2003中国数学奥林匹克竞赛获奖名单 xiaoxiaotong.doc
2003年中国数学奥林匹克试题及解答
证明： 在该公司经理的方针之下， 有 （%） #% 2 #! 2 … 2 #3 ’ #1 ’ #%" ； （!） 该公司有超过4"2 的可能性录取到能力最强 的 # 个人之一， 而只有不超过%"2 的可能性录用到能 力最弱的 # 个人之一 & 六、 设 )、 满足 )* . +, ’ %， 点 *、 +、 , 为正实数， （ ， ） （ ， ， ， ） 是以原点为圆心的单位圆周 3 4 5 . ’ % ! # 0 . . . 上的四个点 & 求证：
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2003年全国大学生数学建模竞赛
091
B
03031
王刚、任文、游广芝
教师组
成功
092
B
03032
郭闯强、施宜、张鹏飞
教师组
省二
093
B
03033
铁广强、叶金芳、卢凯
陈东彦
报国家
094
B
03034
王俊军、李丽、高威
教师组
省三
哈尔滨商业大学
095
A
03035
王立辉、高明正、王海云
教师组
省三
096
A
03036
李朝霞、尉迟潇岚、陈志金
鲍永新、朱磊、赵义
教师组
成功
齐齐哈尔大学
031
A
03142
冯明涛、吴云峰、马福艳
姚春龙
省三
032
A
03143
赵平、秦涛、孙琪
教师组
成功
033
B
03144
马刚、王利刚、帅德兵
宋广军
省二
鸡西大学
034
C
03146
娄广选、李书婷、李松渊
董永胜、苏慧
成功
035
D
03147
葛星、杨静兰、武雪峰
池春姬、滕树江
省二
137
A
03018
徐海林、王华军、王眺
教师组
成功
138
B
03005
张量、郭秋敏、张小辉
陈孝国、李学伟、李焱
省一
139
B
03006
贾敬华、李开永、韩涛
郝维来、丁文龙、胡英广
省三
140
B
03007
王学军、郭晓冬、周漾
吴卫东、侯清泉、邵芝梅
2003中国数学奥林匹克竞赛获奖名单
2003中国数学奥林匹克竞赛获奖名单一等奖（19名）姓名学校姓名学校方家聪华南师大附属中学高峰南通启东中学沈欣华南师大附属中学王伟湖南师大附中陈晨湖北黄冈中学何忆捷上海延安中学黄皓华南师大附属中学邢硕博北京清华附中向振长沙市第一中学王国桢甘肃兰州一中万昕成都彭州中学贾敬非东北师大附中刘一峰华东师大第二附中祁涵华中师大一附中林嵩华南师大附属中学孙洪宾耀华中学姜龙石家庄二中周清人大附中梁宏宇北师大实验中学二等奖：（43名）姓名学校姓名学校张凌人上海中学戴午阳东北育才中学周游武钢三中孙婷妮华东师大二附中李杜湖南师大附中张志强华中师大一附中朱庆三华南师大附中齐治雅礼中学刘熠华南师大附中吴昊哈尔滨三中李大州石家庄二中陈苏南洋模范中学沈旭凯杭州二中袁放上海中学陈超河南师大附中洪晓波东北育才中学李先颖湖南师大附中李晓东东北育才中学吴天同淮阴中学马力华东师大二附中张宇北大附中赵亮山东省实验中学王磊武钢三中孙嘉睿深圳高级中学周思慎长沙市一中邹鹏北京汇文中学王晨兰州一中金哲晖延边市一中李春雷东北师大附中石磊河南师大附中范翔江西师大附中苟江涛陕西西北工大附中韩斐华罗庚中学唐培重庆市育才中学金坚诸暨中学王加白镇海中学杜杰北大附中蔡雄伟仙游一中杨龙长沙市一中余学斌圣公会白约翰会督中学林运成上海中学萧子衡顺德联谊总会梁銶琚中学罗海丰华南师大附中三等奖：（69名）姓名学校姓名学校王蓉蓉实验中学张翼飞河南师大附中张伟安庆一中梁举潼南中学张晓光高安中学蔡煊挺