2003年全国高中数学联赛试题和加试题
2003-2012年全国高中数学联赛
在 △PF1 F2 中 , 三边之长分别为 2 、 4、 2 5 ,而
2 2 2 + 4 = (2 5 ) ,可见 △PF1 F2 是直角三角形 ,且两 2
1 1 1 1 n- 1 + + …+ n - 1 × 2 10 102 2 10
n- 2
+2
n- 1
1 × n 10
=2
×
1 9
1-
1 n- 1 10
(A) 12 2 (B) 11 2 ( C) 11 3 (D) 12 3 5 6 6 5 5. 已知 x 、 y 都在区间 ( - 2 ,2 ) 内 , 且 xy = - 1. 4 9 ). 2 + 2 的最小值是 ( 4- x 9- y (B) 24 11 ( C) 12 7 (D) 12 5
因为 M n 中小数的小数点后均有 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 = 2 n - 1 . 又因在这 2 n - 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 ,所以 ,
x +1 ,c =
a +b +c + d
易得 A = (1 ,3) . 设 1- x 2 f ( x) = 2 + a , g ( x) = x - 2 ( a + 7) x + 5. 要使 A Α B ,只需 f ( x ) 、 g ( x ) 在 ( 1 ,3) 上的图像均在
0, 0 , f ( 3) ≤ x 轴下方 . 其充要条件是 : 同时有 f ( 1) ≤ 0. 由此推出 - 4 ≤a ≤- 1. 0 , g (3) ≤ g (1) ≤ 10. 93.
高中数学奥林匹克竞赛全真试题
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 ．2049 2、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2=ab 的图形是（ ）3、过抛物线y 2=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于( )A ．163B ．83CD ．4、若5[,]123x ππ∈--，则2tan()tan()cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是（ ）.AC 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 ．85B ．2411C ．127D ．1256、在四面体ABCD 中，设AB =1，CD，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于（ ）A B ．12C ．13D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 L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 n S 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 =∠PAC .二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值.三、（本小题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n =q 2＋q ＋1，l ≥12q （q ＋1）2＋1，q ≥2，q ∈N .已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q ＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A ，B ，C ，D 和四条连线段AB ，BC ，CD ，DA 组成的图形）.答 案一、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03y =，进而求得其中垂线方程4()333y x -=--，令y =0，得P 点的横坐标416433x =+=，即163PF =，故选（A ）.4、5、由已知得1y x=-，故而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5151(3,)(,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 =5，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2，4，25，而22＋42=()225，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e O ′和e 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 =3.又OM =OA =2，ON =1.所以MN =2－1，224()()228A M A N MN ''=-==.因此所示原来圆柱的高为482+.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 ≤22222a b c d +++（当且仅当a =b =c =d 时取等号）.取a =b =1x +，c =23x -，d =153x -，则 因为1x +，23x -，153x-不能同时相等，所以2123153219x x x ++-+-<.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 cb ++，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，e O上点A′（R cosα，R sinα）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－R cosα)2＋(y－R sinα) 2=(x－a)2＋y2，即2R(x cosα＋y sinα)=R2－a2＋2ax，故加试一、如图，连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有BC DQAB AD=，即BC·AD=AB ·DQ.又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故PC ACPA AD=；同理由△PCB∽△PBD得BC BCPB BD=.又因PA=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=∠PAC.二、由题设可知于是444333(mod2)333(mod)333(mod5)②l m nl m nl 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 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，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论b i <n －1(i =0，1，2，…，n －1)的情况.不妨设q ＋2≤b 0≤n －1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i ≠j 时，B i 与B j 无公共点对，即|B i ∩B j |≤1（0≤i <j ≤n －1）.因此，0||1i i B B b ⋂≥-(i =1，2，…，n －1). 故故(n －1)(n －b 0)( n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)( nq －q －n ＋3－b 0)q (q ＋1) (n －b 0) ( n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)( nq －q －n ＋3－b 0)①但( nq －q －n ＋3－b 0)－q ( n －b 0－1)= (q －1) b 0－n ＋3≥(q －1) (q ＋2) －n ＋3=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tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，就有cosθ1＋cos θ2＋…＋cosθn≤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）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P i （x i ，y i ）(i =1，2，3，4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证：（ay 1＋by 2＋cy 3＋dy 4）2＋（ax 4＋bx 3＋cx 2＋dx 1）2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心，A 1是△BHC 的外心，∴△BHC =180°－∠BAC ，∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ，从而A ，I ，A 1共线，即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C ＋∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ，IE ⊥AC 于E ，设BC =a ，CA =b ，AC =c ，则 故A ，I ，A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等. 二、设35121235711a a a a a n q =，其中q 是不被2，3，5，7，11整除的正整数，a i 为非负整数，n ≤100，则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数，即S 由下列元素组成：不超过100的正偶数中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7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1∉S.设集合T是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的.下面证明T中至少还有7个数不在S中.1°若有某一个大于10的质数p在S中，则S中所有各数的最小质因数只可能是2，3，5，7，p中的一个.（i）若7p∈S，则2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p包含了S中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5∉S；若7p∉S，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13∉S；（ii）若5p∈S，则由（2）知，2×3×7，22×3×7∉S；若5p∉S，则由条件（3）知5，5×5，5×7∉S.（iii）3p与2×5×7不同属于S.（iv）2×3p与5×7不同属于S.当p=11或13时，由（i），（ii），（iii），（iv）知分别至少有3个数，2个数，1个数，1个数共至少有7个数不属于S；当p=17或19时，由（i），（ii），（iii）知分别至少有4个数，2个数，1个数共至少有7个数不属于S；当p>20时，由（i），（ii）知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S .2°如果没有大于10的素数属于S ，则S 中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S .（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5）， （2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5）， （22×7，3+2×5）.事实上，若上述7对数中任何一对数（a ，b ）都属于S ，则由（2）知，存在c ∈S ，使得（a ，c ）=（b ，c ）=1，这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°，2°知T 中至少还有7个数不属于S ，从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72.三、1°证当n =1，2时，λ=，当n =1时，tan θ1，∴cos θ12.当n =2时，tan θ1 tan θ2=2，cos θ1=（i =1，2）.令tan 2θ1=x ，则tan 2θ2=4/x ，则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 (1cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<-++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤g 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 θ2<1/3=，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 θiα（i =1，2，…，n －1），tan θn =2n /2(αn －1，从而tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2，但cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn －1＋cos θn > cos θ1＋cos θ2＋…＋cosθn －1=λ当n ≥3时，最小的正数λ为n －1.综上所求最小正数1,2),1(3).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-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑L g 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=>>>==========++=+++++++++=++>>++∑L g g g g g g g g g g g g g 即有容易算得>338!10%.!10!⨯>=g 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=g g g .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 C CG 的值.二、已给正整数c ，设数列x 1，x 2，…满足x 1=c ，且x n =x n －1＋12(2)[]n x n n--+＋1,n =2，3，…，其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 个点组成的集合，满足： （1）M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；（2）对M 中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.求n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证：（1）存在惟一的实数数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1，满足（2）对于（1）中的数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1满足|x i |≤|a |，i =0，1，…，n ＋1.五、给定正整数n (n ≥2)，设正整数a i =(i =1，2，…，n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1.求证：对任意实数x ，有六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和：n =a 1＋a 2＋…＋a 2004，且满足1≤a 1<a 2<…<a 2004，a i |a i ＋1，i =1，2， (2003)参考答案一、（1）如图1，若EF ∥AC 则BE BF EAFC=，代入已知条件得DHDGHAGC=， 所以，HG ∥AC . 从而，E 1F 1∥AC ∥H 1G 1. 故1111F CE 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=g g . 结合题设有1CG DH ATGD HA TC=g g .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 =BA EA·AM .同理，H 1A =AD AH·AN .