2003年IMO中国国家集训队选拔考试试题

2003imo试题
以下是2003年国际数学奥林匹克（IMO）的部分试题。

几何题：
1. 设$P$是边长为$1$的正方形$ABCD$内的一个固定点，$E$和$F$分别是$AD$和$BC$的中点，$Q$是$AE$的中点。

如果将线段$PQ$绕着点$P$旋转，使它保持与线段$EF$垂直，那么旋转的轨迹是什么形状？为什么？
代数题：
2. 设多项式$f(x) = 3x^5 + ax^3 + bx + 4$，其中$a, b \in \mathbf{Z}$。

i. 如果$f(x) = f(3)$，那么$\frac{b}{a} = \frac{5}{9}$是否成立？为什么？ii. 如果$\frac{b}{a} = \frac{5}{9}$，那么是否一定有$f(x) = f(3)$？为什么？
以上仅为2003年IMO试题的一部分，完整的试题包括更多的问题和更深
入的数学内容。

如需了解更多，可以查阅IMO官方网站或相关资料。

图6 BC =(2+3)x ,AC =3BC =3(2+3)x.应用勾股定理,得3x 2+3(3+2)2x 2=1,求出x 2.9.48%.设甲进价为a 元,则售出价为114a 元;乙进价为b 元,则售出价为116b 元.再设甲售出x 件,则乙售出32x 件.列方程014ax +016b ×32xax +32bx=015.解得a =32b.因此,当售出甲、乙两件数都等于y 件时,总利润为014ay +016by ay +by =014a +016ba +b =48%.10.505.AB =10,BC =100.记OA =OD =r.当D 与C 重合时,如图6,半径r 为最大,就是标出的最大刻度,此时,OH =r -10,AH =BC =100,所以,1002+(r -10)2=r 2.解得r =505.(华中师范大学数学系　陈传理　提供)2003年I MO 中国国家集训队选拔考试试题(2003-03-31　8:00～12:30) 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B E 、CF ,它们相交于点H ,△AFH 的外接圆交B E 于点G.求证:以线段BG 、GE 、B F 组成的三角形是直角三角形.(熊　斌　命题)二、设A Α{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.(陈永高　命题)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 |.(冷岗松　命题)(2003-04-01　8:00～12:30)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 ).(潘承彪　命题)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 -自由集.如果A =A 1∪A 2,A 1∩A 2= ,且A 1、A 2均为M -自由集,那么,称有序对(A 1,A 2)为A 的一个M -划分.试求A 的所有M -划分的个数.(李胜宏　命题)六、设实数列{x n }满足:x 0=0,x 2=32x 1,x 3是正整数,且x n +1=134x n +34x n -1+12x n -2,n ≥2.问:这类数列中最少有多少个整数项?(黄玉民　命题)922003年第3期。

2000年IMO中国国家集训队测验题第一次测验1.1设a是整数,n和r是大于1的整数,p是奇质数,并且(n,p -1)=1.试求以下同余方程的不同的解的数目:x1n+ x2n+…+ x r n ≡a (mod p ) .请注意上述方程的解(x1n, x2n,…, x r n)和(x1 ',' x2 ',' … , x r'' )当且仅当x j≡x j'(mod' p ),j =1,2,…, r时,才认为两个解是相同的.1.2考察不定方程x2-y2=n.约定将这方程的不同的正整数解的数目记为f ( n ) ,试对所有的正整数n,求f ( n ) .1.3设a和b是正整数,p是奇质数,p＞a＞b＞1.试求最大的整数c,使得对所有满足上述条件的a,b和p都有pc (ap) -(a) , bp b这里,我们记( n )=n(n-1)…(n -k+1)k k!第二次测验2.1 AB 和 CD 是圆 O 的不相交的两条弦, M 是 AB 中点, N 是 CD 中点,从圆心 O 作 MN 的垂线,垂足是 E ,在 MN 上取另一点 F ,过 F 作 MN 的垂线与 AB 延长相交于 G .求证:直线 CD 也经过 G 点的充分且必要条件是 MF = NE .2.2 在三角形 ABC 中, AB = AC ,设 C 至 AB 的垂足是 D , M 是 CD 的中点, A 至直线 BM 的垂足是 E , A 至直线 CE 的垂足是 F ,求证: AF ≢ AB /3,并说明等号成立的条件.2.3 A 是任意的有限正整数集,试证:存在一个有限正整数集B,使得A∈B,且∏ x = ∑ x2x ∈Bx∈B第三次测验3.1对于由实数组成的非空集合 A和 B,约定将可以表示为a+b, a∈A,b∈B,的所有数组成的集合记为 A*B,即规定 A*B={x |x=a+b,a∈A ,b∈B }.(附带说明,如果 A =耳么氪 B =耳,寀寞隅 A*B=耳.)跤隅淏淕杅k和l,对于满足条件|A|=k,| B |=l的所有实数集合 A和 B ,求| A * B |的最小值,并求达到这个最小值的所有 A和 B .3.2设 A是由实数组成的非空集合,h是正整数,约定将可以表示为a1 +a2+…+a h,a1 ,a2,…,a h∈A ,(这些数可以有相同的) 的所有数组成的集合记为S h( A ),即规定S h( A )={x|x=a1 + a2+…+a h,a1 ,a2,…,a h∈A }.给定正整数h和k,对于满足条件|A|=k的实数集合 A,试求|S h ( A )|的最小值,并求达到这个最小值的所有的 A .3.3设 A是由整数组成的非空集合,h是正整数,约定将可以表示为a1 +a2+…+a h,a1 ,a2,…,a h∈A ,(这些数互不相同) 的所有数组成的集合记为T h( A ),即规定T h( A )={x|x=a1 +a2+…+a h,互不相同的a1 ,a2,…,a h∈A }.给定正整数h和k,2≢h≢k-2,k≣5,对于满足条件|A|=k的整数集合 A ,试求|T h( A )|的最小值.第四次测验4.1设n岆湮衾1腔淕杅,暮缶k=cos(2k羽 /n)+i sin(2k羽/n),k=0,1,…,n-1,试求下式的最简表示:(缶j- 缶∏) 2 .k1≤ j＜k≢n -14.2设数轴的区间[0,1]里有六个质点,依照从0到1的次序将这六个质点标记为P1 ,P2,…,P6 .初始时,质点的位置都在区间内部;相邻质点P1与P2 ,P2与P3,P3与P4,P4与P5,P5与P6的距离分别是汐 ,汕 ,污 ,汛 ,丸 ;并且各质点都以相同的不变速度沿数轴朝指向0点的方向运动.在以后的运动中,如果某个质点碰到区间端点0或1,那么该质点立即折返,以同样大小的不变速度值反向运动.如果某两个质点相向运动发生对撞,那么这两个质点立即各自折返,都以同样大小的不变速度值反向运动.约定以f i,j(n)表示第i个质点与第j个质点第n次对撞的位置坐标,试求所有可能的f i,j(n).4.3给定正整数r,s,t满足不等式1＜r＜s＜t.设正实数的n数组x1,x2,…,x n满足条件x j/x j+1≢1+(t-s)/(j+s),j =1,2,…,n-1.对所有这样的n数组,试求nk ( k +1)…( k + t-∑1) x kk= 1n( k + r )( k + r +1) …∑( k + t - 1) x kk= 1的最小值.第五次测验5.1已知不定方程x4 +y4 =z2和不定方程x4 -y4 =z2都没有使得xyz≠0的整数解.据此求出不定方程8y4 +1=z2的所有整数解(简明扼要写出求解过程).完成上述准备之后,着手解决主要问题:求以下不定方程组的所有整数解1+ x =8 y 2{1+ x 2 =2 z 25.2求同时满足以下条件的一切正整数组(a,b,c,d):(a) 22汐‖a,?笢汐岆淏淕杅,(捞22汐整除a,但22汐+1不整除a,汐≡1);(b) 4|b +1 , 2| d;(c)c d的b进制表示恰由a个数字1组成,即c d=(11…1)b.共a 位15.3给定大于1的正整数b和奇质数p.已知p‖b(即p整除b,但p2不整除b </FONT< FONT>。

