高中数学奥林匹克竞赛全真试题 47页

2003年全国高中数学联合竞赛试题、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.2046C.2048D.2049B.2047—y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是（(C)(D)1414A、BA.1638B.一34、16—C.7332-)tan(x-)36D.8.3A.C.11.365、已知x、y都在区间（—2,2）内,且xy=-1,则函数A.B.2411C.1276、在四面体ABCD中，设cos(xAB=1,CD=石,直线AB与CD—）的最大值是（）.6D.12D.—5的距离为2,的最小值是夹角为一，3则四3、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两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点,则线段PF的长等于14面体ABCD的体积等于（）A.2、填空题（本题满分B.54分，每小题9分）147、不等式|x|3-2x2-4x|+3<0的解集是.22|PF2|=2:1,8、设F1,F2是椭圆—上一1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|:94PF1F2的面积等于.B,9、已知A={x|x2-4x+3<0,xCR},B={x|21x+a<0,x2-2(a+7)x+5<0,xCR}.若A则实数a的取值范围是.-一，…，-35_10、已知a,b，c,d均为正整数，且啮"2配"7,右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Mn={(十进制)n位纯小数0.a1a?Lan|ai只取0或1(i=1,2,…，n—1),an=1},14\nTn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则lim」=.nTn三、解答题（本题满分60分，每小题20分）3一一-——.一一一一13、设—x5,证明不等式2J」必『J153x2。19.214、设A,B,C分别是复数Zo=ai,Zi=-+bi,Z2=1+ci（其中a,b,c都是实数）对应2的不共线的三点.证明：曲线Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t（tCR）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'刚女?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.力口试一、（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=ZPAC.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3l3m3n{二}{'}{—},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104104104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>1q（q+1）2+1,q>2,qCN.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=22115-45=22070.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=a〔98〔+22=2026+22=2048.故选（C）.222、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax+b和人—1,则观察可知应选（B）.ab3、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=V3x.因此，A,B两点44的横坐标满足万程：3x2—8x—16=0.由此求得弦AB中点的横坐标x0-,纵坐标y0石，进414416而求得其中垂线方程y—产（x—）,令y=0,得P点的横坐标x4-一，即3333316一,PF—,故选（A）.314\n4、2ytan(x——)cot(x12)cos(x-)36cos(x222)sin(x-y)cos(x—)4sin(2x—)因为5-xcos(x—)61224-sin(2x-)_,所以2x3与cos(xm)在［4T5122［万,丁,x6［7,百］.可尢,―］上同为递增函数.3故当x—时,y取最大值1173.故选(C).365、由已知得x9x29x219x472x29x437x235237(9x2而xC(—29x242一即x2x0x2一，24、，一，一—时,9x2之值最小，而此时函3x2~12.数u有最小值—,故选(D).56、如图，过C作CE〃AB,以4CDE棱作^^柱ABF—ECD,则所求四面体的体积为底面，BC为侧Vi等于上述棱柱体积V2的1.而4CDE的面积S=1CE>CDXSin/ECD,AB32与CD的公垂线MN就是棱柱ABF-ECD的高，故1V2MNCECDsin2ECD32……1_1.因此Vi—V2—故选(32二、填空题7、由原不等式分解可得51.51(3,--)(^—,3).22B).(|x|-3)x2+x|—1)<0，8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为故|PF1|+|PF2|=2a=6,又已知|PFi|:|PF2|二2:长分另1J为2,4,2J5,而22+42=2后,由此得所求不等式的解集为2a,2b,2c,则由其方程知a=3,b=2,c=J5,1,故可得|PFi|=4,|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为14\n,b、2d4r(-),c(-).因此,aca|b,c|d.又由于a-c=9,故b2,,2(b)2(d)49,即(bdT)(b当)9,故aacacacbad2Fcd2-2c9，因而1bad2-2c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eO'和eO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LAAB中，AA=A'B=AB=2.设AB的中点为N,则A'N=>/3.又OM=OA=五，ON=1.所以MN=72—1AM,(AN)2(MN)22248.因此所示原来圆柱的高为482.12、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）全是1,而其余各位上数字是Sn1n11平(—2102n1(1210g一111021方法，故。或1,1Tn=2『1.