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 .2046
B .2047
C .2048
D .2049
2、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 .
163 B .8
3
C D . 4、若5[,]123
x ππ
∈--,则2tan()tan()cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是( ).
A B C D
5、已知x 、y 都在区间(-2,2)内,且xy =-1,则函数2
2
4949u x y =
+
--的最小值是( )
A .
85 B .2411
C .127
D .125
6、在四面体ABCD 中,设AB =1,CD AB 与CD 的距离为2,夹角为3
π
,则四
面体ABCD 的体积等于( )
A B .12 C .1
3 D 二、填空题(本题满分54分,每小题9分)
7、不等式|x |3-2x 2-4|x |+3<0的解集是__________.
8、设F 1,F 2是椭圆22
194
x y +=的两个焦点,P 是椭圆上的点,且|PF 1|:|PF 2|=2:1,则△PF 1F 2的面积等于__________.
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__________.
10、已知a ,b ,c ,d 均为正整数,且35
log ,log 24
a c
b 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lim
n
n n
S T →∞=__________.
三、解答题(本题满分60分,每小题20分)
13、设
3
52
x ≤≤
,证明不等式14、设A ,B ,C 分别是复数Z 0=ai ,Z 1=1
2
+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 +2 Z 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 =∠P AC . 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{}{}{}101010
l 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 ?
1
2
q (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
一、选择题
1、注意到452=2025,462=2116,故2026=a 2026-45=a 1981,2115= a 2115-45= a 2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.
又1981+22=2003,故a 2003= a 1981+22=2026+22=2048.故选(C ).
2、题设方程可变形为题设方程可变形为y =ax +b 和22
1x y a b
+=,则观察可知应选(B ). 3、易知此抛物线焦点F 与坐标原点重合,故直线AB 的方程为y
. 因此,A ,B 两点
的横坐标满足方程:3x 2-8x -16=0.由此求得弦AB 中点的横坐标04
3x =
,纵坐标0y =,进
而求得其中垂线方程4)3y x =-,令y =0,得P 点的横坐标416433x =+=,即
16
3
PF =,故选(A ).
4、
22tan()cot()cos()3361cos()
226cos()sin()332cos()
46sin(2)
3
542,2[,],[,].12322364625cos()[,].46123sin(2)33y x x x x x x x x x x x x x x y ππππ
πππ
ππππππππππππ
ππ=+
++++=++++=+++-≤≤-+∈+∈--+--+=-因为所以可见
与在上同为递增函数故当时,().
C 5、由已知得1
y x
=-
,故 24222422249972435
1491937437(9)x x x u x x x x x x
-+-=+==+---+--+ 而x ∈(-2,12-)∪(1
2,2),故当222224249,,93x x x x x
==+即时之值最小,而此时函
数u 有最小值12
5
,故选(D ).
6、如图,过C 作//CE AB =
,以△CDE 为底面,BC 为侧棱作棱柱ABF -ECD ,则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的1
3. 而△CDE 的面积S =
1
2
CE ×CD ×sin ∠ECD ,AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF -ECD 的高,故
2113sin 21222
V MN CE CD ECD =
???∠=??=
因此121
1
32
V V ==
,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
(3,-?. 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|PF 1|:|PF 2|=2:1,故可得|PF 1|=4,|PF 2|=2. 在△PF 1F 2中,三边之长分别为2,4
,,而22
+42
=(2
,可见△PF 1F 2
是直角三角形,且两直角边的长短为
2和4,故△PF 1F 2的面积=
12|PF 1|2|PF 2|=12
×234=4. 9、易得A =(1,3),设
f (x )=21-
x +a ,g (x )=x 2-2(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3
5242
4
,,(),().b d
a b c d a c a c
====从而因此,a |b ,c |d .又由于a -c =9,故
22222422222259()()9,()()9,,.41b
b d a b d b d b d a c
a c a a d c c
b d
c a c
??=+=????-=+-=????=-=????即故因而
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O 为上下底面构成圆柱.同时,A ′在下底面的射影必是AB 的中点M .
在△A ′AB 中,A ′A = A ′B =AB =2.设AB 的中点为N , 则A ′N
又
OM =OA
=
,ON =1.所以MN
=-1
,
A M '===
2.