●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。

1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。

3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于 cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。

当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。

4.试作一直角三角形使其斜边为已知的 c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。

5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。

试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q上。

1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。

2003Day 11ABC is an acute-angled triangle.Let D be the point on BC such that AD is the bisector of ∠A .Let E,F be the feet of perpendiculars from D to AC,AB respectively.Suppose the lines BE and CF meet at H .The circumcircle of triangle AF H meets BE at G (apart from H ).Prove that the triangle constructed from BG ,GE and BF is right-angled.2Suppose A ⊆{0,1,...,29}.It satisfies that for any integer k and any two members a,b ∈A (a,b is allowed to be same),a +b +30k is always not the product of two consecutive integers.Please find A with largest possible cardinality.3Suppose A ⊂{(a 1,a 2,...,a n )|a i ∈R ,i =1,2...,n }.For any α=(a 1,a 2,...,a n )∈A and β=(b 1,b 2,...,b n )∈A ,we defineγ(α,β)=(|a 1−b 1|,|a 2−b 2|,...,|a n −b n |),D (A )={γ(α,β)|α,β∈A }.Please show that |D (A )|≥|A |./This file was downloaded from the AoPS −MathLinks Math Olympiad Resources Page Page 1http://www.mathlinks.ro/2003Day 21Find all functions f :Z +→R ,which satisfies f (n +1)≥f (n )for all n ≥1and f (mn )=f (m )f (n )for all (m,n )=1.2Suppose A ={1,2,...,2002}and M ={1001,2003,3005}.B is an non-empty subset ofA .B is called a M -free set if the sum of any two numbers in B does not belong to M .If A =A 1∪A 2,A 1∩A 2=∅and A 1,A 2are M -free sets,we call the ordered pair (A 1,A 2)a M -partition of A .Find the number of M -partitions of A .3x n is a real sequence satisfying x 0=0,x 2=3√2x 1,x 3is a positive integers and x n +1=13√4x n +3√4x n −1+12x n −2for n ≥2.How many integers at least belong to this sequence?/This file was downloaded from the AoPS −MathLinks Math Olympiad Resources Page Page 2http://www.mathlinks.ro/。

２０００年ＩＭＯ中国国家集训队选拔考试试题时间：2004-6-11 15:36:00 来源：２０００年ＩＭＯ作者：姚健钢供题一、如图，在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＡＣ，线段ＡＢ上有一点Ｄ，线段ＡＣ的延长线上有一点Ｅ，使得ＤＥ＝ＡＣ；线段ＤＥ与 ＡＢＣ的外接圆交于Ｔ点，Ｐ是线段ＡＴ的延长线上的一点．证明：点Ｐ满足ＰＤ＋ＰＥ＝ＡＴ的充分必要条件是点Ｐ在△ＡＤＥ的外接圆上．（裘宗沪供题）二、给定正整数ｋ、ｍ、ｎ，满足１≤ｋ≤ｍ≤ｎ，试求的值，并写出推算过程．（许以超供题）三、对正整数ａ≥２，记Ｎａ为具有以下性质的正整数ｋ的个数：ｋ的ａ进制表示的各位数字的平方和等于ｋ．证明：（１）Ｎa为奇数；（２）对任意给定的正整数Ｍ，存在正整数ａ≥２，使得Ｎa≥Ｍ．（陈永高供题）(２０００-０４-０１８：００～１２：３０)四、设ｆ（ｘ）是整系数多项式，并且ｆ（ｘ）＝１有整数根．约定将所有满足上述条件的ｆ组成的集合记为Ｆ．对于任意给定的整数ｋ＞１，求最小的整数ｍ（ｋ）＞１，要求能保证存在ｆ∈Ｆ，使得ｆ（ｘ）＝ｍ（ｋ）恰有ｋ个互不相同的整数根．（张筑生供题）五、（１）设ａ、ｂ是正实数，数列｛ｘｋ｝和｛ｙｋ｝满足ｘ０＝１，ｙ０＝０，且ｋ＝０，１，２，…．求证：ｘk＝，其中λｋ，1＝．（２）记ｕｋ＝，对任意给定的正整数ｍ，将ｕｋ除以２ｍ所得的余数记为ｚｍ，ｋ．求证：｛ｚｍ，ｋ ｝，ｋ＝０，１，２，…，为纯周期数列，并求出最小正周期．（黄玉民供题）六、设ｎ为正整数，记集合Ｍ＝｛（ｘ，ｙ）｜ｘ，ｙ是整数，１≤ｘ，ｙ≤ｎ｝．定义在Ｍ上的函数ｆ具有性质：（ａ）ｆ（ｘ，ｙ）取值于非负整数；（ｂ）当１≤ｘ≤ｎ时，有=n-1；（ｃ）若ｆ（ｘ１，ｙ１）ｆ（ｘ２，ｙ２）＞０，则（ｘ１－ｘ２）（ｙ１－ｙ２）≥０.试计算这样的函数ｆ的个数Ｎ（ｎ），并求出Ｎ（４）的具体数值．。