又因在这2n1个数中，小数点后第n位上的数字各有一半，故n1)10n12n故lim—nTnn1)10n1110工)2n10n11lim[―(1n182n11g-n10n1疥1n1)10n1工182和4,故△PF1F2的面积=g|PFi|•|PF2|=；X2X4=4.9、易得A=(1,3),设f(x)=21x+a,g(x)=x2—2(a+7)x+5要使AB,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)W0,g(1)<0,g(3)W0.由此推出—4m>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时二角形的周长最小，其值为(1000+501)+(500+501)+501=3003三、设这n个点的集合V={Ao,Ai,A2,…，An-1}为全集，记Ai的所有邻点(与Ai有连线n1段的点)的集合为Bi,Bi中点的个数记为|Bi|=bi,显然bi2l且Bw(n—1)(i=0,1,2,…，i1n—1).(nn11)[v]若存在bi=n-1时，只须取11212(q1)(n1)12q(q1)则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi(nq—q+2—bo)(nq—q—n+3—bo)q(q+1)(n—bo)(n—bo—1)>(nq—q+2—bo)(nq—q—n+3—bo)①但(nq—q—n+3—bo)—q(n—bo—1)=(q—1)bo—n+3>(q—1)(q+2)—n+3=o②及(nq—q+2—bo)—(q+1)(n—bo)=qbo—q—n+2>q(q+2)—q—n+2=1>o③由②，③及(n—bo)(q+1),(n-bo—1)q皆是正整数，得(nq—q+2—bo)(nq—q—n+3—bo)>q(q+1)(n—bo)(n—bo—1)而这与所得的①式相矛盾，故原命题成立.2。。3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(B2WB),射线C1I交AC的延长线于点C2,B2c2与BC相交于k,A1为4BHC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1oo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,求最小的正数入，使得对任何0i€(。，兀/2),(i=1,2,…，n),只要tan01tan02-tan0n=2n/2,就有cose1+cos02+…+cos0nW入.四、求所有满足a>2,m>2的三元正整数组(a,m,n),使得an+2o3是am+1的倍数.14\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心的单位圆周上的四个点，求证：(ay〔+by2+cy3+dy4)2b2c2bcBAC+(ax4+bx3+cx2+dx1)2<参考答案一、H是4ABC的垂心，Ai是4BHC的外心，，△BHC=180°-ZBAC,/BAiC=2/BAC.又由题设知ABWAC,从而A,I,Ai共线，即Ai在/BAC平分线上Ai在△ABC外接圆上ZBAiC+ZBAC=180°/BAC=60°.现证Sbkb2Sckc2/BAC=60°.(xi,yi)(i=1,2,3,4)是以原点为圆2.2^-^).cdIDIE2sABCabc第一题图作IDLAB于D,IE，AC于E,设BC=a,CA=b,AC=c,则14\n2SAB1B2ID(AB1AB2)AB1gAB2SinA,故IDgA&AB2(AB1sinAID)2saABCbbc2sabcAB2(-g2bc2sABC)abc故AB2bcabc14bc2a2a60.同理AC2.abcSbkb2Sckc2SabcSab2c2bcbcgabcabc2(bc)bc故A,I,Ai共线的充要条件是△BKB2和4CKC2的面积相等.二、设n2a13a25a37a111a5q,其中q是不被2,3,5,7,11整除的正整数，ai为非负整数，nw100,则nCSa®wiw5）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2X3X5,22X3X5,2X32X5,2X3X7,22X3X7,2X5X7,2X3X11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3,3X3,…，3X33共17个数；不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍：5,5X5,5X7,5X11,5X13,5X17,5X19共7个数；不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7,7X7,7X11,7X13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cC{2,3,5,7,11},使得（a,c）=（b,c）=1,且显然cCS,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,qC{2,3,5,7,11}且pWq,令c=pq,贝U有cCS,ga,cwb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,qC{2,3,5,7,11},令c=pq,贝U有cCS,cwa,cwb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（eS,则由（3）知存在cCS,使得（p1,c）>1,（p2,c）>1,从而有p1|c,p2|c,，p〔p2|c,由此可知Op1p2>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2，3，5，14\n7，p中的一个.（i）若7pCS,则2X3X5,22X3X5,2X32X5,7p包含了S中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2X3X5,22X3X5,2X32X5S;若7PS,贝U由条件（3）知7,7X7,7X11,7X13S;（ii）若5pCS,贝U由（2）知，2X3X7,22X3X7S;若5PS,则由条件（3）知5,5X5,5X7S.（iii）3p与2X5X7不同属于S.（iv）2X3p与5X7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.(3,2X5X7),(5,2X3X7),(7,2X3X5),(2X3,5X7),(2X5,3X7),(2X7,3X5),(22X7,3+2X5).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cCS,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，入=nJ3/3,当n=1时，tan81=无，，cos01=J3/2.