所以，二、显然，当n ≥2时，112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n －1，则a 1=c －1， 对任意非负整数A ，令 三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7，连结A 1A 5.由条件（2）知，在凸五边形A 1A 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（2）设|0i x |最大，则五、当x 2≥|a |（a 1－1）时，由111nii a =≤∑可得 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c1，c2，…，c k使得l=c1＋c2＋…＋c k，1≤c1<c2<…<c k，c i| c i＋1，i=1，2，…，k－1.因此，n=2a＋2a＋1 c1＋2a＋1 c2＋…＋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⊂{(a1，a2，…，a n)|a i∈R，i=1,2, …n}，A是有限集. 对任意的α=(a1，a2，…，a n)∈A，β=(b1，b2，…，b n) ∈A，定义：γ（α，β）=(|a1－b1|，|a2－b2|，…，|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 2=32x 1，x 3是正整数，且311231424n n n n x 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 =∠FAD .于是，A 、R 、D 、P 四点共圆.又∠RAQ =∠DAC ，∠ARP =∠ADC ，于是，△ARQ ∽△ADC, AR AD AQAC=.从而，AR ·AC =AQ ·AD =AF 2=AF ·AE ，即AR AE AF 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 ∈∪D ∈D （B ）∪D ∈D （B ）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 bD 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()()ag x f x=，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 log2m <s＋1，即k log2m－1<s≤k log2m⑤由（1）可知g(2s)≤g(m k)≤g(2s＋1).再由③、④得令k→＋∞得g(m)=m，则f(m)=m a.综上得f=0或f(n)=n a(∀n)，其中a(a≥0)为常数.五、对m、n∈A，若m＋n=1001或2003或3005，则称m与n“有关”.易知与1有关的数仅有1000和2002，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003有关的为1000和2002.所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，1003}，{1000，2002}.同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，{3，1005}，{998，2000}；这样A 中的2002个数被划分成501对，共1002组.由于任意数与且只与对应的另一组有关，所以，若一对中一组在A 1中，另一组必在A 2中.反之亦然，且A 1与A 2中不再有有关的数. 故A 的M一划分的个数为2501.六、设n ≥2，则再由x 0=0可得()[(1(1]2nn n n x A =-于是，333[(1(1].4Ax A =+-==故由此可得[(1(1]nn n n x =+-- ②记(1]n n n a =+-.显然，{a n }为偶数列，且由x 3为正整数和②知x n 为整数的必要条件是3|n .而333(1](10]k k k k k a =+-=+--，所以，3|a 3k .令(1(1n n n b =++-，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 n n m n m n m a a b a b bb b a a ++⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩③ 在③中令m =n ，则有22221(3)2n n n n n n a a b b 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a 1=b 1=2，即k 1=l 1=1，由④可知 k 2=2，l 2=3；k 4=5，l 4=3；k 8=8，l 8=5. 用归纳法可得任取m 1>m 2≥2，由③可得 由此易知用归纳法可知，对于m 1>m 2>…>m r ≥2，有即当n =2r p ，其中r (r ≥2)是整数，p 是奇数时，有1212n n n k r n l ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩⑤ 当n =4m ＋1时，由③可得414114441()2m m m m m a a b a b a b +=+=+.由⑤可知k 4m ＋1=2m ＋1. 同理，由知k 4m ＋2=k 4m ＋3=2m ＋2. 综上可知当3|n时，由②得2233332233n k nn n n n x x x a p --==，其中3|p n .由于k 3=2=23×3，k 6=4=23×6，k 12=9>23×12，k 24=16=23×24，从而，x 3，x 6，x 12，x 24，均为整数.若n /≡0(mod 4)，则k n ≤2n＋1，所以，210(6)36n nk n n -≤-<∀> ⑥若n=0(mod 4)，由于3|n ，则n =2r ×3k q ，其中r ≥2，k ≥1，q 不含3的因子.由⑤可知，k n =2r －1×3k q ＋r ＋1于是，k n －23n =2r －1×3k q ＋r ＋1－2r ＋1×3k －1q =r ＋1－2r －1×3k －1q ≤r ＋1－2r －1，等号当且仅当k =q =1时成立.当r >3时，2r －1=(1＋1)r －1>r ＋1.由此可知，当r >3或2≤r ≤3，但k 、q 中有一个不为1时，有203n k n -< ⑦由⑥和⑦知{x n }中仅有x 0，x 3，x 6，x 12，x 24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 |x 3－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 ．2005 4、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34{|N,N}5m m P m m +=∈∈，Q ={t |t =(2k －1)2＋1, k ∈N }，则P 与Q 的关系是（ ）A ．P =QB ．/P Q ⊂= C ．/Q P ⊂= D ．//P Q Q P ⊆⊆且 6、能使函数13()(1)fx x mx =+-在区间[0，＋∞]上具有单调性的正数m的取值范围是（）A．0<m<13 B．m=13C．m>13D．m≥137、某人坚持早晨在一条弃用的旧公路上步行锻炼身体，同时数数训练头脑，他先从某地向前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2n步后后退n步…当他走完第2008步后就一直往出发地走.此人从出发到回到原地一共走了（）步.A．3924 B．3925 C．3926 D．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=7681 B．n=8，z=7681 C．n=7，z=7682 D．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＋12的定义域是[n，n＋2]（n∈N*），则f(x)的值域中所含整数的个数是_________.10、函数y =2－|x －3|－m 的图象与x 轴有交点，则m 的取值范围是_________.11、数列{a n }满足：a 1=3，a 2=6，a n ＋2= a n ＋1－a n ，则a 2008=_________. 12、幼儿园里，孩子们爬滑梯，每3秒钟爬上30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道总长为6.1米，且孩子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222()1x f x x=+，那么f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (12)＋f (13)＋f (14)＋f (15)=_________.…的一个通项公式是_________.15、设数列{a n }的通项公式为2n np a n p-=-，且a 1<a 2<a 3<…<a n <a n ＋1，则实数p 的取值范围是_________.16、将10个相同的小球装入3个编号1、2、3的盒子（每次要把10个球装完），要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，则不同的装法共有_________种.三、解答题（共4道小题，每小题10分，共40分） 17、把前n 个自然数按某种规律排成如下数阵（1）第一行第m 列的数可用a 1m 表示，例如a 11=1，a 12=3，a 13=6，请将a 1m 用m 表示出来；（2）自然数2004位于第几行第几列？ （3）第i 行第j 列的数可用a ij 表示，请写出a ij 关于i 和j 的表达1 3 6 11223…2 5 9 12234 8 1123… 7 1123… 1123… 123… …23… 23… 3… …式.18、容器A中盛有浓度为a%的农药m升，容器B中盛有浓度为b%的同种农药也是m升，两种农药的浓度差为20%（a>b）. 现将A中农药的14倒入B中，均匀混合后由B倒回A，恰好使A中保持m升（将A中的14倒入B均匀；混合后，由B倒回A，使A保持m升不变，这样叫做一次操作），欲使两种农药的浓度差小于1%，那么至少要操作多少次？（下列对数值可供选用：lg5=0.699，lg6=0.778）.19、函数f(x)的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，f(x)>0的解集为{x|0<x<k，或x<－k，k>0}.函数ϕ(α)=sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k，α∈[0，π]. 若集合A={ξ|ϕ(α)<0}，B={f(ϕ(α))>0}，试求A∩B.20、现代社会对破译密码的难度要求越来越高. 有一种密码把英文的明文（真实文）按字母分解，其中英文的a，b，c…z的26个字母（不论大小写）依次对应1，2，3，…，26个自然数.见表格：给出如下一个变换公式：将明文转换成密文，如8→82＋13=17，即h变成q，5→512+=3，即e→c.（1）按上述方法将明文good译成密文.（2）若按上述方法将某明文译成的密文是shxc ，请你找出它的明文.高二年级一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1、过点（1，3）作直线l ，若l 经过（a ，0）和（0，b ）两点，且a ，b ∈N *，则可作出的l 的条数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．多于3条2、函数()f x =） A ．（0，13） B ．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C ．（0，16）∪（11,63） D ．（0，＋∞）3、若鲤鱼在长大时体型基本相似，一条鲤鱼的体长为15cm 时体重为15g ，则当此鱼长到长为20cm 时它的体重大约是（ ）A ．20gB ．25gC ．35gD ．40g4、动点M （x ，y |sin cos 1|x y αα+-，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{a n }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.。
2003答案
Sn 1 1 1 1 lim 1 n1 n ． n Tn 18 10 10 18
三．解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分） 13．
3 设 ≤ x ≤ 5 ，证明不等式 2 x 1 2 x 3 15 3x 2 19 ． 2
的面积等于_________． 【解析】 4 ． 设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为 2a 、 2b 、 2c ，则由其方程知 a 3 ， b 2 ， c 5 ， 故 PF1 ＋ PF2 2a 6 ，又已知 PF1 : PF2 ＝2:1 ，故可得 PFl ＝4 ， PF2 ＝2 ．在 △PFl F2 中， 三边之长分别为 2 ， 4 ， 2 5 ，而 22 42 2 5 ，可见 △PF1F2 是直角三角形，且两直角边 的长为 2 和 4 ，故 △PF1F2 的面积为 4 ． 9． 已知 A {x | x2 4x 3<0 , x R} ， B x 21 x a ≤ 0 ， x2 2 a 7 x 5 ≤ 0 ， xR ， 若 A B ，则实数 a 的取值范围是_________． 【解析】 4 ≤ a ≤ 1 ． 易得： A (1 , 3) ，设 f ( x) 21 x a , g ( x) x2 2(a 7) x 5 ，要使 A B ，只需 f ( x) , g ( x) 在 (1 , 3) 上的图象均在 x 轴下方，其充要条件是 f (1) ≤ 0 , f (3) ≤ 0 ， g (1) ≤ 0 , g (3) ≤ 0 ，由此推 出 4 ≤ a ≤ 1 ．
π 2π π π 5π 若 x , ，则 y tan x tan x cos x 的最大值是（ 3 6 6 3 12
高中数学奥林匹克竞赛全真试题
2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2003项是（） A ．2046B ．2047C ．2048D ．20492、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2=ab 的图形是（）3、过抛物线y 2=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于()A ．163B ．83C．4、若5[,123x ππ∈--，则2tan(tan(cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是（）.AC224949u x y =+--的最小值是（）与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于8、设F 1，F 2是椭圆194x y +=的两个焦点，P __________.9、已知A ={x |x 2－4x ＋3<0，x ∈R }，B ={x |21－x ＋a a 的取值范围是__________.10、已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且3log ,log 24a cb d ==，若a －c =9，b －d =__________.11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________.12、设M n ={（十进制）n 位纯小数0.12|n i a a a a 只取0或1（i =1，2，…，n －1），a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limnn nS T →∞=__________.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、设352x ≤≤，证明不等式14、设A ，B ，C 分别是复数Z 0=ai ，Z 1=12＋bi ，Z 2=1＋ci （其中a ，b ，c 都是实数）对应的不共线的三点.证明：曲线Z =Z 0cos 4t ＋2Z 1cos 2t sin 2t ＋Z 2sin 4t （t ∈R ）与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点.15、一张纸上画有半径为R 的圆O 和圆内一定点A ，且OA =a ，折叠纸片，使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕.当A ′取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合.加试一、（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B .所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点 Q ，使∠DAQ =∠PBC .