高中数学奥林匹克竞赛全真试题.docx

2003年全国高中数学结合竞赛试题一、选择题此题总分值36分，每题6分1、删去正整数数列1，2，3，中的全部完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2003项是 A2046 B2047 C2048 D20492、设a，bR，ab0，那么，直线axyb=0和曲线bx2ay2=ab的图形是 3、过抛物线y2=8x2的焦点F作倾斜角为60°A、B两点，弦AB的中垂线及x轴交于P点,那么线段PF的长等于( )A B C D4、假设，那么的最大值是 .A B C D5、x、y都在区间2，2内，且xy=1，那么函数的最小值是 A B C D6、在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB及CD的间隔 为2，夹角为，那么四面体ABCD的体积等于 A B C D二、填空题此题总分值54分，每题9分7、不等式|x|32x24|x|3<0的解集是_.8、设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|：|PF2|=2：1，那么PF1F2的面积等于_.9、A=x|x24x3<0，xR，B= x|21xa0，x22a7x50，xR .假设，那么实数a的取值范围是_.10、a，b，c，d均为正整数，且，假设ac=9，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，且及圆柱的一个底面及侧面都相切，那么此圆柱的高等于_.12、设Mn=十进制n位纯小数0.只取0或1i=1，2，n1，an=1，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中全部元素的和，那么=_.三、解答题此题总分值60分，每题20分13、设，证明不等式.14、设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=bi，Z2=1ci其中a，b，c都是实数对应的不共线的三点.证明：曲线Z= Z0cos4t2 Z1cos2tsin2tZ2sin4ttR及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和圆内肯定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好及A点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕. 当A取遍圆周上全部点时，求全部折痕所在直线上点的集合.加 试一、此题总分值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，DCD上取一点Q，使DAQ=PBC.求证：DBQ=PAC.二、此题总分值50分设三角形的三边长分别是整数l，m，n，且l>m>n.，其中x=xx，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、本小题总分值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=q2q1，l qq121，q2，qN.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q2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、留意到452=2025，462=2116，故2026=a202645=a1981，2115= a211545= a2070.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198122=2003，故a2003= a198122=202622=2048.应选C. 2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=axb和，那么视察可知应选B.3、易知此抛物线焦点F及坐标原点重合，故直线AB的方程为y=. 因此，A，B两点的横坐标满意方程：3x28xAB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方程，令y=0，得P点的横坐标，即，应选A.4、5、由得，故而x2，2，故当之值最小，而此时函数u有最小值，应选D.6、如图，过C作，以CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABFECD，那么所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的. 而CDE的面积S=CE×CD×sinECD，AB及CD的公垂线MN就是棱柱ABFECD的高，故因此，应选B.二、填空题7、由原不等式分解可得|x|3x2|x|1<0，由此得所求不等式的解集为.