2003年IMO 中国国家集训队选拔考试试题（2003-03-31 8:00—12:30）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.（熊 斌 命题）二、设{}29,2,1,0 ⊆A ，满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），k b a 30++均不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多的A..（陈永高 命题）三、设(){}n i R a a a a A i n ,,2,1,,,,21 =∈⊂，A 是有限集，对任意的()n a a a ,,,21 =α∈A ，()n b b b ,,,21 =β∈B 定义：()()n n b a b a b a ---=,,,,2211 βαγ， ()(){}B A A D ∈∈=βαβαγ,,.试证：()A D ≥A .（冷岗松 命题）（2003-04-01 8:00—12:30）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 ）. （潘承彪 命题）五、设{}2002,2,1 =A ，{}3005,2003,1001=M ，对A 的任意非空子集B ，当B 中任意两数之和不属于M 时，称B 为M -自由集，如果A ＝A 1∪A 2，A 1∩A 2＝φ，且A 1，A 2均为M -自由集，那么称有序对（A 1，A 2）,为A 的一个M -划分，试求A 的所有M -划分的个数.（李胜宏 命题） 六、设实数列{}n x 满足：00=x ，1322x x =，3x 是正整数，且 2133121441--+++=n n n n x x x x ，n ≥2.问：这类数列中最少有多少个整数项？（黄玉民 命题）。

