中国数学奥林匹克竞赛试题【CMO】[1987-2003]

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2003年中国数学奥林匹克试题及解答

2003年中国数学奥林匹克试题及解答
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中国数学奥林匹克竞赛CMO模拟题13套

中国数学奥林匹克竞赛CMO模拟题13套

(2013CMO-模拟测试 6-2) 设 f(x)=x4-ax3+(a+1)x2-2x+1,这里 a 是参数,确定 a 的范围,使得方程 f(x)=0 没有实根。
(2013CMO-模拟测试 6-3) 自然数 a 称为好的,如果存在自然数 n 使得 32006|n3+a。问:有多少个好数小于 2006。
(2013CMO-模拟测试 1-5) 令 S ⊂ R 是一个实数集。称两个 S 到 S 的函数 f,g 为 S 上的一个“好”对,如果它们满足: (1)f 和 g 都是严格递增的;(2)对任意的 x ∈ S,都有 f(g(g(x)))<g(f(x))。 在 S 上是否存在“好”对?(a)S 为正整数集;(b)S={ a - 1 : a,b ∈ N}。
b
(2013CMO-模拟测试 1-6)
令 k 和 l 是两个正整数。M={x1,x2,…,xk+l}是一个由区间[0,1]上 k+l 个不同的数组成的集合,记集合 A 中
元素和为 S(A)。一个 k 元子集 A ⊂ M 称为“好的”,如果| 1S(A) - 1S(M\A) |≤k+l 。证明:M 中“好子集
(2009CMO-模拟测试 7-6) 求最大的自然数 n,使得存在自然数集{a1,a2,…,an}满足下列条件:(1)ai 是合数;(2)(ai,aj)=1,1≤i<j≤n; (3)1<ai≤(3n+1)2,i=1,2,,n
(2013CMO-模拟测试 8-1) 设集合 S={1,2,3,…,36}可分拆为 k 个互不相交的非空子集 A1,A2, A3,…,Ak 的并,并且对于每一个 Ai(i=1,2, 3,…,k),其中任意两个不同元素的和都不是完全平方数,求 k 的最小值。

全国数学奥林匹克竞赛题目

全国数学奥林匹克竞赛题目

1、若一个正整数的各位数字之和为10,且这个数能被其各位数字中的任意一个整除,则这个数最小可能是:A. 1111111111B. 1234567890C. 109D. 28(答案:D)2、设n为正整数,且满足2的n次方减去1是质数,则n的值可能为:A. 10B. 12C. 15D. 17(答案:A)3、在三角形ABC中,若角A、角B、角C的度数之比是1:2:3,则三角形ABC是:A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形(答案:B)4、已知a、b、c为实数,且满足a+b+c=0,abc>0,则:A. a、b、c中只有一个正数B. a、b、c中只有一个负数C. a、b、c中有两个正数,一个负数D. a、b、c中有两个负数,一个正数(答案:D)5、设x、y为实数,且满足x2 - 2xy + y2 = 4,则(x+y)2的最大值为:A. 4B. 8C. 16D. 不存在(答案:C)6、已知正整数n的各位数字之和为20,且n的各位数字均不相同,则n的最小值为:A. 299B. 389C. 1999D. 10999(答案:B)7、在直角坐标系中,点A(1,1),点B(3,3),点C为x轴正半轴上一点,若角ABC=45度,则点C的横坐标为:A. 3+√2B. 4+√2C. 5+√2D. 6+√2(答案:A)8、设a、b为正整数,且满足ab = ba,则(a,b)的可能取值有:A. (2,2)B. (2,4)C. (3,3)D. (4,2)(答案:A、C、D)9、已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S7 = 7a4,则a2 + a5 + a8 =:A. 0B. a1C. 2a4D. 3a7(答案:C)10、设p、q为质数,且满足p+q=2006,则p、q的积为:A. 3998B. 4003C. 4013D. 无法确定(答案:C)。

中国数学奥林匹克竞赛(cmo)试题

中国数学奥林匹克竞赛(cmo)试题

中国数学奥林匹克竞赛(cmo)试题中国数学奥林匹克竞赛(简称CMO)是一个面向中学生的数学竞赛,旨在选拔和培养中国数学领域的优秀人才。

CMO试题往往难度较高,涉及多个数学领域的知识和技巧,要求选手在有限的时间内解决一系列复杂的问题。

CMO试题通常包括几个部分,涵盖了代数、几何、概率论等数学领域。

这些试题往往需要选手拥有较为全面而深入的数学知识,以及灵活运用这些知识的能力。

因此,参加CMO需要选手具备扎实的数学基础,强大的推理能力和问题解决能力。

CMO试题的难度较高,它们不仅要求选手深入理解数学概念和原理,还要求选手具备独立思考和分析解决问题的能力。

选手在解答CMO试题时,需要有清晰的思路和条理,灵活运用数学方法,寻找解题的关键。

与其他数学竞赛不同的是,CMO更加注重选手的创新思维和问题解决能力的培养。

CMO试题的特点是多样化,既包括经典的数学问题,也包括拓展性较强的探索性问题。

这些问题往往需要选手运用某种推理或连接的技巧,以及一定的发散和创新的思维方式。

因此,CMO试题在引导学生提高数学思维方式和解决问题的能力方面有着积极的作用。

CMO试题的撰写和审定非常严格,由一批经验丰富的知名数学教师和专家进行。

他们依据数学学科的发展前沿,选择一些有挑战性的问题,试图激发和培养选手对数学的兴趣和热爱。

通过参加CMO竞赛,选手不仅可以检验自己的数学能力,还可以更加深入地了解数学学科的发展和应用。

CMO是中国数学竞赛中的重要组成部分,对于促进青少年数学素养的提高具有重要意义。

CMO试题的难度和深度,要求选手具备较高的数学能力和解题能力。

通过参加CMO竞赛,学生可以提升自己的数学水平,培养自己的创新思维和探索精神,为将来的数学研究和学习打下扎实的基础。

CMO竞赛已经举办了多年,并取得了显著的成绩。

许多CMO的参赛者在竞赛结束后,获得了各类国内外数学竞赛的荣誉和奖项。

他们也成为了中国数学领域的佼佼者,有些人甚至走上了数学研究的道路。

中国数学奥林匹克(cmo)试题(含答案word)

中国数学奥林匹克(cmo)试题(含答案word)

2012年中国数学奥林匹克(CMO)试题第一天1.如图1,在圆内接ABC中,∠A为最大角,不含点A的弧BC上两点D、E分别为弧ABC、ACB的中点。

记过点A、B且与AC相切的圆为O,过点A、E且与AD1相切的圆为O,O与O交于点A、P。

证明:AP平分∠ABC。

2122.给定质数p。

设A=(a)是一个p⨯p的矩阵,满足{a|1≤i、j≤p}={1,2,,p2}。

ij ij允许对一个矩阵作如下操作:选取一行或一列,将该行或该列的每个数同时加上1或同时减去1.若可以通过有限多次上述操作将A中元素全变为0,则称A是一个“好矩阵”。

求好矩阵A的个数。

3.证明:对于任意实数M>2,总存在满足下列条件的严格递增的正整数数列a,a,12(1)对每个正整数i,有a>M i;i:(2)当且仅当整数n≠0时,存在正整数m以及b,b,12n=b a+b a++b a.1122m m,b∈{-1,1}使得m第二天4.设f(x)=(x+a)(x+b)(a、b是给定的正实数),n≥2为给定的正整数。

对满足x+x++x=1的非负实数x,x,,x,求F= 12n12n∑min{f(x),f(x)}的最大值。

i j1≤i<j≤n5.设n为无平方因子的正偶数,k为整数,p为质数,满足p <2n,p|n,p|(n+k2).证明:n可以表示为ab+bc+ca,其中,a,b,c为互不相同的正整数。

6.求满足下面条件的最小正整数k:对集合S={1,2,,2012}的任意一个k元子集A,都存在S中的三个互不相同的元素a、b、c,使得a+b、b+c、c+a均在集合A中。