求证：∠DBQ =∠PAC .二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值.三、（本小题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n =q 2＋q ＋1，l ≥12q （q ＋1）2＋1，q ≥2，q ∈N .已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q ＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A ，B ，C ，D 和四条连线段AB ，BC ，CD ，DA 组成的图形）.答案1981，2115=a 2115－45=a 2070.而且在从第1981项到第2070项之故选（C ）.223x 程)3y x =-，令y =0，得P 点的横坐标4x =4、5、由已知得1y x=-，故而x ∈（－2，12-）∪（12，2），故当2222249,,93x x x x x==+即之值最小，而此时函数u 有最小值5，故选（D ）.作棱柱ABF －6、如图，过C 作//CE AB =，以△CDE 为底面，BC 为侧棱ECD ，则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的13.而△CDE 的面积S =12CE ×CD ×sin ∠ECD ，AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF －ECD 的高，故因此121132V ==，故选（B ）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x |－3）（x 2＋|x |－1）<0，由此得所求不等式的解集为11(3,),3)22--⋃.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a ，2b ，2c ，则由其方程知a =3，b =2，c 故|PF 1|＋|PF 2|=2a =6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，而22＋42=(2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|·|PF2|=12×2×4=4.9、易得A=（1，3），设f(x)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5要使A B⊆，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)≤0，f(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.10、由已知可得352424,,(),(.b da b c d a ca c====从而因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分别是为上下底面构成上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O′和OA'或1b ＋14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi=a cos4t·i＋2(12＋bi)cos2t sin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得x=cos2t sin2t＋sin4t=sin2ty=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a①又因为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是13(,),(,4242a b b cD E++.所以直线DE的方程为y=(c－a)x＋14(3a＋2b－c)②由①，②联立得a ＋c －2b （x －12）2=0. 由于a ＋c －2b ≠0，故（x －12）2=0，于是得x =12.注意到113424<<，所以，抛物线与△ABC 中平行于AC 的中位线DE 有且只有一个公共点，此点的坐标为12(,24a c b++，其对应的复数为15、如图，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则有A （a ，0）.痕为直线MN ，则MN设折叠时，O 上点A ′（R cos α，R sin α）与点A 重合，而折为线段AA ′的中垂线.设P (x ，y )为MN 上任一点，则|PA ′|=|PA |.故(x －R cos α)2＋(y －R sin α)2=(x －a )2＋y 2，即2R (x cos α＋y sin α)=R 2－a 2＋2ax ，故加试一、如图，连结AB ，在△ADQ 与△ABC 中，∠ADQ =∠ABC ，∠DAQ =∠PBC =∠CAB ，故△ADQ ∽△ABC ，而有BC DQAB AD=，即BC ·AD =AB ·DQ . PBD 得PCB ∽△在△CBQ 与△ABD 中，AD DQ CQAB BC BC==，∠BCQ =CBQ =∠ABD ，即得∠DBQ =∠ABC =∠PAC .二、由题设可知于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl m n ⎧≡≡⎪≡≡⇔⎨≡≡⎪⎩ 由于（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l －m ≡3m －n ≡1(mod24).现在设u 是满足3u ≡1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3v ≡1(mod24)的正整数v ，我们有u |v ，即u 整除v .事实上，若\|u v ，则由带余除法可知，存在非负整数a 与b ，使得v =au ＋b ，其中0<b ≤u －1，从而可推出3b≡3b +au≡3v ≡1(mod24)，而这显然与u 的定义矛盾，所以u |v .注意到3≡3(mod24)，32≡9(mod24)，33≡27≡11(mod24)，34≡1(mod24)从而可设m －n =4k ，其中k 为正整数.同理可由②推出3m －n ≡1(mod54)，故34k ≡1(mod54).现在我们求满足34k ≡1(mod54)的正整数k .因为34=1＋5×24，所以34k －1=（1＋5×24）k －1≡0(mod54)，即 即有k =5t ，并代入该式得t ＋5t [3＋(5t －1)×27]≡0(mod52)即有t ≡0(mod52)，即k =5t =53s ，其中s 为正整数，故m －n =500s ，s 为正整数. 同理可证l －n =500r ，r 为正整数. 由于l >m >n ，所以有r >s .这样一来，三角形的三个边为500r ＋n 、500s ＋n 和n .由于两边之差小于第三边，故n >500(r －s )，因此，当s =1，r =2，n =501时三角形的周长最小，其值为（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003三、设这n 个点的集合V ={A 0，A 1，A 2，…，A n －1}为全集，记A i 的所有邻点（与A i 有连线段的点）的集合为B i ，B i 中点的个数记为|B i |=b i ，显然112n i i b l -==∑且b i ≤(n －1)(i =0，1，2，…，n －1).若存在b i =n －1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论b i <n －1(i =0，1，2，…，n －1)的情况.不妨设q ＋2≤b 0≤n －1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i ≠j 时，B i 与B j 无公共点对，即|B i ∩B j |≤1（0≤i <j ≤n －1）.因此，0||1i i B B b ⋂≥-(i =1，2，…，n －1).故故(n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)(nq －q －n ＋3－b 0) q (q ＋1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)(nq －q －n ＋3－b 0)①但(nq －q －n ＋3－b 0)－q (n －b 0－1)=(q －1)b 0－n ＋3≥(q －1)(q ＋2)－n ＋3=0② 及(nq －q ＋2－b 0)－(q +1)(n －b 0)=qb 0－q －n ＋2≥q (q ＋2)－q －n ＋2=1>0③0)(n －b 0－1)B 1，C 1分别为边AC ，AB 的中点，已知射线B 1I 交边AB 于点b 与的最大公约数也等于1；（3）对于S 中任意两个不同的元素a ，b ，都存在1，并且b 与d 的最大公约数也大于1.三、给定正整数n ，求最小的正数λ，使得对任何2…tan θn =2n /2，就有cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn ≤λ.四、求所有满足a ≥2，m ≥2的三元正整数组（a 五、某公司需要录用一名秘书，共有10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较，如果他的能力超过了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，如果前9个都不录用，那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同，可以按能力由强到弱排为第1，第2，…，第10.显然该公司到底录用到哪一个人，与这10个人报名的顺序有关.大家知道，这样的排列共有10！种，我们以A k 表示能力第k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以A k /10！表示他被录用的可能性.证明：在该公司经理的方针之下，有 （1）A 1>A 2>…>A 8=A 9=A 10； （2）该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一，而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a ，b ，c ，d 为正实数，满足ab ＋cd =1；点P i （x i ，y i ）(i =1，2，3，4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证：（ay 1＋by 2＋cy 3＋dy 4）2＋（ax 4＋bx 3＋cx 2＋dx 1）2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心，A 1是△BHC 的外心，∴△BHC =180°－∠BAC ，∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ，从而A ，I ，A 1共线，即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C ＋∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ，IE ⊥AC 于E ，设BC =a ，CA =b ，AC =c ，则故A ，I ，A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等. 二、设35121235711a a a a a n q =，其中q 是不被2，3，5，7，11整除的正整数，a i 为非负整数，n ≤100，则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数，即S 由下列元素组成：不超过100的正偶数中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7，…，3×33共17个数；，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7个数； 7，7×7，7×11，7×13共4个数； .中的S ，c ≠，≠且（，）=>1，（，）=>1；若（a ，b ）=d >1，取d 的最小质因数p ，及不整除，则有c ∈S ，c ≠a ，c ≠b 且（a ，c ）≥p >1，（b ，c ）≥因此S 满足条件（3）.以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于首先证明满足题设条件的S 121p 2∈S ，则由（3）知存在c ∈S ，使得（p 1，c ）>1，（p 2，c ）>1，从而有p 1|c ，p 2|c ，∴p 1p 2|c ，由此可知c ≥p 1p 2>100，这与（1）矛盾.从而10与100之间的21个质数11，13，17，23，…，97至多只有一个在S 中. 又显然1∉S .设集合T 是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的. 下面证明T 中至少还有7个数不在S 中.1°若有某一个大于10的质数p 在S 中，则S 中所有各数的最小质因数只可能是2，3，5，7，p 中的一个.（i ）若7p ∈S ，则2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p 包含了S 中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5∉S ；若7p ∉S ，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13∉S ；（ii ）若5p ∈S ，则由（2）知，2×3×7，22×3×7∉S ； 若5p ∉S ，则由条件（3）知5，5×5，5×7∉S . （iii ）3p 与2×5×7不同属于S . （iv ）2×3p 与5×7不同属于S . 当p =11或13时，由（i ），（ii ），（iii ），（iv ）知分别至少有3个数，2个数，1个数，1个数共至少有7个数不属于S ；当p =17或19时，由（i ），（ii ），（iii ）知分别至少有4个数，2个数，1个数共至少有7个数不属于S ； 当p >20时，由（i ），（ii ）知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S .2°如果没有大于10的素数属于S ，则S 中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S .（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5）， （2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5），（22×7，3+2×5）.事实上，若上述7对数中任何一对数（a ，b ）都属于S ，则由（2）知，存在c ∈S ，使得（a ，c ）=（b ，c ）=1，这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°，2°知T 中至少还有7个数不属于S ，从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72.三、1°证当n =1，2时，λ=， 当n =1时，tan θ1，∴cos θ12.1231cos cosθ≤=12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 3 ()若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan 2θ3>7，从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ23=，cos θ1＋cos θ2＋cos θ3<＋1<2.从而（1）式得证.现证λ=n －1为最小的.事实上，若0<λ<n－1，则取α=λ/（n－1）<1，从而存在θi<（0，π/2）i=1，2，…，n，使得cosθi=α，tanθiα（i=1，2，…，n－1），tanθn=2n/2(αn－1，从而tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，但cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1＋cosθn>cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1=λ当n≥3时，最小的正数λ为n－1.综上所求最小正数1,2),1(3).nn nλ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则a n＋203=a mq＋r＋203=a mq a r＋203≡(－1)q a r＋203(mod(a m＋1))从而a m＋1|a n＋203⇔a m＋1|(－1)a a r＋203.即k(a m＋1)=(－1)q a r＋203.1°若2|q，则k(a m＋1)=a r＋203.