海量电子书下载（包括刘培杰数学工作室的大部分书籍）0点哈尔滨工业大学出版社的刘培杰数学工作室出版的书籍在024-026系列001——《从单位圆谈起》华罗庚002——丘成桐中学数学奖推荐参考书（英文版的都没有传，以下同）由高等教育出版社出版，目前已出版了5本：1.《莫斯科智力游戏359 道数学趣味题》(俄)Б. А. 柯尔捷姆斯基著2.《趣味密码术与密写术》M·加德纳著3.《著名几何问题及其解法尺规作图的历史》B. 波尔德(Benjamin Bold)著4.《第一届丘成桐中学数学奖获奖论文集(英文版)》5.《恒隆数学奖获奖论文集(英文版)》003——好玩的数学，目前已经出了13种：1.《不可思议的e》2.《幻方及其他》第二版3.《乐在其中的数学》4.《七巧板、九连环和华容道》5.《趣味随机问题》6.《数学聊斋》7.《数学美拾趣》8.《数学演义》9.《说不尽的π》10.《中国古算解趣》11.《数学志异》12.《进位制与数学**》13.《古算诗题探源》14.《幻方与素数》第三版注：前10本xuguoyun 于“数学丛书”帖上传；《幻方及其他》第二版已经改成《幻方与素数》第三版004——科普作家别莱利曼，三类一、中国青年出版社最近出版的1.《趣味代数学第4版》（俄）别莱利曼著丁寿田朱美琨译2.《趣味几何学第3版》（俄）别莱利曼著符其珣译（将2个压缩文件放在一起解压！）3.《趣味物理学第5版》（俄）别莱利曼著符其珣译4.《趣味物理学：续编第3版》（俄）别莱利曼著滕砥平译二、中国青年出版社5、60年代出版的（有的是繁体字）5.《趣味代数学》（俄）别莱利曼著丁寿田朱美琨译（无）6.《趣味几何学（上册）》（俄）别莱利曼著符其珣译（无）7.《趣味几何学（下册）》（俄）别莱利曼著符其珣译（无）8.《趣味力学》（苏）别莱利曼著；符其珣译9.《趣味天文学》（苏）别列利曼撰；滕砥平，唐克译10.《趣味物理学》（苏）别莱利曼撰；符其珣译（无）11.《趣味物理学续编》（苏）别莱利曼撰；腾砥平译（无）12.《行星际的旅行》（苏）别莱利曼著；符其珣译三、其他出版社出版的13.《物理万花筒》（苏）别莱利曼著；王昌茂译14.《趣味思考题》（苏）别莱利曼著；符其珣译15.《有趣的游戏》（苏）别莱利曼原著；王昌茂翻译005——《数学试卷分析方法》华东师范大学出版社，许世红，胡中锋编著006——《七彩数学》专辑，科学出版社第一批1.《数学走进化学与生物》姜伯驹钱敏平龚光鲁著2.《数论与密码》冯克勤著3.《迭代浑沌分形》李忠著4.《数学的力量——漫话数学的价值》李文林任辛喜著5.《古希腊名题与现代数学》张贤科著第二批6.《离散几何欣赏》宗传明著7.《通信纠错中的数学》冯克勤著8.《趣话概率》安鸿志著9.《画图的数学》齐东旭著10.《整数分解》颜松远著007——《中学数学教学参考书》，1956年新知识出版社编辑出版，初中部分一、算术：1.《整数》2.《分数》3.《小数与百分数》4.《比例》二、代数5.《有理数》6.《有理整式的恒等变换》7.《分式与比例》8.《一元一次方程》9.《一次方程组及开平方》三、几何10.《体面线点》11.《全等三角形》12.《基本轨迹与作图》13.《平行四边形》14.《圆》（缺）008——《中学数学教学参考书》，1956年新知识出版社编辑出版，高中部分一、代数：1.《无理数与无理式》2.《一元二次方程》3.《函数图象及二元二次联立方程》4.《数列与极限》（缺）5.《指数与对数》6.《联合二项式定理及复数》7.《不等式》8.《高次方程》二、几何9.《相似形》10.《勾股定理》11.《多边形面积》12.《正多边形与圆》13.《直线与平面》14.《多面体》（缺）15.《回转体》（缺）三、三角16.《三角函数》17.《加法定理》18.《解三角形》19.《三角方程》（缺）注：部分书籍以内容完全相同的上教版代替009——《中学数学教学参考丛书》，上海教育出版社1.《多项式的乘法和因式分解》茅成栋编2.《一元二次方程》赵宪初编3.《绝对值》陈汝作编（缺，这里该书的封面用附件传上）4.《代数方程组》李大元武成章等编5.《指数函数和对数函数》徐美琴许三保编6.《三角函数》姚晶编7.《幂的运算和幂函数》顾鸿达朱成杰王致平编8.《解不等式》张福生赵国礼编9.《实数》张镜清霍纪良编10.《直线形》陶成铨编11.《圆与正多边形》黄承宏编12.《相似形和比例线段》杨荣祥黄荣基编13.《轨迹》毛鸿翔左铨如编14.《解三角形》黄汉禹编15.《直线与平面》夏明德编16.《排列和组合》翟宗荫编17.《高次方程》李传芳陈汝作陈永明编18.《复数》顾忠德管锡培编19.《数列与极限》刘文编20.《直线和圆》陈森林揭方琢编21.《二次曲线》张泽湘编22.《参数方程和极坐标方程》刘世伟编23.《概率初步》上海师范大学数学系应用数学组编24.《矩阵初步》张弛编25.《集合论初步》沈石山俞鑫泰编010——教学工具书1.《代数学辞典问题解法上》笹部贞市郎编蒋声等译2.《代数学辞典问题解法下》笹部贞市郎编张明梁等译3.《三角学辞典问题解法》笹部贞市郎编肖乐编译4.《几何学辞典问题解法》笹部贞市郎编高清仁等译5.《解析几何辞典问题解法》笹部贞市郎编关桐书等译6.《微积分辞典问题解法》笹部贞市郎编蒋声等译011——《中学生数学课外读物》，上海教育出版社1．《速算与验算》姚人杰著2．《数学归纳法》华罗庚著3．《不等式》张驰著4.《谈谈怎样学好数学》苏步青著5．《π和е》夏道行著6．《复数的应用》莫由著7．《怎样用复数解题》程其坚著8．《圆和二次方程》马明著9．《怎样列方程解应用题》赵宪初著10．《怎样应用数学归纳法》洪波著11．《最大值和最小值》谷超豪著12．《图上作业法》管梅谷著13．《谈谈怎样编数学墙报》华东师范大学第一附属中学数学教研组编012——上海教育出版社1978年12月到2002年5月出版一套初等数学小丛书，一共29本，如下：1.《抽屉原则及其他》常庚哲2.《谈谈怎样学好数学》苏步青3.《函数方程》田增伦4.《几何不等式》单壿5.《一百个数学问题》[波兰]史坦因豪斯6.《又一百个数学问题》[波兰]史坦因豪斯7.《从单位根谈起》蒋声8.《从正五边形谈起》严镇军9.《集合论与连续统假设浅说》张锦文10.《矩阵对策初步》张盛开11.《趣味的图论问题》单壿12.《母函数》史济怀13.《代数方程与置换群》李世雄14.《中学生数学分析》[苏]庞特里亚金15.《覆盖》单壿16.《计数》黄国勋李炯生17.