1,2，,顯然Vn和Wn都滿足式.9由于山 3A,1呂 2,所以，當(dāng)3 8寸,an4訥 1)(n 2);an當(dāng)ai1(mod3)時(shí),1-(n 1)(n62(mod3)時(shí),2)2冒4綜上可得當(dāng)c1(mod3)時(shí),Xnc 1(n 1)(n6當(dāng)c2(mod3)時(shí),Xnc 2(n 1)(n6當(dāng)c0(mod3)時(shí),Xnc 3(n 1)(n2)2)2)2)anai 2L 1)(n1；n 1;屮1.三、先證n?11.設(shè)頂點(diǎn)在 M中的一個(gè)凸七邊形為 A1A2A7,連結(jié)A1A5.由條件2知，在凸五邊形A1A2 A3A4A5中至少有M中一個(gè)點(diǎn)，記為P1.連結(jié)P1A1、P1A5，那