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，那么由其方程知a=3，b=2，c=，故|PF1|PF2|=2a=6，又|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2. 在PF1F2中，三边之长分别为2，4，而2242=，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=|PF1|·|PF2|=×2×4=4.9、易得A=1，3，设f(x)=21xa，g(x)=x22(a7)x5要使，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4a1.10、由可得因此，a|b，c|d.又由于ac=9，故于是得a=25，b=125，c=16，dbd=93.11、如图，由上下层四个球的球心A，B，C，D和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O和O为上下底面构成圆柱.同时，A在下底面的射影必是的中点M. 在AAB中，AA= AB=ABAB的中点为N，那么AN=.又OM=OA=，ONMN=1，.因此所示原来圆柱的高为.12、因为Mn中小数和小数点后均有n位，而除最终一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择0或1方法，故Tn=2n1.又因在这2n1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abcd2=a2b2c2d22abacadbcbdcd4a2b2c2d2，因此abcd2当且仅当a=b=c=d时取等号.取a=b=，c=，d=，那么因为，不能同时相等，所以.14、设Z=xyi(x，yR)，那么xyi =acos4t·i2(bi) cos2tsin2t(1ci)sin4t，实虚部分离，可得x= cos2tsin2tsin4t=sin2ty=a(1x)22b(1x)xcx2(0x1)即y=(ac2b)x22(ba)xa 又因为A，B，C三点不共线，故ac2b0.可见所给曲线是抛物线段如图.AB，BC的中点分别是. 所以直线DE的方程为y=(ca)x(3a2bc) 由，联立得ac2bx2=0.由于ac2b0，故x2=0，于是得x=. 留意到，所以，抛物线及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，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，那么有Aa，0. 设折叠时，O上点ARcos，Rsin及点A重合，而折痕为直线MN，那么MN为线段AA的中垂线. 设P(x，y)为MN上任一点，那么|PA|=|PA|. 故(xRcos)2(yRsin) 2=(xa)2y2，即2R(xcosysin)=R2a22ax，故加 试一、如图，连结AB，在ADQ及ABC中，ADQ=ABC，DAQ=PBC=CAB，故ADQABC，而有，即BC·AD=AB·DQ.又由切割线关系知PCAPAD，故；同理由PCBPBD得.又因PA=PB，故，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·BDBC·AD= AB·CD于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.在CBQ及ABD中，BCQ=BAD，于是CBQABD，故CBQ=ABD，即得DBQ=ABC=PAC.二、由题设可知于是由于3，2=3，5=1，由可知3lm3mn1(mod 24).如今设u是满意3u1(mod 24)的最小正整数，那么对随意满意3v1(mod 24)的正整数v，我们有u |v，即u整除v. 事实上，假设，那么由带余除法可知，存在非负整数a及b，使得v=aub，其中0<bu1，从而可推出3b3b+au3v1(mod 24)，而这明显及u的定义冲突，所以u |v.留意到33(mod 24)，329(mod 24)，332711(mod 24)，341(mod 24)从而可设mn=4k，其中k为正整数.同理可由推出3mn1(mod 54)，故34k1(mod 54).如今我们求满意34k1(mod 54)的正整数k.因为34=15×24，所以34k1=15×24k10(mod 54)，即即有k=5t，并代入该式得t5t3(5t1)×270(mod 52)即有t0(mod 52)，即k=5t=53s，其中s为正整数，故mn=500s，s为正整数.同理可证ln=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500rn、500sn和n.由于两边之差小于第三边，故n>500(rs)，因此，当s=1，r=2，n=501时三角形的周长最小，其值为1000501500501501=3003三、设这n个点的集合V=A0，A1，A2，An1为全集，记Ai的全部邻点及Ai有连线段的点的集合为Bi，Bi中点的个数记为|Bi| =bi，明显且bi(n1)(i=0，1，2，n1).