《对称和群》朱水林18.《平方和》冯克勤19.《不定方程》单壿余红兵20.《凸函数与琴生不等式》黄宣国21.《有趣的差分方程》李克大李尹裕22.《柯西不等式与排序不等式》南山23.《组合几何》单壿24.《奇数、偶数、完全平方数》南秀全余石25.《棋盘上的组合数学》冯跃峰26.《十个有趣的数学问题》单壿27.《染色:从**到数学》柳柏濂28.《集合及其子集》单壿29.《平面几何中的小花》单壿013——《中学生文库》数学部分：1.《怎样列方程解应用题》赵宪初2.《面积关系帮你解题》张景中3.《怎样用配方法解题》奚定华4.《根与系数的关系及其应用》毛鸿翔5.《怎样添辅助线》余振棠谢传芳6.《圆和二次方程》马明7.《几何作图不能问题》邱贤忠沈宗华8.《从勾股定理谈起》盛立人严镇军9.《从√2谈起》张景中10.《不等式》张弛11.《不等式的证明》吴承鄫李绍宗12.《奇数和偶数》常庚哲苏淳13.《射影几何趣谈》冯克勤14.《数学万花镜》[波]史坦因豪斯著裘光明译15.《递归数列》陈家声徐惠芳16.《从平面到空间》蒋声17.《平面向量和空间向量》吕学礼18.《几何变换》蒋声19.《一些不像“几何”的几何学》沈信耀20.《复合推理与真值表》戴月仙21.《数学归纳法》华罗庚22.《凸图形》吴立生庄亚栋23.《三角恒等式及应用》张运筹24.《三角不等式及应用》张运筹25.《抽屉原则及其他》常庚哲26.《初等极值问题》程龙27.《图论中的几个极值问题》管梅谷28.《趣味的图论问题》单墫29.《矩阵对策初步》张盛开30.《从单位根谈起》蒋声31.《形形色色的曲线》蒋声32.《反射和反演》严镇军33.《极坐标与三角函数》陈福泰34.《反证法》孙玉清35.《棋盘上的数学》单墫程龙36.《谈谈数学中的无限》谷超豪37.《模糊数学》刘应明任平38.《人造卫星轨道的分析和计算》俞文陈守吉39.《谈谈怎样学好数学》苏步青40.《世界数学名题选》陆乃超袁小明41.《生物数学趣谈》李金平苏淳42.《漫话电子计算机》张根法43.《运动场上的数学》黄国勋李炯生44.《ＳＯＳ编码纵横谈》谈祥柏45.《数学探奇》(西班牙)米盖尔.德.古斯曼著周克希译46.《三角形趣谈》杨世明47.《思维的技巧》吴宣文48.《魔方》朱兆毅沈庆海著在/thread-23988-1-10.html/thread-29576-7-1.html这两个帖子中传有部分书籍014——《初中学生课外阅读系列》，上海教育出版社1．《漫游勾股世界》吴深德2．《绝对值》陈汝作3．《多项式的乘法和因式分解》刘渝瑛4．《怎样列方程解应用题》赵宪初5．《怎样解不等式》张福生赵国礼6．《怎样用配方法解题》奚定华7．《面积关系帮你解题》张景中8．《怎样添辅助线》余振棠射传芳9．《根与系数的关系及其应用》毛鸿翔10．《反证法》孙玉清015——《高中学生课外阅读系列》，上海教育出版社1.《从平面到空间》蒋声2.《三角恒等式及其应用》张运筹3.《直线和平面》夏明德4.《不等式的证明》吴承鄫李绍宗5.《参数方程和极坐标方程》刘世伟6.《从单位根谈起》蒋声7.《二次曲线》张泽湘8.《排列与组合》翟宗荫9.《数列与极限》刘文10.《集合和映射》康士凯张海森（缺）11.《随机世界探秘概率统计初步》茆诗松魏振军016——《自然科学小丛书》，北京出版社出版1.《轨迹》赵慈庚编著2.《三角形内角和等于180°吗？》梅向明著3.《谈勾股定理》严以诚孟广烈编著4.《有趣的偶然世界》张文忠著5.《中学数学中的对称》张文忠著017——《北京市中学生数学竞赛辅导报告汇集》，北京出版社1.《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》华罗庚著2.《无限的数学》秦元勋著3.《谈谈解答数学问题》赵慈庚著018——数学中译本，科学普及出版社1.《高次方程解法》程乃栋编译2.《力学在数学上的一些应用》高天青编译3.《怎样作图象》刘远图编译4.《逐次逼近法》赵根榕编译5.《最简单的极值问题》潘德松编译019——趣味数学书籍，上海教育出版社1.《趣味算术》蒋声陈瑞琛编2.《趣味代数》蒋声陈瑞琛编3.《趣味几何》蒋声陈瑞琛编4.《趣味代数（续）》蒋声陈瑞琛编5.《趣味立体几何》蒋声陈瑞琛编6.《趣味解析几何》蒋声陈瑞琛编020——《数学精品库》，民主与建设出版社1.《决策致胜思维训练》郑应文著2.《难题精解思维训练》王志雄汪启泰余文竑詹方玮著3.《平面几何思维训练》余文竑詹方玮著4.《数学宫趣游》王志雄著5.《数学竞赛题的背景》王志雄汪启泰著6.《组合几何思维训练》林常著7.《诺贝尔奖中的数学方法》高鸿桢等著（缺）021——由一些数学专家写的小册子，上海教育出版社1.《初等数论100例》柯召孙琦编著2.《复数计算与几何证题》常庚哲编著3.《运动群》张远达编著022——《数学奥林匹克命题人讲座》，上海科技教育出版社1.《解析几何》陆洪文著（缺）2.《代数函数与多项式》施咸亮著（缺）3.《函数迭代与函数方程》王伟叶熊斌著（缺）4.《代数不等式》陈计季潮丞著（缺）5.《重心坐标与平面几何》曹纲叶中豪著（缺）6.《初等数论》冯志刚著7.《集合与对应》单壿著8.《数列与数学归纳法》单壿著9.《组合问题》刘培杰，张永芹著著（缺）10.《图论·组合几何》任韩田廷彦著（缺）11.《向量与立体几何》唐立华著（缺）12.《复数·三角函数》邵嘉林著（缺）023——反例相关书籍1.《初中数学中的反例》朱锡华编2.《高中数学中的反例》马克杰编3.《从反面考虑问题反例·反证·反推及其他》严镇军陈吉范编4.《代数中的反例》胡崇慧编5.《高等代数的265个反例》李玉文编著6.《高等数学中的反例》朱勇编7.《数学分析中的问题和反例》汪林编8.《数学分析中的反例》王俊青编著9.《分析中的反例》（美）盖尔鲍姆（美）奥姆斯特德著高枚译10.《实分析中的反例》汪林编11.《实变函数论中的反例》程庆汪远征编著12.《泛函分析中的反例》汪林编13.《概率统计中的反例》张文忠但冰如编14.《概率论与数理统计中的反例》陈俊雅王秀花编著15.《概率统计中的反例》张尚志刘锦萼编著16.《概率论中的反例》张朝金编17.《图论的例和反例》（美）卡波边柯（美）莫鲁卓著聂祖安译18.《拓扑空间中的反例》汪林杨富春编著19.《点集拓扑学题解与反例》陈肇姜编著024——精品书系第一批，哈尔滨工业大学出版社1．《最新世界各国数学奥林匹克中的平面几何试题》刘培杰主编2．