高中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽全真試題

2003年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題

一、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(gè)新數(shù)列.這個(gè)新數(shù)列的第

2003項(xiàng)是（）

A.2046B.2047C.2048D.2049

3、過(guò)拋物線丁=8G+2）的焦點(diǎn)尸作傾斜角為60。的直線.若此直線與拋物線交于AB

兩點(diǎn)，弦的中垂線與x軸交于P點(diǎn),則線段PF的長(zhǎng)等于（）

A.—B.-C.—D.873

333

4、若至,-馬,則了=tan（x+生）-tan（x+馬+cos（*+馬的最大值是（）.

123366

A.—V2B.—V2C.—73D.—V3

5665

4Q

5^已知x、y都在區(qū)間（一2,2）內(nèi)，且xy=~\,則函數(shù)〃=-----------5的最小值是（）

4-x29-y2

6、在四面體488中，設(shè)48=1,CD=B直線力8與CO的距離為2,夾角為七,則四

3

面體力8。的體積等于（）

二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）

7、不等式一2?—4田+3<0的解集是.

8、設(shè)丹，&是橢圓一+匕=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上的點(diǎn)，且|「為|：|尸21=2：1，則^

94

Pg的面積等于.

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,

則實(shí)數(shù)。的取值范圍是.

35

10、已知a,b,c,d均為正整數(shù)，且logf=jjogcd=[,若。-c=9,b-d=.

11、將八個(gè)半徑都為1的球分兩層放置在一個(gè)圓柱內(nèi)，并使得每個(gè)球和其相鄰的四個(gè)球相

切，且與圓柱的一個(gè)底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于.

12>設(shè)M[={（十進(jìn)制）〃位純小數(shù)0.a。I%只取0或1（i=l，2,…,n—1）,an=\},

7；是M“中元素的個(gè)數(shù)，S,是Mn中所有元素的和，則lim&=.

三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）

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

2

14、設(shè)Z,B,C分別是復(fù)數(shù)Zo=ai,Zt=—+bi,Z2=l+ci（其中a,b,c都是實(shí)數(shù)）對(duì)應(yīng)

2

的不共線的三點(diǎn).證明：曲線Z=Z（）cos\+2Z|Cos2/sin2z+Z2sin4r（/GR）與△Z8C中平行于/C

的中位線只有一個(gè)公共點(diǎn)，并求出此點(diǎn).

15、一張紙上畫有半徑為R的圓。和圓內(nèi)一定點(diǎn)4,且04=。，折疊紙片，使圓周上某一

點(diǎn)，剛好與N點(diǎn)重合.這樣的每一種折法，都留下一條直線折痕.當(dāng)H取遍圓周上所有點(diǎn)時(shí)，

求所有折痕所在直線上點(diǎn)的集合.

加試

一、（本題滿分50分）過(guò)圓外一點(diǎn)尸作圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為48.所作割線

交圓于C,。兩點(diǎn)，C在P,。之間.在弦CA上取一點(diǎn)0,使ND4Q=/PBC.

求證：NDBQ=NR4C.

二、（本題滿分50分）設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)分別是整數(shù)I,m,n,且/己知

產(chǎn)｝=｛；/，其中｛x｝=x-[x],而[x]表示不超過(guò)X的最大整數(shù).求這種三角形周長(zhǎng)的最

小值.

三、（本小題滿分50分）由〃個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的/條連線段組成一個(gè)空間圖形，其中n=q2

+q+\,q（^r+1）2+l,q22,qCN.已知此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連線段,

存在一點(diǎn)至少有4+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)4B,C,。和

四條連線段N8,BC,CD,組成的圖形）.

答案

一、選擇題

1、注意到452=2025,462=2116,故2026=。2026-45=。1981，2115=42115-45=a2so,而且在從第

1981項(xiàng)到第2070項(xiàng)之間的90項(xiàng)中沒(méi)有完全平方數(shù).

又1981+22=2003,故。2003=。1981+22=2026+22=2048.故選（C）.

