高中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽全真試題

2003年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題

一、選擇題（本題滿(mǎn)分36分，每小題6分）

1、刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3,……中的所有完全平方數(shù)，得到一個(gè)新數(shù)列.這個(gè)新數(shù)列的第

2003項(xiàng)是（）

A.2046B.2047C.2048D.2049

2、設(shè)Q,b￡R,abWO,那么，直線(xiàn)ox—y+b=O和曲線(xiàn)bx2+ay2=ab的圖形是（）

3、過(guò)拋物線(xiàn)卯=8（x+2）的焦點(diǎn)R作傾斜角為60°的直線(xiàn).若此直線(xiàn)與拋物線(xiàn)交于A、B

兩點(diǎn)，弦的中垂線(xiàn)與x軸交于P點(diǎn),則線(xiàn)段PF的長(zhǎng)等于（）

168八16廠(chǎng)

C.-3-V3

TB.3

若[-藝，一則七的最大值是().

4、xw2],yutanCx+mj—tanpcf)+cos(x-tf)

123366

11B11析12后

B.-yf2C.—WD._火

5665

4Q

5、已知x、y都在區(qū)間（一2,2）內(nèi)，且刈=—1,則函數(shù)it=-------+—--的最小值是（）

4-x29-y2

A8B.24C.12D.12

51175

6、在四面體ABC。中，設(shè)AB=1,CD=&,直線(xiàn)AB與CD的距離為2,夾角為上，則四

面體ABCD的體積等于（）

A.近B.1C.2D.近

2233

二、填空題（本題滿(mǎn)分54分，每小題9分）

7、不等式因3-2x2—4因+3<0的解集是__________.

一萬(wàn)2y2

8、設(shè)K，F(xiàn)是橢圓+=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上的點(diǎn)，且|PFI：1=2：1,則4

129412

的面積等于.

PFXF2

9、已知A={RX2—4X+3<O,X￡R},B={X|2IF+QWO,X2—2（Q+7）X+5W0,X￡R}.若AcB,

則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

35

b=tlogd=

10.已知a,b,c,d均為正整數(shù)，且log。~c-,若a—c=9,b-d=-------------.

11、將八個(gè)半徑都為1的球分兩層放置在一個(gè)圓柱內(nèi)，并使得每個(gè)球和其相鄰的四個(gè)球相

切，且與圓柱的一個(gè)底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于.

12、設(shè)丁n={i(十進(jìn)制)n位純1小2數(shù)On.a,ai0…a16只取0或1(=1,2,…，n-1),a=l},

1

s

7；是以中元素的個(gè)數(shù)，S幾是心中所有元素的和，則lim^二-----------

三、解答題（本題滿(mǎn)分60分，每小題20分）

13、設(shè)二證明不等式2G7T+J2x—3+Jl5-3x+2炳.

2

14、設(shè)ABC分別是復(fù)數(shù)Z=ai，Z=[+bifZ=l+ci（其中a,b,c都是實(shí)數(shù)）對(duì)應(yīng)

°i22

的不共線(xiàn)的三點(diǎn).證明：曲線(xiàn)Z=4cos4t+2Z]COS2fsin2￡+4sin4t（R）與△ABC中平行于AC

的中位線(xiàn)只有一個(gè)公共點(diǎn)，并求出此點(diǎn).

15、一張紙上畫(huà)有半徑為R的圓O和圓內(nèi)一定點(diǎn)A,且OA=a,折疊紙片，使圓周上某一

點(diǎn)A'剛好與A點(diǎn)重合.這樣的每一種折法，都留下一條直線(xiàn)折痕.當(dāng)A'取遍圓周上所有點(diǎn)時(shí)，

求所有折痕所在直線(xiàn)上點(diǎn)的集合.

加試

一、（本題滿(mǎn)分50分）過(guò)圓外一點(diǎn)P作圓的兩條切線(xiàn)和一條割線(xiàn)，切點(diǎn)為A,B.所作割線(xiàn)

交圓于C,。兩點(diǎn)，。在P,。之間.在弦CD上取一點(diǎn)Q,使/D4Q=/PBC.

求證：ZDBQ=ZPAC.

