高中数学奥林匹克竞赛全真试题 46页

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bx2＋ay2=ab的图形是（）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P点,则线段PF的长等于()A．B．C．D．4、若，则的最大值是（）.A．B．C．D．5、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，则函数的最小值是（）A．B．C．D．6、在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于（）A．B．C．D．二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7、不等式|x|3－2x2－4|x|＋3<0的解集是__________.8、设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，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，则实数a的取值范围是__________.10、已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c=9，b－d=__________.46\n11、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Mn={（十进制）n位纯小数0.只取0或1（i=1，2，…，n－1），an=1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则=__________.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、设，证明不等式.14、设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=＋bi，Z2=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=Z0cos4t＋2Z1cos2tsin2t＋Z2sin4t（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，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=q2＋q＋1，l≥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=a2026－45=a1981，2115=a2115－45=a2070.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a2003=a1981＋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，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：3x2－8x－16=0.由此求得弦AB中点的横坐标，纵坐标46\n，进而求得其中垂线方程，令y=0，得P点的横坐标，即，故选（A）.4、5、由已知得，故而x∈（－2，）∪（，2），故当之值最小，而此时函数u有最小值，故选（D）.6、如图，过C作，以△CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABF－ECD，则所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的.而△CDE的面积S=CE×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故因此，故选（B）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x|－3）（x2＋|x|－1）<0，由此得所求不等式的解集为.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=46\n，故|PF1|＋|PF2|=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=，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=|PF1|·|PF2|=×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，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，.因此所示原来圆柱的高为.12、因为Mn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Tn=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，故三、解答题46\n13、由于（a＋b＋c＋d）2=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a2＋b2＋c2＋d2），因此a＋b＋c＋d≤2（当且仅当a=b=c=d时取等号）.取a=b=，c=，d=，则因为，，不能同时相等，所以.14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi=acos4t·i＋2(＋bi)cos2tsin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得x=cos2tsin2t＋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.所以直线DE的方程为y=(c－a)x＋(3a＋2b－c)②由①，②联立得a＋c－2b（x－）2=0.由于a＋c－2b≠0，故（x－）2=0，于是得x=.注意到，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，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）.