当n=2时，tan81tan82=2,cos81=1/~tan2i(i=1,2).令tan291=x,贝Utan282=4/x,贝Ucos1cos223/31/1~X1/14/x23/3..3(F~X14/x)2f-Xd4/x3(2x4/x25—x—4/x)4(5x4/x)14x4/x65x4/x0,即(5x4/x3)20,等号成立当且仅当^5x4/x30,由此易知当且仅当x=2时等号成立.故cos1cos2273/3,当且仅当01=62时，等号成立.2当n>3时，入=n-1.先证cos91+cos92+…+cos8n02>e3>->en,要证明(1)式只要证cos01+cos02+cos03<2(2)tan91tan82…tan8n=2n/2,故tan91tan92tan93=2后.14\ncosi1sin2故coscos3:1sin2i/2,222(sin22sin23)/22sin2tan28/(tan22tan23),故一12—cos1c，2，8tan2tansin3.23costan2tan3»tan2tan8cos2tansin222cos:22sintan23coscoscossin2sin3g(12.23sin2sin318cos22cos223sin22sin).3cos8coscos2coscos2sin8tantan222tantan23sec2sin322sec3(1,22tan2)(1tan3)若（3）式不成立，即2<1/17/22/337.tan2e2+tan2从而tan201>tan2e2>7/2.故cos3)cos91+cos92+cos03<2V2/3+1<2.从而（1）式得证.现证入=n—1为最小的.事实上，若0<入cos91+cos92+…+cos9当n>3时，最小的正数入为n-1.综上所求最小正数n3/3(n1,2),n1(n3).四、设n=mq+r,02,m>2,易知只有a=2,m=4及a=4,m=2满足上式.故（a,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.即(a,m,n)=对于1wkw9,容易验证只有当k=8时，存在a=5,m=2,r=1满足上式,(5,2,4t+1).对于k>10,则由①有10(am+1)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rR1时，由②有ar（kamr+1）=203-k.对于1wkw5,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kR6,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!丫1.①当2WaW8时，若k=a,a+1,…，10,则有Ak（a）=0；若k=1,2,3,…，a-1,则有14\nAk(a)3c7a1(a2)!(10a)!a(k2,3,L,7)A81A0Ak(1)13)8!03C7(22)!(102)!3g8!(37再注意到③、④即有1414AA容易算得LA8A9Aio3g8!,221g8!,3AA263g7!,48，4>6g8!a430g7!,515g7!,67.20,73g7!,86g6!21g8!126g7!3(301573)7!5070AA2A3507g7!10!A8A9A1010!33g8!70%10!10!10%.六、令u=ay〔+by2v=cy3+dy4,u1二ax4+bx3,V1=cx2+dx1，贝Uu2w(ay1+by2)2+(ax1—bx2)2=a2+b2—2ab(x1x2—y1y2)2.22abu_x〔x2—y1y2<2abV12w(cx2+dx1)2+(cy2—dy1)2=c2+d2—2cd(y1y2—X1X2)2.2cdy1y2—x1x2<2cd2V1①+②并整理得142.2abab2.2cdcd142U1ab(ucdv)22.2abab2(U1V1)2.2cdcd(\iabg-p=Vcdv2g.cd)2—U1(abgab(ab2ucd)(一ab(abcd)(2U12V1abcdabcd2U1abcda2b22F2.2cdK14\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、DAAEBFCGDH.一....上，且满足一g一g一g——1.而点A、B、C、D分别在凸四边形EiFiGiHi的边H1E1、E1F1、EBFCGDHAF1G1、G1H1上，满足E1F1//EF,F1G1//FG,G1H1//GH,一，E1AHiEiIIHE.已知—AH1.求生的CGi16i16值.二、已给正整数c,设数列Xi,X2,…满足xi=c,且xn=xn-i+[2Xni(n2)]+i,n=2,3,…,n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：（iii）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i16四、给定实数a和正整数n.求证：(i)存在惟一的实数数列Xo,Xi,…XoXni0,i,、33.2(Xiiki)XiXia,ii,2,L(2)对于(i)中的数列Xo,Xi,…,,Xn,Xn+i,满足,n.Xn,Xn+i满足卜产冏，i=0,i,…，n+i.i16i16五、给定正整数n(n>2),设正整数ai=(i=i,2,,n)满足ai2时，xnxni[2（Xnii）].n令an=Xn—i,则ai=C—i,i16\n2anin2anan1[^n-1][——中ni],n2,3,Lnn设UnAg(n1)(n2),n1,2,L,必非负整数.由于当n2时,n2(n2)[gjni][Aggn(nn2n所以，数列｛Un｝满足式①.设ynn,nn2[gyni]n1,2,L.由于当n[(n2)(n1)2(n1)(n2)1)]Ag—段—2时，222[n1-]nyn,n31所以,｛yn｝也满足式①.设zn[(n―2—],n1,2,L，当n2mMm1时，4c)/、2」rn2mL(2m1)m12[——gzn1][g：---^]][gm(m1)](m1)4nm4m当n2m1且m1时，n2[—gzn1]n(m1)(m2m3(2m[2m1g422)[(2m_2L]42)2—]]2m32[2m1(m1)][(m1)(m2)31从而,｛Zn｝也满足式①.对任意非负整数A,令vnunynWnUnZnAg(n1)(n2)2Ag(n1)(n2)2[92)24n1,2,L,显然｛vn｝和｛Wn｝都满足式①9a」由于u13A,y11,z1[-]2,所以，当3al时,an—(n1)(n2);46当a11(mod3)时，a11an--(n1)(n2)n6当a12(mod3)时，2a12(n2),an--(n1)(n2)['「]64综上可得c1当c1(mod3)时,xn(n1)(n2)1;6c2当c2(mod3)时,xn(n1)(n2)n1;62c3(n2)31\n当c0(mod3)时,xn——(n1)(n2)[-—]1.6431\n三、先证n>11.