二、（本題滿(mǎn)分50分）設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)分別是整數(shù)I,m,n,且t>m>幾已知

{4{%%,其中{X}=X-[X],而[幻表示不超過(guò)X的最大整數(shù).求這種三角形周長(zhǎng)的最

10410?104

小值.

三（本小題滿(mǎn)分50分）由幾個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的2條連線(xiàn)段組成一個(gè)空間圖形，其中n=q2

1

+q+l,q（g+1）2+\,q22,qdN.已知此圖中任四點(diǎn)不共面，每點(diǎn)至少有一條連線(xiàn)段,

存在一點(diǎn)至少有q+2條連線(xiàn)段.證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形（即由四點(diǎn)A,B,C,。和

四條連線(xiàn)段AB,BC,CD,DA組成的圖形）.

答案

一、選擇題

1、注意到452=2025,462=2116,故2026=a7n,一5風(fēng)⑻，2115=0711s_&$=■而且在從第

1981項(xiàng)到第2070項(xiàng)之間的90項(xiàng)中沒(méi)有完全平方數(shù).

又1981+22=2003,故0=+22=2026+22=2048.故選（C）.

mmI7oI

xlII2

2、題設(shè)方程可變形為題設(shè)方程可變形為產(chǎn)方+b和+"=1,則觀察可知應(yīng)選（B）.

ab

3、易知此拋物線(xiàn)焦點(diǎn)F與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，故直線(xiàn)AB的方程為外區(qū).因此，A,B兩點(diǎn)

44

的橫坐標(biāo)滿(mǎn)足方程：3A2—8X—16=0.由此求得弦AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)x縱坐標(biāo)y=_,進(jìn)

03。不

414416

而求得其中垂線(xiàn)方程。一之=一二（工-_）,令y=0,得P點(diǎn)的橫坐標(biāo)x=4+_=_,即

x/3333

PFl,故選（A）.

3

2

4、

/2K.2兀、.兀、

y=tan(x+—)+coXt/(x+—)+cos(x+4)

=+COS(x+2)

cos(x+_)sin(x+_)6

33

=2+cos(x+:)

sin(2x+*b6

T

5兀兀bt、Ic4兀TTQ7TIT-Tl71--rr-,

因?yàn)橐籣_4工工一_,所以21+__e[,￡_],%+_]?可見(jiàn)

"123~22^3646

2冗5兀兀

______4l與cos(x+—)在[-，-一]上同為遞增函數(shù).

sin(2x+_)6123

T

7111

故當(dāng)x=-耳時(shí),y取最大值石火.故選(C).

1

5、由己知得）=—故

x

4+9N=_9K+72X2_4~35

4-x29x2-1-90+37x2-437_(9#+_f

114邇4

而xW（-2,一）口（2）,故當(dāng)9》2=，即N=時(shí),9N+之值最小，而此時(shí)函

22~^23~^2

12

數(shù)M有最小值一,故選（D）.

5

6、如圖，過(guò)C作CE44B,以△CDE為底面，BC為側(cè)

棱作棱柱ABF-ECD,則所求四面體的體積匕等于上述棱柱

11

體積匕的寸而△COE的面積S=-CExCDxsmZECD,AB

232

與CQ的公垂線(xiàn)MN就是棱柱ABF-ECZ）的高，故

11,33

Vo=_MNxCExCDxsinZ￡Cr>=_x2x1x/3xV_=_

222vT2

11

因此y=y=，故選(B).

1322第6題佟〕

二、填空題

7,由原不等式分解可得（|x|—3）te+H-1）<0,由此得所求不等式的解集為

（-3,-/）5戶(hù),3）.

~2~~

8、設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸、短軸的長(zhǎng)及焦距分別為2a,2b,2c,則由其方程知a=3,b=2,c=事

故|PKI+|P"=2“=6，又已知IPFJ：|PF2|=2：1,故可得上正卜4,|P%I=2.在△戶(hù)工心中，三邊之

長(zhǎng)分別為2,4,2戶(hù)，而22+42=?盧上，可見(jiàn)是直角三角形，且兩直角邊的長(zhǎng)短為

3

2和4,故△PFF的面積lpF|?|PF1X4=4.