①（i）若r=0，则有k(a m＋1)=204=22×3×17.故（a，m，n）=（2，4，8t）或（4，2，4t），，m=2，r=1满足上式，即（a，m，n）=（5，2，4t＋1）.n）=（＋1）=203－②由0≤r≤m－1知，k≥0.（i）当k=0时，a=203，r=1对任意的不小于2（a，m，n）=（203，m，（2t＋1）m＋1）（ii）若k≥1，则当r=0时，由②有k（a m＋1）=202容易验证仅当a=10，m=2时，上式成立，故（a，m，n）=（10，2，4t＋2）当r≥1时，由②有a r(ka m－r＋1)=203－k.对于1≤k≤5，容易验证仅当k=3时，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3时，满足上式.（a，m，n）=（8，2，4t＋3）或（2，6，12t＋9）对于k≥6，由②有6（a m＋1）<203.故a m只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.容易验证仅当a m=32，r=1时，满足（2）式，∴（a，m，n）=（3，2，4t＋3）.综上满足题设条件的三元正整数组（a，m，n）为（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），（2，2，4t ＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4t＋2），（8，2，4t＋3），（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t为非负整数.五、设A k(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a，能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.当a=1时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，所以A k(1)=3·8！∆=γ1.①当2≤a ≤8时，若k =a ，a ＋1，…，10，则有A k (a )=0； 若k =1，2，3，…，a －1，则有17812811891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③(1)④3(22)!(102)!38!(373)8!0③、a k aa a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑②再注意到12389101234567881231234④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!7!70%10!A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ>>>==========++=+++++++++=>∑即有容易算得>38!10%.10!⨯=六、令u =ay 1＋by ＋bx 3，v 1=cx ax bx y 1y 2－x 1x 2≤12cd②①＋②并整理得2004一、凸四边形EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别在凸四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上，且满足1AE BF CG DHEB FC GD HA=.而点A 、B 、C 、D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上，满足E 1F 1∥EF ，F 1G 1∥FG ，G 1H 1∥GH ，H 1E 1∥HE .已知11E A AH λ=.求11F CCG 的值. 二、已给正整数c ，设数列x 1，x 2，…满足x 1=c ，且x n =x n －1＋12(2)[]n x n n--+＋1,n =2，3，…，其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 个点组成的集合，满足：（1）M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；（2）对M 中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.求n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证：（1）存在惟一的实数数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1，满足（2）对于（1）中的数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1满足|x i |≤|a |，i =0，1，…，n ＋1. 五、给定正整数n (n ≥2)，设正整数a i =(i =1，2，…，n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证：对任意实数x ，有六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和：n =a 1＋a 2＋...＋a 2004，且满足1≤a 1<a 2<...<a 2004，a i |a i ＋1，i =1，2， (2003)参考答案一、（1）如图1，若EF ∥AC 则BE BFEA FC =，代入已知条件得DH DGHA GC=， 所以，HG ∥AC .从而，E 1F 1∥AC ∥H 1G 1. CA 的延长线相交于点T .1CF BE ATFB EA TC =.1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知线E 1H 1分别交于点同理，1=AH·.所以， 二、显然，当n ≥2时，112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n －1，则a 1=c －1， 对任意非负整数A ，令 三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7，连结A 1A 5.由条件（2）知，在凸五边形A 1A 2A 3A 4A 5中至少有M 中一个点，记为P 1.连结P 1A 1、P 1A 5，则在凸五边形A 1P 1A 5A 6A 7内至少有M 中一个点，记为P 2，且P 2异于P 1.连结P 1P 2，则A 1，A 2，…，A 7中至少有5个顶点不在直线P 1P 2上.由抽屉原则知，在直线P 1P 2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P 1、P 2构成的凸五边形内，至少含有M 中一个点P 3.再作直线P 1P 3、P 2P 3.令直线P 1P 2对应区域Ⅱ3，它是以直线P 1P 2为边界且在△P 1P 2P 3异侧的一个半平面（不含直线P 1P 2）.类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2.这样，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P 1P 2P 3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A 1，A 2，…，A 7中必有7[3＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）中.这3个点与P 1、P 2构成一个顶点在M 中的凸五边形，故其内部至少含M 中一个点P4.所以，n ≥11.下面构造一个例子说明n =11是可以的.如图所示，凸七边形A 1A 2…A 7为一整点七边形，设点集M 为7个顶点A 1，A 2，…，A 7且其内部有4个整点.则显然满足条件（1）.这个点集M 也满足条件（2），证明如下.假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点.因整点多边形的面积均可表示为2n （n ∈N ＋）的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE .考虑顶点坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）.从而，五边形ABCDE 的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同.于是，它们连线的中点P 仍为整点.又P 不在凸五边形ABCDE 内部，因此P 在凸五边形的某条边上，不妨设P 在边AB 上，则P 为AB 的中点.连结PE ，则PBCDE 是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.综上所述，n 的最小值为11.四、（1）存在性.由3311222i i i i x x x a x +-=+--，i =1，2，…及x 0=0可知每一x i 是x 1的3i －1次实系数多项式，从而，x n ＋1为x 1的3n次实系数多项式.由于3n为奇数，故存在实数x 1，使得x n ＋1=0.由x 1及x 0=0可计算出x i .如此得到的数列x 0，x 1，…，x n ＋1满足所给条件.惟一性.设w 0，w 1，…，w n ＋1；v 0，v 1，…，v n ＋1为满足条件的两个数列，则（2）设|0i x |最大，则nn ≥N （r ）时，存在正整数a 1，a 2，…，a r ，使得n =a 1＋a 2 1.a≤2N则2=2×2=2[1＋(2－1)(2＋1)] =2a －2t ＋2a －2t (2t －1)b 1＋2a －2t (2t －1)b 2＋…＋2a －2t n =2a －2t (2l ＋1)＋2a －2t (2t －1)b 1(2l ＋1)＋…＋2a －2t 若2l ＋1≥2N (k )，则l ≥N (k ).l =c 1＋c 2＋…＋c k ，1≤c 1<c 2<…<c k ， c i |c i ＋1，i =1，2，…，k －1.因此，n =2a ＋2a ＋1c 1＋2a ＋1c 2＋…＋2a ＋1c k 满足要求. 由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r ≥2成立.2003年IMO 中国国家队选拔考试试题一、在锐角△ABC 中，AD 是∠A 的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE ⊥AC 、DF ⊥AB ，垂足分别为E 、F ，连结BE 、CF ，它们相交于点H ，△AFH 的外接圆交BE 于点G .求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形.二、设A ⊆{0，1，2，…，29}，满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），a ＋b ＋30k 均不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多的A .三、设A ⊂{(a 1，a 2，…，a n )|a i ∈R ，i =1,2,…n }，A 是有限集.对任意的α=(a 1，a 2，…，a n )∈A ，β=(b 1，b 2，…，b n )∈A ，定义：γ（α，β）=(|a 1－b 1|，|a 2－b 2|，…，|a n －b n |)， D （A ）={γ（α，β）α∈A ，β∈A }. 试证：|D （A ）|≥|A |.四、求所有正整数集上到实数集的函数f ，使得（1）对任意n ≥1,f (n ＋1)≥f (n )；（2）对任意m 、n 、(m 、n )=1，有f (mn )=f (m )f (n ).五、设A ={1，2，…，2002}，M ={1001，2003，3005}.对A 的任一非空子集B ，当B 中任意两数之和不属于M 时，称B 为M 一自由集.如果A =A 1∪A 2，A 1∪A 2=∅，且A 1、A 2均为M 一自由集，那么，称有序对（A 1，A 2）为A 的一个M 一划分.试求A 的所有M 一划分的个数.六、设实数列{x n }满足：x 0=0，x 2x 1，x 3是正整数，且11212n n n n x x +--+，n ≥2.问：这类数列中最少有多少个整数项？参考答案一、如图，过点D 作DG ′⊥BE ，垂足为G ′.由勾股定理知BG ′2－G ′E 2=BD 2－DE 2=BD 2－DF 2=BF 2.所以，线段BG ′、G ′E 、BF 组成的三角形是以BG ′为斜边的直角三角形.下面证明G ′即为G ，即只须证A 、F 、G ′、H 四点共圆.如图1，连结EF ，则AD 垂直平分EF .设AD 交EF 于点Q ，作EP ⊥BC ，垂足为P ，连结PQ 并延长交AB 于点R ，连结RE .A 、R 、D 、P 四点共圆∽△圆.所以，∠′=∠=∠.因此，A 、F 、G ′、H 四点共圆. 二、所求A 为{3l ＋2|0≤l ≤9}. 设A 满足题中条件且|A|最大.因为两个相邻整数之积被30整除，余数为0，2，，26（mod30），即a /≡0，1，3，6，10，13，15，16，18因此，A ⊆{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29}.后一集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多包含A 中的一个元素:{2，4}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}，{26，24}，{29}. 故|A |≤10.若|A |=10，则每个子集恰好包含A 中一个元素，因此，20∈A ，29∈A .由20∈A 知12∉A ，22∉A ，从而，8∈A ，14∈A .这样，4∉A ，24∉A ，因此，2∈A ，26∈A . 由29∈A 和7∉A ，27∉A ，从而，5∈A ，23∈A .这样，9∉A ，19∉A ，因此，11∈A ，17∈A . 综上有A ={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A 确实满足要求. 三、对n 和集A 的元素个数用归纳法.如果A 恰有一个元素，则D （A ）仅包含一个零向量，结论成立. 如果n =1，设A ={a 1<a 2<…<a m }，则{0，a 2－a 1，a 3－a 1，…，a m －a 1}⊆D （A ）.因此，|D （A ）|≥|A |.假定|A |>1和n >1，定义B ={x 1，x 2,…，x n －1|存在x n 使得(x 1，x 2，…，x n －1，x n )∈A }. 由归纳假设|D （B ）|≥|B |.对每一个b ∈B ，令A b ={x n |(b ，x n )∈A }，a b =max{x |x ∈A b },C =A \{b ，a b }|b ∈B }.则|C |=|A |－|B |. 因为|C|<|A |，由归纳假设|D (C )|≥|C |. 另一方面，D (A )={(D ，|a －a ′|)|d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b ，a ′∈A b ′}.类似地，再令C b =A b \{a b }，有D （C ）={(D ，|c －c ′|)|d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b ，c ′∈C b ′}.注意到，对每一对b 、b ′∈B ，最大差|a －a ′|(a ∈A b ，a ′∈A b ′)一定是a =a b 或a ′=a b ′.于是，这个最大差不出现在{|c －c ′||c ∈C b ，c ′∈C b ′}中.因此，对任何的D ∈D （B ），集合{|c －c ′||d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b 和c ′∈C b ′}并不包含集合{|a －a ′||d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b 和a ′∈A b ′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D (C )|≤()(|{|||(,)}|1)b b D D B a a d b b D a A a A '∈'''-=∈∈-∑且和≤|D (A )|－|D (B )|.故|D (A )|≥|D (B )|＋|D (C )|≥|B |＋|C |=|A |. 四、显然，f =0是问题的解. 设f /≡0，则f (1)≠0.否则，对任意正整数n 有f (n )=f (1)f (n )=0，矛盾.于是得f (1)=1.利用（2）知，对任意奇数p 有f (2p )=f (2)f (p )=f (p ). 令1()()a g x fx =，则g (x )满足（1）、（2）且g 设k ≥2，则由（1）得2g (2k －1－1)=g (2)g (2k －1－1)=；若k ≥3，则22g (2k －2－1)=2g (2k －1－2)≤g (2k )≤2g 依此类推，用归纳法得 2k －1≤g (2k )≤2k －1g (3)(∀k ≥2)③ 同样，对任意m ≥3，k ≥2有g k －1(m )g (m －1)≤g (m k )≤g k －1(m )g (m ＋1)④ 显然，当k =1时，③、④也成立.