设顶点在M中的一个凸七边形为AiA2・・・A7,连结A1A5.由条件（2）知，在凸五边形A1A2A3A4A5中至少有M中一个点，记为Pi.连结PiAi、P1A5,则在凸五边形A1P1A5A6A7内至少有M中一个点，记为P2,且P2异于P1.连结P1P2,则A1,A2,…，A7中至少有5个顶点不在直线P1P2上.由抽屉原则知，在直线P1P2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P1、P2构成的凸五边形内，至少含有M中一个点P3.再作直线P1P3、P2P3.令直线P1P2对应区域n3,它是以直线P1P2为边界且在△P1P2P3异侧的一个半平面（不含直线P1P2）.类似地定义区域n1、n2.这样，区域n1、112、n3覆盖了平面上除△P1P2P3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A1,A2,…，A7中必有［，］+1=3个顶点在同3一区域（不妨设为n3）中.这3个点与P1、P2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A1A2…A7为一整点七边形，设点集M为7个顶点A1,A2,…，A7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-（nCN2+）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Xi12x2x32a3x1,i=1,2,…及xo=0可知每一xi是X1的3「1次实系数多项式，从而，Xn+1为X1的3n次实系数多项式.由于3n为奇数，故存在实数X1,使得Xn+1=0.由X1及X0=0可计算出Xi.如此得到的数列X0,X1,…，Xn+1满足所给条件.惟一性.设W0,W1,…，Wn+1；V0,V1,…，Vn+1为满足条件的两个数列，则31\n1,、33-(wi1wi1)wiwia213个(vi1vi1)vivia、，,22、vi)(1wiwivivi)2所以-(wi1vi1w1vi1)(wi2设|wi0vi0|最大，则22、|wiovi。1〔wi。vio|(1wiowioviovio)112|wio1vio1|2|%1vio1||wiovio|22.从而,|wiovio|o,或1wiowioviovio1,22、2即|wiovio|o,或wiovio(wiovio)o.所以|wiovio|o成立.由|wiovio|的最大性知所有|wivi|o,即wivi,i1,2,L,n.(2)设|xio|最大,则3.—2-|xio||xio||xio|(1xo)13|2(xio1xo1)a|11332|xio1|-|xio1||a||xio||a|.所以，|xio||a|.因此,|xi||a|,io,1,2,L,n1.n1五、当x2刁a|(a1—1)时，由一1可得i1ai31\ni1ai14x2当x2n1i12ai|x|1，g~722a1(a11)4xai(ai2i1ai对于正整数2ai―2272(aix)(ai214x2ai1)时，由柯西不等式得2n1i1aiai(aiai，~22~21(aix)12ga2L2ai/2i1(aan,有aiai272x)a21,iai22~-21(aix)1,2,L,n1,且2ai21、2x/1/1d(ai)21n2i1ai122((ai2)X122)((ai-)x)(ai11\222)x11\2(ai1二)2—i1,2,L,n2X1.1I——:/1\22(ai二)x21122(ai)X211122(ai1-)x2二g22al(a11)x六、我们证明更一般的结论：对任给正整数r(r>2),总存在正整数N(r),当n>N(r)ar,使得n=a1+a2+…+ar,Ka1N(k)2,设n=2a(2l+1),即2t+1>N(k).若n>N(k+由归纳假设，2’2a—2ta—2t(2t-1)bk(2tT)bk(2l+1)若2l+1>2N(k),则l>N(k).由归纳假设，存在正整数c1,C2,…，Ck使得l=C1+C2+…+Ck,12成立.31\n312003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DELAC、DFXAB,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{(ai,a2,…，an)|aiCR,i=1,2,…n},A是有限集.对任意的a=(ai,a2,…，an)CA,B=(b1,b2,…，bn)€A,定义：丫(a,B)=(|a1一b“，|a2—b2|,…，|an—bn|),D(A)={Y(a,B)aCA,"A}.试证：|D(A)|刁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=A1UA2,A1UA2=，且A1、A2均为M一自由集，那么，称有序对(A1,A2)为A日勺一个M一划分.-六、设实数列{Xn}满足：X0=0,X2=^2X1,X3是正整数，且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—DF2=bf2.所以，线段bg'、G'E、BF组成的三角形是以卜面证明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EPLBC,垂足为P,连结PQ并延长交AB于点R,连结RE.因为Q、D、P、E四点共圆，所以，/QPD=/QED.又A、F、D、E四点共圆，所以，/QED=/FAD.于是，A、R、D、P四点共圆.又/RAQ=/DAC,/ARP=/ADC,于是，AARQ^AADC,ARAD贰求A的所有M一划分的个数.13i-1xn1-37=xn44xn1二Xn2,442BG'2—g，E2=BD2-DE2=BD2BG'为斜边的直角三角形.ABDPC从而，AR-AC=AQ-AD=AF2=af.ae,ARAEAFAC所以，RE//FC,/AFC=/ARE.因为A、R、D、P四点共圆，G'、D、P、E四点共圆，贝UBG'•BE=BD•BP=BR-BA.故A、R、G'、E四点共圆.所以，/AG'E=/ARE=/AFC.因此，A、F、G'、H四点共圆.二、所求A为{3l+2|0WlW9}.31\n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0,2,6,12,20,26.则对任意aCA,有2a/0,2，6，12，20，26(mod30)，即a/0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28(mod30).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|w10.