12、因为M n 中小数和小数点后均有n 位,而除最后一位上的数字必为1外,其余各位上的
数字均有两种选择(0或1)方法,故T n =2n -1.又因在这2n -
1个数中,小数点后第n 位上的数字全是1,而其余各位上数字是0或1,各有一半,故
11211212111111112()221010101011(1)
11010221101101112(1)2910101111lim lim [(1)].18181010n n n n n n n n n
n n n n
n n n n
n n S S T ----------→∞→∞=
++++-
=+-=-=-+=故 三、解答题
13、由于(a +b +c +d )2=a 2+b 2+c 2+d 2+2(ab +ac +ad +bc +bd +cd )?4(a 2+b 2+c 2
+d 2),因此a +b +c +d ?a =b =c =d 时取等号).
取a =b
c
d
≤≤
所以14、设Z =x +yi (x ,y ∈R ),则x +yi =a cos 4t 2i +2(
12
+bi ) cos 2t sin 2t +(1+ci )sin 4t ,实虚部分离,可得
x = cos 2t sin 2t +sin 4t =sin 2t
y =a (1-x )2+2b (1-x )x +cx 2(0?x ?1)
即y =(a +c -2b )x 2+2(b -a )x +a ①
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(,),(,)4242
a b b c D E ++. 所以直线DE 的方程为 y =(c -a )x +1
4
(3a +2b -c ) ②
由①,②联立得a +c -2b (x -1
2)2=0.
由于a +c -2b ≠0,故(x -12)2=0,于是得x =12. 注意到113
424
<<,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(,)24
a c b
++,其对应的
复数为
1224
a c b
Z i ++=
+ 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). 设折叠时,O 上点A ′(R cos α,R sin α)与点A 重合,而折痕为直线MN ,则MN 为线段AA ′的中垂线. 设P (x ,y )为MN 上任一点,则|P A ′|=|P A |. 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
2222222
22222
2222sin()sin 1.()
()2 1.
()()()222
()2()()()222
a x y R R a a x y R R a θαθθ=
+==
=
≤-+≥--+=-可得其中故此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化为即所求点的集合为椭圆1().
外含边界部分
加 试
一、如图,连结AB ,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ =∠ABC ,∠DAQ =∠PBC =∠CAB ,故
△ADQ ∽△ABC ,而有
BC DQ
AB AD
=
,即BC 2AD =AB 2DQ . 又由切割线关系知△PCA ∽△P AD ,故PC AC
PA AD
=
;同理由△PCB ∽△PBD 得BC BC
PB BD
=
. 又因P A =PB ,故AC BC
AD BD
=
,得AC 2BD =BC 2AD =AB 2DQ . 又由关于圆内接四边形ACBD 的托勒密定理知 AC 2BD +BC 2AD = AB 2CD
于是得AB 2CD =2AB 2DQ ,故DQ =
1
2
CD ,即CQ =DQ . 在△CBQ 与△ABD 中,AD DQ CQ
AB BC BC
==
,∠BCQ =∠BAD ,于是△CBQ ∽△ABD ,故∠CBQ =∠ABD ,即得∠DBQ =∠ABC =∠P AC .
二、由题设可知
4
44444333333[][][]101010101010
l l m m n n
-=-=- 于是44
4333(mod 2)333(mod )333(mod5)②
l m n l
m
n
l m n ?≡≡?≡≡??≡≡?? ①
由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3l -
m ≡3m -
n ≡1(mod 24).
现在设u 是满足3u ≡1(mod 24)的最小正整数,则对任意满足3v ≡1(mod 24)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
的定义矛盾,所以
u |v .
注意到3≡3(mod 24),32≡9(mod 24),33≡27≡11(mod 24),34≡1(mod 24)从而可设m -n =4k ,其中k 为正整数.
同理可由②推出3m -
n ≡1(mod 54),故34k ≡1(mod 54). 现在我们求满足34k ≡1(mod 54)的正整数k .