任取m ≥3，k ≥1，有s ≥1，使得2s ≤m k ≤2s ＋1. 于是，有s ≤k log 2m <s ＋1，即 k log 2m －1<s ≤k log 2m ⑤由（1）可知g (2s )≤g (m k )≤g (2s ＋1). 再由③、④得令k →＋∞得g (m )=m ，则f (m )=m a.综上得f =0或f (n )=n a(∀n )，其中a (a ≥0)为常数.五、对m 、n ∈A ，若m ＋n =1001或2003或3005，则称m 与n “有关”. 易知与1有关的数仅有1000和2002，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003有关的为1000和2002. 所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，1003}，{1000，2002}.同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，{3，1005}，{998，2000}；这样A 中的2002个数被划分成501对，共1002组.∪D ∈D （B ） ∪ D ∈D （B ）由于任意数与且只与对应的另一组有关，所以，若一对中一组在A 1中，另一组必在A 2中.反之亦然，且A 1与A 2中不再有有关的数.故A 的M 一划分的个数为2501.六、设n ≥2，则再由x 0=0可得[(1(1]nn n n x A =+-于是，333[(1(1].4Ax A =-==故由此可得([(1(1]2nn n n x =- ②记(1]n n n a -.显然，{a n }为偶数列，且由x 3为正整数和②知x n 为整数的必要条件是3|n .而333(1](10]k k k k k a +--=+--，{b n }也是偶数列，且易知对任意非负整数m 、n ，有 设a n =2k n p n ，b n =2ln q n ，其中n 、k n 、l n 为正整数，由于a 1=b 1=2，即k 1=l 1=1，由④可知 k 2=2，l 2=3；k 4=5，l 4=3；k 8=8，l 8=5. 用归纳法可得任取m 1>m 2≥2，由③可得 由此易知用归纳法可知，对于m 1>m 2>…>m r ≥2，有即当n =2r p ，其中r (r ≥2)是整数，p 是奇数时，有 1212n n n k r n l ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩⑤ 当n =4m ＋1时，由③可得414114441()2m m m m m a a b a b a b +=+=+.由⑤可知k 4m ＋1=2m ＋1. 同理，由知k 4m ＋2=k 4m ＋3=2m ＋2. 综上可知当3|n 时，由②得2233332233k nn n n n x x x a p --==，其中3|p n . 由于k 3=2=23×3，k 6=4=23×6，k 12=9>23×12，k 24=16=23×24，从而，x 3，x 6，x 12，x 24，均为整数. 若n /≡0(mod4)，则k n ≤2n＋1，所以，210(6)36n nk n n -≤-<∀>⑥若n=0(mod4)，由于3|n ，则n =2r ×3kq ，其中r ≥2，k ≥1，q 不含3的因子.由⑤可知，k n =2r －1×3k q ＋r ＋1于是，k n －23n =2r －1×3k q ＋r ＋1－2r ＋1×3k －1q =r ＋1－2r －1×3k －1q ≤r ＋1－2r －1，等号当且仅当k =q =1时成立.当r >3时，2r －1=(1＋1)r －1>r ＋1.由此可知，当r >3或2≤r ≤3，但k 、q 中有一个不为1时，有20k n -<⑦.x ∈A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3、设定义域为R 的函数f (x )、g (x )若g (5)=2002，那么f (6)等于（）A ．2002B ．2003C ．2004D ．20054、某厂生产的一种饮料售价2元，销售中还规定1元（含瓶），那么该种饮料每瓶利润应是（）元.A ．0．55B ．0.60C ．0.63D ．0.705、已知集合34{|N,N}5m m P m m +=∈∈，Q ={t |t =(2k －1)2＋1,k ∈N }，则P 与Q 的关系是（）A ．P =QB ．/P Q ⊂=C ．/Q P ⊂=D ．//P Q Q P ⊆⊆且 6、能使函数13()(1)fx x mx =+-在区间[0，＋∞]上具有单调性的正数m 的取值范围是（）A ．0<m <13B ．m =13C ．m >13D ．m ≥137、某人坚持早晨在一条弃用的旧公路上步行锻炼身体，同时数数训练头脑，他先从某地向前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2n步后后退n 步…当他走完第2008步后就一直往出发地走.此人从出发到回到原地一共走了（）步.A ．3924B ．3925C ．3926D ．39278、下面是一个计算机程序的操作说明： ①初始值x =1，y =1，z =0，n =0；②n =n ＋1（将当前的n ＋1的值赋予新的n ）； ③x =x ＋2（将当前的x ＋2的值赋予新的x ）； ④y =2y （将当前的2y 的值赋予新的y ）； ⑤z =z ＋xy （将当前的z ＋xy 的值赋予新的z ）；⑥如果z >7000，则执行语句⑦，否则回到语句②继续进行； ⑦打印n ，z ； ⑧程序终止.则语句⑦打印的数值是（）A ．n =7，z =7681B ．n =8，z =7681C ．n =7，z =7682D ．n =8，z =7682 二、填空题（共8道小题，每小题5分，共40分）9、设f (x )=x 2－x ＋12的定义域是[n ，n ＋2]（n ∈N *），则f (x )的值域中所含整数的个数是_________. 10、函数y =2－|x －3|－m 的图象与x 轴有交点，则m 的取值范围是_________. 11、数列{a n }满足：a 1=3，a 2=6，a n ＋2=a n ＋1－a n ，则a 2008=_________.12、幼儿园里，孩子们爬滑梯，每3秒钟爬上30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道总长为6.1米，且孩子.＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (12)＋f (13)＋f (14)＋f 不少于盒子的编号数，则不同的装法共有_________种三、解答题（共4道小题，每小题10分，共4017、把前n 个自然数按某种规律排成如下数阵（1）第一行第m 列的数可用a 1m 表示，例如a 11=1（2）自然数2004位于第几行第几列？（3）第i 行第j 列的数可用a ij 表示，请写出a ij 关于i 和j 的表达式. 18、容器A 中盛有浓度为a %的农药m 升，容器B 中盛有浓度为b %的同种农药也是m 升，两种农药的浓度差为20%（a >b ）.现将A 中农药的14倒入B 中，均匀混合后由B 倒回A ，恰好使A 中保持m 升（将A 中的14倒入B均匀；混合后，由B 倒回A ，使A 保持m 升不变，这样叫做一次操作），欲使两种农药的浓度差小于1%，那么至少要操作多少次？（下列对数值可供选用：lg5=0.699，lg6=0.778）.19、函数f (x )的定义域为{x |x ∈R ，且x ≠0}，f (x )>0的解集为{x |0<x <k ，或x <－k ，k >0}.函数ϕ(α)=sin 2α＋(ξ＋1)cos α－ξ2－ξ－k ，α∈[0，π].若集合A ={ξ|ϕ(α)<0}，B ={f(ϕ(α))>0}，试求A ∩B .20、现代社会对破译密码的难度要求越来越高.有一种密码把英文的明文（真实文）按字母分解，其中英文的a ，b ，c …z 的给出如下一个变换公式：1 3 6 10 15 21 28 362 5 9 14 20 27 35 4 8 13 19 26 34 … 7 12 18 25 33 … 11 17 24 32 … 16 23 31 … …22 30 … 29 38 …37 ……将明文转换成密文，如8→82＋13=17，即h 变成q ，5→512+=3，即e →c . （1）按上述方法将明文good 译成密文.（2）若按上述方法将某明文译成的密文是shxc ，请你找出它的明文.高二年级一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1、过点（1，3）作直线l ，若l 经过（a ，0）和（0，b ）两点，且a ，b ∈N *，则可作出的l 的条数为（） A ．1B ．2C ．3D ．多于3条2、函数()f x =A ．（0，13）B ．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C ．（0，16）∪（11,63）D ．（0，＋∞）3、若鲤鱼在长大时体型基本相似，一条鲤鱼的体长为15cm 时体重为15g ，则当此鱼长到长为20cm 时它的1，0的C ．∠FEP =∠QEF D ．不确定8、小明到华兴文具店想购买2支钢笔或3支圆珠笔，现知6支钢笔和3支圆珠笔的价格之和大于24元，而4以钢笔和5支圆珠笔的价格之和小于22元.若设2支钢笔的价格为a 元，3支圆珠笔的价格为b 元，则（）A ．a >bB ．a <bC ．a =bD ．不确定二、填空题（共8道小题，每小题5分，计40分）9、已知△ABC 中，BC =6，AB ＋AC =10，则△ABC 面积的最大值为_________. 10、“神舟五号”飞船运行轨道是以地球的中心F 为焦点的椭圆，测得近地点A 距地面为m km ，远地点B 距地面为n km ，设地球半径为Rkm ，关于椭圆有以下说法：①焦距长为n －m ，③离心率为2n me m n R-=++，④以AB 方向为x 轴的正方向，F 为坐标原点，则左准线方程为2()()m R n R x n m++=--.以上说法正确的有___________（填上所有你认为正确说法的序号）.11、已知O 为坐标原点，OM =（－1，1），NM =（－5，－5），集合A ={OR ||RN |=2}，OP 、OQ ∈A ，MP MQ λ=（λ∈R ，λ≠0），则MP MQ =___________.12、要通过一宽度为a m 的直角形巷道，运送一批建筑管材到施工工地（如图2），问此巷道能通过最长的管材尺寸为___________m.13、方程1+=的解集是___________.14、在一天内的不同时刻，经理把文件交给秘书打印，每次都将要打印的文件放在秘书待打印文件堆在上面，秘书一有时间就将文件中最上面的那份文件取来打印.现有12345；②24351；③___________（填上所有可能的序号）.sin α）（1＋cos α）=ba c+，其中α是锐角，a ，b ，c 均，求1＋2＋…＋2004的最小值.18、若x ，y ∈R ，x ＋y =1，则2332x yx y x y +≤++19、已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，过F （1）求证：直线MN 必过定点；（2）分别以AB 和CD 为直径作圆，求两圆相交弦中点H 的轨迹方程. 20、如图3，O 1、O 2相交于M 、N 两点，点A 在O 1上，射线AM 、AN 交O 2为S ，问：在什于B 、C 两点，记O 1面积为S 1，O 2面积为S 2，△ABC 外接圆面积么条件下才能有S =S 1＋S 2，请作出判断并加以证明.答案高一年级一、选择题1、A 提示：N ={－2，－1，0，1}，x ＋3f (x )为偶数.故－2，0原象必须为M ={－1，0，1}中偶数，－1，1原象必须是M 中奇数，故满足条件的只能有2、C 提示：3x <6x≤3x ＋1，即0<x ≤13，从而0<6x ≤2，故6x =1或6x =2，从而1163x x ==或.3、C 提示：由g (5)=2002可知点A （5，2002）在函数g (x )的图象上，则点A ′（2002，5）在函数g －1（x ）的图象上，于是点B （2004，5）在g －1（x －2）的图象上，从而点B ′（5，2004）在函数f (x ＋1)的图象上.进而可知点C （6，2004）在函数f (x )的图象上，所以f (6)=2004.4、B 提示：花8元可买4瓶喝，喝完后剩4只空瓶，再借用一只空瓶后用5只空瓶换回一瓶饮料，喝完后还回借用的空瓶子，这样8元价值等于5瓶该种饮料价值，所以每瓶实际售价合8÷5=1.6元，除去成本1元，故利润1.6－1=0.6元，选B.5、C 提示：分别列出3n，4n的个位数，易知n =2，6，10，14，18，…时，345n n+∈N .故p ={m |m =4n －2，n∈N *}.另一方面，对任意t ∈Q ，t =4(k 2－k ＋1)－2∈P ，而k 2－k ＋1=k (k －1)＋1是奇数，所以Q 中不存在形如8k－2(k ∈N *)的元素，但8k －2∈P ，这表明/Q P ⊂=.6、D 提示：取m =1，有f (0)=1，f (7)=－5，猜测：f (x )在区间[0，＋∞]上是单调减函数；进一步可证明当m ≥13，则当0≤x 1<x 2时，f (x 1)与f (x 2)的大小关系并不恒定.7、C8、D 提示：设n =i 时，x ，y ，z 的值分别为x i ，y i ，z i ，依题意得x 0=1，x n =x n －1＋2，故{x n }是等差数列，且x n =2n ＋1，y 0=1，y n =2y n －1，故{y n }是等差数列，且x n =2n .232n ＋1）2nn －1）2n ＋1＋2，为令2－=0，即=－|－3|，由－|－3|≤011、－3.由已知有a 1=3，a 2=6，a 3=3，a 4=－3，a 5=－6，a 6=12、90.设t 秒钟内爬完580cm ，则20×3t=580，得t =8713、9.提示：1()() 2.f x f x+=14、223(101)99n -.15<p <1. 16、15. 三、解答题17、（1）当自然数排到a 1m 时，共用去了（1＋2＋3＋…＋m ）个数，从而1(1)2m m m a +=. （2）由于第一行第63列的数为636420162⨯=，故第2行第62列的数为2015，第3行第61列的数为2014，…，第13行第51列的数为2004.（3）由于a ij 与a i －1i ＋1相邻，又18、设A 中溶质为a 1，B 中溶质为b 1，操作k 次后，A 、B 中溶质分别为a k ，b k ，则a 1=ma %， b 1=mb %，又a %－b %=20%.故故{a k －b k }是首项为a 1－b 1=20m %，公比为35的等比数列.则 a k －b k =20m %·13(5k -浓度差为1203()1005k k k a b m m --=.依题意得12031()1005100k -<，故 故至少操作7次后，浓度差小于1%.19、∵f (x )>0的解集为{x |0<x <k ，或x <－k ，k >0}， ∴B={ξ|f （ϕ（α））>0}={ξ|0<ϕ（α）<k 或ϕ（α）<－k }，A ={ξ|ϕ（α）<0}， ∴A ∩B ={ξ|ϕ（α）<－k ，k >0}.由ϕ（α）<－k 得sin 2α＋(ξ＋1)cos α－ξ2－ξ－k <－k .22，则u ∈[－1，1]，u 2－(ξ＋1)u ＋ξ2＋ξ－1>0恒成立，令g (u )=u 2－20、（1）g →7→712+=4→d ，o →15→1512+=8→h ，d →4→42＋13=15→o .∴明文good 的密文为dhho.（2）原变换公式的逆变换公式为故s →19→2×19－26=12→l ，h →o ，x →v ，c →e . 密文shxc 的明文是love.高二年级一、选择题 1、B2=t (t ≥0)，有x =t 2－2，则23139t t t -==++（t ≥0且t ≠3）从而函数值域为111(0,)(,)663⋃，选C.3、鲤鱼长大时体重G =ρV 是体积的一次函数，而体积之比是相似比的立方.故320()1515G =，从而G =6427×15≈35，选C.4、动点M （x ，y ）的几何意义是到定点P （sin α，cos α）的距离等于到定直线l ：x sin α＋y cos α－1=0的距离，∵P ∈l ，∴M 点轨迹是过P 且垂直于l 的直线，选A.5、第2004个1前0的个数为（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋（2×2003－1）=20032=4012009，∴第2004个1为第4012009＋2004=4014013项，选D.6、设△ABC 重心F (c ，0)，设AC 中点为D (x ，y )，由32B D B F=，得D （31,22c b -），D 在椭圆内部，满足22221x y a b+<，从而213e <，即0<e ，选A.7、如图，过P 、Q 分别作准线的垂线PR 、QS ，R 、S 为垂足，则RP ∥EF ∥SQ ，从而RE PF ES FQ =，又据抛物线定义知PF =PR ，FQ =QS ，所以RE PFES QS=，从而△RPE ∽△SQE ，故∠REP =∠SEQ ，90°－∠REP =90°－∠SEQ ，即∠PEF =∠QEF ，选C.2c 由已知，点R 的轨迹是以点N 为圆心，2为半径的圆，点且M 理M12、建立如图坐标系，则A (－a ，－a )，设管材BC 斜率为k (k <0). 