3號(hào)i^2X2

9、易得A=(1,3),設(shè)

fix)=2\-x+a,g(x)=x2—2(。+7)x+5

要使A^B,只需/U),g(x)在(1,3)上的圖象均在冗軸下方.其充要條件是：同時(shí)有人1)

WO,y(3)W0,g(l)WO,g(3)-0.由此推出一4W.W-L

10、由已知可得4cz="，從而。=(2)2,c=(￡f因此，〃步，c|d.又由于。一c=9,

故

a

bdbd2bd2aH|_

⑵)2-(”=9,即Q+鏟)(口-肉=9,故|z，_*_，因而僧2_

心-"1I--4

于是得a=25,h=[25,c=16,d=32.故b—d=93.

11、如圖，由已知上下層四個(gè)球的球心A',B1,C,D'

和A,B,C,D分別是上下兩個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形的頂點(diǎn)，且以它

們的外接圓8'和0為上下底面構(gòu)成圓柱.同時(shí)，A'在下底面

的射影必是AB的中點(diǎn)M.

在AB中，A，A=A'B=A8=2.設(shè)48的中點(diǎn)為M

則4'N=G

又OM=OA=72,ON=T.所以MN=x/I-1,

A'M=?A'N)2—(MN)2=72V2=病.因此所示原來(lái)圓柱的高為G2.

12、因?yàn)榇?中小數(shù)和小數(shù)點(diǎn)后均有n位，而除最后一位上的數(shù)字必為1外，其余各位上的

數(shù)字均有兩種選擇(0或1)方法，故T“=2，，-L又因在這2?-1個(gè)數(shù)中，小數(shù)點(diǎn)后第n位上的數(shù)字

全是1,而其余各位上數(shù)字是0或1,各有一半，故

S=J_.2"T(J_+___+...+)+2”-1-1

"21010210"-i10"

=2^2.1010?-1+2"T.___

1-±10?

10

=2n-2_)2"-1

910"-110"

,,.S111,1

故lim_zt=lim[—(1-------)x+—J=1

8h81810〃-1I?！?8

三、解答題

13、由于(〃+b+c+d)2=a2+h2+c2+d2+l(ab+ac+ad+hc+hd+cd)<4(〃2+歷+。

+d2),因此a+b+c+dW2小砂+)2+。2+12(當(dāng)且僅當(dāng)〃=)=c=d時(shí)取等號(hào)).

4

取ci=b=\jx+1,c=>/2x-3,d=\/l5—3x,則

2,x+1+，2x-3+y]15-3x

<2A/(X+1)+(X+1)+(2X-3)+(15-3X)=2X/X+14

<2>/i9

因?yàn)镴右萬(wàn)，J2x-3,65-3x不能同時(shí)相等,所以2V77T+,2x—3+,15-3x〈雙.

14、設(shè)2=工+貝%,y￡R)，則x+yi=ocos4￡?t+2J+

bijcos2tsin2t+(1+ci)sin4t實(shí)虛部分離，可得p

x=C0S2tein2t+sin4t=sin2ty=a(1—x)2+

2b(1—x)x+w(0W%W1)JkT;\

即y=(a+c—2b)x2+2(b—a)x+a①/1

又因?yàn)锳,B,C三點(diǎn)不共線(xiàn)，故a+c—2b￥0.可見(jiàn)所^^公；!￡

給曲線(xiàn)是拋物線(xiàn)段(如圖).AB,BC的中點(diǎn)分別是()\

1a+b3b+c

D(-,——),￡(-,——).所以直線(xiàn)DE的方程為|

4242'

z/=(c-a)x+2(3a+2b-c)②第1」題圖

由①，②聯(lián)立得a+c—2b(x--)2=0.

2

11113

由于a+c—2bW0,故(x--)2=0,于是得。一.注意到一<一<一，所以，拋物線(xiàn)與^

424

1a+c+2b

ABC中平行于AC的中位線(xiàn)DE有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，此點(diǎn)的坐標(biāo)為(一,--------),其對(duì)應(yīng)的