若|A|=10,则每个子集恰好包含A中一个元素，因此，20CA,29cA.由20CA知12A,22A,从而，8CA,14cA.这样，4A,24A,因此，2CA,26€A.由29CA和7A,27A,从而，5cA,23cA.这样，9A,19A,因此，11CA,17ea.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和n>1,定义B={X1,X2,…，xn-1|存在xn使得(x1,X2,…，XnT,Xn)CA}.由归纳假设|D(B)|引B|.对每一个bCB,令Ab={xn|(b,Xn)CA},ab=max{xXCAb},C=A\{b,ab}|bCB}.则|C|=|A|—|B|.因为|C|<|A|,由归纳假设|D(C)|刁C|.另一方面，D(A)=U{(D,|a—a'|)|d(b,b'尸D,且aCAb,a'£Ab}.D€D(B)类似地，再令Cb=Ab\{ab},有D(C)=U{(D,|c—c'|)|d(b,b')=D,且cCCb,c，CCb}.DeD(B)注意到，对每一对b、b'eB,最大差|a—a'|(aCAb,a'CAb)一定是a=ab或a'=ab.于是，这个最大差不出现在{|c—c'||cCCb,dCCb}中.因此，对任何的DCD(B),集合{|c—c'||d(b,b'尸D,且cCCb和dCC8}并不包含集合{|a—a'|d(b,b'尸D,且aCAb和a，eAu}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D(C产(|{|aa||d(b,b)D且aAb和a线}|1)<|D(A)|-|D(B)|.DD(B)故|D(A)|R|D(B)|+|D(C)|刁B|十|C|=|A|.四、显然，f=0是问题的解.设f/0,则f(1)w0.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)R1.下面分两种情况讨论：(i)f(2)=1，则可证f(n)=1(n)①31\n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).再由此及(1)可证31\nf(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>0.1令g(x)fa(x),则g(x)满足(1)、(2)且g(1)=1,g(2)=2.设k>2,则由(1)得2g(2k1—1)=g(2)g(2k1—1)=g(2k—2)Wg(2k)wg(2k+2)=g(2)g(2k1+1)=2g(2k1+1)；若k>3,则22g(2k2—1)=2g(2k1—2)Wg(2k)w2g(2k1+2)=22g(2k2+1).依此类推，用归纳法得2k12)③同样，对任意m>3,k>2有gk1(m)g(m-1)3,k>1,有s>1,使得2s0)为常数.五、对m、nCA,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.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Ai中，另一组必在A2中.反之亦然，且Ai与A2中不再有有关的数.故A的M—划分的个数为2501.31\n六、设n>2,则Xn1*/2Xn32Xn13Xn72Xn\4Xn134132Xn11Xn223234-2-Xn-2-Xn吃(Xn32Xn212xn132Xn2)由于X23/2X13X00,所以，32xn132xn3—xn1(n1)32①的特征方程为23/2J,解得3232c「再由Xo=0可得XnA(—)n[(143)n2“3).2(13)n]-[(1.3)3(13)3]33A.故A4X33,3,由此可得Xnnn[(1'.3)n(13)n]X33,3记an1[(1.3)3(1J3)n].显然，｛an｝为偶数列，且由X3为正整数和②知Xn为整数的必要条件是a3k31n.而.3)3k(1靖]06j3)k(106j3)k],31所以，31a3k.令bn(1.3)n(1n=1,2,……,则｛bn｝也是偶数列,且易知对任意非负整3131数m、n,有anmbnm二(anbm21二(bnbm2ambn)3anam)31在③中令m=n,则有a2nanbn122b2n-(bn3an)2设an=2knPn,bn=2lnqn,其中n、kn、In为正整数,Pn、qn为奇数.由于a1=b1=2,即k1=l1=1,由④可知k2=2,l2=3;k4=5,l4=3;k8=8,18=5.31\n用归纳法可得1,m=0k2m2,m1,12m2m-1m1m21,m=0,3,m1,2m-11m2.任取mi>m2>2,由③可得a2m12m2b2m12m21282m1b2m2a2m2b2m1)3a2mi1a2m2)由此易知3131k2m12m22m112m21m2112m12m22m112m2113131用归纳法可知，对于m〔>m2>••・>mr>2,有k2m12m2L2mr2m112m21L2mr1mrl2m12m2L2mr2m112m21L2mr1即当n=2「p,其中r(r>2)是整数,p是奇数时，有3131kn1当n=4m+1时，由③可得a4m1一(a4mbia1b4m)2由⑤可知k4m+1=2m+1.同理，由1a4m2—(a4mb2b4ma2)2(2a4mb4m)2,1,.a4m3—(a4mb3b4ma3)2(5a4m3b4m)2知k4m+2=k4m+3=2m+2.综上可知n1,当宓奇数时，22knn1,当n2(mod4)时，2nr1,当n2rp,r2,p为奇数时.3131当3|n时，由②得xnX322-n3an上2kn3Pn,其中3|pn.31\n由于k3=2=—X3,k6=4=—X6,ki2=9>—X12k24=16=-X24,从而，X3,X6,X12,X24,均为3333整数.若n/0(mod4),则knWg+1,所以，2nkn-n1-0(n6)⑥36若n=0(mod4),由于3|n,则n=2rx3kq,其中r>2,k>1,q不含3的因子.由⑤可知，kn=2r1*x3kq+r+1于是，kn--n=2「1x3kq+r+1-2产1x3-1q=r+1—2「1x33k1qwr+1-2r1,等号当且仅当k=q=1时成立.当r>3时，211=(1+1)[1>r+1.由此可知，当r>3或2wrw3,但k、q中有一个不为1时,2kn-n03131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|-27000,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）=x10、函数y=2|x3|—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.，那么f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(1)+f(1)+f(1)+34曰二14、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an-np--,且a1b).