2、題設(shè)方程可變形為題設(shè)方程可變形為y=ax+6和《■+丈=1,則觀察可知應(yīng)選（B）.

ab

3、易知此拋物線焦點(diǎn)尸與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，故直線的方程為片瓜,因此，A,8兩點(diǎn)

.44

的橫坐標(biāo)滿足方程：3/一8X-16=0.由此求得弦Z8中點(diǎn)的橫坐標(biāo)曲=：,縱坐標(biāo)為=云，進(jìn)

416

而求得其中垂線方程y-令y=0,得P點(diǎn)的橫坐標(biāo)x=4+—=—,即

青一排管33

PF=—,故選（A）.

3

4、

/24.2JT、.兀、

y-tan(x+——)+cot(xH----)+cos(xH——)

336

1/4、

=----------Z----------------+cos(x+—)

/2萬(wàn)\./2兀、6

cos(x+——)sin(x+——)

271

------------——+cos(x+—)

sm.C(2x+,4§萬(wàn))、6

因?yàn)?包4x4-衛(wèi)，所以2x+如e],x+-e|一生,一分可見(jiàn)

123223646

——J—與cos（x+馬在[-把,-馬上同為遞增函數(shù).

國(guó)吟+事）6123

故當(dāng)x=-工時(shí)/取最大值二百.故選（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）,故當(dāng)9x2=之,即》2=2時(shí),9x?+二之值最小，而此時(shí)函

22

22%3%

12

數(shù)”有最小值上，故選（D）.

5

6、如圖，過(guò)C作CE&4B,以△CDE為底面，8c為側(cè)

棱作棱柱/8F—ECZ）,則所求四面體的體積匕等于上述棱柱

體積七的L而ACDE的面積S=-CExCDxsinZECD,AB

32

與CD的公垂線MN就是棱柱ABF-ECD的高，故

K=-WxC￡xC￡>xsinZ￡Cr>=-x2xlxV3x—=-

22222

C

因此匕=1,故選（B）.

第6題圖

二、填空題

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為

,2A/5-1,V5-1

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

22

8、設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸、短軸的長(zhǎng)及焦距分別為2a，2b,2c,則由其方程知用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，三邊之

2

長(zhǎng)分別為2,4,2亞,而2?+42=（2石）一，可見(jiàn)△尸尸正2是直角三角形，且兩直角邊的長(zhǎng)短為

2和4,故APFFz的面積?|PF，|=1x2X4=4.

22

9、易得/=(1,3),設(shè)

/(x)=2I-A+tz,g(x)=x2—2(47+7)x+5

要使只需代x),g(x)在(1,3)上的圖象均在x軸下方.其充要條件是：同時(shí)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,從而。=(—)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、如圖，由已知上下層四個(gè)球的球心A',B',C'，D'

和4,B,C,。分別是上下兩個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形的頂點(diǎn)，且以它

們的外接圓口0'和口0為上下底面構(gòu)成圓柱.同時(shí)，Af在下底面

的射影必是IB的中點(diǎn)M.

在△/'48中，A'A=A'8=N8=2.設(shè)N8的中點(diǎn)為N,

則HN=6

又OM=OA=V2,0N=l.所以MN=72-1,

A'M=?A，N)2_(MN)2=V2V2=酶.因此所示原來(lái)圓柱的高為我+2.

12、因?yàn)橹行?shù)和小數(shù)點(diǎn)后均有“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(0或1)方法，故北=2"7.又因在這2"」個(gè)數(shù)中，小數(shù)點(diǎn)后第〃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

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、解答題

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+，(當(dāng)且僅當(dāng)〃=b=c=d時(shí)取等號(hào)).

取a-b-Jx+l，c=\j2x-3,d-\Jl5-3x,則

2Jx+1+J2x—3+-J15—3x

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

<2719

因?yàn)镴x+1，—3，J15-3x不能同時(shí)相等，所以21x+1+\j2x—3+J15—3x<2J歷.