诸暨中学郭城威南通启东中学吴博舟山中学曹志敏华罗庚中学陈淞黄冈中学资坤长沙市一中马俊达福州三中刘奇航哈尔滨三中杨启声喇沙书院吴乐秦中山市一中邓昭辉香港道教联合会邓显纪念中学欧觉钧中山市一中张荣华滁州中学黄宇浩桂林中学周云临川一中张鹏程西安交大附中龚伟松盐城中学王崇理镇海中学皇甫秉超河南师大附中袁景瑞唐山一中惠鑫西安交大附中巴蜀中学李君太原外国语学校王晶晶诸暨中学王奇凡南昌十中冯捷成都七中周泽吉武汉二中孔令凯南菁高级中学潘无穷大庆一中郭珩洛阳第一高中李欣鹏实验中学郝征西北工大附中王小靖重庆一中刘伟顺荃湾公立何传耀纪念中学钟达智伊利沙伯中学戚善翔上海复旦大学附中路亨山西大学附中杜金宝鞍山一中祝江威北海中学崔庸非东北育才中学康振宁攀枝花三中杨丹大连育明中学张乐西北师大附中曹晖东北师大附中黄海珍海南中学魏崟泷蚌埠二中王海屹大庆一中张帆河南师大附中苏李丹泉州五中李冬来西南附属中学吴天淋教业中学白雪宁乌鲁木齐一中杜昭南宁三中郭子超元朗商会中学陈虹宇秦皇岛一中刘喆南开中学张尧实验中学贺淳天津一中魏均侨濠江中学程稷人大附中高堃南开中学黄铂东北师大附中齐轶福建师大附中彭闽昱鹰潭市一中。
2003年中国数学奥林匹克_CMO_在长沙举行
BK B2 和 CK C2 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
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;
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 取到 能力 最
强的 3 个人之一, 而只有不超过 10% 的 可能录用 到能 力最弱的 3 个人之一.
三、设 a, b , c, d 为正 实数, 满足 ab + cd = 1; 点 Pi ( x i , yi ) ( i = 1, 2, 3, 4) 是以 原点为 圆心的 单位圆 周 上的四个点. 求证:
选手和获得银牌的前三名选手将入选 参加 2003IMO 的中国国家集训队 .
就有
n
tan 1 tan 2 tan n = 22 ,
不大于 .
cos 1 + cos 2+ + cos n
第二天试题
第一天试题
一、设点 I , H 分别为锐角 A BC 的内 心和垂心, 点 B 1 , C 1 分 别 为边 A C, A B 的中 点. 已 知射 线 B 1 I 交边 A B 于点 B2 ( B 2 B) , 射线 C 1 I 交 A C 的延长 线 于点 C2 , B2 C2 与 BC 相 交 于 K , A 1 为 BH C 的 外 心. 试 证: A , I, A 1 三 点 共 线 的 充 分 必 要 条 件 是
2003年全国初中数学竞赛天津赛区解析
第一中学
吴晋
外院附校
张晗
新华中学
郭晓煦
新华中学
包辰兰
外院附校
刘思洋
耀华中学
娄天关
新华中学
王蕾
南开中学
杜洁
新华中学
王祎
新华中学
肖潇
天津五中
高腾
耀华中学
孙鹏
双建中学(河北)
丁淼
协同中学(红桥)
单增礼
静海二中
李迪
南开中学
田玉璐
华辰中学(北辰)
崔琛
新华中学
孙丁捷
新华中学
崔晓龙
二十中学
王龙
五十五中
穆旭冉
南开中学
高玉翔
耀华中学
李玮瑜
实验中学
陈雪
育英中学(宝坻)
吴云昊
实验中学
董见地
石化一中
马剑峰
新华中学
胡珀
耀华中学
杨光
新华中学
赵学义
上骀中学(武清)
杨晓浩
实验中学
李鑫
新华中学
刘龙隆
新华中学
田力
耀华中学