因为34=1+5324,所以34k -1=(1+5324)k -1≡0(mod 54),即
428312
27311
47311
3(1)(1)(2)52525226
(1)(2)55[3(1)2]520(mod5)3
(1)(2)5[3(1)2]520(mod5)
3k k k k k k k k k k k k k k k k k k ---?+
??+??--≡++-?+??≡--++-?+??≡或
即有k =5t ,并代入该式得
t +5t [3+(5t -1)327]≡0(mod 52)
即有t ≡0(mod 52),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1
12n 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
2111
(1)[
]1(1)(1)1(1)1222
n l n q n q q -=-++≤+-+=++ 则图中必存在四边形,因此下面只讨论b i 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 2 00 11 2 0|011 1 22 111 1 211 2 111 2000(12,0)1 (32)2()1[3()2(1)]21(2)1[3(2)2(1)]211(21)(2(1)n b n n i B i i i n i b b i i i n i i i n i n i i i V B C B B C C b C b b b b n n l b l b n n l b n n ---?==---=-=--==?=≥?≥=== -+≥-+---=--+--=--+-∑∑∑∑∑∑中点对的个数中点对的个数=当或时令00000222)1[(1)(1)21]2(1) [(1)(1)222]1 (2)(3) 2(1) l b n n q b n n n q b n nq q b nq q n b n --+≥-++--+--++--+= -+---+-- 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=0 ② 及(nq -q +2-b 0)-(q +1)(n -b 0)= qb 0-q -n +2?q (q +2) -q -n +2=1>0 ③ 由②,③及(n -b 0) (q +1),( n -b 0-1) q 皆是正整数,得 (nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0)> q (q +1) (n -b 0) ( n -b 0-1) 而这与所得的①式相矛盾,故原命题成立. 2003年中国数学奥林匹克试题 一、设点I ,H 分别为锐角△ABC 的内心和垂心,点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 2(B 2≠B ),射线C 1I 交AC 的延长线于点C 2,B 2C 2与BC 相交于k ,A 1为△BHC 外心,试证:A ,I ,A 1三点共线的充分必要条件是△BKB 2和△CKC 2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,使得对任何θi ∈(0,π/2),(i =1,2,…,n ),只要tan θ1tan θ2…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 ,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 ?2222 2( )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 121212 12122222222222()sin , (sin )222(), 22. ()ABC AB B ABC ABC ABC BKB CKC ABC AB C S ID IE a b c S ID AB AB AB AB A ID AB AB AB A ID S S S b b AB a b c bc a b c bc AB a b c bc AC a b c S S S S bc bc bc a b c a b c a b c ?????????==++=+==-=-++++= +-=-+=?=?= +--+?--=故故同理22260. bc a b c bc BAC ??=+-?∠= 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23335,223335,233235,23337,223337,23537,233311等7个偶数后余下的43个偶数; 不超过100的正整数中3的奇数倍:确定3,333,…,3333共17个数; 不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍:5,535,537,5311,5313,5317,5319共7个数; 不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍:7,737,7311,7313共4个数; 质数11. 现证明以上72个整数构成的集合S 满足题设条件. 显然满足条件(1); 对S 中任意两个不同的元素a, b, 则a ,b 的最小公倍数中不大于11的质因数至多只含有2,3,5,7,11中的4个,因此存在c ∈{2,3,5,7,11},使得(a ,c )=(b ,c )=1,且显然c ∈S ,因此S 满足条件(2); 对S 中任意两个没同的元素a ,b , 若(a ,b )=1,分别取的a ,b 最小质因素p ,q ,则p ,q ∈{2,3,5,7,11}且p ≠q ,令c=pq ,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )=p >1,(b ,c )=q >1; 若(a ,b )=d >1,取d 的最小质因数p ,及不整除ab 的最小质数q ,则p ,q ∈{2,3,5,7,11},令c=pq ,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )?p >1,(b ,c )?p >1. 因此S 满足条件(3). 以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于72. 首先证明满足题设条件的S 至多只能含有一个大于10的质数.事实上若p 1,p 2为大于10的质数,且p 1,p 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23335,223335,233235,7p 包含了S 中所有各数的最小质因数,因此由条件(2)知23335,223335,233235?S ; 若7p ?S ,则由条件(3)知7,737,7311,7313?S ; (ii )若5p ∈S ,则由(2)知,23337,223337?S ; 若5p ?S ,则由条件(3)知5,535,537?S . (iii )3p 与23537不同属于S . (iv )233p 与537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 . (3,23537),(5,23337),(7,23335), (233,537),(235,337),(237,335), (2237,3+235). 