si n si参考答案第一天1. 如图 2,联结 EP 、 BE 、 BP 、 CD 。

分别记 ∠BAC 、 ∠ABC 、 ∠ACB 为 ∠A 、 ∠B 、 ∠C , X 、 Y 分别为 CA 延长线、 DA 延长线上的任意一点。

由已知条件易得 AD = DC , AE = EB 。

2003年中国数学奥林匹克

2003年中国数学奥林匹克

●竞赛之窗●2003年中国数学奥林匹克第一天(2003201215)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.已知射线B1I交边AB于点B2(B2≠B),射线C1I交AC的延长线于点C2,B2C2与BC相交于K,A1为△BHC的外心.试证:A、I、A1三点共线的充分必要条件是△B K B2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λ,使得对于任何θi ∈0,π2(i=1,2,…,n),只要tanθ1・tanθ2・…・tanθn=2n2,就有cosθ1+cosθ2+…+cosθn不大于λ.第二天(2003201216)四、求所有满足a≥2,m≥2的三元正整数组(a,m,n),使得a n+203是a m+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个人都不录用,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A k10!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)A1>A2>…>A8=A9=A10;(2)该公司有超过70%的可能性录取到能力最强的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ab+cd=1,点P i(x i,y i)(i=1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点.求证:(ay1+by2+cy3+dy4)2+(ax4+bx3+cx2+dx1)2≤2a2+b2ab+c2+d2cd.参考答案图1 一、首先,证明A、I、A1三点共线Ζ∠BAC=60°.如图1,设O为△ABC的外心,连BO,CO.则∠BHC=180°-∠BAC,∠BA1C=2(180°-∠BHC)=2∠BAC.因此,∠BAC=60°Ζ∠BAC+∠BA1C=180°ΖA1在△ABC的外接圆⊙O上ΖAI与AA1重合ΖA、I、A1三点共线.其次,再证S△B K B2=S△CK C2Ζ∠BAC=60°.作IP⊥AB于点P,IQ⊥AC于点Q.则S△AB1B2=12IP・AB2+12IQ・AB1.①设IP=r(r为△ABC的内切圆半径),则IQ=r.又令BC=a,C A=b,AB=c,则r=2S△ABCa+b+c.注意到S△AB1B2=12AB1・AB2・sin A.②由①、②及AB1=b2,2AB1・sin A=h c=2S△ABCc,有AB2・2S△ABCc-2・2S△ABCa+b+c=b・2S△ABCa+b+c.则AB2=bca+b-c.同理,AC2=bca+c-b.由S△B K B2=S△CK C2,有S△ABC=S△AB2C2.于是,bc=bca+b-c ・bca+c-b,即 a2=b2+c2-bcΖ由余弦定理,∠BAC=60°.二、72.将不超过100的每个正整数n表示成n=2α1・3α2・5α3・7α4・11α5・q.其中q是不能被2、3、5、7、11整除的正整数,α1、α2、α3、α4、α5为非负整数.我们选取满足条件α1、α2、α3、α4、α5中恰有1个或2个非零的那些正整数组成集合S,即S中包括50个偶数2,4,…,98,100,但除去2×3×5,22×3×5, 2×32×5,2×3×7,22×3×7,2×5×7,2×3×11这7个数;3的奇数倍3×1,3×3,…,3×33共17个数;最小素因子为5的数5×1,5×5,5×7,5×11,5×13, 5×17,5×19共7个数;最小素因子为7的数7×1, 7×7,7×11,7×13共4个数;以及素数11.从而,S中总共有(50-7)+17+7+4+1=72个数.下面证明如此构造的S满足题述条件.条件(1)显然满足.对于条件(2),注意在[a,b]的素因子中至多出现2,3,5,7,11中的4个数,记某个未出现的系数为p,显然p∈S,并且(p,a)≤(p,[a,b])=1,(p,b)≤(p,[a,b])=1.于是,取c=p即可.对于条件(3),当(a,b)=1时,取a的最小素因子p和b的最小素因子q,易见p≠q,并且p、q∈{2, 3,5,7,11}.于是,pq∈S,并且(pq,a)≥p>1,(pq,b)≥q>1.a、b互质保证了pq异于a、b.从而,取c=pq即可.当(a,b)=e>1时,取p为e的最小素因子,q 为满足q8[a,b]的最小素数,易见p≠q,并且p、q∈{2,3,5,7,11}.于是,pq∈S,并且(pq,a)≥(p,a)=p>1,(pq,b)≥(p,b)=p>1.q8[a,b]保证了pq异于a,b,从而,取d=pq即可.下面证明任意满足题述条件的集合S的元素数目不会超过72.显然,1∈S.对于任意两个大于10的质数p、q,因为与p、q均不互质的数最小是pq,已大于100,故据条件(3)知,10与100之间的21个质数11,13,…, 89,97中最多有一个出现在S中,记除1和这21个质数外的其余78个不超过100的自然数构成集合T,我们断言T中至少有7个数不在S中,从而S中最多有78-7+1=72个元素.(i)当有某个大于10的质数p属于S时,S中所有各数最小素因子只可能是2,3,5,7和p.运用条件(2)可得出以下结论:①若7p∈S,因2×3×5,22×3×5,2×32×5与7p包括了所有的最小素因子,故由条件(2)知,2×3×5,22×3×5,2×32×5∈S;若7p∈S,注意2×7p >100,而p∈S,故由条件(3)知7×1,7×7,7×11,7×13∈S.②若5p∈S,则2×3×7,22×3×7∈S;若5p∈S,则5×1,5×5∈S.③2×5×7与3p不同属于S.④2×3p与5×7不同属于S.⑤若5p,7p∈S,则5×7∈S.当p=11或13时,由①,②,③,④可分别得出至少有3,2,1,1个T中的数不属于S,合计7个;当p= 17或19时,由①,②,③可分别得出至少有4,2,1个T中的数不属于S,合计7个;当p>20时,由①,②,③分别有至少4,2,1个T中的数不属于S,合计也是7个.(ii)如果没有大于10的质数属于S,则S中的最小素因子只可能是2,3,5,7.于是,下面7对数中的每对都不能同时在S中出现:(3,2×5×7),(5,2×3×7),(7,2×3×5),(2×3, 5×7),(2×5,3×7),(2×7,3×5),(22×7,32×5)从而,T中至少有7个数不在S中.综上所述,本题的答案为72.三、当n=1时,cosθ1=(1+tan2θ1)-12=33,有λ=33.当n=2时,可以证明cosθ1+cosθ2≤233,①且当θ1=θ2=arctan2时等号成立.事实上,式①Ζcos2θ1+cos2θ2+2cosθ1・cosθ2≤43,即 11+tan 2θ1+11+tan 2θ2+21(1+tan 2θ1)(1+tan 2θ2)≤43.②由tan θ1・tan θ2=2可得,式②Ζ2+tan 2θ1+tan 2θ25+tan 2θ1+tan 2θ2+215+tan 2θ1+tan 2θ2≤43.③记x =tan 2θ1+tan 2θ2,则式③Ζ215+x ≤14+x3(5+x ),即 36(5+x )≤196+28x +x 2.④显然式④Ζx 2-8x +16=(x -4)2≥0.于是,λ=233.当n ≥3时,不妨设θ1≥θ2≥…≥θn ,则tan θ1・tan θ2・tan θ3≥2 2.由于cos θi =1-sin 2θi <1-12sin 2θi ,则cos θ2+cos θ3<2-12(sin 2θ2+sin 2θ3) <2-sin θ2・sin θ3.由tan 2θ1≥8tan 2θ2・tan 2θ3,有1cos 2θ1≥8+tan 2θ2・tan 2θ3tan 2θ2・tan 2θ3,即 cos θ1≤tan θ2・tan θ38+tan 2θ2・tan 2θ3=sin θ2・sin θ38cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2・sin 2θ3.于是,cos θ2+cos θ3+cos θ1<2-sin θ2・sin θ31-18cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2sin 2θ3.⑤易知 8cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2・sin 2θ3≥1Ζ8+tan 2θ2・tan 2θ3≥1cos 2θ2・cos 2θ3=(1+tan 2θ2)(1+tan 2θ3)Ζtan 2θ2+tan 2θ3≤7.⑥由此可得当式⑥成立时,有cos θ1+cos θ2+cos θ3<2.⑦若式⑥不成立,则tan 2θ2+tan 2θ3≥7,有tan 2θ1≥tan 2θ2≥72.所以cos θ1≤cos θ2≤11+72=23.于是cos θ1+cos θ2+cos θ3≤223+1<2,即 式⑦成立.由此可得cos θ1+cos θ2+cos θ3+…+cos θn <n -1.另一方面,取θ2=θ3=…=θn =α>0,α→0,θ1=arctan2n2(tan α)n -1,显然θ1→π2,从而cos θ1+cos θ2+cos θ3+…+cos θn →n -1.综上可得λ=n -1.四、对于n 、m ,分三种情况讨论.(i )n <m 时,由a n +203≥a m +1,有202≥a m -a n ≥a n(a -1)≥a (a -1).所以,2≤a ≤14.则当a =2时,n 可取1,2,…,7;当a =3时,n 可取1,2,3,4;当a =4时,n 可取1,2,3;当5≤a ≤6时,n 可取1,2;当7≤a ≤14时,n =1.由a m +1|a n +203可知,有解(2,2,1),(2,3,2)和(5,2,1).(ii )n =m 时,a m +1|202.202仅有1,2,101,202共4个约数.而a ≥2,m ≥2,a m +1≥5,则a m=100或201.又m ≥2,故有解(10,2,2).(iii )n >m 时,由a m +1|203(a m +1),有a m +1|a n +203-(203a m+203)=a m (an -m-203).又(a m +1,a m )=1,所以,a m +1|a n -m-203.① 若a n -m<203,则令n -m =s ≥1,有a m+1|203-a s.所以,203-a s ≥a m+1,202≥a s+a m≥a m+a =a (am -1+1)≥a (a +1),2≤a ≤13.类似于(i )的讨论,可知(a ,m ,s )有解(2,2,3),(2,6,3),(2,4,4),(2,3,5),(2,2,7),(3,2,1),(4,2,2),(5,2,3),(8,2,1).于是,(a ,m ,n )有解(2,2,5),(2,6,9),(2,4,8),(2,3,8),(2,2,9),(3,2,3),(4,2,4),(5,2,5),(8,2,3).② a n -m =203时,则a =203,n -m =1,即 (203,m ,m +1),m ≥2均满足.③ a n -m>203时,令n -m =s ≥1,则a m+1|a s-203.又a s -203≥a m +1,则s >m .由a m +1|a s +203a m =(a s -m +203)a m =(a n -2m +203)a m ,(a m +1,a m )=1,所以a m +1|a n -2m +203.又s >m Ζn -m >m Ζn >2m Ζn -2m >0.此时的解只能由前面的解派生出来,即由(a ,m ,n )→(a ,m ,n +2m )→…→(a ,m ,n +2km ),且每一个派生出的解满足a m+1|a n+203.综上所述,所有解(a ,m ,n )为(2,2,4k +1),(2,3,6k +2),(2,4,8k +8),(2,6,12k +9),(3,2,4k +3),(4,2,4k +4),(5,2,4k +1),(8,2,4k +3),(10,2,4k +2),(203,m ,(2k +1)m +1),其中k 为任意非负整数,且m ≥2为整数.五、将前3个面试者中能力最强的排名名次记为a .显然a ≤8.将此时能力排名第k 的人被选上的排列集合记作A k (a ),相应的排列数目记作|A k (a )|.(1)易知,当a =1时,必然放过前面9个人,录用最后一个面试的人,此时除能力第1的人之外,其余各人机会均等,|A k (1)|=3×8!:=r 1,k =2,3,…,10,其中,“:=”表示“记为”.当2≤a ≤8时,对于a ≤k ≤10,能力排名第k 的人无录用机会.对于1≤k <a ,此时机会均等.事实上,此时能力排名第a 的人排在前三个,有3种选择位置的办法.而能力排名第1至第a -1的人都排在后7个位置上,并且谁位于他们之首就是谁被录用,有排法C a -17(a -2)!种;其余10-a 个人可以在剩下的位置上任意排列,有(10-a )!种排法.故有|A k (a )|=3C a -17(a -2)!(10-a )!:=r a ,k =1,…,a -1;0,k =a , (10)上述结果表明:|A 8|=|A 9|=|A 10|=r 1=3×8!>0;①|A k |=r 1+∑8a =k +1ra,k =2, (7)②|A 1|=∑8a =2r a.③由式①和②知|A 2|>|A 3|>…>|A 8|=|A 9|=|A 10|>0;而由式②和③知|A 1|-|A 2|=r 2-r 1=3×7×8!-3×8!>0.综合上述,问题(1)获证.(2)由式①知|A 8|+|A 9|+|A 10|10!=3×r 110!=3×3×8!10!=10%,所以,录用到能力最弱的三人之一的可能性等于10%.由式②和③可知|A 1|=∑8a =2ra=∑8a =23C a -17(a -2)!(10-a )!=3×7!∑8a =2(9-a )(10-a )a -1=3×7!∑7s =1(8-s )(9-s )s=3×7!×56+21+10+5+125+1+27=3×7!×952435>3×7!×9523=287×7!.|A 2|=r 1+∑8a =3ra=3×8!+3×7!×21+10+5+125+1+27=3×7!×472435>3×7!×4723=143×7!.|A 3|=r 1+∑8a =4ra=3×8!+3×7!×10+5+125+1+27=3×7!×262435>3×7!×2623=80×7!.所以,|A 1|+|A 2|+|A 3|10!>287+143+80720=510720=1724>70%,即录用到能力最强三人之一的可能性大于70%.六、令u =ay 1+by 2,v =cy 3+dy 4,u 1=ax 4+bx 3,v 1=cx 2+dx 1.则u 2≤(ay 1+by 2)2+(ax 1-bx 2)2=a 2+b 2+2ab (y 1y 2-x 1x 2),即 x 1x 2-y 1y 2≤a 2+b 2-u22ab.①v 21≤(cx 2+dx 1)2+(cy 2-dy 1)2=c 2+d 2+2cd (x 1x 2-y 1y 2),即 y 1y 2-x 1x 2≤c 2+d 2-v 212cd.②①+②得 u ≤a 2+b 2-u22ab +c 2+d 2-v 212cd ,即 u 2ab +v 21cd ≤a 2+b 2ab +c 2+d2cd.同理,v 2cd +u 21ab ≤c 2+d 2cd +a 2+b2ab.由柯西不等式,有(u +v )2+(u 1+v 1)2≤(ab +cd )u 2ab +v2cd+(ab +cd )u 21ab +v 21cd=u 2ab +v2cd +u 21ab +v 21cd≤2a 2+b 2ab +c 2+d2cd.(浙江大学数学系 李胜宏 提供)2002年上海市高中数学竞赛 说明:解答本试卷不得使用计算器一、填空题(每小题7分,共70分)1.一个正△ABC 内接于椭圆x29+y24=1,顶点A的坐标为(0,2),过顶点A 的高在y 轴上.则此正三角形的边长为.2.已知x 、y 为正数,且sin θx=cos θy,cos 2θx2+sin 2θy 2=103(x 2+y 2).则xy 的值为.3.袋里装有35个球,每个球上都记有从1到35的一个号码,设号码为n 的球重n23-5n +23克,这些球以同等的机会(不受其重量的影响)从袋里取出.若同时从袋内任意取出两球,则它们重量相等的概率为(用分数作答).4.已知正四棱台的上底、下底及侧面(四个等腰梯形)的面积之比为2∶5∶8.则侧面与底面所成角的大小为.5.若对|x |≤1的一切x ,t +1>(t 2-4)x 恒成立,则t 的取值范围是.6.设实数a 、b 、c 、d 满足a 2+b 2+c 2+d 2=5.则(a -b )2+(a -c )2+(a -d )2+(b -c )2+(b -d )2+(c -d )2的最大值是.7.函数f 定义在正整数集上,且满足f (1)=2002和f (1)+f (2)+…+f (n )=n 2f (n )(n >1).则f (2002)的值是.8.已知函数f (x )=12x(1-x +1-2x +2x 2),图1x ∈[2,4].则该函数的值域是.9.如图1,在△ABC 中,∠B =∠C ,点P 、Q 分别在AC 和AB 上,使得AP =PQ =QB =BC .则∠A 的大小是.10.棱长为1的正四面体,在平面上投影面积的最大值是.二、(本题16分)已知数列{a n }、{b n }都是等差数列,S n =a 1+a 2+…+a n ,T n =b 1+b 2+…+b n ,且对一切正整数n ,S n T n =3n +3131n +3.(1)求b 28a 28的值;(2)求使b na n为整数的所有正整数n .三、(本题16分)设F 是所有有序n 元组(A 1,A 2,…,A n )构成的集合,其中A i (1≤i ≤n )都是集合{1,2,3,…,2002}的子集,设|A |表示集合A 的元素的数目.对F 中的所有元素(A 1,A ,…,A n ),求|A 1∪A 2∪…∪A n |的总和,即∑(A 1,A 2,…,A n)∈F |A 1∪A 2∪…∪A n |.四、(本题18分)纸上写有1,2,…,n 这n 个正整数,第1步划去前面4个数1,2,3,4,在n 的后面写上划去的4个数的和10;第2步再划去前面的4个数5,6,7,8,在最后写上划去的4个数的和26;如此下去(即每步划去前面4个数,在最后面写上划去的4个数的和).(1)若最后只剩下一个数,则n 应满足的充要条件是什么?(2)取n =2002,到最后只剩下一个数为止,所有写出的数(包括原来的1,2,…,2002)的总和是多少?参考答案一、1.72331 2.3或133.1854.arccos 38 5.13-12,21+12 6.20 7.220038.14,5-14 9.20° 10.12。