《走向国际数学奥林匹克的平面几何试题诠释：历届全国高中数学联赛平面几何试题一题多解上》沈文选主编杨清桃步凡昊凡副主编3．《走向国际数学奥林匹克的平面几何试题诠释：历届全国高中数学联赛平面几何试题一题多解下》沈文选主编杨清桃步凡昊凡副主编4．《世界著名平面几何经典著作钩沉几何作图专题卷上》刘培杰主编5．《世界著名平面几何经典著作钩沉几何作图专题卷下》刘培杰主编（缺）6．《历届CMO中国数学奥林匹克试题集1986-2009》刘培杰主编7．《历届IMO试题集》刘培杰主编8．《全国大学生数学夏令营数学竞赛试题及解答》许以超陆柱家编著9．《历届PTN美国大学生数学竞赛试题集1938-2007》冯贝叶许康侯晋川等编译10．《历届俄罗斯大学生数学竞赛试题及解答》（即将出版）11．《数学奥林匹克与数学文化第1辑》刘培杰主编12．《数学奥林匹克与数学文化第2辑文化卷》刘培杰主编13．《数学奥林匹克与数学文化第2辑竞赛卷》刘培杰主编14．《数学奥林匹克与数学文化第3辑竞赛卷》刘培杰主编（即将出版）15．《500个最新世界著名数学智力趣题》刘培杰马国选主编16．《400个最新世界著名数学最值问题》刘培杰主编17．《500个世界著名数学征解问题》冯贝叶编译18．《400个中国最佳初等数学征解老问题》刘培杰主编（缺）19．《500个世界著名几何名题及1000个著名几何定理》（即将出版）20．《从毕达哥拉斯到怀尔斯》刘培杰主编21．《从迪利克雷到维斯卡尔迪》刘培杰主编22．《从哥德巴赫到陈景润中国解析数论群英谱》刘培杰主编23．《从庞加莱到佩雷尔曼》刘培杰主编（即将出版）24．《精神的圣徒别样的人生：60位中国数学家成长的历程》刘培杰主编25．《数学我爱你大数学家的故事》（美）吕塔·赖默尔维尔贝特·赖默尔著26．《俄罗斯平面几何问题集原书第6版》波拉索洛夫编著025——精品书系第二批，哈尔滨工业大学出版社1.《初等数学研究Ⅰ》甘志国著—数学·统计学系列2.《初等数学研究Ⅱ上》甘志国著—数学·统计学系列3.《初等数学研究Ⅱ下》甘志国著—数学·统计学系列4.《数学眼光透视》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书5.《数学思想领悟》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书6.《数学应用展观》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书7.《数学建模导引》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书8.《数学方法溯源》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书9.《数学史话览胜》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书10.《博弈论精粹》刘培杰执行主编11.《初等数论难题集第1卷》刘培杰主编12.《多项式和无理数》冯贝叶著—数学·统计学系列13.《数学奥林匹克不等式研究》杨学枝著—数学·统计学系列14.《解析不等式新论》张小明，褚玉明著—数学·统计学系列15.《模糊数据统计学》王忠玉吴柏林著—数学·统计学系列16.《三角形的五心》贺功保叶美雄编著17.《中国初等数学研究2009卷第1辑》杨学枝主编18.《高等数学试题精选与答题技巧》杨克劭主编19.《运筹学试题精选与答题技巧》徐永仁主编20.《空间解析几何及其应用》徐阳，杨兴云编著026——精品书系第三批，哈尔滨工业大学出版社1.《中考数学专题总复习》陈晓莉主编2.《中考几何综合拔高题解法精粹》李双臻李春艳编著3.《数学奥林匹克超级题库初中卷上》刘培杰数学工作室编著（缺）4.《新编中学数学解题方法全书初中版上》刘培杰主编5.《新编中学数学解题方法全书高中版上》刘培杰主编6.《新编中学数学解题方法全书高中版中》刘培杰主编7.《新编中学数学解题方法全书高中版下1》刘培杰主编8.《新编中学数学解题方法全书高中版下2》刘培杰主编9.《新编中学数学解题方法全书高考真题卷》张广民王世堑主编（缺）10.《新编中学数学解题方法全书高考复习卷》张永辉主编（缺）11.《最新全国及各省市高考数学试卷解法研究及点拨评析》邵德彪主编12.《高考数学真题分类解读第1册》刘松丽张坯东杨婷婷等本册主编13.《高考数学真题分类解读第2册》高考真题研究组编14.《高考数学真题分类解读第3册》阎丽红孙宏宇牟晓永等本册主编15.《高考数学真题分类解读第4册》王小波董亮本册主编16.《高考数学真题分类解读第5册》高考真题研究组编17.《向量法巧解数学高考题》赵南平编著18.《高考数学的理论与实践》高慧明著19.《中学数学解题方法》吕凤祥主编20.《中学数学方法论》鲍曼主编027——《当代数学园地》，科学出版社出版1.《Kac-Moody代数导引》万哲先著2.《哈密顿系统的指标理论及其应用》龙以明著3.《分形-美的科学复动力系统图形化》（德）派特根（德）P.H.里希特著井竹君章祥荪译4.《哈密顿系统与时滞微分方程的周期解》刘正荣李继彬著5.《群类论》郭文彬著6.《代数几何码》冯贵良吴新文著7.《正规形理论及其应用》李伟固著8.《测度值分枝过程引论》赵学雷著9.《完备李代数》孟道骥朱林生姜翠波著028——《通俗数学名著译丛》，上海教育出版社出版1.《数学：新的黄金时代》2.《数论妙趣：数学女王的盛情款待》3.《数学娱乐问题》4.《数学趣闻集锦》上、下册5.《数学与联想》6.《计算出人意料：从开普勒到托姆的时间图景》7.《当代数学为了人类心智的荣耀》8.《近代欧氏几何学》9.《站在巨人的肩膀上》10.《无穷之旅：关于无穷大的文化史》11.《数：科学的语言》12.《20世纪数学的五大指导理论》13.《数学**与欣赏》14.《数学旅行家：漫游数王国》15.《蚁迹寻踪及其他数学探索》16.《圆锥曲线的几何性质》17.《拓扑实验》18.《数学*国界：国际数学联盟的历史》19.《意料之外的绞刑和其他数学娱乐》20.《稳操胜券》上、下册21.《现代世界中的数学》22.《**：自然规律支配偶然性》23.《解决问题的策略》24.《东西数学物语》25.《黎曼博士的零点》26.《奇妙而有趣的几何》27.《虚数的故事》28.《悭悭宇宙：自然界里的形态和造型》029——《走进教育数学丛书》，科学出版社1.