24

復(fù)數(shù)為

1a+c+2b

15、如圖，以。為原點(diǎn)，OA所在直線(xiàn)為x軸建立直角坐標(biāo)系，則有A(a,0).設(shè)折疊時(shí),

。。上點(diǎn)A'(Reosa,肥ina)與點(diǎn)A重合，而折痕為直線(xiàn)川|V

MN,則MN為線(xiàn)段A4'的中垂線(xiàn).設(shè)Rx,y)為MN上任一點(diǎn)，

則|=|PA|.故(x-Kcosa)2+(y-Tfeina)2=(x—a)2+y2,即f/1

27?(ACOSa+ysina)=及一o2+2ax,故

第15題圖

5

xcosa+ysina_T?2-a2+2ax

232+英

可得sin(O+a)=七管竺，其中sin。=x.cosQ=y

232+英《嬉+y2｛茬+y2

I^-cfi+2ax

區(qū)1.(此不等式也可直接由柯西不等式得到.)

2鳳x2+y2

(x,。)2

2

平方后可化為2y>1.

02(3_(2)

222

(1)2

y2

即所求點(diǎn)的集合為橢圓=1外(含邊界)部分.

加試

一、如圖，連結(jié)AB,在△ADQ與△ABC中，ZADQ=ZABC,ZDAQ=ZPBC=ZCAB,故

BCDO

而有_=",即BC?AD=AB?DQ.

AB~AD

PCAC

又由切割線(xiàn)關(guān)系知△PCA-APAD,故_=_；同理由△PCB

PAAD

s/\PBD得比_BC

~PB'BD'

ACBC

又因PA=PB,j,f#AC?BD=BC?AD=AB-DQ.

ADBD

又由關(guān)于圓內(nèi)接四邊形ACBD的托勒密定理知

AC?BD+BC?AD=AB?CD

于是得CD=2AB-DQ,故。Q=-CD,即CQ=DQ.

2

?ADDOCO*a

在△CBQ與△AB。中，_=_=_,NBCQ=/BAD,于是

ABBCBC加試一題圖

/\CBQ^AABD,故/CBQ=/ABD即得/DBQ=/ABC=/PAC

二、由題設(shè)可知

更一且］=上-佇卜吧-［當(dāng)

1041Q41Q4104104104

tec,c三3m=3n(mod24)①

于是3i三3巾三3n(mod4)S《''

［九三3m三3n(mod54)②

由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3卜m三3m-n三1(mod2。

現(xiàn)在設(shè)u是滿(mǎn)足3“三1(mod24)的最小正整數(shù)，則對(duì)任意滿(mǎn)足3月1(mod24)的正整數(shù)v,我

們有即”整除v.事實(shí)上，若川〃則由帶余除法可知，存在非負(fù)整數(shù)a與b,使得v=au

+b,其中0cbWu—1,從而可推出3b三3加皿三3月1(mod24),而這顯然與it的定義矛盾，所以

6

u\v.

注意到3=3(mod24),32三9(mod24),33=27=11(mod24),34=1(mod24)從而可設(shè)m—n=4k,

其中k為正整數(shù).

同理可由②推出3m-n=1(mod54),故34k三1(mod54).

現(xiàn)在我們求滿(mǎn)足34k三1(mod54)的正整數(shù)fc.

因?yàn)?4=1+5X2%所以34k—1=(1+5X24)k—1=0(mod54),即

5kx24)x52x28+儀k-1)化-2)*53x212

26

=5/c+52/c[3+{/c-1)x27l+fc(fc-1)(fc-2)x53x211s0(mod54)

3

2)

或k+5M3+(k—1)x27]+k(J)(k-x53x211=0(mod53)

3

即有k=5t,并代入該式得t+5t[3

+(5￡-1)X27]=0(mod52)

即有修0(mod52),即fc=5卜53s,其中s為正整數(shù)，故m—n=500s,s為正整數(shù).

同理可證-n=500r,r為正整數(shù).

由于!>m>n,所以有r>s.

這樣一來(lái)，三角形的三個(gè)邊為500r+m500s+屋和幾由于兩邊之差小于第三邊，故n>500(r

-s),因此，當(dāng)s=1,r=2,n=501時(shí)三角形的周長(zhǎng)最小，其值為

(1000+501)+(500+501)+501=3003

三、設(shè)這n個(gè)點(diǎn)的集合&{A。，Ay&，…，&,}為全集，記&的所有鄰點(diǎn)(與Aj有連線(xiàn)

段的點(diǎn))的集合為B,B中點(diǎn)的個(gè)數(shù)記為|B|=b,顯嬤Eb=21且1)(i=0,1,2,…，

iiiiii

t=1

n—1).