直线BC ：y ＋a =k (x ＋a )，则B (ak·－a ，0)，C (0，ak －a )，因为k <0，故1k ＋k ≤－2，（1k＋k －1）2≥32，|BC |≥等号仅当k =－1时成立，即此巷能通过最长的管材尺寸为米.13、m a am b b +>+(b >a >0，m >0)，故原不等式左边>1112361111236236x x x x x x +++++=++=，故原不等式的解集为∅. 14、填①②③⑤.15、由已知条件得sin α＋cos α－sin αcos α=2325，又sin 2α＋cos 2α=1，设x =sin α＋cos α，y =sin αcosα，联立解得从而a ＋bc=(1＋sin α)(1＋cos α).所以a =2，b =22，c =257=.16、332222111min{,,}22a b a b a baba ba b ≤≤=++a =b =221a b+，即a =b =”.三、解答题 17、12200412200422220042222004122004122004111112221002200420042004120041()()200420x x x x x x x y x x x x x x =+++⇒=++++++≥++=++++++++≥20041220042004min12004,042005y x x x ++++≥=====即当且仅当)18、令t =xy ，则t ∈（0，14）.由x ＋y =1，得x 2＋y 2=1－2xy ＋5x 2y 2.19、（1）由题可知F （1，0），设A (x A ，y A )，B (x B －1)，则A 、B 点的坐标代入y 2=4x .相减得y A ＋y B =4k ，即y M =k ，代入方程y =k (x －1)，解得x M =2k＋1，同理可得，N 的坐标为（2k 2＋1，－2k ）.直线MN 的斜率为21M N MN M N y y k k x x k -==--，方程为y ＋2k =21k k-（x－2k 2－1），整理得y (1－k 2)=k (x －3).显然，不论k 为何值，（3，0）均满足方程，所以直线MN 恒过定点Q （3，0）.（3）过M 、N 作准线x =－1的垂线，垂足分别为E 、F .由抛物线的性质不难知道：准线x =－1为圆M 与圆N 的公切线，设两圆的相交弦交公切线于点G ，则由平面几何的知识可知，G 为EF 的中点.所以x G =－1，122M N E F G y y y y y k k ++===-，即G （－1，1k k-）. 又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，所以公共弦的斜率为211MNk k k --=，所以，公共弦所在直线的方程为1()y k x k=-.所以公共弦恒过原点.根据平面几何的知识知道：公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，所以原点O 、定点Q （3，0）、所求点构成以H 为直角顶点的直角三角形，即H 在以OQ 为直径的圆上（如图）.又对于圆上任意一点P （x ，y ）（原点除外），必可利用方程1(y k x k=-求得k 值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为2239()24x y -+=（x ≠0）. 20、当O 1N ⊥O 2N 时有S =S 1＋S 2，下面予以证明∠NO 1O 2=12∠N O 1M =∠A ， 同理∠NO 2O 1=∠ACM . 故△AMC ∽△O 1NO 2有121AC AMO O O N=，① 设O 1、O 2、△ABC 外接圆半径分别为r 1、r 2和R ，在△ABC 中AC =2R sin B =2R sin ∠ANM ， 在△AMN 中O 2O 1=R ，因为O 1N ⊥O 2N ，所以22212r r R +=.得S 1＋S 2=S .大值.3、设n 为给定的正整数，求最小的正整数u n d 整除的数的个数不少于奇数1，3，5，…，2n －14、证明：若凸四边形ABCD 内任意一点P 到边AB.5、已知数列{a n }满足：a 0=0，1n n a ka +=+n =0，1，2，…，其中k 为给定的正整数.证明：数列{a n }的每一项都是整数，且2k |a 2n ，n =0，1，2，….6、凸四边形ABCD 有内切圆，该内切圆切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为A 1、B 1、C 1、D 1，连结A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1，点E 、F 、G 、H 分别为A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1的中点.证明：四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.7、设非负实数x 1、x 2、x 3、x 4、x 5满足51111i i x ==+∑.求证：52114i i ixx=≤+∑. 8、1650个学生排成22行、75列.已知其中任意两列处于同一行的两个人中，性别相同的学生都不超过11对.证明：男生的人数不超过928.答案1、设某个面上的四个数a 1、a2、a3、a 4之和达到最小值，且a 1<a 2<a3<a 4.由于小于5的三个不同的正整数之和最大为9，故a 1≥6.因此。
高中数学联赛 冬令营 CMO真题2003年
2003年全国高中数学联赛试题第一试一、选择题 (本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。
)1. 删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列这个数列的第2003项是 【答】（ ）（A ）2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2. 设,,0,a b R ab ∈≠那么直线0ax y b -+=和曲线22bx ay ab +=的图物线交于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 【答】（ ） （A ）163 (B)83 (D) 4若5,,123x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦则2tan tan cos 366y x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最大值是 【答】（ ） （A (C) 127 (D) 125 5. 已知,x y 在区间()2,2-内，且1,xy =-则函数224949u x y =+--的最小值是 【答】（ ） （A ）85 (B)2411 (C) 127 (D) 1256. 在四面体ABCD中设1,AB CD ==AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于【答】（ ） （A）2 (B) 12 (C) 13(D) 3二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式322430x x x --+<的解集是______________8．设12,F F 是椭圆22194x y +=的两个焦点，P 是椭圆上的点，且12:2:1PF PF =，则12PF F ∆的面积等于_____________.9. 已知 {}2430,,A x x x x R =-+<∈(){}1220,2750,.x B x a x a x 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9a c -=，则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()_____________120.011,2,,1),1,n n i n M n a a a a i n a ⎧⎫=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-=⎨⎬⎩⎭十进制位纯小数只取或（n T 是n M 中元素的个数，n S 是n M 中所有元素的和，则lim nn nS T →∞=________三、解答题 （本题满分60分，每小题20分）13． 设35,2x ≤≤ 证明不等式 319.14．设A,B,C 分别是复数0121,,12Z ai Z bi Z ci ==+=+（其中,,a b c 都是实数）对应的不共线的三点.证明：曲线4224012cos 2cos sin sin ()Z Z t Z t t Z t 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取遍圆周上所有的点时，求所有折痕所在直线上点的集合.2003年全国高中数学联赛加试试题第二试一、（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A, B. 所作割线交圆于C, D 两点，C 在P, D 之间. 在弦CD 上取一点Q, 使.DAQ PBC ∠=∠ 求证：.DBQ PAC ∠=∠ 二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数,,,l m n 且.l m n >>已知444333,101010l m n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫==⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭其中{}[],x x x =-而[]x 表示不超过x 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值. 三、（本题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间四边形，其中21,n q q =++()2111,2,.2l q q q 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2q +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）2003年全国高中数学联赛第一试参考答案提示：1. 注意到2025452=,2116462=,故20484520032003=+=a ;2. 题设方程可化为b ax y +=和122=+by a x ,观察图形可知； 3. 易知直线AB 的方程为x y 3=,因此A,B 两点的横坐标满足方程016832=--x x ,从而弦AB 中点的横坐标为340=x ,纵坐标340=y ,进而求得中垂线方程之后，令y=0，得点P 的横坐标即PF=316； 4. 原函数可化为⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=6cos 342sin 2ππx x y ,可以证明函数在已知的区间上为增函数，故当3π-=x 时，y 取最大值3611; 5. 消去y 之后可得：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=224937351x x u ,用基本不等式可求得函数u 的最小值512; 6. 可用等积法求得，过程略。
2003年全国高中数学竟赛试题及解答
7672003年全国高中数学联赛试题第一试2003年10月12日一、选择题本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。
1. 删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列. 这个数列的第2003项是 【答】（ ） （A ）2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 204922 ）3. 过抛物线()282y x =+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 【答】（ ） （A ）163 (B)83 (D) 4. 若5,,123x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦则2tan tan cos 366y x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最大值是（A (C) 127 (D) 125 【答】（ ） 5. 已知,x y 在区间()2,2-内，且1,xy =-则函数224949u x y=+--的最小值是 （A ）85 (B)2411 (C) 127 (D) 125【答】（ ） 6. 在四面体ABCD 中设1,AB CD ==，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于 【答】（ ） （A (B) 12 (C) 13 (D) 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式322430x x x --+<的解集是______________8．设12,F F 是椭圆22194x y +=的两个焦点，P 是椭圆上的点，且12:2:1PF PF =，则12PF F ∆的面积等于_____________. 9. 已知 {}2430,,A xx x x R =-+<∈ (){}1220,2750,.x B x a x a x 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9ac -=，则bd -=____________.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()_____________120.011,2,,1),1,n n i n M n a a a a i n a ⎧⎫=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-=⎨⎬⎩⎭十进制位纯小数只取或（n T 是n M 中元素的个数，n S 是n M 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35,2x ≤≤ 证明不等式 319.14．设A,B,C 分别是复数0121,,12Z ai Z bi Z ci ==+=+（其中,,a b c 都是实数）对应的不共线的三点. 证明：曲线 4224012cos 2cos sin sin ()Z Z t Z t t Z t 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 取遍圆周上所有的点时，求所有折痕所在直线上点的集合.2003年全国高中数学联赛加试试题第二试一、（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A, B. 所作割线交圆于C, D 两点，C 在P, D 之间. 在弦CD 上取一点Q, 使.DAQ PBC ∠=∠ 求证：.DBQ PAC ∠=∠ 二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数,,,l m n 且.l m n >>已知444333,101010l m n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫==⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭其中{}[],x x x =-而[]x 表示不超过x 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值.三、（本题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间四边形，其中21,n q q =++()2111,2,.2l q q q 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2q +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）2003年全国高中数学联赛第一试参考答案1. 注意到2025452=,2116462=,故20484520032003=+=a ;2. 题设方程可化为b ax y +=和122=+by a x ,观察图形可知； 3. 易知直线AB 的方程为x y 3=,因此A,B 两点的横坐标满足方程016832=--x x ,从而弦AB 中点的横坐标为340=x ,纵坐标340=y ,进而求得中垂线方程之后，令y=0，得点P 的横坐标即PF=316； 4. 原函数可化为⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=6cos 342sin 2ππx x y ,可以证明函数在已知的区间上为增函数，故当3π-=x 时，y 取最大值3611; 5. 消去y 之后可得：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=224937351x x u ,用基本不等式可求得函数u 的最小值512; 6. 可用等积法求得，过程略。