设折叠时，O上点A′（Rcosα，Rsinα）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|PA′|=|PA|.故(x－Rcosα)2＋(y－Rsinα)2=(x－a)2＋y2，即2R(xcosα＋ysinα)=R2－a2＋2ax，故46\n加试一、如图，连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有，即BC·AD=AB·DQ.又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故；同理由△PCB∽△PBD得.又因PA=PB，故，得AC·BD=BC·AD=AB·DQ.又由关于圆内接四边形ACBD的托勒密定理知AC·BD＋BC·AD=AB·CD于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.在△CBQ与△ABD中，，∠BCQ=∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.二、由题设可知于是由于（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，则由带余除法可知，存在非负整数a与b，使得v=au＋46\nb，其中0m>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={A0，A1，A2，…，An－1}为全集，记Ai的所有邻点（与Ai有连线段的点）的集合为Bi，Bi中点的个数记为|Bi|=bi，显然且bi≤(n－1)(i=0，1，2，…，n－1).若存在bi=n－1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi0③由②，③及(n－b0)(q＋1)，(n－b0－1)q皆是正整数，得(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)>q(q＋1)(n－b0)(n－b0－1)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外心，试证：A，I，A1三点共线的充分必要条件是△BKB2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，使得对任何θi∈（0，π/2），（i=1，2，…，n），只要tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，就有cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn≤λ.四、求所有满足a≥2，m≥2的三元正整数组（a，m，n），使得an＋203是am＋1的倍数.46\n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Ak/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）A1>A2>…>A8=A9=A10；（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Pi（xi，yi）(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≤.参考答案一、∵H是△ABC的垂心，A1是△BHC的外心，∴△BHC=180°－∠BAC，∠BA1C=2∠BAC.又由题设知AB≠AC，从而A，I，A1共线，即A1在∠BAC平分线上A1在△ABC外接圆上∠BA1C＋∠BAC=180°∠BAC=60°.现证∠BAC=60°.作ID⊥AB于D，IE⊥AC于E，设BC=a，CA=b，AC=c，则46\n故A，I，A1共线的充要条件是△BKB2和△CKC2的面积相等.二、设，其中q是不被2，3，5，7，11整除的正整数，ai为非负整数，n≤100，则n∈Sai(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3，3×3，…，3×33共17个数；不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍：5，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7个数；不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7，7×7，7×11，7×13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p1，p2为大于10的质数，且p1，p2∈S，则由（3）知存在c∈S，使得（p1，c）>1，（p2，c）>1，从而有p1|c，p2|c，∴p1p2|c，由此可知c≥p1p2>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1S.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2×3×5，22×3×5，2×32×5S；若7pS，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13S；（ii）若5p∈S，则由（2）知，2×3×7，22×3×7S；若5pS，则由条件（3）知5，5×5，5×7S.（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.46\n2°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，tanθ1=，∴cosθ1=.当n=2时，tanθ1tanθ2=2，cosθ1=（i=1，2）.令tan2θ1=x，则tan2θ2=4/x，则等号成立当且仅当，由此易知当且仅当x=2时等号成立.故，当且仅当θ1=θ2时，等号成立.2°当n≥3时，λ=n－1.先证cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn7，从而tan2θ1≥tan2θ2>7/2.故cosθ1≤cosθ2<1/，cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<＋1<2.