若存在b^n-1時(shí)，只須取

1=(九一1)+七1+1/(q+1)⑺一1)+右1如+1)2+1

222

則圖中必存在四邊形，因此下面只討論b<n-Ui=0,1,2,…，n—1)的情況.

不妨設(shè)q+2WqWn—1.用反證法.若圖中不存在四邊形，則當(dāng)i壬/時(shí)，旦與無(wú)公共點(diǎn)對(duì)，

即(OWy/WnT).因此，|Be萬(wàn)-1(i=1,2,門(mén)一1).故

7

Uc片中點(diǎn)對(duì)的個(gè)數(shù)=C2

〉￡BC:&中點(diǎn)對(duì)的個(gè)數(shù)=^C2

一.1i0.1同詢(xún)I

t=11=1

>gC2(當(dāng)b=1或2時(shí)，令C=0)

bi-1ibi-1

i=1

12b)2

>[M_3r1b)+2(n-1)l

2九一1i?

1(21-b)2

Ro1-3(2Z-b)+2(n-1)1

2n-10

=—!—(21-b-n+1)(2Z-b_2n+2)

2(n-1)°o

>_l_[(n-1)(q+1)+2-b_n+i]

2(n-1)0」

[(n-1)(q+1)+2-b一2n+2]

=______(nq-q+2-b)(nq-q-n+3-b)

2(n-1)00

故(幾一1)(幾一%)(n—y-1)N(nq-q+2-#)(nq-q—n+3-^b)

q(q+1)(n—%)(八一年—1)2(nq—q+2—Q)(nq—q—n+3-^)①

但(ng—q-n+3—b0)—q(n——1)=(q—1)與一n+32(q—1)(q+2)—n+3=0②

及(nq—q+2—b。)一(q+1)(n—%)=qbQ—q—n+2>q(q+2)—q—n+2=1>0③

由②，③及(n-bo)(q+1),(n—g—1)q皆是正整數(shù)，得

(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0)>q(q+1)(八一%)(n-bQ-1)

而這與所得的①式相矛盾，故原命題成立.

2003年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題

一、設(shè)點(diǎn)1,H分別為銳角△ABC的內(nèi)心和垂心，點(diǎn)G分別為邊AC,AB的中點(diǎn)，已

知射線(xiàn)交邊AB于點(diǎn)?#B),射線(xiàn)CJ交AC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)%B2c2與BC相交于k,

&為△BHC外心，試證：A,I,&三點(diǎn)共線(xiàn)的充分必要條件是△BK%和△CKJ的面積相等.

二、求出同時(shí)滿(mǎn)足如下條件的集合S的元素個(gè)數(shù)的最大值：

(1)S中的每個(gè)元素都是不超過(guò)100的正整數(shù)；

(2)對(duì)于S中任意兩個(gè)不同的元素a,b,都存在S中的元素c,使得a與c的最大公約數(shù)

等于1,并且b與c的最大公約數(shù)也等于1；

(3)對(duì)于S中任意兩個(gè)不同的元素a,b,都存在S中異于a,b的元素d,使得a與d的

最大公約數(shù)大于1,并且b與d的最大公約數(shù)也大于1.

三、給定正整數(shù)n,求最小的正數(shù)人，使得對(duì)任何。戶(hù)(0,Jt/2),(i=1,2,n),只

要tan9tan。???tan0=2硅，就有cos6+cos。H----1-cos。WA.

12n12n

四、求所有滿(mǎn)足a?2,機(jī)22的三元正整數(shù)組(a,m,n),使得a“+203是am+1的倍數(shù).

8

五、某公司需要錄用一名秘書(shū)，共有10人報(bào)名，公司經(jīng)理決定按照求職報(bào)名的順序逐個(gè)面試,

前3個(gè)人面試后一定不錄用，自第4個(gè)人開(kāi)始將他與前面面試過(guò)的人相比較，如果他的能力超

過(guò)了前面所有己面試過(guò)的人，就錄用他；否則就不錄用，繼續(xù)面試下一個(gè)，如果前9個(gè)都不錄用，

那么就錄用最后一個(gè)面試的人.