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 θ1 2. 当n =2时,tan θ1 tan θ2=2,cos θ1 =(i =1,2). 令tan 2θ1=x ,则tan 2θ2=4/x ,则 122cos cos 3 33(24/4(54/)144/0,3)0, x x x x x x θθ+≤??≤?+++≤++?++-≥即 等号成立当且仅 当 30=,由此易知当且仅当x =2时等号成立. 故 12cos cos θθ+≤,当且仅当θ1=θ2时,等号成立. 2°当n ?3时,λ=n -1.先证 cos θ1+cos θ2+…+cos θn 不妨设θ1?θ2?θ3?…?θn ,要证明(1)式只要证 cos θ1+cos θ2+cos θ3<2 (2) tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2,故tan θ1tan θ2tan θ3 = 222232323222 2 2 231232 2 2 1 23 1cos 1sin /2, cos cos 2(sin sin )/22sin sin .8tan tan 1tan 8/(tan tan ),. cos tan tan cos cos i i θθθθθθθθθθθθθθθθθ=-+<-+≤-+≥≥ ≤ = 故故12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 2 8cos cos sin sin 1 8tan tan sec sec (1tan )(1tan ) tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθ θθθ+ +<--+++≥?+≥=++?+≤ 3 ( ) 若(3)式不成立,即tan 2θ2+tan 2θ3>7,从而tan 2θ1?tan 2θ2>7/2.故cos θ1?cos θ 2=,cos θ1+cos θ2+cos θ3 <3+1<2. 从而(1)式得证. 现证λ=n -1为最小的. 事实上,若0<λ λ/(n -1)<1,从而存在θi <(0,π/2)i =1,2,…,n , 使得co s θi =α,tan θi α(i =1,2,…,n -1),tan θn =2n /2(α n - 1,从而tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2,但 cos θ1+cos θ2+…+cos θn -1+cos θn > cos θ1+cos θ2+…+cos θn -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). n n n λ?=?=? -≥?? 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=2233317 由a ?2,m ?2,易知只有a =2,m =4及a =4,m =2满足上式.故(a ,m ,n )=(2,4,8t )或(4,2,4t ), 其中t 为非负整数(下同). (ii )若r ?1,由①有a r (ka m - r -1)=203-k . 对于1?k ?9,容易验证只有当k =8时,存在a =5,m =2,r =1满足上式,即(a ,m ,n )=(5,2,4t +1). 对于k ?10,则由①有 10(a m +1)?a r +203?ka m - 1+203 故a m - 1(10a -1)?193,a 可能值为2,3,4. 当a=2时,m可能值为2,3,4,容易验证仅当a=2,m=2,r=1或a=2,m=3,r=2时满足①式,故(a,m,n)=(2,2,4t+1)或(2,3,6t+2) 当a=3,4时,均不存在m,r满足①式. 2°若q为奇数,则 k(a m+1)=203-a r② 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的整数m②式都成立,故 (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)=328!?=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 1 78 12 8 11 891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③ (1)④ 3(22)!(102)!38!(373)8!0 ③、a k a a 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1238910 123456788 123123441238910④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077! 5077! 70% 10!10!10a A A A A A A A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ=>>>==========++=+++++++++=++>>++∑即有 容易算得>338! 10%. !10! ?>=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 (x 1x 2-y 1y 2) x 1x 2-y 1y 2?222 2a b u ab +- ① v 12?(cx 2+dx 1)2+(cy 2-dy 1)2= c 2+d 2-2cd (y 1y 2-x 1x 2) y 1y 2-x 1x 2?2 2212c d v cd +- ② ①+②并整理得 222222 1222222 122112 2 112222 1122222222 11()())()()()()() 2()v u a b c d ab cd ab cd u v a b c d ab cd ab cd u v u v cd ab cd ab cd ab cd u v u v ab cd ab cd ab cd ab cd v u u v a b c d ab cd ab cd ab cd +++≤++++≤++++=+++≤+++++++=+++≤+同理可得 2004年中国数学奥林匹克试题 第一天 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 DH EB 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 1 G 1、G 1 H 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11 F C CG 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 0133110,1 (),1,2,,. 2 n i i i i x x x x x x a i n ++-==???+=+-=?? (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 n i i a =∑?1. 求证:对任意实数x ,有 2 222111111 2(1)n i i a x a a x =??≤? ? ?+-+?? ∑ 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