2003年全国高中数学联赛试题及解答

2003年全国高中数学联赛试题及解答

2003年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月12日上午8:00 9:40)一、选择题(每小题6分,共36分)1.(2003年全国高中数学联赛)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.这个数列的第2003项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492.设a,b∈R,ab≠0,那么直线ax-y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.3.过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线,若此直线与抛物线交于A、B两点,弦AB 的中垂线与x轴交于点P,则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)163 3 (D) 8 34.若x∈[-512,-3],则y=tan(x+23)-tan(x+6)+cos(x+6)的最大值是(A)125 2 (B)116 2 (C)116 3 (D)125 35.已知x,y都在区间(-2,2)内,且xy=-1,则函数u=44-x2+99-y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)1256.在四面体ABCD中,设AB=1,CD=3,直线AB与CD的距离为2,夹角为3,则四面体ABCD 的体积等于(A)32(B)12(C)13(D)33二.填空题(每小题9分,共54分)7.不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0的解集是.8.设F1、F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点,P是椭圆上一点,且|PF1|∶|PF2|=2∶1,则△PF1F2的面积等于.9.已知A={x|x2-4x+3<0,x∈R},B={x|21-x+a≤0,x2-2(a+7)x+5≤0,x∈R}若A B,则实数a的取值范围是.10.已知a,b,c,d均为正整数,且log a b=32,log c d=54,若a-c=9,则b-d=.11.将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每个球都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 n={(十进制)n位纯小数0.-a1a2…a n|a i只取0或1(i=1,2,…,n-1),a n=1},T n是M n中元素的个数,S n是M n中所有元素的和,则limn→∞S nT n=.三、(本题满分20分)13.设32≤x≤5,证明不等式2x+1+2x-3+15-3x<219.四、(本题满分20分)14.设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ,Z 1=12+b i ,Z 2=1+c i(其中a ,b ,c 都是实数)对应的不共线的三点.证明:曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点.五、(本题满分20分)15.一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ,且OA=a ,折叠纸片,使圆周上某一点A 刚好与点A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当A 取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上点的集合.加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、(本题50分)过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线,切点为A 、B ,所作割线交圆于C 、D 两点,C 在P 、D 之间.在弦CD 上取一点Q ,使∠DAQ=∠PBC . 求证:∠DBQ=∠P AC .二、(本题50分)设三角形的三边长分别是正整数l ,m ,n .且l >m >n >0.已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104,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、(本题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=q 2+q +1,l ≥12q (q +1)2+1,q ≥2,q ∈N .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q +2条连线段.证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形).1997年全国高中数学联赛解答第一试一、选择题(每小题6分,共36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.这个数列的第2003项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049解:452=2025,462=2116.在1至2025之间有完全平方数45个,而2026至2115之间没有完全平方数.故1至2025中共有新数列中的2025-45=1980项.还缺2003-1980=23项.由2025+23=2048.知选C.2.设a,b∈R,ab≠0,那么直线ax-y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是A. B. C. D.解:曲线方程为x2a+y2b=1,直线方程为y=ax+b.由直线图形,可知A、C中的a<0,A图的b>0,C图的b<0,与A、C中曲线为椭圆矛盾.由直线图形,可知B、D中的a>0,b<0,则曲线为焦点在x轴上的双曲线,故选B.3.过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线,若此直线与抛物线交于A、B两点,弦AB 的中垂线与x轴交于点P,则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)163 3 (D) 8 3解:抛物线的焦点为原点(0,0),弦AB所在直线方程为y=3x,弦的中点在y=pk=43上,即AB中点为(43,43),中垂线方程为y=-33(x-43)+43,令y=0,得点P的坐标为163.∴PF=163.选A.4.若x∈[-512,-3],则y=tan(x+23)-tan(x+6)+cos(x+6)的最大值是(A)125 2 (B)116 2 (C)116 3 (D)125 3解:令x+6=u,则x+23=u+2,当x∈[-512,-3]时,u∈[-4,-6],y=-(cot u+tan u)+cos u=-2sin2u+cos u .在u∈[-4,-6]时,sin2u与cos u都单调递增,从而y单调递增.于是u=-6时,y取得最大值1163,故选C.5.已知x,y都在区间(-2,2)内,且xy=-1,则函数u=44-x2+99-y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)125解:由x,y∈(-2,2),xy=-1知,x∈(-2,-12)∪(12,2),u=44-x2+9x29x2-1=-9x4+72x2-4-9x4+37x2-4=1+3537-(9x2+4x2).当x∈(-2,-12)∪(12,2)时,x2∈(14,4),此时,9x2+4x2≥12.(当且仅当x2=23时等号成立).此时函数的最小值为125,故选D.6.在四面体ABCD 中, 设AB=1,CD=3,直线AB 与CD 的距离为2,夹角为3,则四面体ABCD的体积等于(A) 32 (B) 12 (C) 13 (D) 33解:如图,把四面体补成平行六面体,则此平行六面体的体积=1×3×sin π3×2=3. 而四面体ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12.故选B . 二.填空题(每小题9分,共54分)7.不等式|x |3-2x 2-4|x |+3<0解:即|x |3-2|x |2-4|x |+3<0,(|x |-|x |<-5+12,或5-12<|x |<3.∴ 解为(-3,-5-12)∪(5-12,3).8.设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点,P 是椭圆上一点,且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1,则△PF 1F 2的面积等于 .解:F 1(-5,0),F 2(5,0);|F 1F 2|=25.|PF 1|+|PF 2|=6,|PF 1|=4,|PF 2|=2.由于42+22=(25)2.故PF 1F 2是直角三角形55. ∴ S=4.9.已知A={x |x 2-4x +3<0,x ∈R },B={x |21-x +a ≤0,x 2-2(a +7)x +5≤0,x ∈R }若A B ,则实数a 的取值范围是 .解:A=(1,3);又,a ≤-21-x∈(-1,-14),当x ∈(1,3)时,a ≥x 2+52x-7∈(5-7,-4).∴ -4≤a ≤-1.10.已知a ,b ,c ,d 均为正整数,且log a b=32,log c d=54,若a -c=9,则b -d= .解:a 3=b 2,c 5=d 4,设a=x 2,b=x 3;c=y 4,d=y 5,x 2-y 4=9.(x +y 2)(x -y 2)=9. ∴ x +y 2=9,x -y 2=1,x=5,y 2=4.b -d=53-25=125-32=93.11.将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每个球都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 .解:如图,ABCD 是下层四个球的球心,EFGH 是上层的四个球心.每个球心与其相切的球的球心距离=2.EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形.是把正方形ABCD 绕其中心旋转45而得.设E 的射影为N ,则 MN=2-1.EM=3,故EN 2=3-(2-1)2=22.∴ EN=48.所求圆柱的高=2+48.12. 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.-a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1,2,…,n -1),a n =1},T n 是M n 中元素的个数,S n 是M n 中所有元素的和,则lim n →∞S nT n= .解:由于a 1,a 2,…,a n -1中的每一个都可以取0与1两个数,T n =2n -1.在每一位(从第一位到第n -1位)小数上,数字0与1各出现2n -2次.第n 位则1出现2n -1次.∴ S n =2n -20.11…1+2n -210-n .∴ lim n →∞S n T n =12 19=118.三、(本题满分20分)13.设32≤x ≤5,证明不等式2x +1+2x -3+15-3x <219.N MDC B A解:x +1≥0,2x -3≥0,15-3x ≥0.32≤x ≤5. 由平均不等式x +1+x +1+2x -3+15-3x 4≤x +1+x +1+2x -3+15-3x 4≤14+x4.∴ 2x +1+2x -3+15-3x=x +1+x +1+2x -3+15-3x ≤214+x .但214+x 在32≤x ≤5时单调增.即214+x ≤214+5=219.故证.四、(本题满分20分)14.设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ,Z 1=12+b i ,Z 2=1+c i(其中a ,b ,c 都是实数)对应的不共线的三点.证明:曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点.解:曲线方程为:Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t ) ∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t .(0≤x ≤1) y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1-x )2+2b (1-x )x +cx 2即 y=(a -2b +c )x 2+2(b -a )x +a (0≤x ≤1). ① 若a -2b +c=0,则Z 0、Z 1、Z 2三点共线,与已知矛盾,故a -2b +c 0.于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线.AB 中点M :14+12(a +b )i ,BC 中点N :34+12(b +c )i .与AC 平行的中位线经过M (14,12(a +b ))及N (34,12(b +c ))两点,其方程为4(a -c )x +4y -3a -2b +c=0.(14≤x ≤34). ②令 4(a -2b +c )x 2+8(b -a )x +4a=4(c -a )x +3a +2b -c .即4(a -2b +c )x 2+4(2b -a -c )x +a -2b +c=0.由a -2b +c 0,得4x 2+4x +1=0,此方程在[14,34]内有惟一解: x=12.以x=12代入②得, y=14(a +2b +c ).∴ 所求公共点坐标为(12,14(a +2b +c )).五、(本题满分20分)15.一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ,且OA=a ,折叠纸片,使圆周上某一点A 刚好与点A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当A 取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上点的集合.解:对于⊙O 上任意一点A ,连AA ,作AA 的垂直平分线MN ,连OA .交MN 于点P .显然OP +P A=OA =R .由于点A 在⊙O 内,故OA=a <R .从而当点A 取遍圆周上所有点时,点P 的轨迹是以O 、A 为焦点,OA=a 为焦距,R (R >a )为长轴的椭圆C . 而MN 上任一异于P 的点Q ,都有OQ +QA=OQ +QA >OA .故点Q 在椭圆C 外.即折痕上所有的点都在椭圆C 上及C 外.反之,对于椭圆C 上或外的一点S ,以S 为圆心,SA 为半径作圆,交⊙O 于A ,则S 在AA 的垂直平分线上,从而S 在某条折痕上.最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交.1 当S在⊙O 外时,由于A 在⊙O 内,故⊙S 与⊙O 必相交; 2 当S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内,但在椭圆C 外或其上的点S ),取过S 的半径OD ,则由点S 在椭圆C 外,故OS +S A ≥R (椭圆的长轴).即S A ≥S D .于是D 在⊙S 内或上,即⊙S 与⊙O 必有交点.于是上述证明成立.综上可知,折痕上的点的集合为椭圆C 上及C 外的所有点的集合.加试题(10月12日上午10:00-12:00)一、(本题50分)过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线,切点为A 、B ,所作割线交圆于C 、D 两点,C 在P 、D 之间.在弦CD 上取一点Q ,使∠DAQ=∠PBC . 求证:∠DBQ=∠P AC .分析:由∠PBC=∠CDB ,若∠DBQ=∠P AC=∠ADQ ,则BDQ ∽DAQ .反之,若BDQ ∽DAQ .则本题成立.而要证BDQ ∽DAQ ,只要证BD AD =DQAQ即可.证明:连AB .∵ PBC ∽PDB , ∴ BD BC =PD PB ,同理,AD AC =PD P A . ∵ P A=PB ,∴ BD AD =BC AC. ∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ ,∠ABC=∠ADQ .∴ ABC ∽ADQ . ∴ BC AC =DQ AQ .∴ BD AD =DQ AQ.∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ . ∴ ADQ ∽DBQ .∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠P AC .证毕.二、(本题50分)设三角形的三边长分别是正整数l ,m ,n .且l >m >n >0.已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104,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.解:当3l 、3m 、3n的末四位数字相同时,⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104.即求满足3l 3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n .∴ 3n (3l -n -1)≡0 (mod 104).(l -n >0)但 (3n ,104)=1,故必有3l -n ≡1(mod 104);同理3m -n ≡1(mod 104). 下面先求满足3x ≡1(mod 104)的最小正整数x .∵ (104)=10412⨯45=4000.故x |4000.用4000的约数试验:∵ x=1,2,时3x ≡∕1(mod 10),而34≡1(mod 10),∴ x 必须是4的倍数;∵ x=4,8,12,16时3x ≡∕1(mod 102),而320≡1(mod 102),∴ x 必须是20的倍数;∵ x=20,40,60,80时3x ≡∕1(mod 103),而3100≡1(mod 103),∴ x 必须是100的倍数;∵ x=100,200,300,400时3x ≡∕1(mod 104),而3500≡1(mod 104).即,使3x ≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500,从而l -n 、m -n 都是500的倍数, 设l -n=500k ,m -n=500h ,(k ,h ∈N *,k >h ).由m +n >l ,即n +500h +n >n +500k ,⇒n >500(k -h )≥500,故n ≥501. 取n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴ 所求周长的最小值=3003.三、(本题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=q 2+q +1,l ≥12q (q +1)2+1,q ≥2,q ∈N .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q +2条连线段.证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形).证明:设点集为V ={A 0,A 1,…,A n -1},与A i 连线的点集为B i ,且|Bi |=b i .于是1≤b i ≤n -1.又显然有O Q CD B APi =0n -1∑b i =2l ≥q (q +1)2+2.若存在一点与其余点都连线,不妨设b 0=n -1. 则B 0中n -1个点的连线数l -b 0≥12q (q +1)2+1-(n -1) (注意:q (q +1)=q 2+q =n -1)=12(q +1)(n -1)-(n -1)+1=12(q -1)(n -1)+1 ≥12(n -1)+1≥[12(n -1)]+1.(由q ≥2) 但若在这n -1个点内,没有任一点同时与其余两点连线,则这n -1个点内至多连线[n -12]条,故在B 0中存在一点A i ,它与两点A j 、A k (i 、j 、k 互不相等,且1≤i ,j ,k )连了线,于是A 0、A j 、A i 、A k 连成四边形.现设任一点连的线数≤n -2.且设b 0=q +2≤n -2.且设图中没有四边形.于是当i ≠j 时,B i 与B j 没有公共的点对,即|B i ∩B j |≤1(0≤i ,j ≤n -1).记B 0-=V \B 0,则由|B i ∩B 0|≤1,得|B i ∩B 0-|≥b i -1(i =1,2,…,n -1),且当1≤i ,j ≤n -1且i ≠j 时,B i ∩B 0-与B j ∩B 0-无公共点对.从而B 0-中点对个数≥i =1n -1∑(B i ∩B 0-中点对个数).即C 2 n -b 0≥i =1n -1∑C 2 |B i ∩B 0-|≥i =1n -1∑C 2b i -1=12i =1n -1∑ (b 2i -3b i +2)≥12[1n -1(i =1n -1∑b i )2-3i =1n -1∑b i +2(n -1)](由平均不等式) =12[1n -1(2l -b 0)2-3(2l -b 0)+2(n -1)]=12(n -1)[(2l -b 0)2-3(n -1)(2l -b 0)+2(n -1)2]=12(n -1)(2l -b 0-n +1)(2l -b 0-2n +2) (2l ≥q (q +1)2+2=(n -1)(q +1)+2)≥12(n -1)[(n -1)(q +1)+2-b 0-n +1][(n -1)(q +1)+2-b 0-2n +2]=12(n -1)[(n -1)q +2-b 0][(n -1)(q -1)+2-b 0].(两边同乘以2(n -1)即(n -1)(n -b 0)(n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)(nq -q -n +3-b 0).(n -1≥q (q +1)代入)得 q (q +1)(n -b 0)(n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)(nq -q -n +3-b 0).(各取一部分因数比较) ① 但(nq -q -n +3-b 0)-q (n -b 0-1)=(q -1)b 0-n +3≥(q -1)(q +2)-n +3=q 2+q +1-n =0.(b 0≥q +2)② (nq -q +2-b 0)-(q +1)(n -b 0)=qb 0-q -n +2≥q (q +1)-n +2=1>0. ③ 又(nq -q -n +3-b 0)、(nq -q +2-b 0)、q (n -b 0-1)、(q +1)(n -b 0)均为正整数,从而由②、③得, q (q +1)(n -b 0)(n -b 0-1)<(nq -q +2-b 0)(nq -q -n +3-b 0). ④ 由①、④矛盾,知原命题成立.又证:画一个n ×n 表格,记题中n 个点为A 1,A 2,…,A n ,若A i 与A j 连了线,则将表格中第i 行j 列的方格中心涂红.于是表中共有2l 个红点,当d (A i )=m 时,则表格中的i 行及i 列各有m 个红点.且表格的主对角线上的方格中心都没有涂红.由已知,表格中必有一行有q +2个红点.不妨设最后一行前q +2格为红点.其余格则不为红点(若有红点则更易证),于是:问题转化为:证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点.若否,则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点.于是,前n -1行的前q +2个方格中,每行至多有1个红点.去掉表格的第n 行及前q +2列,则至多去掉q +2+(n -1)=q +2+q 2+q =(q +1)2+1个红点.于是在余下(n -1)×(n -q -2)方格表中,至少有2l -(q +1)2-1=q (q +1)2+2-(q +1)2-1=(q -1)(q +1)2+1=q 3+q 2-q 个红点.设此表格中第i 行有m i (i =1,2,…,n -1)个红点,于是,同行的红点点对数的总和=i =1n -1∑C 2 m i .其中n -1=q 2+q .(由于当n >k 时,C 2n +C 2k <C 2 n +1+C 2k -1,故当红点总数为q 3+q 2-q 个时,可取q 2行每行取q 个红点,q 行每行取q -1个红点时i =1n -1∑C 2 m i 取最小值,由下证可知红点数多于此数时更有利于证明.即)但 q2C 2q +q C 2q -1≤i =1n -1∑C 2 m i . 由假设,不存在处在不同行的2个红点对,使此四点两两同列,所以,有(由于去掉了q +2列,故还余q 2-1列,不同的列对数为C 2 q 2-1)i =1n -1∑C 2m i≤C 2 q 2-1. 所以q 2·q (q -1)+q (q -1)(q -2)≤(q 2-1)(q 2-2).q (q -1)(q 2+q -2)≤(q -1)(q +1)(q 2-2)q 3+q 2-2q ≤q 3+q 2-2q -2.矛盾.故证.。