现将A中农药的1倒入B中，均匀混合后由B倒回A,恰好4使A中保持m升(将A中的1倒入B均匀；混合后，由B倒回A,使A保持m升不变，这样4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|xCR,且xw。},f(x)>0的解集为{x[00}.函数(a尸sin2a+(E+1)cosa—E2—E—k,aC[0,Tt].若集合A={E|(a)<0},B={f((a))>0},试求APB.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：x1x-^-(xN,1x26,x不能被2整除)xx-13(xN,1x26,x能被2整除)2将明文转换成密文，如8―8+13=17,即h变成q,5一包」=3,即e-c.2231\n（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1,若l经过（a,0）和（0,b）两点，且a,bCN*,则可作出的1的条数为（）A.1B.2C.3D.多于3条2、函数f（x）7义23的值域是（）x7A.（0,1）B.（+°°,0）U（0,+8）31、，11、，、C.（0,—）U（--）D.（0,+8）6633、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7（xsin）2（ycos）2|xsinycos1|,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.4014013316、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.（013B。（g，苧C-（^23,1）口.吗）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./FEPbB.a1,则当0WXi7000,znK7000,即n1(2n1)227000(2n3)2n2700033\n可求得n=8,z=7682.二、填空题9、4n+21、2115f(x)(x-)4在［n,n+2］上是增函数，从而f(x)的值域为［n2—n+-,n2+3n+-］,其中整数的个数为n2+3n+2—(n2—n+1)+1=4n+2.10、00的解集为{x[00},••.B={E|f((a))>0}={E[0<(a)0}.由(a)<—k得sin2a+(E+1)cosa—七2一七—k<—k."COS2a—(E+1)COSa+E2+E—1>0.a€[0,Tt],cosa€[—1,1],令u=cosa,则uC[—1,1],，本题转化为对一切uC[—1,1],E为何值时，不等式u2—(E+1)u+E2+E—1>0恒成立，令g(u)=u2—(E+1)u+E2+E—1,•・.(1)当^<0时，g(u)>0恒成立.此时(E+1)2—4(E2+E—1)=—3E2—2E+5<0,••E<—或>>1.3(2)另外，要使g(u)>0恒成立，还可以由0,0,—11,①或一11,②求出.22g(1)0,g(1)0.由①得七6,由②得七6.故AnB={E|E<5或E>1}.320、(1)g-7-孑^=4-d,L15-15^=8-h2，明文good的密文为4”“d一4一一+13=15一。.2dhho.(2)原变换公式的逆变换公式为x2x1(xN,1x13)x2x26(xN,14x26)故sf19f2X19—26=12fl,hfo,x-v,cfe.密文shxc的明文是love.47\n高二年级、选择题1、B2、设Jx2=t(t>0),有x=t2—2,则x-23t31x7t29t—(。0且tw3)34747111从而函数值域为(0,—)(—,—),选C.小G203.故而(存)'6633、鲤鱼长大时体重G=pV是体积的一次函数，而体积之比是相似比的立方64.从而G二万X15=35,选C.4、动点M(x,y)的几何意义是到定点P(sin%cosa)的距离等于到定直线l:xsina+ycosa—1=0的距离，;PCl,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(2M—1)+(2X2—1)+(21)+…+(2X2003—1)=20032=4012009,•••第2004个1为第4012009+2004=4014013项，选D.uur3uuu316、设△ABC重心F(c,0),设AC中点为D(x,y),由BD—BF,得D(—c,—b),D222在椭圆内部，满足与-yz-1从而e21，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bJa2c24,从而△ABC的最大面积为->2cxb=bc=12.247\n10、如图，依题意a+c=n+R且a—c=m+R.正确说法有①③④.unruuuruuuuuuuuuuuir11、•••ONOMMNOMNM(4,6),・•.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MNuuiruuniuuuruuuu交圆N于J.由割线定理MPgMQ|MP|g|MQ|gcos046.12、建立如图坐标系，则A(—a,—a),设管材BC斜率为k(k<0).Sa直线BC:y+a=k(x+a),则B(--—a,0),C(0,ak-a),k4747|BC|&a)2(aka)2a1(1k1)21第ID题图因为k<0,故-1+k<-2,(-+k-1)2>32,|BC|>a78=2V2a等号仅当k=-1时成立，即此巷能通过最长的管材尺寸为2j2a米.13、(b>a>0,m>0),故原不等式左B2x边〉方3x3x16xxx1614、填①②③⑤.15、由已知条件得a,y=sinacosa,75或1225从而所以16、11一一，一——1,故原不等式的解集为36sina+cosa—sinacosa='2|，又sin2a+cos2a=1,设x=sina+cos联立解得35—0(舍去)25a+—=(1+sina)(1+COSaa).ca=2,b=22c=25,222257.min{a,b,—aagbg0217小31也,当且仅当a=b=/'即a=b=3g时，取“=”号，填132.47三、解答题17、47\n1x1x21100211002Lx200412gxi20042200422x2004故yiV2Ly2004y1V2L当且仅当Xi(yiV218、令t=xy,则te1£211002(x2y20042005122004220042x212004x2Lx2004y2004)min20052004120041、94).2x2y2,x5+y5=1—5xy+5x2y2.x■"23xy3x(x33(x4y832qxy32:y)3y(x4、y)3xy(2312xy6xy12g―■—x20042004)L(x200412004220042)2.,.