从而（1）式得证.现证λ=n－1为最小的.事实上，若0<λcosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1=λ当n≥3时，最小的正数λ为n－1.综上所求最小正数四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则an＋203=amq＋r＋203=amqar＋203≡(－1)qar＋203(mod(am＋1))从而am＋1|an＋203am＋1|(－1)aar＋203.即k(am＋1)=(－1)qar＋203.1°若2|q，则k(am＋1)=ar＋203.①（i）若r=0，则有k(am＋1)=204=22×3×17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ar（kam－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（am＋1）≤ar＋203≤kam－1＋203故am－1（10a－1）≤193，a可能值为2，3，4.46\n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（am＋1）=203－ar②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（am＋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ar(kam－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（am＋1）<203.故am只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.容易验证仅当am=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Ak(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Ak(1)=3·8！γ1.①当2≤a≤8时，若k=a，a＋1，…，10，则有Ak(a)=0；若k=1，2，3，…，a－1，则有46\n六、令u=ay1＋by2，v=cy3＋dy4，u1=ax4＋bx3，v1=cx2＋dx1，则u2≤（ay1＋by2）2＋（ax1－bx2）2=a2＋b2－2ab(x1x2－y1y2)x1x2－y1y2≤①v12≤（cx2＋dx1）2＋（cy2－dy1）2=c2＋d2－2cd(y1y2－x1x2)y1y2－x1x2≤　　　　　　　②①＋②并整理得46\n2004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.而点A、B、C、D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，满足E1F1∥EF，F1G1∥FG，G1H1∥GH，H1E1∥HE.已知.求的值.二、已给正整数c，设数列x1，x2，…满足x1=c，且xn=xn－1＋＋1,n=2，3，…，其中[x]表示不大于x的最大整数.求数列{xn}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x0，x1，…，xn，xn＋1，满足（2）对于（1）中的数列x0，x1，…，xn，xn＋1满足|xi|≤|a|，i=0，1，…，n＋1.五、给定正整数n(n≥2)，设正整数ai=(i=1，2，…，n)满足a11和n>1，定义B={x1，x2,…，xn－1|存在xn使得(x1，x2，…，xn－1，xn)∈A}.由归纳假设|D（B）|≥|B|.对每一个b∈B，令Ab={xn|(b，xn)∈A}，ab=max{x|x∈Ab},C=A\{b，ab}|b∈B}.则|C|=|A|－|B|.∪D∈D（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∈Ab，a′∈Ab′}.∪D∈D（B）类似地，再令Cb=Ab\{ab}，有D（C）={(D，|c－c′|)|d(b，b′)=D，且c∈Cb，c′∈Cb′}.注意到，对每一对b、b′∈B，最大差|a－a′|(a∈Ab，a′∈Ab′)一定是a=ab或a′=ab′.于是，这个最大差不出现在{|c－c′||c∈Cb，c′∈Cb′}中.因此，对任何的D∈D（B），集合{|c－c′||d(b，b′)=D，且c∈Cb和c′∈Cb′}并不包含集合{|a－a′||d(b，b′)=D，且a∈Ab和a′∈Ab′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D(C)|≤≤|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f0，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.由（1）可知f(2)≥1.下面分两种情况讨论：（i）f(2)=1，则可证f(n)=1(n)①事实上，由（2）知f(6)=f(2)f(3)=f(3).记f(3)=a，则a≥1.由于f(3)=f(6)=a，利用（1）可知f(4)=f(5)=a.利用（2）知，对任意奇数p有f(2p)=f(2)f(p)=f(p).46\n再由此及（1）可证f(n)=a(n≥3)②事实上，a=f(3)=f(6)=f(5)=f(10)=f(9)=f(18)=f(17)=f(34)=f(33)=….由式②和（2）得a=1，即f=1，故式①成立.（ii）f(2)>1.设f(2)=2a，其中a>0.令，则g(x)满足（1）、（2）且g(1)=1，g(2)=2.设k≥2，则由（1）得2g(2k－1－1)=g(2)g(2k－1－1)=g(2k－2)≤g(2k)≤g(2k＋2)=g(2)g(2k－1＋1)=2g(2k－1＋1)；若k≥3，则22g(2k－2－1)=2g(2k－1－2)≤g(2k)≤2g(2k－1＋2)=22g(2k－2＋1).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gk－1(m)g(m－1)≤g(mk)≤gk－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≤mk≤2s＋1.