假设存在bi=n1时，只须取那么图中必存在四边形，因此下面只探讨bi<n1(i=0，1，2，n1)的状况.不妨设q2b0n1.用反证法.假设图中不存在四边形，那么当ij时，Bi及Bj无公共点对，即|BiBj|10i<jn1.因此，(i=1，2，n1). 故故(n1)(nb0)( nb01)(nqq2b0)( nqqn3b0)q(q1) (nb0) ( nb01)(nqq2b0)( nqqn3b0) 但( nqqn3b0)q( nb01)= (q1) b0n3(q1) (q2) n3=0 及(nqq2b0)(q+1)(nb0)= qb0qn2q(q2) qn2=1>0 由，及(nb0) (q1)，( nb01) q皆是正整数，得(nqq2b0)( nqqn3b0)> q(q1) (nb0) ( nb01)而这及所得的式相冲突，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B1，C1分别为边AC，AB的中点，射线B1I交边AB于点B2B2B，射线C1I交AC的延长线于点C2，B2C2及BC相交于k，A1为BHC外心，试证：A，I，A1三点共线的充分必要条件是BKB2和CKC2的面积相等.二、求出同时满意如下条件的集合S的元素个数的最大值：1S中的每个元素都是不超过100的正整数；2对于S中随意两个不同的元素a，b，都存在S中的元素c，使得a及c的最大公约数等于1，并且b及c的最大公约数也等于1；3对于S中随意两个不同的元素a，b，都存在S中异于a，b的元素d，使得a及d的最大公约数大于1，并且b及d的最大公约数也大于1.三、给定正整数n，求最小的正数，使得对任何i0，/2，i=1，2，n，只要tan1tan2tann=2n/2，就有cos1cos2cosn.四、求全部满意a2，m2的三元正整数组a，m，n，使得an203是am1的倍数.五、某公司须要录用一名秘书，共有10人报名，公司经理确定依据求职报名的依次逐个面试，前3个人面试后肯定不录用，自第4个人开始将他及前面面试过的人相比较，假如他的实力超过了前面全部已面试过的人，就录用他；否那么就不录用，接着面试下一个，假如前9个都不录用，那么就录用最终一个面试的人.假定这10个人的实力各不一样，可以按实力由强到弱排为第1，第2，第10. 明显该公司究竟录用到哪一个人，及这10个人报名的依次有关. 大家知道，这样的排列共有10！种，我们以Ak表示实力第k的人可以被录用的不同报名依次的数目，以Ak/10！表示他被录用的可能性.证明：在该公司经理的方针之下，有1A1>A2>>A8= A9= A10；2该公司有超过70%的可能性录用到实力最强的3个人之一，而只有不超过10%的可能性录用到实力最弱的3个人之一.六、设a，b，c，d为正实数，满意abcd=1；点Pixi，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：ay1by2cy3dy42ax4bx3cx2dx12.参考答案一、H是ABC的垂心，A1是BHC的外心，BHC=180°BAC，BA1C=2BAC.又由题设知ABAC，从而A，I，A1共线，即A1在BAC平分线上A1在ABC外接圆上BA1CBAC =180°BAC =60°. 现证BAC =60°.作IDAB于D，IEAC于E，设BC=a，CA=b，AC=c，那么故A，I，A1共线的充要条件是BKB2和CKC2的面积相等.二、设，其中q是不被2，3，5，7，11整除的正整数，ai为非负整数，n100，那么nSai(1i5)中恰有一个或两个为正整数，即S由以下元素组成：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的正整数中及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的正整数中及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满意题设条件.明显满意条件1；对S中随意两个不同的元素a, b, 那么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c2，3，5，7，11，使得a，c=(b，c)=1，且明显cS，因此S满意条件2；对S中随意两个没同的元素a，b，假设a，b=1，分别取的a，b最小质因素p，q，那么p，q2，3，5，7，11且pq，令c=pq，那么有cS，ca，cb且a，c=p>1，b，c=q>1；假设a，b=d>1，取d的最小质因数p，及不整除ab的最小质数q，那么p，q2，3，5，7，11，令c=pq，那么有cS，ca，cb且a，cp>1，b，cp>1.因此S满意条件3.以下证明任何满意题设的S的元素数目不大于72.首先证明满意题设条件的Sp1，p2为大于10的质数，且p1，p2S，那么由3知存在cS，使得p1，c>1，p2，c>1，从而有p1 | c，p2|c，p1p2|c，由此可知cp1p2>100，这及1冲突.从而10及100之间的21个质数11，13，17，23，97至多只有一个在S中.又明显1S.