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．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（ ）

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P点,则线段PF的长等于( )

A． B． C． D．

4、若，则的最大值是（ ）.

A． B． C． D．

5、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，则函数的最小值是（ ）

A． B． C． D．

6、在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于（ ）

A． B． C． D．

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、不等式|x|3－2x2－4|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，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，则实数a的取值范围是__________.

10、已知a，b，c，d均为正整数，且，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Mn={（十进制）n位纯小数0.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=__________.

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、设，证明不等式.

14、设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=＋bi，Z2=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＋2 Z1cos2tsin2t＋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.

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，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=q2＋q＋1，l≥q（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=a2026－45=a1981，2115= a2115－45= 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1981＋22=2003，故a2003= a1981＋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，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：3x2－8x－16=0.由此求得弦AB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，故选（A）.

4、

5、由已知得，故

而x∈（－2，）∪（，2），故当之值最小，而此时函数u有最小值，故选（D）.

6、如图，过C作，以△CDE为底面，BC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. 而△CDE的面积S=CE×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故

因此，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.

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|PF1|＋|PF2|=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=，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)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5

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－4≤a≤－1.

10、由已知可得因此，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△A′AB中，A′A= A′B=AB=2.设AB的中点为N，

则A′N=.

又OM=OA=，ON=1.所以MN=－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=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=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a2＋b2＋c2＋d2），因此a＋b＋c＋d≤2（当且仅当a=b=c=d时取等号）.

取a=b=，c=，d=，则

因为，，不能同时相等，所以.

14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi =acos4t·i＋2(＋bi) cos2tsin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得

x= cos2tsin2t＋sin4t=sin2t

y=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)

即y=(a＋c－2b)x2＋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. 所以直线DE的方程为

y=(c－a)x＋(3a＋2b－c) ②

由①，②联立得a＋c－2b（x－）2=0.

由于a＋c－2b≠0，故（x－）2=0，于是得x=. 注意到，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，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， O上点A′（Rcosα，Rsinα）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－Rcosα)2＋(y－Rsinα) 2=(x－a)2＋y2，即2R(xcosα＋ysinα)=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，即BC·AD=AB·DQ.

又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故；同理由△PCB∽△PBD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·BD＋BC·AD= AB·CD

于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.

在△CBQ与△ABD中，，∠BCQ=∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.

二、由题设可知

于是

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，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={A0，A1，A2，…，An－1}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，显然且bi≤(n－1)(i=0，1，2，…，n－1).

若存在bi=n－1时，只须取

则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi<n－1(i=0，1，2，…，n－1)的情况.

不妨设q＋2≤b0≤n－1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i≠j时，Bi与Bj无公共点对，即|Bi∩Bj|≤1（0≤i<j≤n－1）.因此， (i=1，2，…，n－1). 故

故(n－1)(n－b0)( n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)( nq－q－n＋3－b0)

q(q＋1) (n－b0) ( n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)( nq－q－n＋3－b0) ①

但( nq－q－n＋3－b0)－q( n－b0－1)= (q－1) b0－n＋3≥(q－1) (q＋2) －n＋3=0 ②

及(nq－q＋2－b0)－(q+1)(n－b0)= qb0－q－n＋2≥q(q＋2) －q－n＋2=1>0 ③

由②，③及(n－b0) (q＋1)，( n－b0－1) q皆是正整数，得

(nq－q＋2－b0)( nq－q－n＋3－b0)> q(q＋1) (n－b0) ( n－b0－1)

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：

（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＋cosθ2＋…＋cosθn≤λ.

四、求所有满足a≥2，m≥2的三元正整数组（a，m，n），使得an＋203是am＋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

（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Pi（xi，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：

（ay1＋by2＋cy3＋dy4）2＋（ax4＋bx3＋cx2＋dx1）2≤.

参考答案

一、∵H是△ABC的垂心，A1是△BHC的外心，∴△BHC=180°－∠BAC，∠BA1C=2∠BAC.

又由题设知AB≠AC，从而A，I，A1共线，即A1在∠BAC平分线上A1在△ABC外接圆上∠BA1C＋∠BAC =180°∠BAC =60°.

现证∠BAC =60°.

作ID⊥AB于D，IE⊥AC于E，设BC=a，CA=b，AC=c，则

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，n≤100，则n∈Sai(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°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2×3×5，22×3×5，2×32×5S；

若7pS，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13S；

（ii）若5p∈S，则由（2）知，2×3×7，22×3×7S；

若5pS，则由条件（3）知5，5×5，5×7S.

（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，tanθ1=，∴cosθ1=.

当n=2时，tanθ1 tanθ2=2，cosθ1=（i=1，2）.

令tan2θ1=x，则tan2θ2=4/x，则

等号成立当且仅当，由此易知当且仅当x=2时等号成立.故，当且仅当θ1=θ2时，等号成立.

2°当n≥3时，λ=n－1.先证

cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn<n－1 （1）

不妨设θ1≥θ2≥θ3≥…≥θn，要证明（1）式只要证

cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<2 （2）

tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，故tanθ1tanθ2tanθ3=.

若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan2θ3>7，从而tan2θ1≥tan2θ2>7/2.故cosθ1≤cosθ2<1/，cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<＋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 sθi=α，tanθi=（i=1，2，…，n－1），tanθn=2n/2(α/)n－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

四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则

an＋203=amq＋r＋203=amqar＋203≡(－1)qar＋203(mod(am＋1))

从而am＋1|an＋203 am＋1|(－1)aar＋203.即

k(am＋1)= (－1)qar＋203.