《数学的神韵》李尚志著（缺）2.《数学不了情》谈祥柏著（缺）3.《微积分快餐》林群著4.《走进教育数学》沈文选著5.《数学解题策略》朱华伟钱展望著（缺）6.《绕来绕去的向量法》（缺）7.《直来直去的微积分》张景中著（缺）8.《一线串通的初等数学》张景中著9.《几何新方法和新体系》张景中著10.《从数学竞赛到竞赛数学》朱华伟编030——关于匈牙利奥林匹克数学竞赛的几本书，后两本是台湾出的繁体字书：1.《匈牙利奥林匹克数学竞赛题解》（匈）库尔沙克（Й.Кюршак）等编胡湘陵译2.《匈牙利数学问题详解第1册》王昌锐译（将2个压缩文件放在一起解压！）3.《匈牙利数学问题详解第2册》王昌锐译（将2个压缩文件放在一起解压！）031——原新知识出版社出版的一些老书，书目如下：1.《平面几何作图题解法中的讨论》金品编著2.《上海市1956-57年中学生数学竞赛习题汇编》中国数学会上海分会中学数学研究委员会编3.《什么是非欧几何》吴宗初著4.《数学试题汇集·附解法》（苏）沙赫诺（Шахно.К.У.）编著赵越李伯尘译5.《同解方程》程志国编6.《统计平均数》邹依仁编著7.《因式分解及其应用》郁李编8.《有趣的算术题》（苏）巴梁克（Г.Б.Поляк）编盛帆译9.《整式与分式》郁李编10.《整数四则和分数四则》刘永政著11.《正定理和逆定理》（苏）格拉施坦（И.С.Градштейн）著许梅译12.《中学课程中的无理方程》（苏）吉布什（И.А.Гибш）著管承仲译13.《中学数学课外活动》张运钧编著032——《中学数学奥林匹克丛书》，北京师范学院出版社1.《立体几何向量及其变换》何裕新孙维刚著2.《平面几何及变换》梅向明主编唐大昌等编写3.《代数恒等变形》梅向明主编4.《初等数论初中册》梅向明主编5.《北京市中学生数学竞赛试题解析》梅向明主编6.《数学奥林匹克解题研究初中册》梅向明主编7.《数学奥林匹克解题研究高中册》周春荔等编8.《组合基础》周沛耕张宁生著9.《初等数论高中册》米道生吴建平编写033——《数理化竞赛丛书》数学部分，科学普及出版社1．《北京市中学数学竞赛题解1956-1964》北京市数学会编2．《全国中学数学竞赛题解1978》全国数学竞赛委员会编3．《美国及国际数学竞赛题解1976-1978》（美）格雷特编中国科学院应用数学研究推广办公室译4．《匈牙利奥林匹克数学竞赛题解》（匈）库尔沙克（Й.Кюршак）等编胡湘陵译5．《北京市中学数学竞赛题解1956-1979》北京市数学会6．《全国中学数学竞赛题解1979》科学普及出版社编034——《数学奥林匹克题库》，新蕾出版社1.《美国中学生数学竞赛题解1》（缺）2.《美国中学生数学竞赛题解2》3.《国际中学生数学竞赛题解》4.《中国中学生数学竞赛题解1》（缺）5.《中国中学生数学竞赛题解2》（缺）6.《加拿大中学生数学竞赛题解》7.《苏联中学生数学竞赛题解》035——《中学数学》丛书，湖北省暨武汉市数学会组织编写、湖北人民出版社1.《代数解题引导》杨挥陈传理编2.《初等几何解题引导》江志著3.《三角解题引导》车新发编4.《解析几何解题引导》刘佛清张硕才编5.《国际数学竞赛试题讲解Ⅰ》江仁俊编6.《国际数学竞赛试题讲解Ⅱ》江仁俊等编036——《数学圈丛书》，湖南科技出版社1.《数学圈》1 【美】H.W.伊佛斯2.《数学圈》2 【美】H.W.伊佛斯3.《数学圈》3 【美】H.W.伊佛斯4.《数学爵士乐》【美】爱德华.伯格、迈克尔.斯塔伯德5.《素数的音乐》【英】马科斯.杜.索托伊6.《无法解出的方程》【美】马里奥.利维奥7.《数学家读报》【美】约翰·艾伦·保罗斯037——一套数学竞赛书籍，上海科学技术出版社1.《初中数学竞赛妙题巧解》常庚哲编2.《初中数学竞赛辅导讲座》严镇军等编3.《高中数学竞赛辅导讲座》常庚哲等编4.《中、美历届数学竞赛试题精解》刘鸿坤等编038——国外数学奥林匹克俱乐部丛书，湖北教育出版社1.《美国数学邀请赛试题解答与评注》朱华伟编译2.《俄国青少年数学俱乐部》苏淳朱华伟译039——《国内外数学竞赛题解》，陕西师范大学图书馆编辑组编写《国内外数学竞赛题解》上、中、下三册040——开明出版社出版由中国数学奥林匹克委员会编译的两本书，书目如下：1.《环球城市数学竞赛问题与解答第1册》2.《环球城市数学竞赛问题与解答第2册》041——数学奥林匹克试题集锦，华东师范大学出版社，IMO中国国家集训队教练组编写1.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2003》2003年IMO中国国家集训队教练组编2.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2004》2004年IMO中国国家集训队教练组，选拔考试命题组编3.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2005》2005中国国家集训队教练组、选拔考试命题组编4.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2006》2006年IMO中国国家集训队教练组编5.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2007》2007年IMO中国国家集训队教练组编6.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2008》2008年IMO中国国家集训队教练组编（缺）7.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦2009》2009年IMO中国国家集训队教练组编（缺）042——国外、国际数学竞赛试题方面的书籍1.《奥林匹克数学竞赛题集》（苏）罗什柯夫等编著张兴烈刘承明译2.《波兰数学竞赛题解1-27届》（波）耶·勃罗夫金（波）斯·斯特拉谢维奇著朱尧辰译3.《初中中外数学竞赛集锦》刘鸿坤编著4.《第26届国际数学奥林匹克》中国数学会普及工作委员会编5.《第一届至第二十二届国际中学生数学竞赛题解1959-1981》杨森茂陈圣德编译6.《国际奥林匹克数学竞赛题及解答1978-1986》中国科协青少年工作部中国数学会编译7.《国际数学奥林匹克1-20届》江苏师范学院数学系编译8.《国际数学竞赛题解》（德）H.D.霍恩舒赫编潘振亚等译。