高中数学奥林匹克竞赛全真试题

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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 .20492、设a ,b ∈R ,ab ≠0,那么,直线ax -y +b =0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是()3、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点,弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于()A .163B .83C.4、若5[,123x ππ∈--,则2tan(tan(cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是().AC224949u x y =+--的最小值是()与CD 的距离为2,夹角为3π,则四面体ABCD 的体积等于8、设F 1,F 2是椭圆194x y +=的两个焦点,P __________.9、已知A ={x |x 2-4x +3<0,x ∈R },B ={x |21-x +a a 的取值范围是__________.10、已知a ,b ,c ,d 均为正整数,且3log ,log 24a cb d ==,若a -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 n ={(十进制)n 位纯小数0.12|n i a a a a 只取0或1(i =1,2,…,n -1),a n =1},T n 是M n 中元素的个数,S n 是M n 中所有元素的和,则limnn nS T →∞=__________.三、解答题(本题满分60分,每小题20分)13、设352x ≤≤,证明不等式14、设A ,B ,C 分别是复数Z 0=ai ,Z 1=12+bi ,Z 2=1+ci (其中a ,b ,c 都是实数)对应的不共线的三点.证明:曲线Z =Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 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O 和圆内一定点A ,且OA =a ,折叠纸片,使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法,都留下一条直线折痕.当A ′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P 作圆的两条切线和一条割线,切点为A ,B .所作割线交圆于C ,D 两点,C 在P ,D 之间.在弦CD 上取一点 Q ,使∠DAQ =∠PBC .求证:∠DBQ =∠PAC .二、(本题满分50分)设三角形的三边长分别是整数l ,m ,n ,且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==,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 =q 2+q +1,l ≥12q (q +1)2+1,q ≥2,q ∈N .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q +2条连线段.证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点A ,B ,C ,D 和四条连线段AB ,BC ,CD ,DA 组成的图形).答案1981,2115=a 2115-45=a 2070.而且在从第1981项到第2070项之故选(C ).223x 程)3y x =-,令y =0,得P 点的横坐标4x =4、5、由已知得1y x=-,故而x ∈(-2,12-)∪(12,2),故当2222249,,93x x x x x==+即之值最小,而此时函数u 有最小值5,故选(D ).作棱柱ABF -6、如图,过C 作//CE AB =,以△CDE 为底面,BC 为侧棱ECD ,则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的13.而△CDE 的面积S =12CE ×CD ×sin ∠ECD ,AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF -ECD 的高,故因此121132V ==,故选(B ).二、填空题7、由原不等式分解可得(|x |-3)(x 2+|x |-1)<0,由此得所求不等式的解集为11(3,),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a =3,b =2,c 故|PF 1|+|PF 2|=2a =6,又已知|PF1|:|PF2|=2:1,故可得|PF1|=4,|PF2|=2.在△PF1F2中,三边之长分别为2,4,而22+42=(2,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=12|PF1|·|PF2|=12×2×4=4.9、易得A=(1,3),设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)上的图象均在x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-4≤a≤-1.10、由已知可得352424,,(),(.b da b c d a ca c====从而因此,a|b,c|d.又由于a-c=9,故于是得a=25,b=125,c=16,d=32.故b-d=93.11、如图,由已知上下层四个球的球心A′,B′,C′,D′和A,B,C,D分别是为上下底面构成上下两个边长为2的正方形的顶点,且以它们的外接圆O′和OA'或1b +14、设Z=x+yi(x,y∈R),则x+yi=a cos4t·i+2(12+bi)cos2t sin2t+(1+ci)sin4t,实虚部分离,可得x=cos2t sin2t+sin4t=sin2ty=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2(0≤x≤1)即y=(a+c-2b)x2+2(b-a)x+a①又因为A,B,C三点不共线,故a+c-2b≠0.可见所给曲线是抛物线段(如图).AB,BC的中点分别是13(,),(,4242a b b cD E++.所以直线DE的方程为y=(c-a)x+14(3a+2b-c)②由①,②联立得a +c -2b (x -12)2=0. 由于a +c -2b ≠0,故(x -12)2=0,于是得x =12.注意到113424<<,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12(,24a c b++,其对应的复数为15、如图,以O 为原点,OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系,则有A (a ,0).痕为直线MN ,则MN设折叠时,O 上点A ′(R cos α,R sin α)与点A 重合,而折为线段AA ′的中垂线.设P (x ,y )为MN 上任一点,则|PA ′|=|PA |.故(x -R cos α)2+(y -R sin α)2=(x -a )2+y 2,即2R (x cos α+y sin α)=R 2-a 2+2ax ,故加试一、如图,连结AB ,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ =∠ABC ,∠DAQ =∠PBC =∠CAB ,故△ADQ ∽△ABC ,而有BC DQAB AD=,即BC ·AD =AB ·DQ . PBD 得PCB ∽△在△CBQ 与△ABD 中,AD DQ CQAB BC BC==,∠BCQ =CBQ =∠ABD ,即得∠DBQ =∠ABC =∠PAC .二、由题设可知于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl m n ⎧≡≡⎪≡≡⇔⎨≡≡⎪⎩ 由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3l -m ≡3m -n ≡1(mod24).现在设u 是满足3u ≡1(mod24)的最小正整数,则对任意满足3v ≡1(mod24)的正整数v ,我们有u |v ,即u 整除v .事实上,若\|u v ,则由带余除法可知,存在非负整数a 与b ,使得v =au +b ,其中0<b ≤u -1,从而可推出3b≡3b +au≡3v ≡1(mod24),而这显然与u 的定义矛盾,所以u |v .注意到3≡3(mod24),32≡9(mod24),33≡27≡11(mod24),34≡1(mod24)从而可设m -n =4k ,其中k 为正整数.同理可由②推出3m -n ≡1(mod54),故34k ≡1(mod54).现在我们求满足34k ≡1(mod54)的正整数k .因为34=1+5×24,所以34k -1=(1+5×24)k -1≡0(mod54),即 即有k =5t ,并代入该式得t +5t [3+(5t -1)×27]≡0(mod52)即有t ≡0(mod52),即k =5t =53s ,其中s 为正整数,故m -n =500s ,s 为正整数. 同理可证l -n =500r ,r 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500r +n 、500s +n 和n .由于两边之差小于第三边,故n >500(r -s ),因此,当s =1,r =2,n =501时三角形的周长最小,其值为(1000+501)+(500+501)+501=3003三、设这n 个点的集合V ={A 0,A 1,A 2,…,A n -1}为全集,记A i 的所有邻点(与A i 有连线段的点)的集合为B i ,B i 中点的个数记为|B i |=b i ,显然112n i i b l -==∑且b i ≤(n -1)(i =0,1,2,…,n -1).若存在b i =n -1时,只须取则图中必存在四边形,因此下面只讨论b i <n -1(i =0,1,2,…,n -1)的情况.不妨设q +2≤b 0≤n -1.用反证法.若图中不存在四边形,则当i ≠j 时,B i 与B j 无公共点对,即|B i ∩B j |≤1(0≤i <j ≤n -1).因此,0||1i i B B b ⋂≥-(i =1,2,…,n -1).故故(n -1)(n -b 0)(n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)(nq -q -n +3-b 0) q (q +1)(n -b 0)(n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)(nq -q -n +3-b 0)①但(nq -q -n +3-b 0)-q (n -b 0-1)=(q -1)b 0-n +3≥(q -1)(q +2)-n +3=0② 及(nq -q +2-b 0)-(q +1)(n -b 0)=qb 0-q -n +2≥q (q +2)-q -n +2=1>0③0)(n -b 0-1)B 1,C 1分别为边AC ,AB 的中点,已知射线B 1I 交边AB 于点b 与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λ,使得对任何2…tan θn =2n /2,就有cos θ1+cos θ2+…+cos θn ≤λ.四、求所有满足a ≥2,m ≥2的三元正整数组(a 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A k 表示能力第k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目,以A k /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)A 1>A 2>…>A 8=A 9=A 10; (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ab +cd =1;点P i (x i ,y i )(i =1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点,求证:(ay 1+by 2+cy 3+dy 4)2+(ax 4+bx 3+cx 2+dx 1)2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心,A 1是△BHC 的外心,∴△BHC =180°-∠BAC ,∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ,从而A ,I ,A 1共线,即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C +∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ,IE ⊥AC 于E ,设BC =a ,CA =b ,AC =c ,则故A ,I ,A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等. 二、设35121235711a a a a a n q =,其中q 是不被2,3,5,7,11整除的正整数,a i 为非负整数,n ≤100,则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)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2×3×5,22×3×5,2×32×5,2×3×7,22×3×7,2×5×7,2×3×11等7,…,3×33共17个数;,5×5,5×7,5×11,5×13,5×17,5×19共7个数; 7,7×7,7×11,7×13共4个数; .中的S ,c ≠,≠且(,)=>1,(,)=>1;若(a ,b )=d >1,取d 的最小质因数p ,及不整除,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )≥p >1,(b ,c )≥因此S 满足条件(3).以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于首先证明满足题设条件的S 121p 2∈S ,则由(3)知存在c ∈S ,使得(p 1,c )>1,(p 2,c )>1,从而有p 1|c ,p 2|c ,∴p 1p 2|c ,由此可知c ≥p 1p 2>100,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∉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7p ∈S ,则2×3×5,22×3×5,2×32×5,7p 包含了S 中所有各数的最小质因数,因此由条件(2)知2×3×5,22×3×5,2×32×5∉S ;若7p ∉S ,则由条件(3)知7,7×7,7×11,7×13∉S ;(ii )若5p ∈S ,则由(2)知,2×3×7,22×3×7∉S ; 若5p ∉S ,则由条件(3)知5,5×5,5×7∉S . (iii )3p 与2×5×7不同属于S . (iv )2×3p 与5×7不同属于S . 当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 .(3,2×5×7),(5,2×3×7),(7,2×3×5), (2×3,5×7),(2×5,3×7),(2×7,3×5),(22×7,3+2×5).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c ∈S ,使得(a ,c )=(b ,c )=1,这与ab 包含了S 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,λ=, 当n =1时,tan θ1,∴cos θ12.1231cos cosθ≤=12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 3 ()若(3)式不成立,即tan2θ2+tan 2θ3>7,从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ23=,cos θ1+cos θ2+cos θ3<+1<2.从而(1)式得证.现证λ=n -1为最小的.事实上,若0<λ<n-1,则取α=λ/(n-1)<1,从而存在θi<(0,π/2)i=1,2,…,n,使得cosθi=α,tanθiα(i=1,2,…,n-1),tanθn=2n/2(αn-1,从而tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2,但cosθ1+cosθ2+…+cosθn-1+cosθn>cosθ1+cosθ2+…+cosθn-1=λ当n≥3时,最小的正数λ为n-1.综上所求最小正数1,2),1(3).nn nλ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩四、设n=mq+r,0≤r≤m-1,则a n+203=a mq+r+203=a mq a r+203≡(-1)q a r+203(mod(a m+1))从而a m+1|a n+203⇔a m+1|(-1)a a r+203.即k(a m+1)=(-1)q a r+203.1°若2|q,则k(a m+1)=a r+203.①(i)若r=0,则有k(a m+1)=204=22×3×17.故(a,m,n)=(2,4,8t)或(4,2,4t),,m=2,r=1满足上式,即(a,m,n)=(5,2,4t+1).n)=(+1)=203-②由0≤r≤m-1知,k≥0.(i)当k=0时,a=203,r=1对任意的不小于2(a,m,n)=(203,m,(2t+1)m+1)(ii)若k≥1,则当r=0时,由②有k(a m+1)=202容易验证仅当a=10,m=2时,上式成立,故(a,m,n)=(10,2,4t+2)当r≥1时,由②有a r(ka m-r+1)=203-k.对于1≤k≤5,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)=(8,2,4t+3)或(2,6,12t+9)对于k≥6,由②有6(a m+1)<203.故a m只可能有22,23,24,25,32,33,42,52.容易验证仅当a m=32,r=1时,满足(2)式,∴(a,m,n)=(3,2,4t+3).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),(5,2,4t+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为非负整数.五、设A k(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A k(1)=3·8!∆=γ1.①当2≤a ≤8时,若k =a ,a +1,…,10,则有A k (a )=0; 若k =1,2,3,…,a -1,则有17812811891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③(1)④3(22)!(102)!38!(373)8!0③、a k aa a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑②再注意到12389101234567881231234④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!7!70%10!A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ>>>==========++=+++++++++=>∑即有容易算得>38!10%.10!⨯=六、令u =ay 1+by +bx 3,v 1=cx ax bx y 1y 2-x 1x 2≤12cd②①+②并整理得2004一、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1AE BF CG DHEB FC GD HA=.而点A 、B 、C 、D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上,满足E 1F 1∥EF ,F 1G 1∥FG ,G 1H 1∥GH ,H 1E 1∥HE .已知11E A AH λ=.求11F CCG 的值. 二、已给正整数c ,设数列x 1,x 2,…满足x 1=c ,且x n =x n -1+12(2)[]n x n n--++1,n =2,3,…,其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 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M 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n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证:(1)存在惟一的实数数列x 0,x 1,…,x n ,x n +1,满足(2)对于(1)中的数列x 0,x 1,…,x n ,x n +1满足|x i |≤|a |,i =0,1,…,n +1. 五、给定正整数n (n ≥2),设正整数a i =(i =1,2,…,n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证:对任意实数x ,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 =a 1+a 2+...+a 2004,且满足1≤a 1<a 2<...<a 2004,a i |a i +1,i =1,2, (2003)参考答案一、(1)如图1,若EF ∥AC 则BE BFEA FC =,代入已知条件得DH DGHA GC=, 所以,HG ∥AC .从而,E 1F 1∥AC ∥H 1G 1. CA 的延长线相交于点T .1CF BE ATFB EA TC =.1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知线E 1H 1分别交于点同理,1=AH·.所以, 二、显然,当n ≥2时,112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n -1,则a 1=c -1, 对任意非负整数A ,令 三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7,连结A 1A 5.由条件(2)知,在凸五边形A 1A 2A 3A 4A 5中至少有M 中一个点,记为P 1.连结P 1A 1、P 1A 5,则在凸五边形A 1P 1A 5A 6A 7内至少有M 中一个点,记为P 2,且P 2异于P 1.连结P 1P 2,则A 1,A 2,…,A 7中至少有5个顶点不在直线P 1P 2上.由抽屉原则知,在直线P 1P 2的某一侧必有3个顶点,这3个顶点与点P 1、P 2构成的凸五边形内,至少含有M 中一个点P 3.再作直线P 1P 3、P 2P 3.令直线P 1P 2对应区域Ⅱ3,它是以直线P 1P 2为边界且在△P 1P 2P 3异侧的一个半平面(不含直线P 1P 2).类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2.这样,区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P 1P 2P 3外的所有点.由抽屉原则知,7个顶点A 1,A 2,…,A 7中必有7[3+1=3个顶点在同一区域(不妨设为Ⅱ3)中.这3个点与P 1、P 2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,n ≥11.下面构造一个例子说明n =11是可以的.如图所示,凸七边形A 1A 2…A 7为一整点七边形,设点集M 为7个顶点A 1,A 2,…,A 7且其内部有4个整点.则显然满足条件(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2n (n ∈N +)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相同.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 在凸五边形的某条边上,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3311222i i i i x x x a x +-=+--,i =1,2,…及x 0=0可知每一x i 是x 1的3i -1次实系数多项式,从而,x n +1为x 1的3n次实系数多项式.由于3n为奇数,故存在实数x 1,使得x n +1=0.由x 1及x 0=0可计算出x i .如此得到的数列x 0,x 1,…,x n +1满足所给条件.惟一性.设w 0,w 1,…,w n +1;v 0,v 1,…,v n +1为满足条件的两个数列,则(2)设|0i x |最大,则nn ≥N (r )时,存在正整数a 1,a 2,…,a r ,使得n =a 1+a 2 1.a≤2N则2=2×2=2[1+(2-1)(2+1)] =2a -2t +2a -2t (2t -1)b 1+2a -2t (2t -1)b 2+…+2a -2t n =2a -2t (2l +1)+2a -2t (2t -1)b 1(2l +1)+…+2a -2t 若2l +1≥2N (k ),则l ≥N (k ).l =c 1+c 2+…+c k ,1≤c 1<c 2<…<c k , c i |c i +1,i =1,2,…,k -1.因此,n =2a +2a +1c 1+2a +1c 2+…+2a +1c k 满足要求. 由数学归纳法知,上述一般结论对所有的r ≥2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DE ⊥AC 、DF ⊥AB ,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A ⊆{0,1,2,…,29},满足:对任何整数k 及A 中任意数a 、b (a 、b 可以相同),a +b +30k 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 ⊂{(a 1,a 2,…,a n )|a i ∈R ,i =1,2,…n },A 是有限集.