周鑫南
南开中学
胡阳
南开中学
张宏
第七中学
肖月
第一中学
杨帅
外院附校
于淼
实验中学
余盛强
实验中学
陈伯雄
新华中学
王潇
一0二中(河东)
扈晓莉
南开中学
崔云溪
南开中学
张勇
耀华中学
郑小平
育华中学(塘沽)
门金龙
方舟中学(红桥)
李辰
天慈中学(河北)
刘砚辉
第七中学
李彬
油田十中
2003年中国数学奥林匹克
●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。
全国中学生数学奥林匹克获奖竞赛(决赛)获奖名单
全国中学生数学奥林匹克获奖竞赛(决赛)获奖名单一等奖：
1. 张晨睿，江苏省江阴市第二中学
2. 李佳豪，江苏省无锡市第一中学
3. 吴凡，江苏省南京市第五中学
4. 郑英博，江苏省南通市第六中学
5. 胡晓楠，江苏省常州市第八中学
6. 李瑞婷，江苏省苏州市第十中学
7. 王若曦，江苏省南京市第十一中学
8. 杨芊晴，江苏省宿迁市第十三中学
9. 张翔，江苏省扬州市第十五中学
10. 黄晓婷，江苏省南京市第十六中学
二等奖：
1. 吴晨曦，江苏省淮安市第三中学
2. 陈宇轩，江苏省常州市第五中学
3. 陈瑞珊，江苏省南京市第六中学
4. 陈晓瑞，江苏省宿迁市第七中学
5. 袁艺洋，江苏省苏州市第八中学
6. 杨子瑞，江苏省南京市第九中学
7. 王梦凡，江苏省常州市第十一中学
8. 郑芷瑶，江苏省连云港市第十二中学
9. 李宇婷，江苏省无锡市第十三中学
10. 周思涵，江苏省南京市第十四中学。
2003年小学数学奥林匹克竞赛
2003年小学数学奥林匹克竞赛六年级成绩市区、北辰区一等奖（90分以上，共65人）二等奖（70分~90分，共116人）（50分~60分，共184人）武清区一等奖武清区大碱厂镇于连灏大碱厂镇中学二等奖武清祖凤美上马台初中武清区河西务镇高尚首驿小学三等奖武清区大良镇崔然双树中学武清区河北屯镇房奇钰口哨小学武清区陈咀镇杨璐陈咀小学武清区汉沽港镇梁国利汉沽港四街小学武清区杨村镇田晓旭杨村六小武清区杨村镇诸葛永昌杨村七小开发区二等奖张宁泰达一中三等奖杨秋晗泰达一中西青区二等奖西青南珏西青实验小学三等奖西青边映雪西青实验小学西青纪云津西青实验小学静海县一等奖静海张毅瀛海中学静海陈红玉瀛海中学静海李文慧大邱庄镇中学静海管文蛟大邱庄镇中学静海韩俊民瀛海中学二等奖静海田阳静海二中静海刘振超静海二中静海刘宜怡实验中学静海刘世杰大丰堆中学静海章仲怡大邱庄镇中静海张芳芳大邱庄镇中静海徐欢瀛海中学三等奖静海李雪岩静海二中静海陈希骏静海二中静海赵旭阳实验中学静海王宇王官屯镇中学静海周亚囡蔡公庄镇中学静海高朋镇中静海王坚大邱庄镇中静海王点点尧舜实验静海宣东余尧舜实验静海李韦华中旺镇中静海张洁独流镇中学静海董如哲瀛海中学静海靳浩然瀛海中学大港区一等奖大港孙翔青培英中学大港刘泽涵石化一中大港陈宗谦石化一中大港邢立斌石化一中二等奖大港苏文竹石化一中大港张伟璇石化一中大港詹宝悦石化一中大港朱桂林培英中学大港何添欣培英中学大港张晨培英中学大港孟令杰大港二中三等奖大港张宇鹏石化一中大港刘畅培英中学大港李思阳培英中学大港郭睿琦石化一中大港张弛石化一中大港张少强石化一中大港冉鑫培英中学大港张坤培英中学大港史成杰大港二中大港刘杨大港三中大港杨佳军大港四中蓟县一等奖蓟县张宇轩城关三小二等奖蓟县马璐许家台乡小米庄小学蓟县王金鹏许家台许中小蓟县礼明庄乡张蕾徐各庄中小蓟县贺振杰五百户镇华严寺蓟县城关魏恩勋城关小学蓟县城关纪梦城关一小蓟县刘金铃实验小学三等奖蓟县孙文磊西龙虎峪中心小学