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 ．163 B ．83C D ．4、若5[,]123x 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224949u x y =+--的最小值是（ ）A ．85 B ．2411C ．127D ．1256、在四面体ABCD 中，设AB =1，CD AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于（ ）A ．2 B ．12 C ．13 D ．3 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22194x 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35log ,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 ＋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{}{}{}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221x 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043x =，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163PF =，故选（A ）.4、22tan()cot()cos()3361cos()226cos()sin()332cos()46sin(2)3542,2[,],[,].12322364625cos()[,].46123sin(2)33y x x x x x x x x x x x x x x y πππππππππππππππππππππ=+++++=++++=+++-≤≤-+∈+∈--+--+=-因为所以可见与在上同为递增函数故当时,().C 5、由已知得1y x =-，故 2422242224997243514491937437(9)x x x u x x x x x x-+-=+==+---+--+ 而x ∈（－2，12-）∪（12，2），故当222224249,,93x x x x x==+即时之值最小，而此时函数u 有最小值125，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2113sin 212222V MN CE CD ECD =⨯⨯⨯∠=⨯⨯=因此121132V 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2，4，22＋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|·|PF 2|=12×2×4=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352424,,(),().b da 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,,.41bb d a b d b d b d a ca c a a d c cb dc 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 nn n n nn n n nn 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 ≤（当且仅当a =b =c =d 时取等号）.取a =bcd≤=≤所以14、设Z =x ＋yi (x ，y ∈R )，则x ＋yi =a cos 4t ·i ＋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 2ty =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(,),(,)4242a b b c D 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1224a cb 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2222222222222222sin()sin 1.()()2 1.()()()222()2()()()222a 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 DQAB AD=，即BC ·AD =AB ·DQ . 又由切割线关系知△PCA ∽△P AD ，故PC ACPA AD=；同理由△PCB ∽△PBD 得BC BCPB BD=. 又因P A =PB ，故AC BCAD BD=，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 =12CD ，即CQ =DQ .在△CBQ 与△ABD 中，AD DQ CQAB BC BC==，∠BCQ =∠BAD ，于是△CBQ ∽△ABD ，故∠CBQ =∠ABD ，即得∠DBQ =∠ABC =∠P AC .二、由题设可知444444333333[][][]101010101010l l m m n n-=-=- 于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl 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<b ≤u －1，从而可推出3b ≡3b +au ≡3v ≡1(mod 24)，而这显然与u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＋5×24，所以34k －1=（1＋5×24）k －1≡0(mod 54)，即42831227311473113(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)×27]≡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2111(1)[]1(1)(1)1(1)1222n l n q n q q -=-++≤+-+=++ 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2001120||011122111121121112000(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 B i i i n i b b iii 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≤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12121212122222222222()sin ,(sin )222(),22.()ABCAB B ABC ABC ABCBKB CKC ABC AB C S ID IE a b cS ID AB AB AB AB A ID AB AB AB A ID S S S b b AB a b c bc a b cbcAB a b cbcAC a b cS S S S bc bc bc a b c a b ca b c ∆∆∆∆∆∆∆∆∆==++=+==-=-++++=+-=-+=⇔=⇔=+--+⇔--=故故同理22260.bca 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 aa 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 θ1cos θ12.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 333(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 3θθ+≤，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 <n －1 （1）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=22223232322222231232221231cos 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 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 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 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co s θi =α，tan θi α（i =1，2，…，n －1），tan θn =2n /2(αn －1，从而tanθ1tan 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=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)=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1238910123456788123123441238910④38!,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≤2222a b u ab+- ①v 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≤22212c d v cd+- ②①＋②并整理得22222212222221221122112222112222222211()())()()()()()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 abcdabcdab cdab 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 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0133110,1(),1,2,,.2n 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<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证：对任意实数x ，有22221111112(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＋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.故1111F C E ACG AH λ==. （2）如图2，若EF 与AC 不平行. 设FE 的延长线与CA 的延长线相交于点T . 由梅涅劳斯定理得1CF BE ATFB EA TC=.结合题设有1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知T 、H 、G 三点共线.设TF 、TG 与E 1H 1分别交于点M 、N . 由E 1B ∥EF ，得E 1A =BAEA ·AM .同理，H 1A =ADAH·AN .所以，1111111111.,,.,.AEC ABC AHC ADC ABCADC ABC ADC E A AM AB AHAH AN AE AD S S AE ADEQ QH S S AB AHS E A EQ AB AH AH QH AE AD S S F C F C E ACG S CGAH λ∆∆∆∆∆∆∆∆========又故同理所以二、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 －1，11112122[][],2,3,①(1)(2),1,2,,2,22(2)(1)(2)[][(1)]22,,1,2,.22(2)(1)[][][2n n n n n n nn n n a n a a a n n n n n u A n A n n n n n u A n n A u n n u y n n n n n n y n n -----+=+==++==≥++++=+====≥++-== 设为非负整数.由于当时所以数列{}满足式①.设由于当时,2222122121],,{}(2)[],1,2,,21,421(21)1[][[]][(1)](1)4211223(22)231[][[]][(1)][(1)(2)]2142121(n n n n nn n y n y n z n n m m n m m m z m m m z n m m n m m n m m m m z m m m n m m m m --+-==+===≥++++==+=+==+≥+++++==+=++++++=所以也满足式①.设当且时当且时,2(23)1)(2)[]4,{}nn m m z z +++==从而也满足式①.对任意非负整数A ，令2111111111(1)(2)2(1)(2)(2)[]241,2,,{}{}①.93,1,[]2,3,(1)(2);461(mod3),1(1)(2)62(mod3),2((1)(2)[6n n n n n n n n n n n n n v u y Ann n n w u z A n v w a u A y z a a n n a a a n n n a a n a n n ++=+=++++=+=+======++≡-=+++≡-=+++显然和都满足式由于所以,当|时当时当时222)]411(mod3),(1)(2)1;622(mod3),(1)(2)1;63(2)0(mod3),(1)(2)[] 1.64n n n c c x n n c c x n n n c n c x n n +-≡=+++-≡=++++-+≡=++++综上可得当时当时当时三、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 2 A 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 1 A 5A 6 A 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P 4.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331133112211110022000000001100000001()21()21()()(1)2||,||||(1)11|11|||||22,|i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i w w w w a v v v v a w v w v w v w w v v w v w v w v w w v v w v w v w v w v +-+-++----+=+-+=+--+-=-+++--≤-+++≤+-++-≤--所以设最大则从而22000002220000000000|0,11,||0,()0.||0.||||0,,1,2,,.i i i i i i i i i i i i i i i i i i w w v v w v w v w v w v w v w v w v i n =+++=-=+++=-=--===或即或所以成立由的最大性知所有即（2）设|0i x |最大，则3200003110033110000||||||(1)1|()|211||||||||||.22||||.,||||,0,1,2,, 1.i i i i i i i i i i i x x x x x x a x x a x a x a x a i n +-+-+=+=++≤++≤+≤≤=+所以,因此 五、当x 2≥|a |（a 1－1）时，由111nii a =≤∑可得222222111221121122222222211111211112||411124(1)4(1),11()()n n n ii i i i i n n n n i i i i i i i i i ia x a x a x xa a x x a a a a a a x a x a x a a =======⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤≤-+<-⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<∑∑∑∑∑∑∑当时由柯西不等式得对于正整数122222222222222222222122222211,1,1,2,,1,222111()()(())(())42211111,2,, 1.1111()()()()2222111112()()()22n i ii ii i i i ii i i i n i i i i i a a a i n a a a a x a x a a x a x i n a x a x a x a xa a x a x a ++=+≥+=-≤=+++--+++=-≤-=--+++-+-+≤-+-+-+∑有且故21222111111122(1)()2n i ix a a x a 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 ）时，存在正整数a 1，a 2，…，a r ，使得n =a 1＋a 2＋…＋a r ，1≤a 1<a 2<…<a r ，a i |a i ＋1，i =1，2，…，r －1.证明如下：当r =2时，有n =1＋n －1，取N （2）=3即可.假设当r =k 时结论成立. 当r =k ＋1时，取N (k ＋1)=4N (k )3. 设n =2a (2l ＋1)，若n ≥N (k ＋1)=4N (k )3，则2a ≤2N (k )2，则存在正偶数2t ≤a ，使得22t ≥N (k )2，即2t ＋1≥N (k ). 由归纳假设，存在正整数b 1，b 2，…，b k ，使得2t ＋1= b 1＋b 2＋…＋b k ，1≤b 1<b 2<…<b k ， b i | b i ＋1，i =1，2，…，k －1.则2a =2a －2t ×22t =2a －2t [1＋(2t －1) (2t ＋1)] =2a －2t ＋2a －2t (2t －1)b 1＋2a －2t (2t －1)b 2＋…＋2a －2t (2t －1)b kn =2a －2t (2l ＋1)＋2a －2t (2t －1) b 1(2l ＋1)＋…＋2a －2t (2t －1) b k (2l ＋1)若2l ＋1≥2N (k )，则l ≥N (k ).由归纳假设，存在正整数c 1，c 2，…，c k 使得 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 ＋1 c 1＋2a ＋1 c 2＋…＋2a ＋1 c 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 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 .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 =∠F AD .于是，A 、R 、D 、P 四点共圆.又∠RAQ =∠DAC ，∠ARP =∠ADC ，于是，△ARQ ∽△ADC,AR AD AQ AC=. 从而，AR ·AC =AQ ·AD =AF 2=AF ·AE ，即AR AEAF AC=. 所以，RE //FC ，∠AFC =∠ARE .因为A 、R 、D 、P 四点共圆，G ′、D 、P 、E 四点共圆，则BG ′·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|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0，2，6，12，20，26. 则对任意a ∈A ，有2a /≡0，2，6，12，20，26（mod 30），即a /≡0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28（mod 30）.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. 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 ). 再由此及（1）可证∪ D ∈D （B ） ∪D ∈D （B ）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1()()a g x fx =，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)=2 g (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 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1111111111log log 22log 22()(1)()(1)2(3)22(3)()(1)(1)()()(3),2()2.(1)(1)⑤()()(3)2()24(1)2(1)2s k k s s s k s k s k m k m k k m g m g m g m g m g g g m g m g m g m g m g g m g m g m g m g m g g m g m g m ----------⎧≤+⎪⎨-≤⎪⎩≤≤+-≤≤+-≤≤+-即所以由得log 2()2,()k m g m g m ≤≤≤≤即令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.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111121212210112121222)0,,(1)n n nn n n n nn n nn n nn n nxxx x xx xx xx nλλ+-----------=++=++=---=+∀≥=+==由于所以①①的特征方程为解得再由x0=0可得[(1(1]n n nnx A=+-于是，333[(1(1].4Ax A=+-==故由此可得[(1(1]2n n nnx=+--②记(1]n nna=+-.显然，{a n}为偶数列，且由x3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 kka=+-=+--，所以，3|a3k.令(1(1n nnb=++-，n=1，2，……，则{b n}也是偶数列，且易知对任意非负整数m、n，有1()21(3)2n m n m m nn m n m n ma ab a bb b b a a++⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩③在③中令m=n，则有22221(3)2n n nn n na a bb b a=⎧⎪⎨=+⎪⎩④设a n=2k n p n，b n=2l n q n，其中n、k n、l n为正整数，p n、q n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，l8=5.。