2022年高中数学奥林匹克竞赛全真试题 .pdf

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1、1 2003 年全国高中数学联合竞赛试题一、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 2046 B2047 C2048 D2049 2、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的直线 .假设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 ( ) A163B83C1633D8 34、假设5,123x，则2tan()tan()cos()366yxxx的最大值是. A1225

2、B1126C1136D12355、已知 x、y 都在区间 2，2内，且 xy= 1，则函数224949uxy的最小值是 A85B2411C127D1256、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A32B12C13D33二、填空题此题总分值54 分，每题9 分7、不等式 |x|32x24|x| 30 的解集是 _. 8、设 F1，F2是椭圆22194xy的两个焦点， P 是椭圆上的点，且|PF1|：|PF2|=2： 1，则PF1F2的面积等于 _. 9、已知 A= x|x2 4x3mn.已知44433310101

3、0lmn，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=q2 q1，l12qq 121，q2，qN.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、注意到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

4、项中没有完全平方数. 又 198122=2003，故 a2003= a198122=202622=2048.故选 C. 2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=axb 和221xyab，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=3x. 因此， A，B 两点的横坐标满足方程：3x28x16=0.由此求得弦AB 中点的横坐标043x，纵坐标043y，进而求得其中垂线方程414()333yx，令y=0，得P 点的横坐标416433x，即163PF，故选 A. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2

5、 页，共 45 页3 4、22tan()cot()cos()3361cos()226cos()sin()332cos()46sin(2)3542,2,.12322364625cos(),.46123sin(2)3113.36yxxxxxxxxxxxxxxy因为所以可见与在上同为递增函数故当时, 取最大值故选().C5、由已知得1yx，故2422242224997243514491937437(9)xxxuxxxxxx而 x 2，1212，2 ，故当222224249,93xxxxx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/CEAB，以 CDE 为底面， BC

6、 为侧棱作棱柱ABF ECD，则所求四面体的体积V1等于上述棱柱体积V2的13. 而 CDE 的面积S=12CE CD sinECD，AB与 CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF ECD 的高，故21133sin2 132222VMNCECDECD因此121132VV，故选 B. 二、填空题7、 由 原 不 等式 分 解可得 |x| 3 x2 |x| 1 0 ，由 此 得 所求 不 等式 的 解 集为5151( 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=5，故|PF1|PF2|=2a=6，又已知 |PF1|：|PF2|=2：1，

7、故可得 |PF1|=4，|PF2|=2. 在 PF1F2中，三边之长分别为2，4，2 5，而 2242=225，可见 PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 45 页4 2 和 4，故 PF1F2的面积 =12|PF1|PF2|=12 24=4. 9、易得 A=1，3 ，设f(x)=21xa， g(x)=x22(a7)x5 要使AB，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 4a 1. 10、

8、由已知可得352424,( ) ,() .bdab cdacac从而因此， a|b，c|d.又由于 ac=9，故22222422222259( )()9,()()9,.41bbdabdbdbdacacaadccbdcac即故因而于是得 a=25，b=125，c=16，d=32.故 bd=93. 11、如图，由已知上下层四个球的球心A， B， C， D和 A，B，C，D 分别是上下两个边长为2 的正方形的顶点，且以它们的外接圆O和O 为上下底面构成圆柱.同时， A在下底面的射影必是AB的中点 M. 在 AAB 中， AA= AB=AB=2.设 AB 的中点为N，则 AN=3. 又OM=OA=2，

9、ON=1. 所以MN=21 ，224()()2 28A MA NMN.因此所示原来圆柱的高为482. 12、因为 Mn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11211212111111112()221010101011(1)11010221101101112(1)2910101111limlim (1).18181010nnnnnnnnnnnnnnnnnnnSST故三、解答题13、由于 abcd2=a2b2c2d22a

10、bac adbcbdcd 4a2b2 c2d2 ，因此 abcd 22222abcd当且仅当a=b=c=d 时取等号 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 45 页5 取 a=b=1x，c=23x，d=153x，则21231532 (1)(1)(23)(153 )2142 19xxxxxxxx因为1x，23x，153x不能同时相等， 所以21231532 19xxx. 14、设 Z=xyi(x，yR)，则 x yi =acos4ti2(12bi) cos2tsin2t(1ci)sin4t，实虚部别离，可得x= cos2ts