对任意的α=(a 1,a 2,…,a n )∈A ,β=(b 1,b 2,…,b n )∈A ,定义:γ(α,β)=(|a 1-b 1|,|a 2-b 2|,…,|a n -b n |), D (A )={γ(α,β)α∈A ,β∈A }. 试证:|D (A )|≥|A |.四、求所有正整数集上到实数集的函数f ,使得(1)对任意n ≥1,f (n +1)≥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 =A 1∪A 2,A 1∪A 2=∅,且A 1、A 2均为M 一自由集,那么,称有序对(A 1,A 2)为A 的一个M 一划分.试求A 的所有M 一划分的个数.六、设实数列{x n }满足:x 0=0,x 2x 1,x 3是正整数,且11212n n n n x x +--+,n ≥2.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DG ′⊥BE ,垂足为G ′.由勾股定理知BG ′2-G ′E 2=BD 2-DE 2=BD 2-DF 2=BF 2.所以,线段BG ′、G ′E 、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EP ⊥BC ,垂足为P ,连结PQ 并延长交AB 于点R ,连结RE .A 、R 、D 、P 四点共圆∽△圆.所以,∠′=∠=∠.因此,A 、F 、G ′、H 四点共圆. 二、所求A 为{3l +2|0≤l ≤9}. 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,,26(mod30),即a /≡0,1,3,6,10,13,15,16,18因此,A ⊆{2,4,5,7,8,9,11,12,14,17,19,20,22,23,24,26,27,29}.后一集合可分拆成下列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.若|A |=10,则每个子集恰好包含A 中一个元素,因此,20∈A ,29∈A .由20∈A 知12∉A ,22∉A ,从而,8∈A ,14∈A .这样,4∉A ,24∉A ,因此,2∈A ,26∈A . 由29∈A 和7∉A ,27∉A ,从而,5∈A ,23∈A .这样,9∉A ,19∉A ,因此,11∈A ,17∈A . 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 的元素个数用归纳法.如果A 恰有一个元素,则D (A )仅包含一个零向量,结论成立. 如果n =1,设A ={a 1<a 2<…<a m },则{0,a 2-a 1,a 3-a 1,…,a m -a 1}⊆D (A ).因此,|D (A )|≥|A |.假定|A |>1和n >1,定义B ={x 1,x 2,…,x n -1|存在x n 使得(x 1,x 2,…,x n -1,x n )∈A }. 由归纳假设|D (B )|≥|B |.对每一个b ∈B ,令A b ={x n |(b ,x n )∈A },a b =max{x |x ∈A b },C =A \{b ,a b }|b ∈B }.则|C |=|A |-|B |. 因为|C|<|A |,由归纳假设|D (C )|≥|C |. 另一方面,D (A )={(D ,|a -a ′|)|d (b ,b ′)=D ,且a ∈A b ,a ′∈A b ′}.类似地,再令C b =A b \{a b },有D (C )={(D ,|c -c ′|)|d (b ,b ′)=D ,且c ∈C b ,c ′∈C b ′}.注意到,对每一对b 、b ′∈B ,最大差|a -a ′|(a ∈A b ,a ′∈A b ′)一定是a =a b 或a ′=a b ′.于是,这个最大差不出现在{|c -c ′||c ∈C b ,c ′∈C b ′}中.因此,对任何的D ∈D (B ),集合{|c -c ′||d (b ,b ′)=D ,且c ∈C b 和c ′∈C b ′}并不包含集合{|a -a ′||d (b ,b ′)=D ,且a ∈A b 和a ′∈A b ′}中的最大元,前者是后者的真子集.由此结论可知|D (C )|≤()(|{|||(,)}|1)b b D D B a a d b b D a A a A '∈'''-=∈∈-∑且和≤|D (A )|-|D (B )|.故|D (A )|≥|D (B )|+|D (C )|≥|B |+|C |=|A |. 四、显然,f =0是问题的解. 设f /≡0,则f (1)≠0.否则,对任意正整数n 有f (n )=f (1)f (n )=0,矛盾.于是得f (1)=1.利用(2)知,对任意奇数p 有f (2p )=f (2)f (p )=f (p ). 令1()()a g x fx =,则g (x )满足(1)、(2)且g 设k ≥2,则由(1)得2g (2k -1-1)=g (2)g (2k -1-1)=;若k ≥3,则22g (2k -2-1)=2g (2k -1-2)≤g (2k )≤2g 依此类推,用归纳法得 2k -1≤g (2k )≤2k -1g (3)(∀k ≥2)③ 同样,对任意m ≥3,k ≥2有g k -1(m )g (m -1)≤g (m k )≤g k -1(m )g (m +1)④ 显然,当k =1时,③、④也成立.任取m ≥3,k ≥1,有s ≥1,使得2s ≤m k ≤2s +1. 于是,有s ≤k log 2m <s +1,即 k log 2m -1<s ≤k log 2m ⑤由(1)可知g (2s )≤g (m k )≤g (2s +1). 再由③、④得令k →+∞得g (m )=m ,则f (m )=m a.综上得f =0或f (n )=n a(∀n ),其中a (a ≥0)为常数.五、对m 、n ∈A ,若m +n =1001或2003或3005,则称m 与n “有关”. 易知与1有关的数仅有1000和2002,与1000和2002有关的都是1和1003,与1003有关的为1000和2002. 所以,1,1003,1000,2002必须分别为两组{1,1003},{1000,2002}.同理可划分其他各组:{2,1004},{999,2001},{3,1005},{998,2000};这样A 中的2002个数被划分成501对,共1002组.∪D ∈D (B ) ∪ D ∈D (B )由于任意数与且只与对应的另一组有关,所以,若一对中一组在A 1中,另一组必在A 2中.反之亦然,且A 1与A 2中不再有有关的数.故A 的M 一划分的个数为2501.六、设n ≥2,则再由x 0=0可得[(1(1]nn n n x A =+-于是,333[(1(1].4Ax A =-==故由此可得([(1(1]2nn n n x =- ②记(1]n n n a -.显然,{a n }为偶数列,且由x 3为正整数和②知x n 为整数的必要条件是3|n .而333(1](10]k k k k k a +--=+--,{b n }也是偶数列,且易知对任意非负整数m 、n ,有 设a n =2k n p n ,b n =2ln q n ,其中n 、k n 、l n 为正整数,由于a 1=b 1=2,即k 1=l 1=1,由④可知 k 2=2,l 2=3;k 4=5,l 4=3;k 8=8,l 8=5. 用归纳法可得任取m 1>m 2≥2,由③可得 由此易知用归纳法可知,对于m 1>m 2>…>m r ≥2,有即当n =2r p ,其中r (r ≥2)是整数,p 是奇数时,有 1212n n n k r n l ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩⑤ 当n =4m +1时,由③可得414114441()2m m m m m a a b a b a b +=+=+.由⑤可知k 4m +1=2m +1. 同理,由知k 4m +2=k 4m +3=2m +2. 综上可知当3|n 时,由②得2233332233k nn n n n x x x a p --==,其中3|p n . 由于k 3=2=23×3,k 6=4=23×6,k 12=9>23×12,k 24=16=23×24,从而,x 3,x 6,x 12,x 24,均为整数. 若n /≡0(mod4),则k n ≤2n+1,所以,210(6)36n nk n n -≤-<∀>⑥若n=0(mod4),由于3|n ,则n =2r ×3kq ,其中r ≥2,k ≥1,q 不含3的因子.由⑤可知,k n =2r -1×3k q +r +1于是,k n -23n =2r -1×3k q +r +1-2r +1×3k -1q =r +1-2r -1×3k -1q ≤r +1-2r -1,等号当且仅当k =q =1时成立.当r >3时,2r -1=(1+1)r -1>r +1.由此可知,当r >3或2≤r ≤3,但k 、q 中有一个不为1时,有20k n -<⑦.x ∈A .0个B .1个C .2个D .3个3、设定义域为R 的函数f (x )、g (x )若g (5)=2002,那么f (6)等于()A .2002B .2003C .2004D .20054、某厂生产的一种饮料售价2元,销售中还规定1元(含瓶),那么该种饮料每瓶利润应是()元.A .0.55B .0.60C .0.63D .0.705、已知集合34{|N,N}5m m P m m +=∈∈,Q ={t |t =(2k -1)2+1,k ∈N },则P 与Q 的关系是()A .P =QB ./P Q ⊂=C ./Q P ⊂=D .//P Q Q P ⊆⊆且 6、能使函数13()(1)fx x mx =+-在区间[0,+∞]上具有单调性的正数m 的取值范围是()A .0<m <13B .m =13C .m >13D .m ≥137、某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,他先从某地向前走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.A .3924B .3925C .3926D .39278、下面是一个计算机程序的操作说明: ①初始值x =1,y =1,z =0,n =0;②n =n +1(将当前的n +1的值赋予新的n ); ③x =x +2(将当前的x +2的值赋予新的x ); ④y =2y (将当前的2y 的值赋予新的y ); ⑤z =z +xy (将当前的z +xy 的值赋予新的z );⑥如果z >7000,则执行语句⑦,否则回到语句②继续进行; ⑦打印n ,z ; ⑧程序终止.则语句⑦打印的数值是()A .n =7,z =7681B .n =8,z =7681C .n =7,z =7682D .n =8,z =7682 二、填空题(共8道小题,每小题5分,共40分)9、设f (x )=x 2-x +12的定义域是[n ,n +2](n ∈N *),则f (x )的值域中所含整数的个数是_________. 10、函数y =2-|x -3|-m 的图象与x 轴有交点,则m 的取值范围是_________. 11、数列{a n }满足:a 1=3,a 2=6,a n +2=a n +1-a n ,则a 2008=_________.12、幼儿园里,孩子们爬滑梯,每3秒钟爬上30厘米,又滑下10厘米,若滑梯滑道总长为6.1米,且孩子.+f (3)+f (4)+f (5)+f (12)+f (13)+f (14)+f 不少于盒子的编号数,则不同的装法共有_________种三、解答题(共4道小题,每小题10分,共4017、把前n 个自然数按某种规律排成如下数阵(1)第一行第m 列的数可用a 1m 表示,例如a 11=1(2)自然数2004位于第几行第几列?(3)第i 行第j 列的数可用a ij 表示,请写出a ij 关于i 和j 的表达式. 18、容器A 中盛有浓度为a %的农药m 升,容器B 中盛有浓度为b %的同种农药也是m 升,两种农药的浓度差为20%(a >b ).现将A 中农药的14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14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%,那么至少要操作多少次?(下列对数值可供选用:lg5=0.699,lg6=0.778).19、函数f (x )的定义域为{x |x ∈R ,且x ≠0},f (x )>0的解集为{x |0<x <k ,或x <-k ,k >0}.函数ϕ(α)=sin 2α+(ξ+1)cos α-ξ2-ξ-k ,α∈[0,π].若集合A ={ξ|ϕ(α)<0},B ={f(ϕ(α))>0},试求A ∩B .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 ,c …z 的给出如下一个变换公式:1 3 6 10 15 21 28 362 5 9 14 20 27 35 4 8 13 19 26 34 … 7 12 18 25 33 … 11 17 24 32 … 16 23 31 … …22 30 … 29 38 …37 ……将明文转换成密文,如8→82+13=17,即h 变成q ,5→512+=3,即e →c . (1)按上述方法将明文good 译成密文.(2)若按上述方法将某明文译成的密文是shxc ,请你找出它的明文.高二年级一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1、过点(1,3)作直线l ,若l 经过(a ,0)和(0,b )两点,且a ,b ∈N *,则可作出的l 的条数为() A .1B .2C .3D .多于3条2、函数()f x =A .(0,13)B .(+∞,0)∪(0,+∞)C .(0,16)∪(11,63)D .(0,+∞)3、若鲤鱼在长大时体型基本相似,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1,0的C .∠FEP =∠QEF D .不确定8、小明到华兴文具店想购买2支钢笔或3支圆珠笔,现知6支钢笔和3支圆珠笔的价格之和大于24元,而4以钢笔和5支圆珠笔的价格之和小于22元.若设2支钢笔的价格为a 元,3支圆珠笔的价格为b 元,则()A .a >bB .a <bC .a =bD .不确定二、填空题(共8道小题,每小题5分,计40分)9、已知△ABC 中,BC =6,AB +AC =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 为焦点的椭圆,测得近地点A 距地面为m km ,远地点B 距地面为n km ,设地球半径为Rkm ,关于椭圆有以下说法:①焦距长为n -m ,③离心率为2n me m n R-=++,④以AB 方向为x 轴的正方向,F 为坐标原点,则左准线方程为2()()m R n R x n m++=--.以上说法正确的有___________(填上所有你认为正确说法的序号).11、已知O 为坐标原点,OM =(-1,1),NM =(-5,-5),集合A ={OR ||RN |=2},OP 、OQ ∈A ,MP MQ λ=(λ∈R ,λ≠0),则MP MQ =___________.12、要通过一宽度为a m 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1+=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.现有12345;②24351;③___________(填上所有可能的序号).sin α)(1+cos α)=ba c+,其中α是锐角,a ,b ,c 均,求1+2+…+2004的最小值.18、若x ,y ∈R ,x +y =1,则2332x yx y x y +≤++19、已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ,过F (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,O 1、O 2相交于M 、N 两点,点A 在O 1上,射线AM 、AN 交O 2为S ,问:在什于B 、C 两点,记O 1面积为S 1,O 2面积为S 2,△ABC 外接圆面积么条件下才能有S =S 1+S 2,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},x +3f (x )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,故满足条件的只能有2、C 提示:3x <6x≤3x +1,即0<x ≤13,从而0<6x ≤2,故6x =1或6x =2,从而1163x x ==或.3、C 提示:由g (5)=2002可知点A (5,2002)在函数g (x )的图象上,则点A ′(2002,5)在函数g -1(x )的图象上,于是点B (2004,5)在g -1(x -2)的图象上,从而点B ′(5,2004)在函数f (x +1)的图象上.进而可知点C (6,2004)在函数f (x )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8÷5=1.6元,除去成本1元,故利润1.6-1=0.6元,选B.5、C 提示:分别列出3n,4n的个位数,易知n =2,6,10,14,18,…时,345n n+∈N .故p ={m |m =4n -2,n∈N *}.另一方面,对任意t ∈Q ,t =4(k 2-k +1)-2∈P ,而k 2-k +1=k (k -1)+1是奇数,所以Q 中不存在形如8k-2(k ∈N *)的元素,但8k -2∈P ,这表明/Q P ⊂=.6、D 提示:取m =1,有f (0)=1,f (7)=-5,猜测:f (x )在区间[0,+∞]上是单调减函数;进一步可证明当m ≥13,则当0≤x 1<x 2时,f (x 1)与f (x 2)的大小关系并不恒定.7、C8、D 提示:设n =i 时,x ,y ,z 的值分别为x i ,y i ,z i ,依题意得x 0=1,x n =x n -1+2,故{x n }是等差数列,且x n =2n +1,y 0=1,y n =2y n -1,故{y n }是等差数列,且x n =2n .232n +1)2nn -1)2n +1+2,为令2-=0,即=-|-3|,由-|-3|≤011、-3.由已知有a 1=3,a 2=6,a 3=3,a 4=-3,a 5=-6,a 6=12、90.设t 秒钟内爬完580cm ,则20×3t=580,得t =8713、9.提示:1()() 2.f x f x+=14、223(101)99n -.15<p <1. 16、15. 三、解答题17、(1)当自然数排到a 1m 时,共用去了(1+2+3+…+m )个数,从而1(1)2m m m a +=. (2)由于第一行第63列的数为636420162⨯=,故第2行第62列的数为2015,第3行第61列的数为2014,…,第13行第51列的数为2004.(3)由于a ij 与a i -1i +1相邻,又18、设A 中溶质为a 1,B 中溶质为b 1,操作k 次后,A 、B 中溶质分别为a k ,b k ,则a 1=ma %, b 1=mb %,又a %-b %=20%.故故{a k -b k }是首项为a 1-b 1=20m %,公比为35的等比数列.则 a k -b k =20m %·13(5k -浓度差为1203()1005k k k a b m m --=.依题意得12031()1005100k -<,故 故至少操作7次后,浓度差小于1%.19、∵f (x )>0的解集为{x |0<x <k ,或x <-k ,k >0}, ∴B={ξ|f (ϕ(α))>0}={ξ|0<ϕ(α)<k 或ϕ(α)<-k },A ={ξ|ϕ(α)<0}, ∴A ∩B ={ξ|ϕ(α)<-k ,k >0}.由ϕ(α)<-k 得sin 2α+(ξ+1)cos α-ξ2-ξ-k <-k .22,则u ∈[-1,1],u 2-(ξ+1)u +ξ2+ξ-1>0恒成立,令g (u )=u 2-20、(1)g →7→712+=4→d ,o →15→1512+=8→h ,d →4→42+13=15→o .∴明文good 的密文为dhho.(2)原变换公式的逆变换公式为故s →19→2×19-26=12→l ,h →o ,x →v ,c →e . 密文shxc 的明文是love.高二年级一、选择题 1、B2=t (t ≥0),有x =t 2-2,则23139t t t -==++(t ≥0且t ≠3)从而函数值域为111(0,)(,)663⋃,选C.3、鲤鱼长大时体重G =ρV 是体积的一次函数,而体积之比是相似比的立方.故320()1515G =,从而G =6427×15≈35,选C.4、动点M (x ,y )的几何意义是到定点P (sin α,cos α)的距离等于到定直线l :x sin α+y cos α-1=0的距离,∵P ∈l ,∴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(2×1-1)+(2×2-1)+(2×3-1)+…+(2×2003-1)=20032=4012009,∴第2004个1为第4012009+2004=4014013项,选D.6、设△ABC 重心F (c ,0),设AC 中点为D (x ,y ),由32B D B F=,得D (31,22c b -),D 在椭圆内部,满足22221x y a b+<,从而213e <,即0<e ,选A.7、如图,过P 、Q 分别作准线的垂线PR 、QS ,R 、S 为垂足,则RP ∥EF ∥SQ ,从而RE PF ES FQ =,又据抛物线定义知PF =PR ,FQ =QS ,所以RE PFES QS=,从而△RPE ∽△SQE ,故∠REP =∠SEQ ,90°-∠REP =90°-∠SEQ ,即∠PEF =∠QEF ,选C.2c 由已知,点R 的轨迹是以点N 为圆心,2为半径的圆,点且M 理M12、建立如图坐标系,则A (-a ,-a ),设管材BC 斜率为k (k <0). 直线BC :y +a =k (x +a ),则B (ak·-a ,0),C (0,ak -a ),因为k <0,故1k +k ≤-2,(1k+k -1)2≥32,|BC |≥等号仅当k =-1时成立,即此巷能通过最长的管材尺寸为米.13、m a am b b +>+(b >a >0,m >0),故原不等式左边>1112361111236236x x x x x x +++++=++=,故原不等式的解集为∅. 14、填①②③⑤.15、由已知条件得sin α+cos α-sin αcos α=2325,又sin 2α+cos 2α=1,设x =sin α+cos α,y =sin αcosα,联立解得从而a +bc=(1+sin α)(1+cos α).所以a =2,b =22,c =257=.16、332222111min{,,}22a b a b a baba ba b ≤≤=++a =b =221a b+,即a =b =”.三、解答题 17、12200412200422220042222004122004122004111112221002200420042004120041()()200420x x x x x x x y x x x x x x =+++⇒=++++++≥++=++++++++≥20041220042004min12004,042005y x x x ++++≥=====即当且仅当)18、令t =xy ,则t ∈(0,14).由x +y =1,得x 2+y 2=1-2xy +5x 2y 2.19、(1)由题可知F (1,0),设A (x A ,y A ),B (x B -1),则A 、B 点的坐标代入y 2=4x .相减得y A +y B =4k ,即y M =k ,代入方程y =k (x -1),解得x M =2k+1,同理可得,N 的坐标为(2k 2+1,-2k ).直线MN 的斜率为21M N MN M N y y k k x x k -==--,方程为y +2k =21k k-(x-2k 2-1),整理得y (1-k 2)=k (x -3).显然,不论k 为何值,(3,0)均满足方程,所以直线MN 恒过定点Q (3,0).(3)过M 、N 作准线x =-1的垂线,垂足分别为E 、F .由抛物线的性质不难知道:准线x =-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x G =-1,122M N E F G y y y y y k k ++===-,即G (-1,1k k-). 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211MNk k k --=,所以,公共弦所在直线的方程为1()y k x k=-.所以公共弦恒过原点.根据平面几何的知识知道: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Q (3,0)、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 (x ,y )(原点除外),必可利用方程1(y k x k=-求得k 值,从而以上步步可逆,故所求轨迹方程为2239()24x y -+=(x ≠0). 20、当O 1N ⊥O 2N 时有S =S 1+S 2,下面予以证明∠NO 1O 2=12∠N O 1M =∠A , 同理∠NO 2O 1=∠ACM . 故△AMC ∽△O 1NO 2有121AC AMO O O N=,① 设O 1、O 2、△ABC 外接圆半径分别为r 1、r 2和R ,在△ABC 中AC =2R sin B =2R sin ∠ANM , 在△AMN 中O 2O 1=R ,因为O 1N ⊥O 2N ,所以22212r r R +=.得S 1+S 2=S .大值.3、设n 为给定的正整数,求最小的正整数u n d 整除的数的个数不少于奇数1,3,5,…,2n -14、证明:若凸四边形ABCD 内任意一点P 到边AB.5、已知数列{a n }满足:a 0=0,1n n a ka +=+n =0,1,2,…,其中k 为给定的正整数.证明:数列{a n }的每一项都是整数,且2k |a 2n ,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A 1、B 1、C 1、D 1,连结A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1,点E 、F 、G 、H 分别为A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1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x 1、x 2、x 3、x 4、x 5满足51111i i x ==+∑.求证:52114i i ixx=≤+∑. 8、1650个学生排成22行、75列.已知其中任意两列处于同一行的两个人中,性别相同的学生都不超过11对.证明:男生的人数不超过928.答案1、设某个面上的四个数a 1、a2、a3、a 4之和达到最小值,且a 1<a 2<a3<a 4.由于小于5的三个不同的正整数之和最大为9,故a 1≥6.因此。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