14、設(shè)2=工+義口，yWR),則x+yi=acos4r7+2(；+

bi)cos2/sin2/+(l+cz)sin4/,實(shí)虛部分離，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?yàn)?,B,C三點(diǎn)不共線，故。+c—2bW0.可見(jiàn)所

給曲線是拋物線段(如圖)BC的中點(diǎn)分別是

所以直線?！甑姆匠虨?/p>

4242

y=(c-a)x+—(3a+26-c)②第11題圖

4

由①，②聯(lián)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，拋物線與4

22424

48C中平行于NC的中位線OE有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，此點(diǎn)的坐標(biāo)為(；,“+：2勺,其對(duì)應(yīng)的

復(fù)數(shù)為

)1a+c+2b.

Z=—+-------------1

24

15、如圖，以。為原點(diǎn)，。力所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，則有4(a,0).設(shè)折疊時(shí),

□O上點(diǎn)A'(Heosa,Rsino)與點(diǎn)A重合，而折痕為直線

MN,則MN為線段44'的中垂線.設(shè)P(x,力為上任一點(diǎn)，

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

27?(xcosQ+ysinG)=R2—a2+2ax,故

第15題圖

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八一一之絲區(qū)1.（此不等式也可直接由柯西不等式得到.）

2R&十y2

（X--）22

平方后可化為一一+F^——>1.

（當(dāng)2（當(dāng)2_（號(hào)2

222

(X_￡)2

即所求點(diǎn)的集合為橢圓一2-1外(含邊界)部分.

加試

一、如圖，連結(jié)Z8,在△20。與△N8C中，NAD&NABC,NDAQ=NPBC=NCAB,故

△NOQs△/8C,而有生=也，即8C??DQ.

ABAD

PCAC

又由切割線關(guān)系知故2=同理由△PC8

PAAD

ccc市BCBC

s/A\PBD得-——=——

PBBD

又因?qū)O=尸8,故9=生，得4c?BD=BC?4D=4B?DQ.

ADBD

又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊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與△N8O中，4￡=些=絲，/BCg/BAD,于是

ABBCBC加試一題圖

△CBQSAABD,故/CBQ=/ABD,即得NO80=//8C=/以C.

二、由題設(shè)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.

現(xiàn)在設(shè)u是滿足3yl(mod2與的最小正整數(shù)，則對(duì)任意滿足3v=l(mod2與的正整數(shù)v,我

們有“M即〃整除也事實(shí)上，若則由帶余除法可知，存在非負(fù)整數(shù)a與b,使得

+h,其中0<6W"—l,從而可推出3『3."三3=1(010(124),而這顯然與u的定義矛盾，所以

u|v.

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

其中4為正整數(shù).

同理可由②推出3"'-"三l(mod5。，故3"三1(mod54).

現(xiàn)在我們求滿足34^l(mod5。的正整數(shù)k.

因?yàn)?4=1+5X2。所以3優(yōu)一1=(1+5X2，)k-l=0(mod54),即

5左x24+x5?x28+儀一一1)(%—力x53*娛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并代入該式得

f+543+(5f—1)X27]=0(mod52)

23

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

同理可證/一片500廠，廠為正整數(shù).

由于l>m>n,所以有r>s.

這樣一來(lái)，三角形的三個(gè)邊為500+〃、500s+〃和〃.由于兩邊之差小于第三邊，故〃>500(廣

—5),因此，當(dāng)s=l,『2,〃二501時(shí)三角形的周長(zhǎng)最小，其值為

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

三、設(shè)這〃個(gè)點(diǎn)的集合片｛4),小，％2,…，4-1｝為全集，記4的所有鄰點(diǎn)(與4有連線

n-\

段的點(diǎn))的集合為B，8,中點(diǎn)的個(gè)數(shù)記為回I=濟(jì)，顯然Z&=2/且“W(〃一l)(i=0,1,2,

Z=1

n—1).

若存在“二〃-1時(shí)，只須取

/=(77-1)+1—^—1+1-+1)(〃T)+]=J幽++1

則圖中必存在四邊形，因此下面只討論仇1,2,…，〃-1)的情況.