11、in2tsin4t=sin2ty=a(1x)22b(1x)x cx2(0 x1) 即 y=(ac2b)x2 2(ba)xa又因为 A，B，C 三点不共线， 故 a c2b 0.可见所给 曲 线 是 抛 物 线 段 如图 .AB， BC 的 中 点 分别 是13(,),(,)4242abbcDE. 所以直线DE 的方程为y=(ca)x14(3a2b c)由，联立得a c2b x122=0. 由于 ac 2b0，故 x122=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(,)24acb，其对应的复数为1224acb

12、Zi15、如图，以 O 为原点， OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则有Aa，0. 设折叠时，O 上点 A Rcos，Rsin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 Rcos)2 (y Rsin)2=(x a)2y2，即2R(xcosysin)=R2a2 2ax，故精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 45 页6 2222222222222222222222222222cossin222sin(),sin,cos.22| 1

13、.()2()21.()()()222()2()()()222xyRaaxxyR xyRaaxxyRxyxyxyRaaxR xyaxyRRaaxyRRa可得其中故此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化为即所求点的集合为椭圆1().外 含边界 部分加试一、如图，连结AB，在 ADQ 与 ABC 中， ADQ = ABC， DAQ=PBC=CAB，故ADQ ABC，而有BCDQABAD，即 BCAD=ABDQ. 又由切割线关系知PCA PAD ，故PCACPAAD；同理由 PCB PBD 得BCBCPBBD. 又因 PA=PB，故ACBCADBD，得 ACBD=BCAD=ABDQ. 又由关于圆

14、内接四边形ACBD 的托勒密定理知ACBDBCAD= ABCD于是得 ABCD=2ABDQ，故 DQ=12CD，即 CQ=DQ. 在 CBQ 与 ABD 中，ADDQCQABBCBC， BCQ=BAD，于是CBQ ABD，故 CBQ=ABD，即得 DBQ=ABC=P AC. 二、由题设可知444444333333101010101010llmmnn于是444333 (mod2 )333 (mod )333 (mod5 )lmnlmnlmn 由于 3，2=3，5=1，由可知3lm3mn1(mod 24). 现在设 u 是满足 3u1(mod 24)的最小正整数，则对任意满足3v1(mod 24)

15、的正整数v，我们有 u |v，即 u 整除 v. 事实上， 假设|u v，则由带余除法可知，存在非负整数a 与 b，使得 v=aub，其中 0mn，所以有rs. 这样一来， 三角形的三个边为500rn、500s n 和 n.由于两边之差小于第三边，故 n500(rs)，因此，当s=1，r=2，n=501 时三角形的周长最小，其值为1000501 500501 501=3003 三、设这 n 个点的集合V= A0，A1，A2， An1为全集，记Ai的所有邻点与Ai有连线段的点的集合为Bi，Bi中点的个数记为|Bi| =bi，显然112niibl且 bi(n1)(i=0，1，2，n1). 假设存在

16、 bi=n 1 时，只须取2111(1)1(1)(1)1(1)1222nlnqnq q则图中必存在四边形，因此下面只讨论bin 1(i=0，1，2， n 1)的情况 . 不妨设 q2b0n1.用反证法 .假设图中不存在四边形，则当ij 时， Bi与 Bj无公共点对，即 |BiBj|10i0 由，及 (nb0) (q1)，( n b01) q 皆是正整数，得(nqq2b0)( nqqn3b0) q(q1) (nb0) ( nb01) 而这与所得的式相矛盾，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B1，C1分别为边 AC，AB 的中点，

17、已知射线 B1I 交边 AB 于点 B2B2B ，射线 C1I 交 AC 的延长线于点C2， B2C2与 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、求出同时满足如下条件的集合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

18、约数也大于1. 三、给定正整数n，求最小的正数，使得对任何i 0， /2 ， i=1，2， n ，只要 tan1tan2tann=2n/2，就有 cos1cos2 cosn . 四、求所有满足a2，m2 的三元正整数组a，m，n ，使得 an203 是 am1 的倍数 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 45 页9 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

19、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1A1A2A8= 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abcd=1；点