1 求一个四位数,它的前两位数字及后两位数字分别相同,而该数本身等于一个整数的平方.1956年波兰.x=1000a+100a+10b+b=11(100a+b)其中0<a≢9,0≢b≢9.可见平方数x被11整除,从而x被112整除.因此,数100a+b=99a+(a+b)能被11整除,于是a+b能被11整除.但0<a+b≢18,以a+b=11.于是x=112(9a+1),由此可知9a+1是某个自然数的平方.对a=1,2,…,9逐一检验,易知仅a=7时,9a+1为平方数,故所求的四位数是7744=882.2 假设n是自然数,d是2n2的正约数.证明:n2+d不是完全平方.1953年匈牙利.【证设2n2=kd,k是正整数,如果n2+d是整数x的平方,那么k2x2=k2(n2+d)=n2(k2+2k)但这是不可能的,因为k2x2与n2都是完全平方,而由k2<k2+2k<(k+1)2得出k2+2k不是平方数.3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数.1962年上海高三决赛题.【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n(n+1)(n+2)(n+3)=(n2+3n)(n2+8n+2)=(n2+3n+1)2-1因此,四个连续自然数乘积加上1,是一完全平方数,故知本题结论成立.4 已知各项均为正整数的算术级数,其中一项是完全平方数,证明:此级数一定含有无穷多个完全平方数.1963年俄【证】设此算术级数公差是d,且其中一项a=m2(m∈N).于是a+(2km+dk2)d=(m+kd)2对于任何k∈N,都是该算术级数中的项,且又是完全平方数.5 求一个最大的完全平方数,在划掉它的最后两位数后,仍得一个完全平方数(假定划掉的两个数字中的一个非零).1964年俄.【解】设n2满足条件,令n2=100a2+b,其中0<b<100.于是n>10a,即n≣10a+1.因此b=n2100a2≣20a+1由此得 20a+1<100,所以a≢4.经验算,仅当a=4时,n=41满足条件.若n>41则n2-402≣422-402>100.因此,满足本题条件的最大的完全平方数为412=1681.6 求所有的素数p,使4p2+1和6p2+1也是素数.1964年波兰【解】当p≡±1(mod 5)时,5|4p2+1.当p≡±2(mod 5)时,5|6p2+1.所以本题只有一个解p=5.7 证明存在无限多个自然数a有下列性质:对任何自然数n,z=n4+a都不是素数.1969德国.【证】对任意整数m>1及自然数n,有n4+4m4=(n2+2m2)2-4m2n2=(n2+2mn+2m2)(n2-2mn+2m2)而 n2+2mn+2m2>n2-2mn+2m2=(n-m)2+m2≣m2>1故n4+4m4不是素数.取a=4²24,4²34,…就得到无限多个符合要求的a.8 将某个17位数的数字的顺序颠倒,再将得到的数与原来的数相加.证明:得到的和中至少有一个数字是偶数.1970年苏【证】假设和的数字都是奇数.在加法算式中,末一列数字的和d+a为奇数,从而第一列也是如此,因此第二列数字的和b+c≢9.于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉,所得的13位数仍具有性质:将它的数字颠倒,得到的数与它相加,和的数字都是奇数.照此进行,每次去掉首末各两位数字.最后得到一位数,它与自身相加显然是偶数.矛盾!9 证明:如果p和p+2都是大于3的素数,那么6是p+1的因数.1973年加拿大【证】因p是奇数,2是p+1的因数.因为p、p+1、p+2除以3余数不同,p、p+2都不被3整除,所以p+1被3整除.10 证明:三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的).美国1973年【证】设p、q、r是不同素数.假如有自然数l、m、n和实数a、d,消去a,d,得化简得(m-n)3p=(l-n)3q+(m-l)3r+3(l-n)(m11 设n为大于2的已知整数,并设V n为整数1+kn的集合,k=1,2,….数m∈V n称为在V n中不可分解,如果不存在数p,q∈V n使得pq=m.证明:存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积.1977年荷兰【证】设a=n-1,b=2n-1,则a2、b2、a2b2都属于V n.因为a2<(n+1)2,所以a2在V n中不可分解.式中不会出现a2.r=a2b2有两种不同的分解方式:r=a2²b2=a2…(直至b2分成不可分解的元素之积)与r=ab²ab=…(直至ab分成不可分解的元素之积),前者有因数a2,后者没有.12 证明在无限整数序列10001,100010001,1000100010001,…中没有素数.注意第一数(一万零一)后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成.1979年英国【证】序列1,10001,100010001,…,可写成1,1+104,1+104+108,…一个合数.即对n>2,a n均可分解为两个大于1的整数的乘积,而a2=10001=137²73.故对一切n≣2,a n均为合数.13 如果一个自然数是素数,并且任意地交换它的数字,所得的数仍然是素数,那么这样的数叫绝对素数.求证:绝对素数的不同数字不能多于3个.1984年苏【证】若不同数字多于3个,则这些数字只能是1、3、7、9.不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7,余数分别为0、1、2、3、4、5、6.因此对任意自然数M,104³M与上述7个四位数分别相加,所得的和中至少有一个被7整除,从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数.14正整数d不等于2、5、13.证在集合{2,5,13,d}中可找到两个不同元素a、b,使得ab-1不是完全平方数.1986年德【证】证明2d-1、5d-1、13d-1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可.用反证法,设5d-1=x2 5d-1=y2 13d -1=z2 其中x、y、z是正整数.x是奇数,设x=2n-1.代入有2d-1=(2n-1)2即d=2n2-2n+1 说明d也是奇数.y、Z是偶数,设y=2p,z=2q,代入(2)、(3)相减后除以4有2d=q2-p2=(q+p)(q-p)因2d是偶数,即q2-p2是偶数,所以p、q同为偶数或同为奇数,从而q+p和q-p都是偶数,即2d是4的倍数,因此d是偶数.这与d是奇数相矛盾,故命题正确.15 .求出五个不同的正整数,使得它们两两互素,而任意n(n≢5)个数的和为合数.1987年全苏【解】由n个数a i=i²n!+1,i=1,2,…,n组成的集合满足要求.因为其中任意k个数之和为m²n!+k(m∈N,2≢k ≢n)由于n!=1²2²…²n是k的倍数,所以m²n!+k是k的倍数,因而为合数.对任意两个数a i与a j(i>j),如果它们有公共的质因数p,则p也是a i-a j=(i-j)n!的质因数,因为0<i-j<n,所以p也是n!的质因数.但a i与n!互质,所以a i与a j不可能有公共质因数p,即a i、a j(i≠j)互素.令n=5,便得满足条件的一组数:121,241,361,481,601.16 n≣2,证:如果k2+k+n对于整数k素数.1987苏联(1)若m≣p,则p|(m-p)2+(m-p)+n.又(m-p)2+(m-p)+n≣n>P,这与m是使k2+k+n为合数的最小正整数矛盾.(2)若m≢p-1,则(p-1-m)2+(p-1-m)+n=(p-1-m)(p-m)+n被p整除,且(p-1-m)2+(p-1-m)+n≣n>p因为(p-1-m)2+(p-1-m)+n为合数,所以p-1-m≣m,p≣2m+1由得4m2+4m+1≢m2+m+n即3m2+3m+1-n≢0由此得17 正整数a与b使得ab+1整除a2+b2.求证:(a2+b2)/(ab+1)是某个正整数的平方.1988德国a2-kab+b2=k (1)显然(1)的解(a,b)满足ab≣0(否则ab≢-1,a2+b2=k(ab+1)≢0).又由于k不是完全平方,故ab>0.设(a,b)是(1)的解中适合a>0(从而b>0)并且使a+b最小的那个解.不妨设a≣b.固定k与b,把(1)看成a的二次方程,它有一根为a.设另一根为a′,则由韦达定理a′为整数,因而(a′,b)也是(1)的解.由于b>0,所以a′>0.但由(3)从而a′+b<a+b,这与a+b的最小性矛盾,所以k必为完全平方.18 求证:对任何正整数n,存在n个相继的正整数,它们都不是素数的整数幂.1989年瑞典提供.【证】设a=(n+1)!,则a2+k(2≢k≢n+1),被k整除而不被k2整除(因为a2被k2整除而k不被k2整除).如果a2+k是质数的整数幂p l,则k=p j(l、j都是正整数),但a2被p2j整除因而被p j+1整除,所以a2+k被p j整除而不被p j+1整除,于是a2+k=p j=k,矛盾.因此a2+k(2≢k≢n+1)这n个连续正整数都不是素数的整数幂.19 n为怎样的自然数时,数32n+1-22n+1-6n是合数?1990年全苏解32n+1-22n+1-6n=(3n-2n)(3n+1+2n+1)当n>l时,3n-2n>1,3n+1+2n+1>1,原数是合数.当n=1时,原数是13 20 设n是大于6的整数,且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数,如果a2-a1=a3-a2=…=a k-a k-1>0求证:n或是素数或是2的某个正整数次方.1991年罗马尼亚.证由(n-1,n)=1,得a k=n-1.令d=a2-a1>0.当a2=2时,d=1,从而k=n-1,n与所有小于n的自然数互素.由此可知n是素数.当a2=3时,d=2,从而n与所有小于n的奇数互素.故n是2的某个正整数次方.设a2>3.a2是不能整除n的最小素数,所以2|n,3|n.由于n-1=a k=1+(k-1)d,所以3d.又1+d=a2,于是31+d.由此可知3|1+2d.若1+2d<n,则a3=1+2d,这时3|(a3,n).矛盾.若1+2d≣n,则小于n且与n互素自然数的个数为2.设n=2m(>6).若m为偶数,则m+1与n互质,若m为奇数,则m+2与m互质.即除去n-1与1外、还有小于n且与n互质的数.矛盾.综上所述,可知n或是素数或是2的某个正整数次方.21 试确定具有下述性质的最大正整数A:把从1001至2000所有正整数任作一个排列,都可从其中找出连续的10项,使这10项之和大于或等于A.1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列,总和都是1001+1002+…+2000=1500500,将它分为100段,每段10项,至少有一段的和≣15005,所以A≣15005另一方面,将1001~2000排列如下:2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1,a2,…,a2000(表中第i行第j列的数是这个数列的第10(i-1)+j项,1≢i≢20,1≢j≢10)令S i=a i+a i+1+…+a i+9(i=1,2,…,1901)则S1=15005,S2=15004.易知若i为奇数,则S i=15005;若i为偶数,则S i=15004.综上所述A=15005.22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数?1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】(n+1)2+(n+2)2+…+(n+10)2=10n2+110n+385=5(2n2+22n+77)不难验证n≡0,1,-1,2,-2(mod 5)时,均有2n2+22n+77≡2(n2+n+1)0(mod 5)所以(n+1)2+(n+2)2+…+(n+10)2不是平方数,23 是否存在完全平方数,其数字和为1993?1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在,取n=221即可.24 能表示成连续9个自然数之和,连续10个自然数之和,连续11个自然数之和的最小自然数是多少?1993年美国数学邀请赛【解】答495.连续9个整数的和是第5个数的9倍;连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍;连续11个整数的和是第6项的11倍,所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除,这数至少是495.又495=51+52+…+59=45+46+…+54=40+41+…+5025 如果自然数n使得2n+1和3n+1都恰好是平方数,试问5n+3能否是一个素数?1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n+1=k2,3n+1=m2,则5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4k2-m2=(2k+m)(2k-m).因为5n+3>(3n+1)+2=m2+2>2m+1,所以2k-m≠1(否则5n+3=2k+m=2m+1).从而5n+3=(2k+m)(2k-m)是合数.26 设n是正整数.证明:2n+1和3n+1都是平方数的充要条件是n+1为两个相邻的平方数之和,并且为一平方数与相邻平方数2倍之和.1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n+1及3n+1是平方数,因为2(2n+1),3(3n+1),可设2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2,由此可得n+1=k2+(k+1)2,n+1=(t±1)2+2t2反之,若n+1=k2+(k+1)2=(t±1)2+2t2,则2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2从而命题得证.27 设a、b、c、d为自然数,并且ab=cd.试问a+b+c+d能否为素数.1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数,将它们分别记作k与l.由a+c>c≣c1,b+c>c≣c2。