、1x2004)(x1x2Lx2004)20042。。412004,即时,由x+y=1,得x2+y2=1—2xy,x3+y3=1-3xy,x4+y4=1—4xy+8x38t3322y42xy(4t42t221)(2t31t11t2因为f(x)2t211t23y8(x53xy31xy5032、/2)8(xy)(x3\y)223)8xy8xy22223340xy40xy8xy8xy5)0,1115在(0,1][—,44)上是增函数，所以1f(x)f(-)故二J23xy18_y3x0.19、(1)由题可知F(10),设A(xa,的方程为y=k-(x-1),则A、B点的坐标代入yA),B(xb,yB),M(xm,yM),N(xn,4y2=4x.相减得yA+yB=—,即yM=kyN),直线AB，代入方程2-y=k(x-1),解得xm=-2+1,k2同理可得,N的坐标为(2k2+1,—2k).直线MN的斜率为kMNyMyNxmxnk,方程为y+2k=-1k1kF(x—2k2—1)k整理得y(1k2)=k(x—3).显然，不论k为何值，(30)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47\nG,则由平面几何的知识可知,G为EF的中点.所以xg=—1,yG-yE一yF2yMyN2即6(-1,—k)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1k21一——，所以，公共弦所在直线的方程为y(kkMNkl)x.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).第19题佟1又对于圆上任意一点P(x,y)(原点除外),必可利用方程,,1、，r，一…(k请求得k值,从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为(x3)2y229一(xw0).420、当OiN，O2N时有S=Si+S2,下面予以证明/NOiO2=1—/NOiM=ZA,2同理/NO2O1=/ACM.故△AMCs40小02有ACOOAMo?n，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4747设eO1、eO2、△ABC外接圆半径分别为门、r2和R,在^ABC中AC=2RsinB=2Rsin/ANM,在4AMN中AM=2门sin/ANM=2NO〔sin/ANM,/ax小"/曰2RsinANM代人①式得O1O22NO1sinANMOiN,得O2O1=R,因为O1NLO2N,所以222—「1「2R彳导Si+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.2n122、设2n个头数a1,a2,…，a2n满足条彳(研1研)1.求(an+〔+an+2+…+a2n)—(a1,i1a2+…+an)的最大值.47\n3、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：ao=0,an1kanJ(k21)a21,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.-51..5xi.7、设非负头数X1、X2、X3、X4、X5满足1.求证：21.i11xii14xi8、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^^.证明：男生的人数不超过928.73第】题图1、设某个面上的四个数a1、a2、a3、a4之和达到最小值，且a16.因此a1+a2+a3+a4>16如图所示的例子说明16是可以达到的.2、当n=1时，(a2—a1)2=1,故a2-a1=±1.易知此时欲求的最大值为1.2n当n>2时，设xi=a1，Xi+1=ai+1—ai,i=1,2,,2n—1,xi21,i2且ak=X1+X2+…+xk,k=1,2,…,2n.由柯西不等式得(an+1+an+2+…+a2n)—(a1+a2+…+an)=n(X1+X2+…+Xn)+nXn+1+(n—1)Xn+2+…+X2n—[nX1+(n—1)X2+…+Xn]=X2+2x3+…+(n-1)xn+nXn+1+(n—1)Xn+2+…+X2n47\n[1222L(n1)2n2(n1)2Li11K[n22_(n1)n(2(n1)1)]26:n(2n21)3w3k(k1)当aka12',k1,2,L,n12n(2n21),3[2n2(nk)(nk1)]ank1a12.n(2n21)k1,2,L,n1时,上述不等式等号成立.所以,(an1an2La2n)(a1a2L1112]2g(x2X2Lx2n)2an)的最大值为n(2n21)33、un=2n—1.(1)先证un>2n-1.由于un>1,不妨设n>2.由于在1,3,…，2n-1中能被2n—1整除的数的个数为1,在2(n+1)-1,2(n+2)—1,…，2(n+2n-2)-1中能被2n—1整除的数的个数为0,因此，un>2n—1.(2)再证Un<2n-1.只要考虑d为奇数且1WdW2n—1.考虑2n—1个奇数：2(a+1)—1,2(a+2)-1,…，2(a+2n—1)—1.设s、t为整数，使得(2s—1)d<2n-1<(2s+1)d(2t—1)d<2(a+1)-1<(2t+1)d于是，在1,3,…，2n—1中能被d整除的数的个数为s.故只要证明[2(t+s)-1]d<2(a+2n-1)-1即可.事实上，有[2(t+s)-1]d=(2t-1)d+(2s—1)d+d<2(a+1)—3+2n—1+2n—1=2(a+2n—1)—1因此，Un<2n-1.第4题图1综上所述，得Un=2n-1.4、用记号d(P,l)表示点P到直线l的距离.先证一个引理.引理设/SAT=a是一个定角，则/SAT内一动点P到两边AS、AT的距离之和为常数m的轨迹是线段BC,其中AB=AC=^^.若点sinP在△ABC内，则点P到两边AS、AT的距离之和小于m；若点P在△ABC外，则点P到两边AS、AT的距离之和大于m.事实上，由Sapkb+Sapac=S"BC,知d(P,AB)+d(P,AC)=m.如图1,若点Q在△ABC内，由SaQAB+SaQACSaABC,得d(Q,AB)+d(Q,AC)>mBC与AD相交于点F,BA与CD相交(1)若四边形ABCD的两组对边都不平行，不妨设47\n于点E.过点P分别作线段11、12,使得11上的任意一点到AB、CD的距离之和为常数，12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矛盾.(2)若四边形ABCD是梯形，也可推得矛盾DA)]5、由题设可得a2i2kanania210,所以,an22kanian2an110.将上面两式相减，得22an2an2kan1an22kanan10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—an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|a。