于是，有s≤klog2mm2≥2，由③可得由此易知用归纳法可知，对于m1>m2>…>mr≥2，有即当n=2rp，其中r(r≥2)是整数，p是奇数时，有⑤当n=4m＋1时，由③可得.由⑤可知k4m＋1=2m＋1.同理，由知k4m＋2=k4m＋3=2m＋2.综上可知46\n当3|n时，由②得，其中3|pn.由于k3=2=×3，k6=4=×6，k12=9>×12，k24=16=×24，从而，x3，x6，x12，x24，均为整数.若n0(mod4)，则kn≤＋1，所以，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，kn=2r－1×3kq＋r＋1于是，kn－=2r－1×3kq＋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⑦由⑥和⑦知{xn}中仅有x0，x3，x6，x12，x24均为整数.综上得数列中最少有5个整数项.2003年中学生数学智能通讯赛试题高一年级一、选择题（共8道小题，每小题5分，共40分）1、已知集合M={x|x3－x=0}，集合N={x|－2≤x≤1，x∈Z}，从M到N的映射f：M→N满足条件，对任意x∈M，恒有x＋3f(x)为偶数，则这样的映射共有（）A．8个B．9个C．81个D．64个2、设[t]表示不大于t的最大整数，如[1]=1，[1.2]=1，则方程[3x＋1]=6x的根共有（）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)都有反函数，并且函数f(x＋1)和g－1(x－2)的图象关于直线y=x对称，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5个空瓶子可换取一瓶新饮料（含瓶），该种饮料每瓶成本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，Q={t|t=(2k－1)2＋1,k∈N}，则P与Q的关系是（）A．P=QB．C．D．46\n6、能使函数在区间[0，＋∞]上具有单调性的正数m的取值范围是（）A．0D．m≥7、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)=x2－x＋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{an}满足：a1=3，a2=6，an＋2=an＋1－an，则a2008=_________.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，且孩子们爬到滑梯顶部后不再滑下，则经过_________秒钟后，一个孩子可以从滑梯底部爬到顶部.13、已知函数，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f()＋f()＋f()＋f()=_________.14、数列23，2323，232323，23232323，…的一个通项公式是_________.15、设数列{an}的通项公式为，且a1b）.现将A中农药的倒入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|00}.函数(α)=sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k，α∈[0，π].若集合A={ξ|(α)<0}，B={f((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26个字母（不论大小写）依次对应1，2，3，…，26个自然数.见表格：abcdefghijklm12345678910111213nopqrstuvwxyz14151617181920212223242526给出如下一个变换公式：46\n将明文转换成密文，如8→＋13=17，即h变成q，5→=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、函数的值域是（）A．（0，）B．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C．（0，）∪（）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时它的体重大约是（）A．20gB．25gC．35gD．40g4、动点M（x，y）满足，那么点M的轨迹是（）A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线5、已知一个数列{an}各项是1或0，首项为1，且在第k个1和第（k＋1）个1之间有（2k－1）个0，即1，0，1，0，0，0，1，0，0，0，0，1，….则第2004个1是该数列的第（）项.A．45B．1981C．4012009D．40140136、已知△ABC的顶点B为椭圆短轴的一个端点，另两个顶点亦在椭圆上，若△ABC的重心恰为椭圆的一个焦点，则椭圆离心率的取值范围为（）A．B．C．D．7、设抛物线y2=2px(p>0)的轴和它的准线交于E点，经过焦点F的直线交一抛物线于P、Q两点（直线PQ与抛物线的轴不垂直）（如图1），则∠FEP和∠QEF的大小关系为（）A．∠FEP>∠QEFB．∠FEP<∠QEFC．∠FEP=∠QEFD．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．a0的解集为{x|00}，∴B={ξ|f（（α））>0}={ξ|0<（α）0}.由（α）<－k得sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k<－k.∴cos2α－(ξ＋1)cosα＋ξ2＋ξ－1>0.∵α∈[0，π]，∴cosα∈[－1，1]，令u=cosα，则u∈[－1，1]，∴本题转化为对一切u∈[－1，1]，ξ为何值时，不等式u2－(ξ＋1)u＋ξ2＋ξ－1>0恒成立，令g(u)=u2－(ξ＋1)u＋ξ2＋ξ－1，∴（1）当△<0时，g(u)>0恒成立.此时(ξ＋1)2－4(ξ2＋ξ－1)=－3ξ2－2ξ＋5<0，∴ξ<或ξ>1.（2）另外，要使g(u)>0恒成立，还可以由由①得ξ∈，由②得ξ∈.