设集合T是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的.下面证明T中至少还有7个数不在S中.1°假设有某一个大于10的质数p在S中，那么S中全部各数的最小质因数只可能是2，3，5，7，p中的一个.i假设7pS，那么2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p包含了S中全部各数的最小质因数，因此由条件2知2×3×5，22×3×5，2×32×5S；假设7pS，那么由条件3知7，7×7，7×11，7×13S； ii假设5pS，那么由2知，2×3×7，22×3×7S；假设5pS，那么由条件3知5，5×5，5×7S.iii3p及2×5×7不同属于S.iv2×3p及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°假如没有大于10的素数属于S，那么S中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，那么如下的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，假设上述7对数中任何一对数a，b都属于S，那么由2知，存在cS，使得a，c=b，c=1，这及ab包含了S中每个元素的全部最小质因数冲突.由1°，2°知T中至少还有7个数不属于S，从而满意条件的S的元素个数的最大值为72.三、1°证当n=1，2时，=，当n=1时，tan1=，cos1=.当n=2时，tan1 tan2=2，cos1=i=1，2.令tan21=x，那么tan22=4/x，那么等号成立当且仅当，由此易知当且仅当x，当且仅当1=2时，等号成立.2°当n3时，=ncos1cos2cosn<n1 1不妨设123n，要证明1式只要证cos1cos2cos3<2 2tan1tan2tann=2n/2，故tan1tan2tan3=. 假设3式不成立，即tan22tan23>7，从而tan21tan221cos2<1/，cos1cos2cos3<1<2. 从而1式得证.现证=n1为最小的.事实上，假设0<<n1，那么取=/n1<1，从而存在i<0，/2i=1，2，n，使得co si=，tani=i=1，2，n1，tann=2n/2(/)n1，从而tan1tan2tann=2n/2，但cos1cos2cosn1cosn > cos1cos2cosn1=当n3时，最小的正数为n1.综上所求最小正数四、设n=mqr，0rm1，那么an203=amqr203=amqar203(1)qar203(mod(am1)从而am1|an203 am1|(1)aark(am1)= (1)qar203.1°假设2|q，那么k(am1)= ar203. i假设r=0，那么有k(am1)=204=22×3×17由a2,m2，易知只有a=2，m=4及a=4，m=2满意上式.故a，m，n=2，4，8t或4，2，4t，其中t为非负整数下同.ii假设r1，由有arkamr1=203k.对于1k9，简单验证只有当k=8时，存在a=5，m=2，r=1满意上式，即a，m，n=5，2，4t1.对于k10，那么由有10am1ar203kam1203故am110a1193，a可能值为2，3，4.当a=2时，m可能值为2，3，4，简单验证仅当a=2，m=2，r=1或a=2，m=3，r=2时满意式，故a，m，n=2，2，4t1或2，3，6t2当a=3，4时，均不存在m，r满意式.2°假设q为奇数，那么kam1=203ar 由0rm1知，k0.i当k=0时，a=203，r=1对随意的不小于2的整数m式都成立，故a，m，n=203，m，2t1m1ii假设k1，那么当r=0时，由有kam1=202简单验证仅当a=10，m=2时，上式成立，故a，m，n=10，2，4t2当r1时，由有ar(kamr1)=203k.对于1k5，简单验证仅当k=3时，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3时，满意上式.a，m，n=8，2，4t3或2，6，12t9对于k6，由有6amam只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.简单验证仅当am=32，r=1时，满意2式，a，m，n=3，2，4t3.综上满意题设条件的三元正整数组a，m，n为2，4，8t，4，2，4t，5，2，4t1，2，2，4t1，2，3，6t2，203，m，2t1m1，10，2，4t2，8，2，4t3，2，6，12t9，3，2，4t3，其中t为非负整数.五、设Ak(a)表示当前3名中实力最强者实力排名为第a，实力排名为第k的人可以被录用的不同报名依次的数目.当a=1时，仅当实力第k的人最终一个报名时，才被录用，所以Ak(1)=3·8！1. 