蓟县城关李楠城关小学蓟县尹智宇城关三小蓟县周冀城关镇实验蓟县王悦城关六小宝坻区一等奖宝坻张博野八小宝坻王祎硕城关三小三等奖宝坻崔曌八小宝坻朱子鹏八小宝坻李骁健三小宝坻白迎亚第二小学宝坻任学鹏六小宝坻张楠二小宝坻管红光九小2003年小学数学奥林匹克竞赛五年级成绩（市区、北辰区）一等奖二等奖三等奖武清区二等奖武清高村乡王海啸高村乡里老小学武清河西务镇李文娟北七村小学武清豆张庄乡方华南双庙小学三等奖武清刘晨徐官屯中心小学武清下朱庄街南张春阳北辛庄小学武清大黄堡乡张学鹏泗蒲棒小学武清区崔黄口乡田蓟崔黄口乡小学武清区大良镇康春淼二百户小学武清区韩桂云大良镇中心小学武清区唐银平大孟庄乡亭上小学武清区姬智大孟庄乡中心小学武清豆张庄乡刘雪峰南双庙小学武清区王洋黄花店镇甄营小学武清区王亮黄花店镇甄营小学武清区胡佳宾陈咀乡大旺村小学武清区张凡峻杨村镇英华小学武清区罗树郁英华小学开发区、塘沽区一等奖塘沽娄馨予塘沽实验小学二等奖开发区许嘉祺开发区一小塘沽谢东捷塘沽实验小学开发区张志东国际小学三等奖开发区许萌开发区一小塘沽关子昂塘沽实验小学塘沽任洪洋塘沽实验小学塘沽于连博塘沽实验小学开发区张之琦泰达一小开发区王伟力泰达一小开发区刘博怀泰达一小开发区王乐轩泰达一小西青区二等奖西青杜昀晟实验小学三等奖西青孙月实验小学静海县一等奖静海双塘镇李阳杨学士小学静海孙炳乾团泊镇五美城静海薛继鹏尧舜实验静海刘一伦实验小学静海武海霞尧舜实验学校二等奖静海张博雅实验小学静海孙佳强实验小学静海张冬颍实验小学静海舒飞跃尧舜实验学校静海吴昱颉实验小学静海王泉辉实验小学静海周家镇蔡公庄镇大屯静海王利山尧舜实验学校三等奖静海马怡然静海实验小学静海朱红日吴家堡中心小学静海王岩实验小学静海李腾飞六小静海肖春阳五美城小学静海张鹏团泊小学静海李加林五小静海王萧翔王口第一小学静海王宏达实验小学静海张月静海实验小学静海陈润波静海实验小学静海吴金伟中旺镇大曲河小学静海信芳芳王官庄小学静海杜尊贺尧舜实验学校静海曹森第四小学静海李丞亮第四小学静海高蕊第四小学大港区一等奖大港王晓亮大港一小大港张婧娴大港一小大港王敬瑜四公司二小二等奖大港姜山大港一小大港赵晓然大港一小大港刘家序大港二小大港王芝惠大港一小大港胡耕玮大港一小大港李志起大港五小三等奖大港周晨曦大港一小大港常铭珊大港一小大港刘家凯大港二小大港张琰大港二小大港陶芮大港四小大港岳蕾港油田中心区一小大港王津大港三小蓟县一等奖蓟县仇振涛城关二小蓟县贺明慧城关第三小学二等奖蓟县张天烨城关小学蓟县马振师范附属小学蓟县常方圆城关小学蓟县刘畅城关第三小学蓟县赵泽明城关第三小学蓟县刘明城关第三小学蓟县出头领镇赵凯闻马庄小学蓟县徐静文城关小学三等奖蓟县董是尧城关小学蓟县张毅城关二小蓟县温明君实验小学蓟县吴爽刘吉素中心小学蓟县官庄乡韩营石佛小学蓟县桑梓镇赵蕾辛撞中心小学蓟县杨津庄镇呼东旭小漫河小学蓟县王学帅少林口中小蓟县于小北城关六小蓟县王森森城关六小蓟县张帅城关小学蓟县宋阳冬城关二小蓟县张晓旭城关三小蓟县王宗尧实验小学蓟县马春潮二百户中心小学蓟县闫爽邦均镇第五小学蓟县洇溜镇王建平敦庄子中心小学蓟县官庄刘葛官庄中心小学蓟县候家营镇张颍祥福庄中小学蓟县山头岭镇闻雯马庄小学蓟县山头岭镇陶旭龙泉小学蓟县王文辉赵各庄中心小学蓟县孔庆财前牛宫中心小学宝坻区一等奖宝坻陈思琦八小宝坻王梓杰三小二等奖宝坻刘志斌二小宝坻尹玉阁五小宝坻董贵莹第二小学三等奖宝坻王楠第三小学宝坻马越三小宝坻朱瑞光二小11。
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