故A∩B={ξ|ξ<或ξ>1}.46\n20、（1）g→7→=4→d，o→15→=8→h，d→4→＋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、设=t(t≥0)，有x=t2－2，则（t≥0且t≠3）从而函数值域为，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，从而G=×15≈35，选C.4、动点M（x，y）的几何意义是到定点P（sinα，cosα）的距离等于到定直线l：xsinα＋ycosα－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，得D（），D在椭圆内部，满足，从而，即00，即a>b，故选A.二、填空题9、依题意A点在以B、C点为焦点的椭圆上，当A在短轴端点处△ABC面积最大，因椭圆长轴2a=10，焦距2c=6，故，从而△ABC的最大面积为×2c×b=bc=12.10、如图，依题意a＋c=n＋R且a－c=m＋R.正确说法有①③④.11、∵，∴N（4，6）.由已知，点R的轨迹是以点N为圆心，2为半径的圆，点P、Q在此圆上，且M、P、Q三点共线.连结MN交圆N于点I，延长MN交圆N于J.由割线定理.12、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(·－a，0)，C(0，ak－a)，因为k<0，故＋k≤－2，（＋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、(b>a>0，m>0)，故原不等式左边>，故原不等式的解集为.14、填①②③⑤.15、由已知条件得sinα＋cosα－sinαcosα=，又sin2α＋cos2α=1，设x=sinα＋cosα，y=sinαcosα，联立解得46\n从而a＋=(1＋sinα)(1＋cosα).所以a=2，b=22，c=25，.16、，当且仅当a=b=，即a=b=时，取“=”号，填.三、解答题17、18、令t=xy，则t∈（0，）.由x＋y=1，得x2＋y2=1－2xy，x3＋y3=1－3xy，x4＋y4=1－4xy＋2x2y2，x5＋y5=1－5xy＋5x2y2.46\n19、（1）由题可知F（1，0），设A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，直线AB的方程为y=k·(x－1)，则A、B点的坐标代入y2=4x.相减得yA＋yB=，即yM=，代入方程y=k(x－1)，解得xM=＋1，同理可得，N的坐标为（2k2＋1，－2k）.直线MN的斜率为，方程为y＋2k=（x－2k2－1），整理得y(1－k2)=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xG=－1，，即G（－1，）.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，所以，公共弦所在直线的方程为.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），必可利用方程求得k值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为（x≠0）.46\n20、当O1N⊥O2N时有S=S1＋S2，下面予以证明∠NO1O2=∠NO1M=∠A，同理∠NO2O1=∠ACM.故△AMC∽△O1NO2有，①设O1、O2、△ABC外接圆半径分别为r1、r2和R，在△ABC中AC=2RsinB=2Rsin∠ANM，在△AMN中AM=2r1sin∠ANM=2NO1sin∠ANM，代入①式得，得O2O1=R，因为O1N⊥O2N，所以.得S1＋S2=S.2003年中国西部数学奥林匹克试题第一天1、将1，2，3，4，5，6，7，8分别放在正方体的八个顶点上，使得每一个面上的任意三个数之和均不小于10.求每一个面上四个数之和的最小值.2、设2n个实数a1，a2，…，a2n满足条件.求(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)－(a1，a2＋…＋an)的最大值.3、设n为给定的正整数，求最小的正整数un，满足：对每一个正整数d，任意un个连续的正奇数中能被d整除的数的个数不少于奇数1，3，5，…，2n－1中能被d整除的数的个数.4、证明：若凸四边形ABCD内任意一点P到边AB、BC、CD、DA的距离之和为定值，则ABCD是平行四边形.第二天5、已知数列{an}满足：a0=0，，n=0，1，2，…，其中k为给定的正整数.证明：数列{an}的每一项都是整数，且2k|a2n，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A1、B1、C1、D1，连结A1B1、B1C1、C1D1、D1A1，点E、F、G、H分别为A1B1、B1C1、C1D1、D1A1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x1、x2、x3、x4、x5满足.求证：.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928.46\n答案1、设某个面上的四个数a1、a2、a3、a4之和达到最小值，且a1S△ABC，得d(Q，AB)＋d(Q，AC)>m（1）若四边形ABCD的两组对边都不平行，不妨设BC与AD相交于点F，BA与CD相交于点E.过点P分别作线段l1、l2，使得l1上的任意一点到AB、CD的距离之和为常数，l2上的任意一点到BC、AD的距离之和为常数，如图2.则对于区域S内任意一点Q，有d(P，AB)＋d(P，BC)＋d(P，CD)＋d(P，DA)=d(Q，AB)＋d(Q，BC)＋d(Q，CD)＋d(Q，DA)=[d(Q，AB)＋d(Q，CD)]＋[d(Q，BC)＋d(Q，DA)]>[d(P，AB)＋d(P，CD)]＋[d(P，BC)＋d(P，DA)]矛盾.（2）若四边形ABCD是梯形，也可推得矛盾.5、由题设可得，所以，.将上面两式相减，得即（an＋2－an）(an＋2＋an－2kan＋1)=0.由题设条件知，数列{an}是严格递增的，所以，an＋2=2kan＋1－an①结合a0=0，a1=1知，数列{an}的每一项都是整数.