1°若2|q，则k(am＋1)= ar＋203. ①

（i）若r=0，则有

k(am＋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ar（kam－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（am＋1）≤ar＋203≤kam－1＋203

故am－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（am＋1）=203－ar 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（am＋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ar(kam－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（am＋1）<203.故am只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.

容易验证仅当am=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Ak(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

Ak(1)=3·8！γ1. ①

当2≤a≤8时，若k=a，a＋1，…，10，则有Ak(a)=0；

若k=1，2，3，…，a－1，则有

六、令u=ay1＋by2，v=cy3＋dy4，u1=ax4＋bx3，v1=cx2＋dx1，则

u2≤（ay1＋by2）2＋（ax1－bx2）2=a2＋b2－2ab(x1x2－y1y2)

x1x2－y1y2≤ ①

v12≤（cx2＋dx1）2＋（cy2－dy1）2= c2＋d2－2cd(y1y2－x1x2)

y1y2－x1x2≤　　　　　　　②

①＋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.而点A、B、C、D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，满足E1F1∥EF，F1G1∥FG，G1H1∥GH，H1E1∥HE.已知.求的值.

二、已给正整数c，设数列x1，x2，…满足x1=c，且xn=xn－1＋＋1,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：

（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x0，x1，…，xn，xn＋1，满足

（2）对于（1）中的数列x0，x1，…，xn，xn＋1满足|xi|≤|a|，i=0，1，…，n＋1.

五、给定正整数n(n≥2)，设正整数ai=(i=1，2，…，n)满足a1<a2<…<an以及≤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=a1＋a2＋…＋a2004，且满足1≤a1<a2<…<a2004，ai|ai＋1，i=1，2，…，2003.

参考答案

一、（1）如图1，若EF∥AC则，代入已知条件得，

所以，HG∥AC.

从而，E1F1∥AC∥H1G1.

故.

（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.

结合题设有.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E1B∥EF，得E1A=·AM.

同理，H1A=·AN.所以，

二、显然，当n≥2时，.

令an=xn－1，则a1=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A1P1 A5A6 A7内至少有M中一个点，记为P2，且P2异于P1.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Ⅱ3，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Ⅱ1、Ⅱ2. 这样，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3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＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）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A1A2…A7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（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，i=1，2，…及x0=0可知每一xi是x1的3i－1次实系数多项式，从而，xn＋1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xn＋1=0. 由x1及x0=0可计算出xi . 如此得到的数列x0，x1，…，xn＋1满足所给条件.

惟一性.设w0，w1，…，wn＋1；v0，v1，…，vn＋1为满足条件的两个数列，则

（2）设||最大，则

五、当x2≥|a|（a1－1）时，由可得

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a1，a2，…，ar，使得n=a1＋a2＋…＋ar，1≤a1<a2<…<ar，ai|ai＋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b1，b2，…，bk，使得

2t＋1= b1＋b2＋…＋bk，1≤b1<b2<…<bk，

bi| bi＋1，i=1，2，…，k－1.

则2a=2a－2t×22t=2a－2t [1＋(2t－1) (2t＋1)]

=2a－2t＋2a－2t(2t－1)b1＋2a－2t(2t－1)b2＋…＋2a－2t(2t－1)bk

n=2a－2t(2l＋1)＋2a－2t(2t－1) b1(2l＋1)＋…＋2a－2t(2t－1) bk(2l＋1)

若2l＋1≥2N(k)，则l≥N(k).由归纳假设，存在正整数c1，c2，…，ck使得

l=c1＋c2＋…＋ck，1≤c1<c2<…<ck，

ci| ci＋1，i=1，2，…，k－1.

因此，n=2a＋2a＋1 c1＋2a＋1 c2＋…＋2a＋1 ck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，…，an)|ai∈R，i=1,2, …n}，A是有限集. 对任意的α=(a1，a2，…，an)∈A，β=(b1，b2，…，bn) ∈A，定义：

γ（α，β）=(|a1－b1|，|a2－b2|，…，|an－bn|)，

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=A1∪A2，A1∪A2=，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=x1，x3是正整数，且，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′E2=BD2－DE2=BD2－DF2=BF2. 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,.

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，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2a0，2，6，12，20，26（mod 30），即a0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28（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={a1<a2<…<am}，则

{0，a2－a1，a3－a1，…，am－a1}D（A）.

因此， | D（A）|≥|A|.

假定|A|>1和n>1，定义B={x1，x2,…，xn－1|存在xn使得(x1，x2，…，xn－1，xn)∈A}.

由归纳假设|D（B）|≥|B|.

对每一个b∈B，令Ab={xn|(b，xn)∈A}，ab=max{x|x∈Ab},C=A\{b，ab}|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∈Ab，a′∈Ab′}.

类似地，再令Cb=Ab\{ab}，有D（C）= {(D，|c－c′|)|d(b，b′)=D，且c∈Cb，c′∈Cb′}.

注意到，对每一对b、b′∈B，最大差|a－a′|(a∈Ab，a′∈Ab′)一定是a=ab或a′=ab′.于是，这个最大差不出现在{|c－c′|| c∈Cb，c′∈Cb′}中.

因此，对任何的D∈D（B），集合{|c－c′||d(b，b′)=D，且c∈Cb和c′∈Cb′}并不包含集合{|a－a′||d(b，b′)=D，且a∈Ab和a′∈Ab′}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、显然，f=0是问题的解.

设f0，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).