不妨設(shè)9+2<瓦<〃-1.用反證法.若圖中不存在四邊形，則當(dāng)泛/時(shí)，坊與易無(wú)公共點(diǎn)對(duì)，

即回G切(04勺這〃一1).因此，|耳C瓦-1(;1,2,…，〃一1).故

/C可中點(diǎn)對(duì)的個(gè)數(shù)=C*

式8,c可中點(diǎn)對(duì)的個(gè)數(shù)=￡/

/=1/=11"

n-1

（當(dāng)d=1或2時(shí)，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）,（〃一為一1）夕皆是正整數(shù)，得

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

而這與所得的①式相矛盾，故原命題成立.

2003年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題

一、設(shè)點(diǎn)/,4分別為銳角△NBC的內(nèi)心和垂心，點(diǎn)S，G分別為邊/C,的中點(diǎn)，已

知射線S/交邊于點(diǎn)為(),射線G/交4c的延長(zhǎng)線于點(diǎn)。2，82c2與8c相交于左，

小為△84C外心，試證：A,I,小三點(diǎn)共線的充分必要條件是△8K%和△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：

(1)S中的每個(gè)元素都是不超過(guò)100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。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,6的元素d,使得a與4的

最大公約數(shù)大于1,并且6與d的最大公約數(shù)也大于1.

三、給定正整數(shù)小求最小的正數(shù)人，使得對(duì)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、求所有滿足〃》2,機(jī)22的三元正整數(shù)組(a,m,〃),使得/+203是""+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(kāi)始將他與前面面試過(guò)的人相比較，如果他的能

力超過(guò)了前面所有已面試過(guò)的人，就錄用他；否則就不錄用，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)名的順序有關(guān).大家知道，這樣的排列共有10!種，

我們以4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4/10!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)小>/2>…>/8=/9=40；

(2)該公司有超過(guò)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(guò)10%的可

能性錄用到能力最弱的3個(gè)人之一.

六、設(shè)“，b,c,4為正實(shí)數(shù)，滿足ab+cd=l；點(diǎn)/(X”%)(i=l,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：

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

abcd

參考答案

一、?.,〃是△Z8C的垂心，小是△8/7C的外心，，

△5HC=1800-ABAC,NBAQ2NB4c.

又由題設(shè)知從而/,/,小共線，即小在

N8/C平分線上Q小在△48。外接圓上QZBAtC+Z

BZC=180°Q/8/C=60°.

現(xiàn)證SA8KB2=SACKC20■NB4c=60；

作/DIAB于D,IEVAC于￡,設(shè)BC=a,CA=b,AC=c,

則

ID=IE=2SMBC

a+b+c第一題圖

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

故〃XL4B]=AB2(AB}sinA—ID)

BCMBC2S&4BC)

2S^[=孫(^S_

a+b+c22bea+b+c

^LAB=———

2a+b-c

同理/C2=—從一.

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/,小共線的充要條件是△8K&和△CKQ的面積相等.

二、設(shè)〃=2卬3"25a37勺產(chǎn)5心其中g(shù)是不被2,3,5,7,11整除的正整數(shù)，卬為非負(fù)整

數(shù)，“W100,則〃GS=a,(lWiW5)中恰有一個(gè)或兩個(gè)為正整數(shù)，即S由下列元素組成：

不超過(guò)100的正偶數(shù)中除去2X3X5,22X3X5,2X32X5,2X3X7,22X3X7,2X5X7,

2X3X11等7個(gè)偶數(shù)后余下的43個(gè)偶數(shù)；

不超過(guò)100的正整數(shù)中3的奇數(shù)倍：確定3,3X3,3X33共17個(gè)數(shù)；

不超過(guò)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

X19共7個(gè)數(shù);

不超過(guò)100的正整數(shù)中與15互質(zhì)的7的奇數(shù)倍：7,7X7,7X11,7義13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,則6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cd{2,3,5,7,11},使得(a,c)=(b,c)=l,且顯然cd

S,因此S滿足條件(2)；

對(duì)S中任意兩個(gè)沒(méi)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,qG[2,3,5,7,11}且pNg,令

c=pq,則有c￡S,cWa,且(a,c)=p>\,Ch,c)=q>\；

若(a,b)-d>\,取d的最小質(zhì)因數(shù)p,及不整除ab的最小質(zhì)數(shù)q,則p,ge{2,3,5,

7,11}.令c=pq,則有cES,cWa,cWZ>且(a,c)Np>l,Cb,c)2P>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?cái)?shù)目不大于72.