因为数列{an}的每一项都是整数，由式①可知2k|(an＋2－an)②于是，由2k|a0，及式②可得2k|a2n，n=0，1，2，…6、如图所示，设I为四边形ABCD的内切圆圆心.由于46\nH为D1A1的中点，而AA1与AD1为过点A所作的I的切线，故H在AI上，且AI⊥A1D1.又ID1⊥AD1，故由射影定理可知IH·IA=，其中r为内切圆半径.同理可知，E在BI上，且IE·IB=r2.于是，IE·IB=IH·IA，故A、H、E、B四点共圆.所以，∠EHI=∠ABE.类似地，可证∠IHG=∠ADG，∠IFE=∠CBE，∠IFG=∠CDG.将这四个式子相加得∠EHG＋∠EFG=∠ABC＋∠ADC.所以A、B、C、D四点共圆的充要条件是E、F、G、H四点共圆.而熟知一个四边形的各边中点围成的四边形是平行四边形，平行四边形为矩形的充要条件是该四边形的四个顶点共圆.因此，EFGH为矩形的充要条件是A、B、C、D四点共圆.7、令，i=1，2，…，5，则，i=1，2，…，5，且.于是故命题成立.8、设第i行的男生数为ai，则女生数为75－ai.依题意可知这是因为任意给定的两列处于同一行的两个人中，性别相同的学生不超过11对，故所有同一行中性别相同的两人对的个数不大于.于是有46\n2003年第二届女子数学奥林匹克试题第一天1、已知D是△ABC的边AB上的任意一点，E是边AC上的任意一点，连结DE，F是线段DE上的任意一点.设.证明：（1）S△BDF=(1－x)yzS△ABC，S△CEF=x(1－y)(1－z)S△ABC，（2）.2、某班有47个学生，所用教室有6排，每排有8个座位，用（i，j）表示位于第i排第j列的座位.新学期准备调整座位，设某学生原来的座位为（i，j），如果调整后的座位为（m，n），则称该生作了移动[a，b]=[i－m，j－n]，并称a＋b为该生的位置数.所有学生的位置数之和为S.求S的最大可能值与最小可能值之差.3、如图1，ABCD是圆内接四边形，AC是圆的直径，BD⊥AC，AC与BD的交点为E，F在DA的延长线上.连结BF，G在BA的延长线上，使得DG//BF，H在GF的延长线上，CH⊥GF.证明：B、E、F、H四点共圆.4、（1）证明：存在和为1的五个非负实数a、b、c、d、e，使得将它们任意放置在一个圆周上，总有两个相邻数的和乘积不小于；（2）证明：对于和为1的任意五个非负实数a、b、c、d、e，总可以将它们适当放置在一个圆周上，且任意相邻两数的乘积均不大于.第二天5、数列{an}定义如下：a1=2，，n=1，2，….证明：.46\n6、给定正整数n（n≥2）.求最大的实数λ，使得不等式对任何满足a190°.8、对于任意正整数n，记n的所有正约数组成的集合为Sn.证明：Sn中至多有一半元素的个位数为3.答案1、（1）如图，有S△BDF=zS△BDE=z(1－x)S△ABE=z(1－x)yS△ABC，S△CEF=(1－z)S△CDE=(1－z)(1－y)S△ACD=(1－z)(1－y)xS△ABC.（2），由（1）得2、设上学期（i0，j0）空位，新学期（i1，j1）空位，则所以，Smax=（6＋8）－（1＋1）=12，Smin=（1＋1）－（6＋8）=－12.故S的最大值与最小值之差为24.3、连结BH、EF、CG.因为△BAF∽△GAD，则①因为△ABE∽△ACD，则②①×②得.因为∠FAE=∠CAG，所以△FAE∽△CAG.于是∠FEA=∠CGA.由题设知∠CBG=∠CHG=90°，从而B，C、G、H四点共圆.故∠BHC=∠BGC.于是∠BHF＋∠BEF=∠BHC＋90°＋∠BEF=∠BGC＋90°＋∠BEF=∠FEA＋90°＋∠BEF=180°所以，B，C、G、H四点共圆.4、（1）当a=b=c=，d=e=0时，把a、b、c、d、e46\n任意放置在五个圆周上，总有两个是相邻的，它们的乘积不小于.（2）不妨设a≥b≥c≥d≥e≥0，把a、b、c、d、e按图所示放置.因为a＋b＋c＋d＋e=1，所示，a＋3d≤1从而ad≤.又因为a＋b＋c≤1，所以，b＋c≤.于是.因为ce≤ae≤ad，bd≤bc，所以，相邻两数的乘积均小于.5、由题设得an＋1－1=an(an－1).所以，易知数列{an}是严格递增的，a2004>1，故.为了证明不等式左边成立，只要证明a2004－1>20032003.由已知用归纳法可得an＋1=anan－1…a1＋1，及anan－1…a1>nn,n≥1.从而，结论成立.6、当ai=i，i=1，2，…，n时，下面证明不等式对任何满足0∠ABC.在CE的延长线上取一点P，使得∠DPC=∠B，则PC=PE＋CE①由∠BFD=∠PED，FD=ED，得△BFD≌△PED.故PE=BF=.又△PCD∽△BCA，则.于是②由①、②得.所以（2）由（1）的结论有a(a+b)(a+c)=b(b+a)(b+c)+c(c+a)(c+b),a2(a＋b＋c)=b2(a＋b＋c)＋c2(a＋b＋c)＋abc>b2(a＋b＋c)＋c2(a＋b＋c)由a2>b2＋c2.所以，∠BAC>90°.8、考虑如下三种情况：（1）n能被5整除，设d1，d2，…，dm为Sn中所有个位数为3的元素，则Sn中还包括5d1，5d2，…，5dm这m个个位数为5的元素.所以Sn中至多有一半元素的个位数为3.（2））n不能被5整除，且n质因子的个位数均为1或9，则Sn中所有的元素的个位数均为1或9.结论成立.a1，a1p，a1p2，…，a1pr，a2，a2p，a2p2，…，a2pr，……ak，akp，akp2，…，akpr，（3）n不能被5整除，且n有个位数为3或7的质因子p，令n=prq，其中q和r都是正整数，p和q互质.设Sq={a1，a2，…，ak}为q的所有正约数组成的集合，将Sn中的元素写成如下的方阵：对于di=aipl或aipl－1之一与之配对（所选的数必须在Sn中）.设ei为所选的数，我们称（di，ei）为一对朋友.如果di的个位数都是3，则由p的个位数是3或7知ei的个位数不是3.假设di和dj的个位数都是3，且有相同的朋友e=aspl，则{di，dj}={aspl－1，aspl＋1}.因为p的个位数为3或7，从而，p2的个位数是9.而n不能被5整除，故as的个位数不为0.所以aspl46\n－1，aspl－1·p2=aspl＋1的个位数不同.这与di和dj的个位数都是3矛盾，因此，每个个位数为3的di均有不同的朋友.综上所述，Sn中每个个位数为3的元素，均与一个Sn中个位数不为3的元素为朋友，而且两个个位数为3的不同元素的朋友也是不同的.所以，Sn中至多有一半元素的个位数为3.46