，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H为D1A1的中点，而AA1与AD1为过点A所作的eI的切线，故H在AI上，且AHA1D1.又ID1，AD1,故由射影定理可知IH-IA=ID12r2,其中r为内切圆半径.同理可知，E在BI上，且IEIB=r2于是，IEIB=IHIA,故A、H、E、B四点共圆.所以，/EHI=ZABE.类似地，可证/IHG=/ADG,/IFE=/CBE,/IFG=ZCDG.将这四个式子相加得ZEHG+ZEFG=ZABC+ZADC.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的充要条件是A、B、C、D四点共圆.—1=1,2,…，5,则Xi1X1yii=1,2,第6题图因此，EFGH为矩形47\n51，21i14Xi525yii15y22yiyi5yi52i15yi2yi15(i153yi15yi2yi3yi1-)515而i15(yi/12415(yi)553yi1105)25i1(3yi1)455453yi1?5(3故命题成立.8、设第i行的男生数为5)10ai,则女生数为75-ai.依题意可知4722(C2iC75ai)11C75i1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11C75.于是有22(C2iC75ai)i122即(2ai75)2i1利用柯西不等式222[(2ai75)]2i122305251650.，可知2222(2aii175)236300所以，(2ai75)191从而i122aii11911650921.2因此，男生的个数不超过928.2003年第二届女子数学奥林匹克试题1、已知D是△ABC的边,AD段DE上的任意一点.设ADAB第一天AB上的任意一点，E是边AC上的任意一点，连结DE,F是线x,AEy,DFz.证明：ACDE47\n(1)SzxBDF=(1—x)yzS\ABC,SaCEF=X(1—y)(1—Z)SaABC,⑵3ISBDF3JSCEF3sABC2、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，BDXAC,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，CHXGF.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1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-;9(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1.9第二天5、数列｛an｝定义如下:2a1=2,an1anan1,n=1,2,….证明：1120032003a1a21a20031.26、给定正整数n(n>2).求最大的实数入，使得不等式an⑶a2Lan1)2an对任何?黄足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3.1、(1)如图，有&BDF=zS^BDE=Z(1—X)S^ABE=z(1—X)yS^ABC,Scef=(1—z)S^cde=(1—z)(1—y)S^acd=(1—z)(1—y)xS^ABC.(2),由(1)得47\n3/SBDF3ysCEF(3(1x)yz3x(1y)(1z)3SABCx(1y)(1力vs)sABC((1x)yz33/SABC2、设上学期（i0,j0）空位，新学期（ii,ji）空位，则68s[(ij)(i0i1j168jo)][(ij)(i1j1)]i1j1第1题图(i1j1)(iojo)所以，Smax=（6+8）小值之差为24.1+1)=12,Smin=(1+1)—(6+8)=-12.故S的最大值与最3、连结BH、EF、CG.因为△BAFs^GAD,则_FADA①ABAG因为△ABE^AACD,则空处②EADA小…FAAC一①X②得———.因为/FAE=/CAG,所以△FAE^ACAG.于是/FEA=ZCGA.EAAG由题设知/CBG=/CHG=90°,从而B,C、G、H四点共圆.故/BHC=/BGC.于是ZBHF+ZBEF=/BHC+90°+ZBEF=/BGC+90°+ZBEF=ZFEA+90°+ZBEF=180°所以，B,C、G、H四点共圆.14、（1）当a=b=c=_,d=e=0时，把a、b、c、3相邻的，它们的乘积不小于1.9（2）不妨设a>b>Od>e>0,把a、b、c、示放置.因为a+b+c+d+e=1,所示，a+3d<1ag3da3d2(T从而ad<—12又因为a+b+cw1,所以，b+cw2.于是bc3因为cewaewad,bd1,故——La1a21，,一，，，——1.为了证明不等式左边成立,a2003只要证明a2004—1>20032003.由已知用归纳法可得从而，结论成立.6、当ai=i,i=1,2,…，n时，an+1=anan-1…a1+1,及anan1•••a1>nn,n>1.(n2)2n4n1卜面证明不等式22n4,an--(a1a2Lan1)2ann1对任何满足0n,所以，…，an均成立.因为ak/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^BFDPED.故acPE=BF=—ab47\nCDCA于是ab-ab-.所以caPC又△pcds^bca,则PrBCPC由①、ba1a2agb^gb/2②得abcabbccaab(2)由(1)的结论有a(a+b)(a+c尸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di,d2,…，dm为Sn中所有个位数为3的元素，则Sn中还包括5di,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.(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：a1,a1p,a〔p2,…，a1pr,a2,a2p,a2p2,…，a2pr,ak,akp,akp2,…，akpr,对于di=aipl或鼻丁1之一与之配对(所选的数必须在Sn中).设e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}={aspl1,aspl1}.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aspl一1,aspl1-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，S中至多有一半元素的个位数为3.4722uV1abcd同理可得47