关于2003年中国数学奥林匹克第5题

关于2003年中国数学奥林匹克第5题

10 !●命题与解题 ●关于2003年中国数学奥林匹克第5题苏淳(中国科学技术大学统计与金融系 ,230026)2003 年中国数学奥林匹克第 5 题如下 :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 个人都不录用 ,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 A k 表示能力为第 k 的人被录 用的不同报名顺序的数目 ,以 A k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) A 1 > A 2 >> A 8 = A 9 = A 10 ;(2) 该公司有超过70 %的可能性录用到能力最强的三人之一 ; 而只有不超过10 %的可能性录用到能力最弱的三人之一.这是一道与“可能性的计算”有关、有着强烈的应用背景的题目. 初读此题不少人会对这个问题的合理性产生疑问 : 为什么不全部面试完毕 ,再从中挑选一个最好的 ?1 问题的来历与背景问题. 先看一个简单的例子:有三辆汽车前往同一地点,它们相继经过你的等候地点. 三辆汽车的舒适程度不同. 你希望乘上它们之中最舒适的一辆汽车,可是并不知道它们都是一些什么样的汽车,也不知道它们以怎样的顺序开来. 你应该采用怎样的策略?显然,此时你所面对的就是一种难于决断,却又需要及时决策,且没有反悔余地的情形. 因为只要你不上车,那么汽车就开走了. 我们以“好”“、中”、“差”来表示这三辆汽车.如果认为反正是碰运气,那么就干脆随便上一辆汽车吧. 于是,乘上每一辆汽车的可能性都是三分之一. 但是有没有办法提高自己乘上好车的可能性呢? 决策理论告诉我们: 可以采用“先看一看”的方针,即:一定不上第一辆开过来的车; 如果第二辆开来的车比前一辆好,那么就上它,否则就上第三辆车. 这种方针能否带来好处呢?当然,究竟可以乘上哪一辆汽车,仍然与它们开来的顺序有关. 我们知道,一共有如下6 种可能的顺序:①好中差②好差中③中好差④中差好⑤差好中⑥差中好其中的黑体字表示在“先看一看”的方针之下所乘上的汽车. 于是我们看到: 在该方针之下,有3 种顺序可以乘上“好”车,有两种顺序可以乘上“中”车, 只有一种顺序才会乘上“差”车. 这就是说,乘上“好”、“中”、“差”3 种遇到一类需要及时决策,且没有反悔余地的不同车辆的可能性分别是1 1 1. 可见此收稿日期:2003 - 02 - 282、3、6方针有效地提高了乘上好车的可能性.为了说明这种决策理论的理由,我们还2003 年第4 期是先问一问: 为什么我们在选择汽车时难于决断呢? 其原因就在于我们毫无信息,不了解它们都是一些什么样的汽车(当第一辆汽车开过来时,连它究竟是好的还是差的都不知道) ,而且只要不上,车就开走了,我们处于“两眼一抹黑”,而又必须作出决断的两难境地. 面对这种状况最好的办法,就是利用可能的手段收集信息.“先看一看”的方针就是通过观察第一辆汽车来收集信息,从而使得你可以有所比较,有比较才可以有所选择.能不能更多地收集一些信息呢? 显然在该问题中是难于做到的. 如果要多收集信息, 就要多观察,而一旦你观察了(并且放过了) 两辆汽车,就变得无可选择了:因为此时你就只能上最后开来的一辆汽车了. 因此收集信息的过程必须适可而止.在这个乘车问题中,如上的做法是无可改进的:你只能观察一辆汽车,并且在第二辆汽车开来时必须作出上还是不上的决策. 在秘书问题中,能否再多观察一些时候呢? 当然可以,因为一共有10 个候选人. 但是深入的计算结果可以告诉我们: 观察过程不宜太久,只能以3 个人为宜. 这就是说,从第4 个人开始, 就要进入决策阶段:“要”还是“不要”? 于是,从这里便产生出“观察过程到何时为止”这样一个理论性问题. 这在概率统计中称为“最佳停止问题”. 人们曾经对这个问题进行过深入的探讨,最终的结论就是: 观察过程的最佳停止时间是候选对象数目的1/ 3.此题便是根据这一结论编纂出来的. 当然,我们不能要求中学生去证明1/ 3 就是最佳停止时刻,只能要求他们通过推导和计算来认识这种理论所带来的好处,因此只要求他们证明题中的两个结论.应当承认,此题的陈述方式未必是最好的,因为在录用秘书的问题上完全可以先全部面试完毕,再从中挑选一个最好的,所以不少人认为本题在文字叙述上欠斟酌. 对于这个意见我们曾经给予考虑. 但是我们也就这个问题征询过一些公司经理的意见,他们看11 后觉得深受启发. 他们谈到,如果全部面试, 往往会由于面试的人太多,反而弄得分不清谁好谁差,还不如一旦遇见中意者当即拍板更好. 因此,我们在中文试题中就采用了现在的表述方式. 而在为俄罗斯队准备俄文试题时,则根据俄罗斯的表述习惯,改述为:有10 张卡片,上面分别写有10 个正整数a1 >a2 > > a10 . 卡片被按任意顺序背面朝上放成一行. 游戏者季玛不知道卡片上写了一些什么样的数,只是被要求自左至右依次翻开一些卡片,并且把他所翻开的最后一张卡片上所写的数作为他的得分. 为了能提高自己的得分,他决定首先翻开4 张卡片, 如果第4 张卡片上的数大于前3 张卡片上的数,那么他就不再继续往下翻;否则他就继续翻下一张,看看是否大于前面所有卡片上的数;如果一直翻到第9 张卡片,仍然没有大于前面所有卡片上的数,那么他就翻开第10 张卡片.这种陈述同样反映了我们命题的思想. 2问题的解答看起来,本题无非是计算满足一定条件的排列数,但是实际操作起来却未必容易.为方便计, 将能力排名第k 的人记为a k,将前3 个接受面试的人中能力最强的人的排名名次记为β. 抓住β一直分析下去,就可以找到本题的一种较为简洁的解法(见本刊2003 年第2 期第28 页———编者注) .在此题的解答中计算是相当精细的,且所得的结果为70 %< 01708 3 < 71 %. 所以,关于录用到能力最强的三人之一的可能性估计必须经过精确的计算才可得到. 此题考核的是考生的算功. 从阅卷结果看,能够清晰地一点不错地算出结果的考生虽然也有,但是不多. 由此反映出一部分考生的算功不足.本题的解答是一种以算为纲,以计算的结果来说明一切的解法. 这种解法融两个小题的解答于一体,显得简洁;但是也有不足之处,因为只要计算过程出现问题,那么不仅第二小题要扣分,而且第一小题的证明也失去j = 4j = 4=.k 10 - k 了凭据 ,无法成立. 可喜的是 ,大部分考生都对第一小题独立地给出了证明.以 S k 表示能力为第 k 的人(即 a k ) 被录用的所有不同报名顺序的集合. 则 A k = | S k | .容易看出 , 对于 k = 8 , 9 , 10 , 在属于 S k的任何一种报名顺序中 , a 1 一定要在前 3 个人中 ,而 a k 一定是最后一个报名者. 所以 ,A k = | S k | = 3 ×8 ! , k = 8 ,9 ,10.当 k = 2 ,3 , ,7 时 ,在任何属于 S k 的排列α中 , a k 可能是最后一个报名者(此时 a 1 必在前 3 个人中) ,而 a k 也可能不是最后一个报名者(此时 a k - 1 必在其后) . 但无论何种情况 ,只要交换α中 a k 与 a k - 1 的位置 ,所得到的排列α˜ 都属于 S k - 1 ,且对于不同的α∈ S k ,所得到的排列α˜ 也不相同. 这样的推导对于 k= 8 也成立. 于是便证得了A k - 1 = | S k - 1 | ≥| S k | = A k , k = 2 ,3 ,,8.A 3 . 对 A k 的计算除了前面介绍的方法之外 ,还有一种方法值得考虑 :仍将能力排名第 k 的人记为 a k , 将 a k 为第 j 个面试时可被录用的所有排列的数目记为A ˜k ( j ) . 于是即知A ˜k (10) = 3 ×8 ! , k = 2 ,3 , ,10.对于其余的情况 ,易知 , a k 为第 j 个面试时可被录用 ,当且仅当 ,前 j - 1 个面试者的能力均弱于他 ,且他们中的能力最强者出现在前 3 人中. 由此可得 j ≥4 , j - 1 ≤10 - k ,有4 ≤j ≤11 - k ,且 A ˜ ( j ) = C j - 1×3 ×( j - 2) !(10 - j ) !3 (10 - k ) !(10 - j ) !( j - 1) (11 - k - j ) !这样一来 ,便知3 ×8 ! ,k = 8 ,9 ,10 ,11 - k3(10 - k ) !(10 - j ) !另一方面 ,注意到上述映射不是由 S k 到 A k =3 ×8 ! +∑( j - 1) (11 - k - j ) ! , k = 2 , ,7 ,S k - 1 的满射 ,例如103(10 - k ) !(10 - j ) !α˜: = ( a 8 , a 9 , a k , a k - 1 , ) ∈S k - 1 ; ∑( j - 1) (11 - k - j ) ! ,k = 1.但 是 ,α: = ( a 8 , a 9 , a k - 1 , a k , ) ∈S k .据此得利用上述结果 ,可方便地计算出A 1 + A 2 + A 3 和 A 8 + A 9 + A 10 .A k - 1 = | S k - 1 | > | S k | = A k , k = 2 ,3 ,,8.10 !10 !至此 ,第一小题获证.为了解答第二小题 , 仍须计算 A 1 、A 2 、遗憾的是 ,在所有的考生中 ,没有几个人能清晰地给出类似的表达式.编 读 往 来1. ⊙O 1 与 x 轴负半轴相切 , ⊙O 2 与 y 轴负半轴相切 ,且两圆公切点 T 在 OA 上 ;2. ⊙O 1 与 x 轴负半轴相切 , ⊙O 2 与 y 轴负半轴相切 ,且两圆公切点 T 在 OA 的延长线上.类似于原解答 ,可求得 r = 7 + 4 2 u 60 + 42 2 .3 + 6 23 + 6 2 3 + 6 2) ;编辑发现此题还有另外两种情况 :3. ⊙O 1 与 x 轴负半轴相切 , ⊙O 2 与 y 轴正半轴相切 ,易求得 O 1 (2 - ,1 + 2) , O 2 (1 + 2 ,2 +4. ⊙O 1 与 x 轴正半轴相切 , ⊙O 2 与 y 轴负半轴相切 ,易求得 O 1 (2 + ,1 + 2) , O 2 (1 + 2 ,2 -类似于原解答 ,可求得 r = 1 + 2 .3 + 6 2) .。