20、 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：ay1by2cy3dy42 ax4bx3cx2dx1222222()abcdabcd. 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 =180BAC =60 . 现证22BKBCKCSSBAC =60. 作 ID AB 于 D， IEAC 于 E， 设 BC=a， CA=b， AC=c，则12121 2121222222 22222()sin,(

21、sin)222(),22.()ABCAB BABCABCABCBKBCKCABCAB CSIDIEabcSID ABABAB ABAID ABABABAIDSSSbbABabcbcabcbcABabcbcACabcSSSSbcbcbcabc abcabc故故同理22260 .bcabcbcBAC精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 45 页10 故 A，I，A1共线的充要条件是BKB2和 CKC2的面积相等 . 二、设351212 357 11aaaaanq，其中 q 是不被2，3，5，7，11 整除的正整数，ai为非负整数，

22、 n100，则 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235，2235，2325，237，22 37，2 57，2311 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3，33， 333 共 17 个数；不超过 100 的正整数中与3 互质的 5 的奇数倍： 5，55，57，511，513，517，519 共 7 个数；不超过 100 的正整数中与15 互质的 7的奇数倍： 7，77，711，713 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

23、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c2 ，3，5，7，11 ，使得 a，c=(b，c)=1，且显然cS，因此 S满足条件 2 ；对 S中任意两个没同的元素a，b，假设 a，b=1，分别取的a，b 最小质因素p，q，则 p，q 2 ，3， 5，7，11 且 pq，令 c=pq，则有 cS，ca， cb 且 a，c=p1， b，c=q1；假设 a，b=d1，取 d 的最小质因数p，及不整除ab 的最小质数q，则 p，q2 ，3，5，7，11，令 c=pq ，则有 cS，ca，cb 且 a，c p1，

24、b，c p1. 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 .事实上假设p1，p2为大于 10的质数，且p1，p2 S，则由 3知存在cS，使得 p1，c1， p2，c1，从而有 p1| c，p2|c， p1p2|c，由此可知c p1p2100，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 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

25、数不在S中. 1假设有某一个大于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假设 7pS，则 235， 2235，2325，7p 包含了 S 中所有各数的最小质因数，因此由条件2知 235，223 5，2325S；假设 7pS，则由条件3知 7， 77，711，713S；ii假设 5pS，则由 2知， 237，2237S；假设 5pS，则由条件3知 5， 55，57S. iii 3p 与 257 不同属于S. iv23p 与 57 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

26、 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 p20 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 45 页11 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. 3，257 ， 5，237 ， 7，235 ，23，57 ， 25，3

27、7 ， 27，35 ，227， 3+25. 事实上，假设上述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， =3/3n，当 n=1 时， tan1=2， cos1=3/2. 当 n=2 时， tan1 tan2=2，cos1=21/ 1tanii=1，2. 令 tan21=x，则 tan22=4/x，则122coscos2 3/31/11/14/2 3/ 33( 114/)2 11

28、4/3(24/2 54/)4(54/)144/6 54/0,( 54/3)0,xxxxxxxxxxxxxxxxxx即等 号 成 立 当 且 仅 当54/30 xx， 由 此 易 知 当 且 仅 当x=2 时 等 号 成 立 .故12coscos2 3/3，当且仅当1=2时，等号成立 . 2当 n3 时， =n1.先证cos1cos2 cosnn1 1不妨设123n，要证明 1式只要证cos1cos2cos37，从而tan21tan227/2.故cos1 cos21/17/ 22 /3，cos1cos2cos32 2 /312. 从而 1式得证 . 现证 =n1 为最小的 . 事实上，假设0n1

29、，则取 =/n 11，从而存在i cos1cos2 cosn1=当 n3 时，最小的正数为n1. 综上所求最小正数3/3(1,2),1(3).nnnn四、设 n=mqr，0rm1，则an203=amqr 203=amqar 203(1)qar203(mod(am1) 从而 am1|an203am 1|(1)aar203.即k(am1)= (1)qar 203. 1假设 2|q，则 k(am1)= ar203. i假设 r=0，则有k(am1)=204=223 17 由 a2,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