假定這10個(gè)人的能力各不相同，可以按能力由強(qiáng)到弱排為第1,第2,…，第10.顯然該

公司到底錄用到哪一個(gè)人，與這10個(gè)人報(bào)名的順序有關(guān).大家知道，這樣的排列共有10!種，

我們以人人表示能力第k的人能夠被錄用的不同報(bào)名順序的數(shù)目，以A/I0!表示他被錄用的可

能性.

證明：在該公司經(jīng)理的方針之下，有

(1)△]>&"?>&=&=A；

(2)該公司有超過(guò)70%的可能性錄用到能力最強(qiáng)的3個(gè)人之一，而只有不超過(guò)10%的可

能性錄用到能力最弱的3個(gè)人之一.

六、設(shè)a,b,c,d為正實(shí)數(shù)，滿(mǎn)足ab+cd=1；點(diǎn)P(x,y)(t=1,2,3,4)是以原點(diǎn)為圓

心的單位圓周上的四個(gè)點(diǎn)，求證：

n2+1j2Q2.-L<72

(ay+by+cy+dy)2+(ax+bx+cx+dx)2W2(+).

12344321abcd

參考答案

一、是△ABC的垂心，&是的外心，

△BWC=1800-ZBAC,ZBA}C=2ZBAC.

又由題設(shè)知ABWAC,從而A,I,4共線(xiàn)，即4在

/BAC平分線(xiàn)上0Al在△ABC外接圓上=ZBAC+Z

BAC=180°=NBAC=60°.

現(xiàn)證=S…八=/BAC=60°

△CKC2

作IDLAB于D,IE±AC于E,設(shè)BC=a,CA=b,AC=c,

則

ID=IE=—

a+b+c

2S=ID(AB+AB)=AB.ABsinA,

AAB1B21212

故ID.AB=AB(ABsinA-ID)

2sA鉆0b__2sb.c),

a+b+c222bea+b+c

故AB=—加

2a+b-c

同理?！?

/a-D+c

S=SoS=S

△BKB2XCKC2ZL4BC"年。2

a+b-ca-b+c

<=>a2-(b-c)2=bc

<^>a2=b2+c2-Z?c<=>ZBAC=60°.

9

故A,I,A共線(xiàn)的充要條件是△BKB?和△CKC2的面積相等.

二、設(shè)幾=2田3a25a37ali其中q是不被2,3,5,7,11整除的正整數(shù)，q為非負(fù)整

數(shù)，n<100,則葭wS=%(1〈iW5)中恰有一個(gè)或兩個(gè)為正整數(shù)，即S由下列元素組成：

不超過(guò)100的正偶數(shù)中除去2X3X5,22X3X5,2X32X5,2X3X7,22X3X7,2X5X7,

2X3X11等7個(gè)偶數(shù)后余下的43個(gè)偶數(shù)；

不超過(guò)100的正整數(shù)中3的奇數(shù)倍：確定3,3X3,…，3X33共17個(gè)數(shù)；

不超過(guò)100的正整數(shù)中與3互質(zhì)的5的奇數(shù)倍：5,5X5,5X7,5X11,5X13,5X17,5

X19共7個(gè)數(shù)：

不超過(guò)100的正整數(shù)中與15互質(zhì)的7的奇數(shù)倍：7,7X7,7X11,7X13共4個(gè)數(shù)；

質(zhì)數(shù)11.

現(xiàn)證明以上72個(gè)整數(shù)構(gòu)成的集合S滿(mǎn)足題設(shè)條件.

顯然滿(mǎn)足條件(1);

對(duì)S中任意兩個(gè)不同的元素a,b,則a,b的最小公倍數(shù)中不大于11的質(zhì)因數(shù)至多只含有2,

3,5,7,11中的4個(gè)，因此存在c￡{2,3,5,7,11},使得(a,c)=(b,c)=1,且顯然c￡

S,因此S滿(mǎn)足條件(2)；

對(duì)S中任意兩個(gè)沒(méi)同的元素a,b,

若(a,b)=1,分別取的a,b最小質(zhì)因素p,q,則p,qe{2,3,5,7,11}且pWq,令

c=pq,則有cGS,c#a,且(a,c)=p>1,(b,c)=q>1；

若(a,b)=d>1,取d的最小質(zhì)因數(shù)p,及不整除ab的最小質(zhì)數(shù)q,則p,qG{2,3,5,

7,11},令c=pq,則有c^S,cWa,cWb且(a,c)2P>1,(b,c)^p>1.