首先證明滿足題設(shè)條件的S至多只能含有一個(gè)大于10的質(zhì)數(shù).事實(shí)上若pi，p2為大于10的

質(zhì)數(shù)，且Pl，P2^S,則由(3)知存在cWS,使得(P1，C)>1,(P2,C)>1,從而有PlIC,02匕,

?”廬2匕，由此可知C>PlP2>l。。,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任S

設(shè)集合T是由不超過(guò)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°若有某一個(gè)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(gè).

(i)若7pGS,則2X3X5,22X3X5,2X32X5,7P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2X3X5,22X3X5,2X32X5?S；

若Ip”,則由條件(3)知7,7X7,7X11,7X13至S；

(ii)若5peS,貝I」由(2)知，2X3X7,22X3X7gS；

若5p”,則由條件(3)知5,5X5,5X7”.

(iii)3。與2X5X7不同屬于￡

(iv)2X3p與5X7不同屬于S.

當(dāng)p=ll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)p>20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(méi)有大于10的素?cái)?shù)屬于S,則S中的每個(gè)元素的最小質(zhì)因數(shù)只能是2,3,5,7,

則如下的7對(duì)數(shù)中，每對(duì)數(shù)都不能同時(shí)都屬于S.

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

(2X3,5X7),(2X5,3X7),(2X7,3X5),

(22X7,3+2X5).

事實(shí)上，若上述7對(duì)數(shù)中任何一對(duì)數(shù)(a,b)都屬于S,則由(2)知，存在cdS,使得(a,

c)=(b,c)=1,這與仍包含了S中每個(gè)元素的所有最小質(zhì)因數(shù)矛盾.

由1。，2°知7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)”=1,2時(shí)，入=〃&/3,

當(dāng)〃=1時(shí)，tan。|=收，.'.cos<?|=>/3/2.

當(dāng)”=2時(shí)，tan。1tanJ2=2，cos%=1/+taN今(i=l,2).

令tan?9|=x,則tan??2=4/X,貝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,

等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)j5+x+4/x-3=0,由此易知當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)等號(hào)成立.故

cosG]+cos。242G/3,當(dāng)且僅當(dāng)%=〃2時(shí)，等號(hào)成立.

2°當(dāng)〃23時(shí)，入二〃一1.先證

COS夕i+cos…+cos1(1)

不妨設(shè)0會(huì)…2%，要證明(1)式只要證

cos^i+cos^2+cos。3<2(2)

tan^jtanJ2…tan故tan/tanWtan%=2亞.

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,從而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.從而(1)式得證.

現(xiàn)證人二〃一1為最小的.

事實(shí)上，若0(人<〃一1,則取。=入/(〃-1)<1,從而存在9W(0,兀/2)z=l,2,…，〃，

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

%tan。2…tan夕〃=2"巴但

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

當(dāng)〃23時(shí)，最小的正數(shù)人為〃一1.

綜上所求最小正數(shù)江⑵'

四、設(shè)"="?g+r,0WrW/?—1,則

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

從而am+1\a"+203<=^am~h1|(—1)"/+203.即

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

1°若2均,則%(“"'+l)=d+203.①

(i)若r^O,則有

A(am+l)=204=22X3X17

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

或(4,2,4f),

其中f為非負(fù)整數(shù)(下同).

(ii)若,由①有/(々a"'-"—1)=203—k.

對(duì)于容易驗(yàn)證只有當(dāng)A=8時(shí)，存在a=5,加=2,『1滿足上式，即(.a,m,ri')-

(5,2,4r+l).

對(duì)于左210,則由①有

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

故0mt(10。-1)W193,a可能值為2,3,4.