当2a8时，假设k=a，a1，10，那么有Ak(a)=0；假设k=1，2，3，a1，那么有六、令u=ay1by2，v=cy3dy4，u1=ax4bx3，v1=cx2dx1，那么u2ay1by22ax1bx22=a2b22ab(x1x2y1y2)x1x2y1y2 v12cx2dx12cy2dy12= c2d22cd(y1y2x1x2)y1y2x1x2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、DAA、B、C、D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，满意E1F1EF，F1G1FG，G1H1GH，H1E1HE的值.二、已给正整数c，设数列x1，x2，满意x1=c，且xn=xn11,n=2，3，其中x表示不大于x的最大整数.求数列xn的通项公式.三、设M是平面上n个点组成的集合，满意：1M中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；2对M中随意5个点，假设这5个点是一个凸五边形的5个顶点，那么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x0，x1，xn，xn1，满意2对于1中的数列x0，x1，xn，xn1满意|xi|a|，i=0，1，n1.五、给定正整数n(n2)，设正整数ai=(i=1，2，n)满意a1<a2<<an以及1.求证：对随意实数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=a1a2a2004，且满意1a1<a2<<a2004，ai|ai1，i=1，2，2003.参考答案一、1如图1，假设EFAC那么，代入条件得，所以，HGAC. 从而，E1F1ACH1G1.故.2如图2，假设EF及AC不平行. 设FE的延长线及CA的延长线相交于点T. 由梅涅劳斯定理得.T、H、GTF、TG及E1H1分别交于点M、N. 由E1BEF，得E1A=·AM.同理，H1A=·AN.所以，二、明显，当n2时，.令an=xn1，那么a1=c1，对随意非负整数A，令三、先证n11.设顶点在M中的一个凸七边形为A1A2A7，连结A1A5.由条件2知，在凸五边形A1A2 A3A4A5中至少有M中一个点，记为P1.连结P1A1、P1A5，那么在凸五边形A1P1 A5A6 A7内至少有M中一个点，记为P2，且P2异于P1.连结P1P2，那么A1，A2，A7中至少有5个顶点不在直线P1P2上. 由抽屉原那么知，在直线P1P2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点及点P1、P2构成的凸五边形内，至少含有M中一个点P3. 再作直线P1P3、P2P3.令直线P1P2对应区域3，它是以直线P1P2为边界且在P1P2P3异侧的一个半平面不含直线P1P2.类似地定义区域1、2. 这样，区域1、2、3覆盖了平面上除P1P2P3外的全部点.由抽屉原那么知，7个顶点A1，A2，A7中必有1=3个顶点在同一区域不妨设为3P1、P2构成一个顶点在M中的凸五边形，故其内部至少含M中一个点P4.所以，n11. 下面构造一个例子说明n=11是可以的.如下图，凸七边形A1A2A7为一整点七边形，设点集M为7个顶点A1，A2，A7且其内部有4个整点.那么明显满意条件1. 这个点集M也满意条件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nN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种状况：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一样. 于是，它们连线的中点PP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，那么P为ABPE，那么PBCDE是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.冲突.综上所述，n的最小值为11.，i=1，2，及x0=0可知每一xi是x1的3i1次实系数多项式，从而，xn1为x1的3n次实系数多项式. 由于3n为奇数，故存在实数x1，使得xn1=0. 由x1及x0=0可计算出xi . 如此得到的数列x0，x1，xn1满意所给条件.w0，w1，wn1；v0，v1，vn1为满意条件的两个数列，那么2设|最大，那么五、当x2|a|a11时，由可得六、我们证明更一般的结论：对任给正整数rr2，总存在正整数Nr，当nNr时，存在正整数a1，a2，ar，使得n=a1a2ar，1a1<a2<<ar，ai|ai1，i=1，2，r1.证明如下：当r=2时，有n=1n1，取N2=3即可.假设当r=k时结论成立. 当r=k1时，取N(k1)=4N(k)3. 设n=2a(2l1)，假设nN(k1)=4N(k)3，那么2a2N(k)2，那么存在正偶数2ta，使得22tN(k)2，即2t1N(k). 由归纳假设，存在正整数b1，b2，bk，使得2t1= b1b2bk，1b1<b2<<bk，bi| bi1，i=1，2，k1.那么2a=2a2t×22t=2a2t 1(2t1) (2t1)=2a2t2a2t(2t1)b12a2t(2t1)b22a2t(2t1)bkn=2a2t(2l1)2a2t(2t1) b1(2l1)2a2t(2t1) bk(2l1)假设2l12N(k)，那么lN(k).