2003全国高中数学联赛试题和加试题
2003年全国高中数学联赛试题2003年10月12日一、 选择题1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列. 这个数列的第2003项是（A ）2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492、设,,0,a b R ab ∈≠那么直线0ax y b -+=和曲线22bx ay ab +=的图形是(A)(B)(C ) (D)3、过抛物线()282y x =+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)83 (D) 4、若5,,123x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦则2tan tan cos 366y x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最大值是（A (C) 127 (D) 125 5、已知,x y 在区间()2,2-内，且1,xy =-则函数224949u x y=+--的最小值是 （A ）85(B)2411 (C) 127(D) 1256、在四面体ABCD 中设1,AB CD =，直线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7、不等式322430x x x --+<的解集是______________8、设12,F F 是椭圆22194x y +=的两个焦点，P 是椭圆上的点，且12:2:1PF PF =，则12PF F ∆的面积等于_____________.9、已知 {}2430,,A x x x x R =-+<∈(){}1220,2750,.xB x a x a x 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9a c -=，则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()_____________120.011,2,,1),1,n n i n M n a a a a i n a ⎧⎫=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-=⎨⎬⎩⎭十进制位纯小数只取或（n T 是n M 中元素的个数，n S 是n M 中所有元素的和，则lim nn nS T →∞=________.三、解答题13、设35,2x ≤≤证明不等式<14、设A ，B ，C 分别是复数0121,,12Z ai Z bi Z ci ==+=+（其中,,a b c 都是实数）对应的不共线的三点. 证明：曲线4224012cos 2cos sin sin ()Z Z t Z t t Z t 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 取遍圆周上所有的点时，求所有折痕所在直线上点的集合.加试试题一、（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ， B. 所作割线交圆于C ， D 两点，C 在P ， D 之间. 在弦CD 上取一点Q ， 使.DAQ PBC ∠=∠ 求证：.DBQ PAC ∠=∠二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数,,,l m n 且.l m n >>已知444333,101010l m n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫==⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭其中{}[],x x x =-而[]x 表示不超过x 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值.三、（本题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间四边形，其中21,n q q =++()2111,2,.2l q q q 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2q +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）。
2003年全国高中数学联赛试题及解答
2003 年全国高中数学联合竞赛试卷第一试 (10 月 12 日上午 8:009:40) 一、选择题(每小题 6 分，共 36 分) 1．(2003 年全国高中数学联赛)删去正整数数列 1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数 列．这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2．设 a，b∈R，ab≠0，那么直线 ax－y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是yyyyOxOxOxOxA.B.C.D.3．过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线，若此直线与抛物线交于 A、B 两点，弦 AB的中垂线与 x 轴交于点 P，则线段 PF 的长等于16816(A) 3 (B) 3 (C) 3 3 (D) 8 34．若x∈[－5 12，－ 3]，则2 y=tan(x+ 3) － tan(x+ 6 )+cos(x+ 6 ) 的 最 大 值 是12111112(A) 5 2 (B) 6 2 (C) 6 3 (D) 5 35．已知x，y都 在 区 间 ( － 2 ， 2) 内 ， 且xy= － 1 ， 则 函 数u=4 4－x2+9 9－y2的最小值是8 (A) 5241212(B) 11 (C) 7 (D) 56．在四面体 ABCD 中， 设 AB=1，CD= 3，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为 3 ，则四面体 ABCD的体积等于3113(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3二．填空题(每小题 9 分，共 54 分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0 的解集是．8．设 F1、F2 是椭圆x92+y42=1 的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2 的面积等于．9．已知 A={x|x2－4x+3<0，x∈R}， B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若 A B，则实数 a 的取值范围是．10．已知 a，b，c，d 均为正整数，且 logab=32，logcd=54，若 a－c=9，则 b－d=．11．将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．12． 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.－ a1a2…an |ai 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ln→im∞TSnn=．三、（本题满分 20 分）13．设32≤x≤5，证明不等式 2 x+1+ 2x－3+ 15－3x<2 19．1/9四、(本题满分 20 分) 14．设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai，Z1=12+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．五、(本题满分 20 分) 15．一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A，且 OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点 A 刚好与点 A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当 A 取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2/9加试题 (10 月 12 日上午 10:0012:00) 一、（本题 50 分） 过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线，切点为 A、B，所作割线交圆于 C、D 两点，C 在 P、D 之间．在弦 CD 上取一点 Q，使∠DAQ=∠PBC． 求证：∠DBQ=∠PAC．二、（本题 50 分） 设三角形的三边长分别是正整数 l，m，n．且 l>m>n>0． 已知130l4=130m4=130n4，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过 x 的最大整数．求这种三角形周长的最小 值．三、（本题 50 分） 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形，其中 n=q2+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)．3/91997 年全国高中数学联赛解答 第一试一、选择题(每小题 6 分，共 36 分) 1．删去正整数数列 1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第 2003 项是(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 解：452=2025，462=2116． 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个，而 2026 至 2115 之间没有完全平方数．故 1 至 2025 中共有新 数列中的 2025－45=1980 项．还缺 2003－1980=23 项．由 2025+23=2048．知选 C． 2．设 a，b∈R，ab≠0，那么直线 ax－y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是yyyyOxOxOxOxA.B.C.D.解：曲线方程为xa2+yb2=1，直线方程为 y=ax+b． 由直线图形，可知 A、C 中的 a<0，A 图的 b>0，C 图的 b<0，与 A、C 中曲线为椭圆矛盾． 由直线图形，可知 B、D 中的 a>0，b<0，则曲线为焦点在 x 轴上的双曲线，故选 B． 3．过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线，若此直线与抛物线交于 A、B 两点，弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P，则线段 PF 的长等于16816(A) 3 (B) 3 (C) 3 3 (D) 8 3解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦 AB 所在直线方程为 y=3x，弦的中点在p y=k=4 上，即 3AB 中点为(43，4 )，中垂线方程为 3y=－33(x－43)+4 ，令 3y=0，得点P的坐标为136．∴ PF=136．选 A．4．若x∈[－5 12，－ 3 ]，则2 y=tan(x+ 3) － tan(x+ 6 )+cos(x+ 6 ) 的 最 大 值 是12111112(A) 5 2 (B) 6 2 (C) 6 3 (D) 5 3解：令x+6=u，则2 x+ 3=u+ 2 ，当 x∈[－512 ，－ 3 ]时，u∈[－ 4 ，－ 6 ]，y=－(cotu+tanu)+cosu=－sin22u+cosu．在 u∈[－ 4 ，－ 6 ]时，sin2u 与 cosu 都单调递增，从而 y 单调递增．于是 u=－ 6 时，y 取得最大值161 3，故选 C．5．已知x，y都 在 区 间 ( － 2 ， 2) 内 ， 且xy= － 1 ， 则 函 数u=4 4－x2+9 9－y2的最小值是8 (A) 5241212(B) 11 (C) 7 (D) 5解：由 x，y∈(－2，2)，xy=－1 知，x∈(－2，－12)∪(12，2)， u=4－4 x2+9x92x－2 1=－ －99xx44++7327xx22－ －44=1+37－(395x2+x42)．当 x∈(－2，－12)∪(12，2)时，x2∈(14，4)，此时，9x2+x42≥12．(当且仅当 x2=23时等号成立)．此时函数的最小值为152，故选 D．4/96．在四面体 ABCD 中， 设 AB=1，CD= 3，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为 3 ，则四面体 ABCD的体积等于3113(A) 2 (B) 2 (C) 3 (D) 3A解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1× 3×sinπ3×MD2=3．N而四面体 ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．故选 B．BC二．填空题(每小题 9 分，共 54 分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0 的解集是．解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，(|x|－3)(|x|－5－1 2 )(|x|+52+1)<0．|x|<－ 52+1，或 52－1<|x|<3．∴ 解为(－3，－ 52－1)∪( 52－1，3)．8．设 F1、F2 是椭圆x92+y42=1 的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2 的面积等于．解：F1(－ 5，0)，F2( 5，0)；|F1F2|=2 5．|PF1|+|PF2|=6， |PF1|=4，|PF2|=2．由于 42+22=(2 5)2．故 PF1F2 是直角三角形 5 5． ∴ S=4．9．已知 A={x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若 A B，则实数 a 的取值范围是．解：A=(1，3)；又，a≤－21－x∈(－1，－14)，当 x∈(1，3)时，a≥x22+x5 －7∈( 5－7，－4)．∴ －4≤a≤－1．10．已知 a，b，c，d 均为正整数，且 logab=32，logcd=54，若 a－c=9，则 b－d=．解：a3=b2，c5=d4，设 a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．∴ x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和H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 EG于．解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球F心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面 ABCD 上的射影是一个正方形．是D把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45 而得．设 E 的射影为 N，则NMCMN= 2－1．EM= 3，故 EN2=3－( 2－1)2=2 2．∴ EN= 4 8．所求圆柱的 AB高=2+ 4 8．12． 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.－ a1a2…an |ai 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nl→im∞TSnn=．解：由于 a1，a2，…，an－1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数，Tn=2n－1．在每一位(从第一位到第 n－1 位)小数上，数字 0 与 1 各出现 2n－2 次．第 n 位则 1 出现 2n－1 次．∴ Sn=2n－2 0.11…1+2n－2 10－n．∴ nl→im∞TSnn=1219=118．三、（本题满分 20 分）13．设32≤x≤5，证明不等式5/92 x+1+ 2x－3+ 15－3x<2 19．解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0． 32≤x≤5．