2003年IMO中国国家集训队选拔考试试题

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2003年中国数学奥林匹克试题及解答

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2003imo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。

2003年IMO中国国家集训队选拔考试试题

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

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>。

关于2003年中国数学奥林匹克第5题

面朝上放成一行．游戏者季玛不知道卡片上
写了一些什么样的数，只是被要求自左至右依次翻开一些卡片，并且把他所翻开的最后张卡片上所写的数作为他的得分．为了能提高自己的得分，他决定首先翻开４张卡片，如果第４张卡片上的数大于前３张卡片上的数，那么他就不再继续往下翻；否则他就继续翻下一张，看看是否大于前面所有卡片上的数；如果一直翻到第９张卡片，仍然没有大于前面所有卡片上的数，那么他就翻开第１０张卡片 …… ．这种陈述同样反映了我们命题的思想．
一
２问题的解答
看起来，本题无非是计算满足一定条件的排列数，但是实际操作起来却未必容易．为方便计，将能力排名第ｋ的人记为ａ，将前３个接受面试的人中能力最强的人的排名名次记为．抓住一直分析下去，就可以找到本题的一种较为简洁的解法（见本刊２００３年第２期第２８页— —编者注）．在此题的解答中计算是相当精细的，且所得的结果为７０％＜０．７０８３＜７１％．所以，关于录用到能力最强的三人之一的可能性估计必须经过精确的计算才可得到．此题考核的是考生的算功．从阅卷结果看，能够清晰地一点不错地算出结果的考生虽然也有，但是不多．由此反映出一部分考生的算功不足．本题的解答是一种以算为纲，以计算的结果来说明一切的解法．这种解法融两个小题的解答于一体，显得简洁；但是也有不足之处，因为只要计算过程出现问题，那么不仅第ｄ，题要扣分，而且第一小题的证明也失去

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。

历届IMO试题(1-46届完整中文版)

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'）。

2003年IMO中国国家队选拔考试试题

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/。

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京翰教育中心
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
213312
1441
--+++=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）。