各届CMO(中国数学奥林匹克)答案

各届CMO(中国数学奥林匹克)答案

√ sin ∠F AE FE AD 由正弦定理 sin AE 2 − AD2 = 5, ∠DAE = DE × AF .其中DE = √ √ F E = F D − DE = AF 2 − AD2 − DE = m2 − 122 − 5 > 0. ∴ m > 13, 且∠A为锐角等价于 ∠A为直角等价于 ∠A为钝角等价于 解得当13 < m < 当m = 当m >
zk ∈A
|yk |,则将zk 放入X中;若|yk | 0,则将zk 放入A中;若xk
1 4.
|xk |,则将zk 放入Y中. 其中必有一组中 0,则将zk 放入B中. 其中必有一组中的
所有复数模长之和不小于 1 2 .不妨设为X.
1 所有复数摸长之和不小于 4 .不妨设为A.
|zk |
而对于zk ∈ ∴ xk
中国 数 学奥 林 匹 克 (CMO) 历届试题及解答
1986-2005
第一届中国数学奥林匹克(1986年)
天津 南开大学
1.已知 a1 , a2 , . . . , an 为实数, 如果它们中任意两数之和非负,那么对于满足 x1 + x2 + · · · + xn = 1 的任意非负实数 x1 , x2 , . . . , xn , 有不等式 a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn 成立.请证明上述命题及其逆命题. 证明:原命题的证明:由0 (1)若ai 以ai + a1 xi 1, xi − x2 i 0, xi x2 i (i = 1, 2, . . . , n).
+

3 6 2 i, z
= 1, |z | = 1.
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CMO 中国数学奥林匹克竞赛试题1987第二届年中国数学奥林匹克1.设n为自然数,求方程z n+1-z n-1=0有模为1的复根的充份必要条件是n+2可被6整除。

2.把边长为1的正三角形ABC的各边都n等分,过各分点平行于其它两边的直线,将这三角形分成小三角形,和小三角形的顶点都称为结点,在第一结点上放置了一个实数。

已知i.A、B、C三点上放置的数分别为a、b、c。

ii.在每个由有公共边的两个最负三角形组成的菱形之中,两组相对顶点上放置的数之和相等。

试求3.放置最大数的点积放置最小数的点之间的最短距离。

4.所有结点上数的总和S。

3.某次体育比赛,每两名选手都进行一场比赛,每场比赛一定决出胜负,通过比赛确定优秀选手,选手A被确定为优秀选手的条件是:对任何其它选手B,或者A胜B,或者存在选手C,C胜B,A胜C。

结果按上述规则确定的优秀选手只有一名,求证这名选手胜所有其它选手。

4.在一个面积为1的正三角形内部,任意放五个点,试证:在此正三角形内,一定可以作三个正三角形盖住这五个点,这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边,并且它们的面积之和不超过0.64。

5.设A1A2A3A4是一个四面体,S1, S2, S3, S4分别是以A1, A2, A3, A4为球心的球,它们两两相切。

如果存在一点O,以这点为球心可作一个半径为r的球与S1, S2, S3, S4都相切,还可以作一个半径为R的球积四面体的各棱都相切,求证这个四面体是正四面体。

6.m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987,对于所有这样的m与n,问3m+4的最大值是多少?请证明你的结论。

1.设a1, a2, ... , a n是给定的不全为零的实数,r1, r2, ... , r n为实数,如果不等式r1(x1-a1)+r2(x2-a2)+...+r n(x n-a n)≦√(x12+ x22+ ... + x n2) + √(a12+ a22+ ... + a n2)对任何实数x1, x2, ... , x n成立,求r1, r2, ... , r n的值。

2.设C1、C2为同心圆,C2的半径是C1的半径的2倍,四边形A1A2A3A4内接于C1,将A1A4延长,交圆C2于B1。

设A1A2延长线交C2于B2,A2A3延长线交圆C2于B3,A3A4延长线交圆C2于B4。

试证:四边形B1B2B3B4的周长2(四边形A1A2A3A4的周长)。

并确定的号成立的条件。

3.在有限的实数列a1, a2, ... , a n中,如果一段数a k, a k+1, ... , a k+l-1的算术平均值大于1988,那么我们把这段数叫做一条“龙”,并把a k叫做这条龙的“龙头”(如果某一项a n>1988,那么单独这一项也叫龙)。

假设以上的数列中至少存在一条龙,证明:这数列中全体可以作为龙弄的项的算术平均数也必定大于1988。

4.(1)设三个正实数a、b、c满足(a2+b2+c2)2>2(a4+b4+c4)。

求证:a、b、c一定是某个三角形的三条边长。

(2)设n个正实数a1, a2, ... , a n满足(a12+ a22+ ... + a n2)2>(n-1)(a14+ a24+ ... + a n4)其中n≧3。

求证:这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长。

5.给出三个四面体A i B i C i D i(i=1, 2, 3),过点B i、C i、D i作平面αi、βi、γi(i=1, 2, 3),分别与棱A i B i、A i C i、A i D i垂直(i=1, 2, 3),如果九个平面αi、βi、γi(i=1, 2, 3)相交于一点E,而三点A1、A2、A3在同一直线l上,求三个四面体的外接球面的放条(形状怎样?位置如何?)。

6.如n是不小于3的自然数,以f(n)表示不是n的因子的最小自然数,例如f(12)=5。

如果f(n)3,又可作f(f(n))。

类似地,如果,f( f(n) )≧3,又可作f( f( f(n)))等等。

如果f( f(...f(n) ...)) =2,共有k个f,就把k叫做n的“长度”。

如果l n表示n的长度,试对任意自然数n (n≧3),求l n。

并证明你的结论。

1.在半径为1的圆周上,任意给定两个点集A、B,它们都由有限段互不相交的弧组成,其中B的每段的长度都等于π/m,m是自然数。

用A j表示将集合A反时针方向在圆同上转动jπ/m弧度所得的集合(j=1, 2, ...)。

求证:存在自然数k,使得L(A j∩B)≧L(A)L(B)/(2π)。

这里L(x)表示组成点集x的互示相交的弧段的长度之和。

2.设x1, x2, ... , x n都是正数(n≧2)且x1+ x2+ ...+x n=1。

求证:。

3.设S为复平面上的单位圆同(即模为1的复数的集合),f为从S到S的映射,对于任意S的元素z,定义f(1)(z)=f(z),f(2)(z)=f( f(z)),...,f(k)(z)=f( f(k-1)(z) )。

如果S的元素c,使得f(1)(z)≠c,f(2)(c)≠c,...,f(n-1)(c)≠c,f(n)(c)≠c。

则称c为f的n─周期点。

设m是大于1的自然数,f定义为f(z)=z m,试计算f的1989─周期点的总数。

4.设点D、E、F分别在△ABC的三边BC、CA、AB上,且△AEF、△BFD、△CDE的内切圆有相等的半径r,又以r0的R分别表示△DEF 和△ABC的内切圆半径。

求证:r+r0=R。

5.空间中有1989个点,其中任何三点不共线,把它们分成点数各不相同的30组,在任何三个不同的组中各取一点为顶点作三角形。

6.设f:(1, +∞)→(0, +∞)满足以下条件:对于任意实数x、y>1,及u、v>0,有f(x u y v)≦f(x)1/(4u) f(y)1/(4v)。

试确定所有这样的函数。

1.如下图,在凸四边形ABCD中,AB与CD不平行,圆O1过A、B且与边CD相切于P,圆O2过C,D且与边AB相切于Q,圆O1与O2相交于E、F。

求证:EF平分线段PQ的充要条件是BC//AD。

2.设x是一个自然数,若一串自然数x0=1,x2, ... , x n=x满足x i-1<i=1, 2, ...,l,则称{ x0 , x1 , ... , x n}为x的一条因子链。

l称为该因子链的长度。

L(x)与R(x)分别表示x 的最长因子链的长度和最长因子链的条数。

对于x=5k×31m×1990n,k、m、n都是自然数,试求L(x)与R(x)。

3.设函数f(x)对x>0有定义,且满足条件:i.对任何x、y≧0,f(x)f(y)≦x2 f(x/2) +y2 f(y/x);ii.存在常数M>0,当0≦x≦1时,| f(x) | ≦M。

求证:f(x)≦x2。

4.设a是给定的正整数,A和B是两个实数,试确定方程组:x2 +y2 +z2 =(13a)2,x2(Ax2+By2)+y2(Ay2+Bz2)+z2(Az2+Bx2)=(2A+B)(13a)4/3有整数解的充份必要条件(用A、B的关系式表示,并予以证明)。

5.设X是一个有限集合,法则f使的X的每一个偶子集E(偶数个元素组成的子集)都对应一个实数f(E),满足条件:a.存在一个偶子集D,使得f(D)>1990;b.对于X的任意两个示相交的偶子集A、B,有f(A∪B)=f(A)+f(B)-1990。

求证:存在X的子集P、Q,满足iii.P∩Q是空集,P∪Q=X;iv.对P的任何非空偶子集S,有f(S)>1990v.对Q的任何偶子集T,有f(T)≦1990。

6.凸n边形及n-3条在n边形内不相交的对角线组成的图形称为一个剖分图。

求证:当且仅当3|n时,存在一个剖分图是可以一笔划的圈(即可以从一个顶点出发,经过图中各线段恰一次,最后回到出发点)。

1.平面上有一凸四边形ABCD。

i.如果平面上存在一点P,使得ΔABP、ΔBCP、ΔCDP、ΔDAP面积都相等,问四边形ABCD应满足甚么条件?ii.满足(i)的点P,平面上最多有几个?证明你的结论。

2.设I=[0,1],G={ (x, y) | x、y为I的元素},求G到I的所有映像f,使得对I的任何x、y、z有i.f( f(x,y), z) =f( x, f(y,z) );ii.f(x, 1) =x,f(1,y)=y;iii.f(zx, zy) =z k f(x,y)。

这里,k是与x、y、z无关的正数。

3.地面上有10只小鸟在啄食,其中任意5只小鸟中至少有4只在一个圆上,问有鸟最多的圆上最少有几只鸟?4.求满足方程x2n+1-y2n+1=xyz+22n+1的所有正整数解组(x, y, z, n),这里n≧2,z≦5×22n。

5.求所有自然数n,使得min自然数k( k2+[n/k2] )=1991。

这里[n/k]表示n/k的整数部份。

6.MO牌足球由若干多边形皮块用三种示同颜色的丝线缝制而成,有以下特点:i.任一多边形皮块的一条边恰与另一多边形皮块同样长的一条用一种六色的丝线缝合;ii.足球上每结点,恰好是三个多边形的顶点,每一结点的三条缝线不相同。

求证:可以在MO牌足球的每一结点上放置一个不等于1的复数,使得每一多边形的所有顶点上放置的复数的乘积都相等。

1.设方程x n+a n-1x n-1+a n-2x n-2+....+a1x+a0=0的系数都是实数,且适合条件0<a0≦a1≦a2≦....≦a n-1≦1。

已知λ为方程的复数根且适合条件|λ|>1,试证:λn+1=1。

2.设x1, x2, ... , x n为非负实数,记x n+1= x1,a=min{x1, x2, ... , x n},试证:n Σ i=11+x i_1+x i+1≦n+1(1+a)2nΣi=1(x i-a)2,3.且等式成立当且仅当x1 =x2= ...=x n。

4.在平面上划上一个9x9的方格表,在这上小方格的每一格中都任意填入+1或-1。

下面一种改变填入数字的方式称为一次变动;对于任意一个小方格有一条公共边的所有小方格(不包含此格本身)中的数作连乘积,于是每取一个格,就算出一个数,在所有小格都取遍后,再将这些算出的数放入相应的小方格中。

试问是否总可以经过有限次变动,使得所有方小方格中的数都变为1?5.凸四边形内接于圆O,对角线AC与BD相交于P,ΔABP与ΔCDP的外接圆相交于P和另一点Q,且O、P、Q三点两两不重合。

试证∠OQP=90。

6.在有8个顶点的简单图中,没有四边形的图的边数的是大值是多少?7.已知整数序列{a1, a2, ...... }满足条件:1.a n+1=3a n-3a n-1+a n-2,n=2, 3, .....。

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