由平均不等式x+1+x+1+2x－3+ 415－3x≤x+1+x+1+2x4－3+15－3x≤∴ 2 x+1+ 2x－3+ 15－3x= x+1+ x+1+ 2x－3+ 15－3x≤2 14+x．但 2 14+x在32≤x≤5 时单调增．即 2 14+x≤2 14+5=2 19．故证．144+x．四、(本题满分 20 分)14．设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai，Z1=12+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．解：曲线方程为：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)∴x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2即y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1)．①若 a－2b+c=0，则 Z0、Z1、Z2 三点共线，与已知矛盾，故 a－2b+c 0．于是此曲线为轴与 x 轴垂直的抛物线．AB 中点 M：14+12(a+b)i，BC 中点 N：34+12(b+c)i．与 AC 平行的中位线经过 M(14，12(a+b))及 N(34，12(b+c))两点，其方程为4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(14≤x≤34)．②令4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．即 4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由 a－2b+c 0，得 4x2+4x+1=0，此方程在[14，34]内有惟一解：x=12．以 x=12代入②得，y=14(a+2b+c)．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a+2b+c))．五、(本题满分 20 分)15．一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A，且 OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点 A刚好与点 A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当 A 取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O 上任意一点 A ，连 AA ，作 AA 的垂直平分 线 MN，连 OA ．交 MN 于点 P．显然 OP+PA=OA =R．由于点 AMSD在⊙O 内，故 OA=a<R．从而当点 A 取遍圆周上所有点时，点 P 的 轨迹是以 O、A 为焦点，OA=a 为焦距，R(R>a)为长轴的椭圆 C．而 MN 上任一异于 P 的点 Q，都有 OQ+QA=OQ+QA >OAS' QA'P．故点 Q 在椭圆 C 外．即折痕上所有的点都在椭圆 C 上及 C 外． 反之，对于椭圆 C 上或外的一点 S，以 S 为圆心，SA 为半径作圆，交⊙O 于 A ，则 S 在 AA 的垂直平分线上，从而 S 在某条折OAN痕上．最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交．1 当 S 在⊙O 外时，由于 A 在⊙O 内，故⊙S 与⊙O 必相交；2 当 S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内，但在椭圆 C 外或其上的点 S )，取过 S 的半径 OD，则由点6/9S 在椭圆 C 外，故 OS +S A≥R(椭圆的长轴)．即 S A≥S D．于是 D 在⊙S 内或上，即⊙S与⊙O 必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆 C 上及 C 外的所有点的集合．加试题(10 月 12 日上午 10:0012:00)一、（本题 50 分）过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线，切点为 A、B，所作割线交圆于 C、D 两点，C 在 P、D之间．在弦 CD 上取一点 Q，使∠DAQ=∠PBC．求证：∠DBQ=∠PAC．分析：由∠PBC=∠CDB，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ，则 BDQ∽ DAQ．反之，若 BDQ∽DAQ．则本题成立．而要证 BDQ∽ DAQ，只要证BADD=DAQQ即可．A证明：连 AB．∵ PBC∽ PDB， ∴ BBDC=PPDB，同理，AADC=PPDA ． ∵ PA=PB，∴ BADD=BACC．POCQDB∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ，∠ABC=∠ADQ．∴ ABC∽ ADQ．∴ BACC=DAQQ．∴ BADD=DAQQ．∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ．∴ ADQ∽ DBQ．∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC．证毕．二、（本题 50 分） 设三角形的三边长分别是正整数 l，m，n．且 l>m>n>0． 已知130l4=130m4=130n4，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过 x 的最大整数．求这种三角形周长的最小 值． 解：当 3l、3m、3n 的末四位数字相同时，130l4=130m4=130n4． 即求满足 3l 3m≡3n( mod 104)的 l、m、n．∴ 3n(3l－n－1)≡0 (mod 104)．(l－n>0) 但 (3n，104)=1，故必有 3l－n≡1(mod 104)；同理 3m－n≡1(mod 104)． 下面先求满足 3x≡1(mod 104)的最小正整数 x． ∵ (104)=104 1245=4000．故 x|4000．用 4000 的约数试验： ∵ x=1，2，时 3x≡∕1(mod 10)，而 34≡1(mod 10)，∴ x 必须是 4 的倍数； ∵ x=4，8，12，16 时 3x≡∕1(mod 102)，而 320≡1(mod 102)，∴ x 必须是 20 的倍数； ∵ x=20，40，60，80 时 3x≡∕1(mod 103)，而 3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是 100 的倍数； ∵ x=100，200，300，400 时 3x≡∕1(mod 104)，而 3500≡1(mod 104)． 即，使 3x≡1(mod 104)成立的最小正整数 x=500，从而 l－n、m－n 都是 500 的倍数， 设 l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)． 由 m+n>l，即 n+500h+n>n+500k，n>500(k－h)≥500，故 n≥501． 取 n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题 50 分） 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形，其中 n=q2+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7/9在一个空间四边形(即由四点 A、B、C、D 和四条连线段 AB、BC、CD、DA 组成的图形)．证明：设点集为 V＝{A0，A1，…，An－1}，与 Ai 连线的点集为 Bi，且|Bi|＝bi．于是 1≤bi≤n－1．又 显然有n－1∑ bi＝2l≥q(q+1)2+2．i＝0若存在一点与其余点都连线，不妨设 b0＝n－1． 则 B0 中 n－1 个点的连线数l－b0≥12q(q+1)2+1－(n－1) (注意：q(q+1)＝q2+q＝n－1)＝12(q+1)(n－1)－(n－1)+1＝12(q－1)(n－1)+1≥12(n－1)+1≥[12(n－1)]+1．(由 q≥2)但若在这 n－1 个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这 n－1 个点内至多连线[n－2 1]条，故在B0 中存在一点 Ai，它与两点 Aj、Ak(i、j、k 互不相等，且 1≤i，j，k)连了线，于是 A0、Aj、Ai、Ak 连成四 边形．现设任一点连的线数≤n－2．且设 b0＝q+2≤n－2．且设图中没有四边形．于是当 i≠j 时，Bi 与 Bj 没有公共的点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i，j≤n－1)．记－B0 ＝V\B0，则由|Bi∩B0|≤1 ，得|Bi∩ －B0 |≥bi－1(i＝1，2，…，n－1)，且当 1≤i，j≤n－1 且 i≠j 时，Bi∩－B0与 Bj∩－B0无公共点对．从而－B0中点对个数≥n∑－1(Bi∩－B0中点对个数)．即 i＝1n－1n－1∑ ∑ Cn2－b0≥i＝1 C|Bi2∩－B0|≥i＝1Cb2i－1＝12ni＝∑－11 (b2i－3bi+2)≥12[n－1 1(ni＝∑－11bi)2－3ni＝∑－11bi+2(n－1)](由平均不等式)＝12[n－1 1(2l－b0)2－3(2l－b0)+2(n－1)]＝2(n1－1)[(2l－b0)2－3(n－1)(2l－b0)+2(n－1)2]＝2(n1－1)(2l－b0－n+1)(2l－b0－2n+2)(2l≥q(q+1)2+2＝(n－1)(q+1)+2)≥2(n1－1)[(n－1)(q+1)+2－b0－n+1][(n－1)(q+1)+2－b0－2n+2]＝2(n1－1)[(n－1)q+2－b0][(n－1)(q－1)+2－b0]．(两边同乘以 2(n－1)即(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(n－1≥q(q+1)代入)得 q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．(各取一部分因数比较) ①但(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)＝(q－1)b0－n+3≥(q－1)(q+2)－n+3＝q2+q+1－n＝0．(b0≥q+2)②(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)＝qb0－q－n+2≥q(q+1)－n+2＝1＞0．③又(nq－q－n+3－b0)、(nq－q+2－b0)、q(n－b0－1)、(q+1)(n－b0)均为正整数，从而由②、③得， q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)＜(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)．④由①、④矛盾，知原命题成立．又证：画一个 n×n 表格，记题中 n 个点为 A1，A2，…，An，若 Ai 与 Aj 连了线，则将表格中第 i 行 j 列的方格中心涂红．于是表中共有 2l 个红点，当 d(Ai)＝m 时，则表格中的 i 行及 i 列各有 m 个红点．且 表格的主对角线上的方格中心都没有涂红．由已知，表格中必有一行有 q＋2 个红点．不妨设最后一行前 q＋2 格为红点．其余格则不为红点(若有红点则更易证)，于是：问题转化为：证明存在四个红点是一个边平行于格线的矩形顶点．若否，则表格中任何四个红点其中心都不是一个边平行于格线的矩形顶点．于是，前 n－1 行的前 q＋2 个方格中，每行至多有 1 个红点．去掉表格的第 n 行及前 q＋2 列，则至多去掉 q＋2＋(n－1)＝q＋2＋q2＋q＝(q＋1)2＋1 个红点．于是在余下(n－1)×(n－q－2)方格表中，至少有2l－(q＋1)2－1＝q(q＋1)2＋2－(q＋1)2－1＝(q－1)(q＋1)2＋1＝q3＋q2－q 个红点．n－1设此表格中第i行有mi(i＝1，2，…，n－1)个红点，于是，同行的红点点对数的总和＝∑i＝1Cm2 i．其中8/9n－1＝q2＋q．(由于当 n＞k 时，C2n＋C2k＜Cn2＋1＋Ck2－1，故当红点总数为 q3＋q2－q 个时，可取 q2 行每行n－1取q个红点，q行每行取q－1个红点时∑i＝1Cm2 i取最小值，由下证可知红点数多于此数时更有利于证明．即)n－1但q2Cq2＋qCq2－1≤∑i＝1Cm2 i．由假设，不存在处在不同行的 2 个红点对，使此四点两两同列，所以，有(由于去掉了 q＋2 列，故还余 q2－1 列，不同的列对数为 Cq22－1)n－1∑i＝1Cm2 i≤Cq22－1．所以 q2·q(q－1)＋q(q－1)(q－2)≤(q2－1)(q2－2)．q(q－1)(q2＋q－2)≤(q－1)(q＋1)(q2－2) q3＋q2－2q≤q3＋q2－2q－2．矛盾．故证．9/9。
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2003年全国高中数学联赛试题
2003年10月12日
一、 选择题
1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列. 这个数列的第2003项是
（A ）2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049
2、设,,0,a b R ab ∈≠那么直线0ax y b -+=和曲线22
b x a y a b +=的图形是
(A)
(B)
(C ) (D)
3、过抛物线()2
82y x =+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)
83
(D)
4、若5,,12
3x ππ⎡⎤
∈-
-
⎢⎥⎣
⎦
则2tan tan co s 366y x x x πππ⎛⎫
⎛⎫⎛
⎫=+-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭的最大值是 （A (C)
127
(D)
125
5、已知,x y 在区间()2,2-内，且1,xy =-则函数2
2
4949u x y
=
+--的最小值是
（A ）85
(B)2
411
(C) 127
(D) 125
6、在四面体ABCD 中设1,A B C D ==直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3
π，则四面体ABCD
的体积等于
（A
）
2
(B)
12
(C)
13
(D)
3
二、 填空题
7、不等式3
2
2430x x x --+<的解集是______________
8、设12,F F 是椭圆2
2
19
4
x
y
+
=的两个焦点，P 是椭圆上的点，且12:2:1P F P F =，则12P F F ∆的面
积等于_____________.
9、已知 {}2
430,,A x x x x R =-+<∈(){}
12
2
0,2750,.x
B x a x a x 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35lo g ,lo g ,2
4
a c
b d =
=
若9a c -=，则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()_____________
120.011,2,,1),1,n
n i n M
n a a a a i n a ⎧⎫
=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-=⎨⎬⎩⎭
十进制位纯小数只取或（n T 是n M 中元素的个数，n S 是n M 中所有元素的和，则lim
n n n
S T →∞
=________.
三、解答题
13、设
35,2
x ≤≤
证明不等式<
14、设A ，B ，C 分别是复数0121,,12
Z a i Z b i Z ci ==
+=+（其中,,a b c 都是实数）对应的不共线的
三点. 证明：曲线4
2
2
4
012cos 2cos sin sin ()Z Z t Z t t Z t t R =++∈与A B C ∆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 取遍圆周上所有的点时，求所有折痕所在直线上点的集合.
加试试题
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.D A Q P B C ∠=∠ 求证：.D B Q P A C ∠=∠
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四边形，其中
2
1,n q q =++()2
111,2,.2
l q q q 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2q +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）。