因此S滿(mǎn)足條件(3).

以下證明任何滿(mǎn)足題設(shè)的S的元素?cái)?shù)目不大于72.

首先證明滿(mǎn)足題設(shè)條件的S至多只能含有一個(gè)大于10的質(zhì)數(shù).事實(shí)上若外已為大于1°的

質(zhì)數(shù)，且pyp2^S,則由(3)知存在cGS,使得c)>1,(p2,c)>1,從而有p/c,p2fc,

：.p^p2\c,由此可知這與(1)矛盾.

從而10與100之間的21個(gè)質(zhì)數(shù)11,13,17,23,97至多只有一個(gè)在S中.

又顯然US.

設(shè)集合7是由不超過(guò)100的正整數(shù)除去1及大于10的21個(gè)質(zhì)數(shù)余下的78個(gè)數(shù)構(gòu)成的.

下面證明7中至少還有7個(gè)數(shù)不在S中.

r若有某一個(gè)大于10的質(zhì)數(shù)P在S中，則S中所有各數(shù)的最小質(zhì)因數(shù)只可能是2,3,5,

7,p中的一個(gè).

(i)若7pes,則2X3X5,22X3X5,2X32X5,7P包含了S中所有各數(shù)的最小質(zhì)因數(shù)，

因此由條件(2)知2X3X5,22X3X5,2X32X5eS；

若7p￡S,則由條件(3)知7,7X7,7X11,7X13eS；

(ii)若5pes,則由(2)知，2X3X7,22X3X7eS：

若5peS,則由條件(3)知5,5X5,5X7eS.

(iii)3P與2X5X7不同屬于S.

(iv)2X3p與5X7不同屬于S.

當(dāng)片11或13時(shí)，由(i),(ii),(iii),(iv)知分別至少有3個(gè)數(shù)，2個(gè)數(shù)，1個(gè)數(shù)，1個(gè)

數(shù)共至少有7個(gè)數(shù)不屬于S；

當(dāng)片17或19時(shí)，由(i),(ii),(iii)知分別至少有4個(gè)數(shù)，2個(gè)數(shù)，1個(gè)數(shù)共至少有7個(gè)

數(shù)不屬于S；

當(dāng)「20時(shí)，由(i),(ii)知分別至少有4個(gè)數(shù)，3個(gè)數(shù)共至少7個(gè)數(shù)不屬于S.

10

2。如果沒(méi)有大于10的素?cái)?shù)屬于S,則S中的每個(gè)元素的最小質(zhì)因數(shù)只能是2,3,5,7,

則如下的7對(duì)數(shù)中，每對(duì)數(shù)都不能同時(shí)都屬于$

(3,2X5X7),(5,2X3X7),(7,2X3X5),

(2X3,5X7),(2X5,3X7),(2X7,3X5),

(22X7,3+2X5).

事實(shí)上，若上述7對(duì)數(shù)中任何一對(duì)數(shù)(“，b)都屬于5,則由(2)知，存在cGS,使得(〃，

(b,c)=1,這與必包含了S中每個(gè)元素的所有最小質(zhì)因數(shù)矛盾.

由1°,2。知T中至少還有7個(gè)數(shù)不屬于S,從而滿(mǎn)足條件的S的元素個(gè)數(shù)的最大值為72.

三、1°證當(dāng)”=1,2時(shí)，A=〃向/3,

當(dāng)〃=1時(shí),tan。1=>/2,cos91=^3/2.

2

當(dāng)般=2時(shí)，tan6tan0=2,cos0=1/^i+tan0.('=1，2).

令tar>20=x,貝ijtan29=4/x,則

12

COS0+COS02<2^/3

?1/7T+7+1/V1+4/A<2X^/3

<=>+x+Ji+4/x)<Ri+x，+4/x

3(2+x+4/x+2,5+x+4/x)W4(5+x+4/x)

014+x+4/x-6J5+x+4/x>0,

即(j5+x+4/x-3)220,

等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)j5+x+4/x-3=0,由此易知當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)等號(hào)成立.故

cosO+cos0＜213/3,當(dāng)且僅當(dāng)9=6時(shí)，等號(hào)成立.