30、t 为非负整数下同. ii假设 r1，由有arkamr1 =203k. 对于 1k9，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=5，2，4t1 . 对于 k10，则由有10am1 ar203kam1203 故 am110a1 193，a 可能值为2，3，4. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 45 页13 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 时满足式，故 a，m，n=2，2，4t1或 2，3，6t2当 a=3，4

31、时，均不存在m，r 满足式 . 2假设 q 为奇数，则kam 1=203ar由 0rm1 知， k0. i当 k=0 时， a=203，r=1 对任意的不小于2 的整数 m式都成立，故a，m，n=203，m， 2t1m1ii假设 k1，则当 r=0 时，由有kam 1=202 容易验证仅当a=10，m=2 时，上式成立，故a，m，n=10，2，4t2当 r 1 时，由有ar(kamr1)=203k. 对于 1k5，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， 2，4t3或 2，6，12t9对于 k6，由有6am133 8!1

32、0%.!10!六、令 u=ay1by2，v=cy3dy4，u1=ax4bx3，v1=cx2dx1，则u2 ay1by22 ax1bx22=a2b22ab(x1x2y1y2) x1x2 y1y22222abuabv12 cx2dx12 cy2 dy12= c2d2 2cd(y1y2x1x2) y1y2 x1x222212cdvcd并整理得22222212222221221122112222112222222211()()()()()()()()2()vuabcdabcdabcduvabcdabcdabcduvuvuvuvabcdabcdabcdabcduvuvabcdabcdabcdabcdvu

33、uvabcdabcdabcdabcd同理可得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 45 页15 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 GDHA.而点 A、B、C、D 分别在凸四边形E1F1G1H1的边 H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，满足E1F1EF， F1G1FG ，G1H1GH，H1E1HE.已知11E AAH.求11F CCG的值. 二、 已给正整数c， 设数列

34、x1， x2， 满足 x1=c， 且 xn=xn112(2)nxnn1,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，满足：1M 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，假设这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x0，x1， xn，xn1，满足0133110,1(),1,2, .2niiiixxxxxxain2对于 1中的数列x0， x1， xn，xn1满足

35、|xi| |a|，i=0，1， n1. 五、给定正整数n(n 2)，设正整数ai=(i=1，2， n)满足 a1a2an以及11niia1. 求证：对任意实数x，有22221111112(1)niiaxa ax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=a1a2 a2004，且满足1 a1a2a2004，ai|ai1，i=1，2， 2003. 参考答案一、 1如图 1，假设 EF AC 则BEBFEAFC，代入已知条件得DHDGHAGC，所以， HGAC. 从而， E1F1ACH1G1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

36、 - - - - - -第 15 页，共 45 页16 故1111F CE ACGAH. 2如图 2，假设 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1CFBE ATFB EA TC. 结合题设有1CG DHATGD HA TC.由梅涅劳斯定理逆定理知T、H、G 三点共线 .设 TF、TG 与 E1H1分别交于点M、N. 由E1BEF，得 E1A=BAEAAM. 同理， H1A=ADAHAN.所以，1111111111.,.,.AECABCAHCADCABCADCABCADCE AAMAB AHAHANAE ADSSAE ADEQQHSSAB

37、AHSE AEQAB AHAHQHAE ADSSF CF CE ACGSCGAH又故同理所以二、显然，当n2 时，112(1)nnnxxxn. 令 an=xn1，则 a1=c1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 45 页17 11112122,2,3,(1)(2),1,2,2,22(2)(1)(2)(1)22,1,2,.22(2)(1)2nnnnnnnnnnanaaannnnnuAnAnnnnnuAn nAunnuyn nnnnnynn设为非负整数 . 由于当时所以 数列满足式 .设由于当时,2222122121,(2)

38、,1,2,21,421 (21)1(1)(1)4211223 (22)231(1) (1)(2)2142121(nnnnnnnynynznnmmnmmmzm mmznmmnmmnmmmmzmmmnmmmm所以也满足式 .设当且时当且时,2(23)1)(2)4,nnmmzz从而也满足式 .对任意非负整数A，令2111111111(1)(2)2(1)(2)(2)241,2, .93 ,1,2,3,(1)(2);461(mod3),1(1)(2)62(mod3),2(1)(2)6nnnnnnnnnnnnnvuyAnnnnwuzAnvwauA yzaannaaannnaanann显然和都满足式由于所以