當(dāng)〃=2時(shí)，m可能值為2,3,4,容易驗(yàn)證僅當(dāng)。=2,加=2,r=l或。=2,m=3,r=2時(shí)滿足

①式，故(a,m,〃)=(2,2,4/+1)或(2,3,6z+2)

當(dāng)Q=3,4時(shí)、均不存在用，/,滿足①式.

2°若g為奇數(shù)，則

k(aw+l)=203-a②

由OWrW〃?一1知，左20.

(i)當(dāng)上。時(shí)，Q=203,r=l對(duì)任意的不小于2的整數(shù)加②式都成立，故

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

(ii)若左21,則當(dāng)r=0時(shí)，由②有

k(aw+l)=202

容易驗(yàn)證僅當(dāng)4=10,加=2時(shí)，上式成立，故

(a,陽(yáng)，〃)=(10,2,4/+2)

當(dāng)r21時(shí)，由②有a\ka,n~r+1)=203-k.

對(duì)于1WAW5,容易驗(yàn)證僅當(dāng)上3時(shí)，a=8,m=2,r=l或a=2,〃?=6,『3時(shí)，滿足上式.

(〃，m,H)=(8,2,4r+3)或(2,6,12r+9)

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

容易驗(yàn)證僅當(dāng)a"'=3'r=l時(shí)，滿足(2)式，，(a,m,〃)=(3,2,4z+3).

綜上滿足題設(shè)條件的三元正整數(shù)組(a,m,n)為(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為非負(fù)整數(shù).

五、設(shè)4(a)表示當(dāng)前3名中能力最強(qiáng)者能力排名為第Q,能力排名為第％的人能夠被錄用

的不同報(bào)名順序的數(shù)目.

當(dāng)。二1時(shí)，僅當(dāng)能力第女的人最后一個(gè)報(bào)名時(shí)，才被錄用，所以

4⑴=3?8!&Yi.①

當(dāng)2Wa<8時(shí)，若k=a,a+1,…,10,則有4(a)=0；

若k=L2,3,…，刀—1,則有

Ak(a)=3Cr'(a-2)!(10—4)￡%

8

4=￡%②

a=2

8

4=%+Z%(4=2,3,…,7)③

a=k+1

4=為=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飛!,%=6卻!,%=30了!,及=15卬!,％=7.207!,力=卻!,芥=6飛!

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+為+4。、3x338!

10!10!

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

(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年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題

第一天

一、凸四邊形EFG”的頂點(diǎn)E、F、G、，分別在凸四邊形的邊Z8、BC、CD、DA

ApRFrr;r)j4

上，且滿足竺冬日二也=1.而點(diǎn)/、B、C、。分別在凸四邊形昂的邊，向、ER、

EBFCGDHA

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

二、已給正整數(shù)c,設(shè)數(shù)列X|,X2,…滿足X|=c,且x,=x.T+[2馬二!二(竺2)]+1,〃=2,3,…，

n

其中國(guó)表示不大于x的最大整數(shù).求數(shù)列{與}的通項(xiàng)公式.

三、設(shè)”是平面上〃個(gè)點(diǎn)組成的集合，滿足：

(1)M中存在7個(gè)點(diǎn)是一個(gè)凸七邊形的7個(gè)頂點(diǎn)；

(2)對(duì)〃中任意5個(gè)點(diǎn)，若這5個(gè)點(diǎn)是一個(gè)凸五邊形的5個(gè)頂點(diǎn)，則此凸五邊形內(nèi)部至

少含有M中的一個(gè)點(diǎn).

求〃的最小值.

第二天

四、給定實(shí)數(shù)。和正整數(shù)〃,求證：

(1)存在惟一的實(shí)數(shù)數(shù)列40,X],…，X”,Xw+1，滿足

x0=4+1=。，

133

—(x/+I+xz_j)=Xi+看一a'=

(2)對(duì)于(1)中的數(shù)列沏,xpxn,孫+1滿足比|<同,i=0,1,…,n+1.

五、給定正整數(shù)〃(〃22),設(shè)正整數(shù)0=0=1,2,…,〃)滿足。1<恁以及Z，WL