12V12

2°當(dāng)時(shí)，入="一1.先證

cos。+cos0H-----Feos。＜H—1(1)

不妨要?！?。，要證明(1)式只要證

c1八23..n

COS0+cos。+cos。＜2(2)

123

tan8tane…tan8=2〃/2,故tan0tan0tan。=2/n.

12n123v

11

cosO=^1-sin20<1-sin20/2,

故cos。+cos0<2-(sin20+sin20)/2<2-sin0sin0.

232323

tan20>8/(tan20taMO)，故［y+taHgtaM%

123cos20tan20tan20

123

八tan0tan0sin0sin0

cosO<2—=23

12222

>/84-tanO2tan03^8coscos^+sin02sin03

cosO+cosO+cos0<2-sin0sin0叩__

123」,8cos2§cos24+sin2%siM”

cosO+cos0+cos0<2

123

<=>8cos20cos20+sin20sin20>1

2323

o8+tan2。tan20>sec20sec20=(1+tan20)(1+tan20)

232323

<=>tan20+tan20<7.⑶

23

若(3)式不成立，即tan202+tan203>7,從而tan201>tan2。？>7/2.故cos。1Wcos。

2<1/。1+7/2二忘/3,cosM+cos與+cosO3V2應(yīng)/3+1v2.從而(1)式得證.

現(xiàn)證入=n—1為最小的.

事實(shí)上，若Ov入5—1,則取。=入/(八一1)<1,從而存在。產(chǎn)(0,n/2)t=1,2,n,

使得COSB=Q,tane=Ji_a2-(i=1,2,…，幾一1),tan0=2臉(Q/Qs)f，從而tan

0tane…tan0=2川2,但

cos°+cos0H---l-cos8+cos0>COS0+cos9H---l-cos°=A

12n-1n12n-1

當(dāng)幾23時(shí)，最小的正數(shù)人為n—1.

綜上所求最小正數(shù)"卜曲36=1,2),

n-1(n>3).

四、設(shè)n=mq+r,0<r《機(jī)一1,則m+203=amq"+

203=amqar+203三(一1)qar+203(mod(am+1))從而am+1|刖+

203=am+1|(-1)aar+203,即

k(am+1)=(—1)qar+203.

1°若2|q,則k(am+1)=ar+203.①

(i)若r=0,則有k(am

+1)=204=22X3X17

由Q22,機(jī)22,易知只有a=2,m=4及a=4,m=2滿(mǎn)足上式.故(a,m,n)=(2,4,8t)

或(4,2,4t),

其中￡為非負(fù)整數(shù)(下同).

(ii)若「21,由①有ar(kani-r—1)=203—fc.

對(duì)于容易驗(yàn)證只有當(dāng)k=8時(shí)，存在a=5,m=2,r=1滿(mǎn)足上式，即(a,m,n)=

(5,2,4t+1).

對(duì)于fc^10,則由①有

10(am+1)War+203Wkam-1+203

故cun1(10a-1)<193,a可能值為2,3,4.

12

當(dāng)“=2時(shí)，"可能值為2,3,4,容易驗(yàn)證僅當(dāng)a=2,m=2,r=1或a=2,機(jī)=3,r=2時(shí)滿(mǎn)足

①式，故(①m,n)=(2,2,4/+1)或(2,3,6/+2)當(dāng)

a=3,4時(shí)，均不存在〃?，r滿(mǎn)足①式.

2°若4為奇數(shù)，則

k=203-ar②

由OWrWm-d知，k20.

(i)當(dāng)《=0時(shí)，。=203,對(duì)任意的不小于2的整數(shù)機(jī)②式都成立，故

(.a,m,〃)=(203,m,(2r+1)m+1)

(ii)若k21,則當(dāng)10時(shí)，由②有

k(卬，，+1)=202

容易驗(yàn)證僅當(dāng)a=10,〃?=2時(shí)，上式成立，故

(a,m,n)=(10.2,4r+2)

當(dāng)r>1時(shí)，由②有小伙〃，”丁+1)