39、, 当 |时当时当时222)411(mod3),(1)(2)1;622(mod3),(1)(2)1;63(2)0(mod3),(1)(2)1.64nnnccxnnccxnnncncxnn综上可得当时当时当时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 45 页18 三、先证 n11. 设顶点在M 中的一个凸七边形为A1A2 A7， 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，则在凸五边形A1P1A5A6A7内至少有M 中一个点，记为P2，且 P2异于 P1

40、.连结 P1P2，则 A1，A2， A7中至少有 5 个顶点不在直线P1P2上. 由抽屉原则知，在直线P1P2的某一侧必有 3 个顶点，这3 个顶点与点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外的所有点 .由抽屉原则知，7 个顶点A1，A2， A7中必有73 1=3 个顶点在同一区域不妨设为3中 .这 3 个点与 P1、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

41、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 .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2nn 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

42、 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3311222iiiixxxax，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满足所给条件. 惟一性 .设 w0，w1， wn1；v0，v1， v

43、n1为满足条件的两个数列，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 45 页19 331133112211110022000000001100000001()21()21()()(1)2|,| |(1)11|11| |22,|iiiiiiiiiiiiiiii iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiwwwwavvvvawvwvwvww vvwvwvwvww vvwvwvwvwv所以设最大 则从而22000002220000000000|0,11,| 0,()0.| 0.|0,1,2, .iiiiiiiiiiiiiiiiiiww

44、 vvwvwvwvwvwvwvwv in或即或所以成立由的最大性知所有即2设 |0ix|最大，则3200003110033110000|(1)1|()|211| |.22| |.,| |,0,1,2,1.iiiiiiiiiiixxxxxxaxxaxaxaxain所以,因此五、当 x2|a| a1 1时，由111niia可得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 45 页20 222222111221121122222222211111211112|411124(1)4(1),11()()nnniiiiiinnnniiiiiii

45、iiiaxaxaxxaaxxaaaaaaxaxaxaa当时 由柯西不等式得对于正整数122222222222222222222122222211,1,1,2,1,222111()()()()42211111,2,1.1111()()()()2222111112()()()22niiiiiiiiiiiiiniiiiiaaainaaaaxaxaaxaxinaxaxaxaxaaxaxa有且故21222111111122(1)()2niixa axax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 n Nr时，存在正整数a1， a2，ar，使得 n=a1a2 ar， 1a1a2

46、ar，ai|ai1，i=1，2， r 1. 证明如下：当 r=2 时，有 n=1 n1，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，则 2a 2N(k)2，则存在正偶数2ta，使得 22t N(k)2，即 2t1N(k). 由归纳假设，存在正整数b1，b2， bk，使得2t1= b1b2 bk，1b1b2 bk，bi| bi1，i=1，2， k1. 则 2a=2a2t22t=2a2t 1(2t 1) (2t1) =2a2t 2a2t(2t1)b12a2t(2t1)b2 2a

47、2t(2t1)bkn=2a2t(2l1)2a2t(2t1) b1(2l 1) 2a2t(2t1) bk(2l1) 假设 2l12N(k)，则 l N(k).由归纳假设，存在正整数c1，c2， ck使得l=c1 c2 ck，1c1c2ck，ci| ci1，i=1，2， k1. 因此， n=2a2a1 c1 2a1 c2 2a1 ck满足要求 . 由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r2 成立 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 45 页21 2003 年 IMO中国国家队选拔考试试题一、在锐角 ABC 中，AD 是 A

48、的内角平分线， 点 D 在边 BC 上，过点 D 分别作 DEAC、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 A0，1，2， 29 ，满足：对任何整数k 及 A 中任意数a、ba、b 可以相同，ab30k 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， an)|aiR，i=1,2, n，A 是有限集 . 对任意的=(a1，a2，an)A，=(b1，b2， bn) A，定义：，=(|a1b1|，|a2b2|， |anbn|)，D A=，A

49、，A . 试证：| DA|A|. 四、求所有正整数集上到实数集的函数f，使得1对任意n1, f(n1) 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=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 的所有 M 一划分的个数. 六、设实数列 xn满足： x0=0，x2=32x1，x3是正整数，且3112311424nnn

50、nxxxx，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 DG BE， 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，则 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