由归纳假设，存在正整数c1，c2，ck使得l=c1c2ck，1c1<c2<<ck，ci| ci1，i=1，2，k1.因此，n=2a2a1 c12a1 c22a1 ck满意要求.由数学归纳法知，上述一般结论对全部的r2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DEAC、DFAB，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A0，1，2，29，满意：对任何整数k及A中随意数a、ba、b可以一样，ab30k均不是两个相邻整数之积. 试定出全部元素个数最多的A.三、设A(a1，a2，an)|aiR，i=1,2, n，A是有限集. 对随意的=(a1，a2，an)A，=(b1，b2，bn) A，定义：，=(|a1b1|，|a2b2|，|anbn|)，DA=，A，A .试证： | DA|A|.四、求全部正整数集上到实数集的函数f，使得1对随意n1, f(n1)f(n)；2对随意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中随意两数之和不属于M时，称B为M一自由集. 假如A=A1A2，A1A2=，且A1、A2均为M一自由集，那么，称有序对A1，A2为A的一个M一划分. 试求A的全部M一划分的个数.六、设实数列xn满意：x0=0，x2=x1，x3是正整数，且，n2. 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DGBE，垂足为G.由勾股定理知BG2GE2=BD2DE2=BD2DF2=BF2. 所以，线段BG、GE、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，那么AD垂直平分EF. 设AD交EF于点Q，作EPBC，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，ARQADC, .从而，AR·AC=AQ·AD=AF2=AF·AE，即.所以，RE/FC，AFC=ARE.因为A、R、D、P四点共圆，G、D、P、E四点共圆，那么BG·BE=BD·BP=BR·BA.故A、R、G、E四点共圆.所以，AGE=ARE=AFC.因此，A、F、G、H四点共圆.二、所求A为3l2|0l9.设A满意题中条件且|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. 那么对随意aA，有2a0，2，6，12，20，26mod 30，即a0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28mod 30.因此，A2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29.后一集合可分拆成以下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.假设|A|=10，那么每个子集恰好包含A中一个元素，因此，20A，29A.由20A知12 A，22 A，从而，8A，14A.这样，4 A，24 A，因此，2A，26A.由29A和7 A，27 A，从而，5A，23A. 这样，9 A，19 A，因此，11A，17A.综上有A=2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，此A的确满意要求.三、对n和集A的元素个数用归纳法.假如A恰有一个元素，那么DA仅包含一个零向量，结论成立.假如n=1，设A=a1<a2<<am，那么0，a2a1，a3a1，ama1DA.因此， | DA|A|.假定|A|>1和n>1，定义B=x1，x2,，xn1|存在xn使得(x1，x2，xn1，xn)A.由归纳假设|DB|B|.对每一个bB，令Ab=xn|(b，xn)A，ab=maxx|xAb,C=Ab，ab|bB.那么|C|=|A|B|.DDB因为|C|<|A|，由归纳假设|D(C)|C|.另一方面，D(A)= (D，|aa|)|d(b，b)=D，且aAb，aAb.DDB类似地，再令Cb=Abab，有DC= (D，|cc|)|d(b，b)=D，且cCb，cCb.留意到，对每一对b、bB，最大差|aa|(aAb，aAb)肯定是a=ab或a=ab.于是，这个最大差不出如今|cc| cCb，cCb中.因此，对任何的DDB，集合|cc|d(b，b)=D，且cCb和cCb并不包含集合|aa|d(b，b)=D，且aAb和aAb中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D(C)|D(A)|D(B)|.故|D(A)|D(B)|D(C)|B|C|=|A|.四、明显，f=0是问题的解.设f0，那么f(1)0.否那么，对随意正整数n有f(n)=f(1)f(n)=0，冲突. 于是得f(1)=1.由1可知f(2)1.