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2002年全国高中数学联赛


18

中 等 数 学

2002 年全国高中数学联赛
, 一 选择题 ( 共 36 分 ,每小题 6 分)
2 1. 函数 f ( x) = log 1 ( x - 2 x - 3) 的单调递增区间 2

(A) V 1 = 1 V 2 2 ( C) V 1 = V 2

(B) V 1 = 2 V 2 3 (D) V 1 = 2 V 2

) 是 ( . (A) ( - ∞, - 1) (B) ( - ∞,1) ( C) (1 , + ∞ )
2 2

二, 填空题 ( 共 54 分 ,每小题 9 分)
7. 已知复数 z1 ,2 满足| z1 | = 2 ,| z2 | = 3. 若它们 z
z1 + z2 z1 - z2
n

(D) (3 , + ∞ )

2 2 2 2. 若实数 x , 满足 ( x + 5) + ( y - 12) = 14 , 则 y

所对应向量的夹角为 60°则 ,
8. 将二项式
x+
4

=

.

) x + y 的最小值为 ( . (A) 2 (B) 1 ( C) 3. 函数 f ( x) =
x

1

3 (D) ( . )

2

2

x

的展开式按 x 的降幂

1- 2

x

-

x

排列 ,若前三项系数成等差数列 , 则该展开式中 x 的 幂指数是整数的项共有
9. 如 图 2 , 点 P1 , P2 ,

2

个.

(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数 ( C) 既是偶函数又是奇函数 (D) 既不是偶函数也不是奇函数 4. 直线
x y x
2

…, P10 分别是四面体顶点或 棱的中点 . 那么 ,在同一平面
2

上的四点组 ( P1 , Pi , Pj , Pk )
= 1 相交于 A , (1 < i < j < k ≤ ) 有 10

4

+

3

= 1 与椭圆

16

+

y

9

B 两点 ,椭圆上有点 P , 使得 △PAB 面积等于 3. 这样

个.
10. 已知 f ( x ) 是定义在 R 上的函数 , f (1) = 1 且对任
图2

) 的点 P 共有 ( . (A) 1 个 (B) 2 个 ( C) 3 个 (D) 4 个 5. 已知两个实数集合 A = { a1 , a2 , …, a100 } 与
B = { b1 , b2 , …, b50 }. 若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中

意 x ∈R 都有
f ( x + 5) ≥f ( x ) + 5 , f ( x + 1) ≤f ( x ) + 1.

每个元素都有原像 ,且 f ( a1 ) ≤f ( a2 ) ≤…≤f ( a100 ) ,
) 则这样的映射共有 ( . (A) C50 100 (B) C48 99
2 2

若 g ( x ) = f ( x ) + 1 - x ,则 g (2 002) =
| y | 的最小值是
2

.

11. 若 log4 ( x + 2 y ) + log4 ( x - 2 y ) = 1 , 则 | x | .
2

( C) C49 100

(D) C49 99

6. 由曲线 x = 4 y , x = - 4 y , x = 4 , x = - 4 围成

12. 使不等式 sin x + acos x + a ≥ + cos x 对一 1

的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V 1 ; 满足
2 2 2 2 2 2 x + y ≤ , x + ( y - 2) ≥ , x + ( y + 2) ≥ 的点 16 4 4

切 x ∈R 恒成立的负数 a 的取值范围是 三, 解答题 ( 共 60 分 ,每小题 20 分)
13. 如 图 3 , 已 知

.

( x , y ) 组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体 ) 积为 V 2 ,则 ( .

点 A ( 0 , 2) 和 抛 物 线
y = x + 4 上两点 B , C , 使得 AB ⊥BC. 求
2

点 C 的纵坐标的取 值范围 .
14. 如 图 4 , 有 一
图3

列曲线 P0 , P1 , P2 , …,已知 P0 所围成的图形是面积
图1

为 1 的等边三角形 , Pk + 1 由对 Pk 进行如下操作得到 :

2002 年第 6 期

19

将 Pk 的每条边三等分 ,以每边中间部分的线段为边 , 向外作等边三角形 ,再将中间部分的线段去掉 ( k = 0 ,
) 1 ,2 , … . 记 S n 为曲线 Pn 所围成图形的面积 . (1) 求数列{ S n } 的通项公式 ; (2) 求 lim S n .
n →∞

队员上场的总时间计算 ,共有多少种不同的情况 ?

参考答案
一 , (A) . 1. 由 x2 - 2 x - 3 > 0 有 x < - 1 或 x > 3 ,故函数 log 1 2
( x2 - 2 x - 3) 的定义域为 x < - 1 或 x > 3. 二次函数 u
2 ) = x - 2 x - 3 在 ( - ∞, - 1) 内单调递减 ,在 ( 3 , + ∞

) 内单调递增 . 而 log 1 u 在 ( 0 , + ∞ 上单调递减 , 所以 2
2 log 1 ( x - 2 x - 3) 在 ( - ∞, - 1) 单调递增 . 2

图4

2. (B) .
2

15. 设二次函数 f ( x ) = ax + bx + c ( a , b , c ∈R ,
a ≠ ) 满足条件 : 0

如图 6 , ( x + 5) 2 + ( y - 12) 2 = 142 是以点 C ( - 5 ,
12) 为圆心 , 半径为 14 的圆 . 设
P 为 圆 上 任 一 点 , 则 | OP | ≥

(1) 当 x ∈R 时 , f ( x - 4) = f (2 - x) ,且 f ( x) ≥x ; (2) 当 x ∈(0 ,2) 时 , f ( x ) ≤
x +1
2

| CP| - | OC| = 14 - 13 = 1. ;

2

当点 C , , 共线时 ,等号 O P 成立 . 所以 , P 到点 O 的最小值 为 1.
3. (A) . ) 函数 f ( x ) 的定义域是 ( - ∞,0) ∪(0 , + ∞ .
图6

(3) f ( x ) 在 R 上的最小值为 0.

求最 大 的 m ( m > 1 ) , 使 得 存 在 t ∈ R , 只 要
x ∈ , m ] ,就有 f ( x + t ) ≤x . [1

加试题
( 一 ,50 分 ) 如图 5 ,

当 x ≠ 时 ,因为 0
f ( - x) =

在 △ABC 中 , ∠A = 60° ,
AB > AC , 点 O 是外心 ,

- x 1- 2
x x

x

-

- x - x2 x = x + 2 2 2 - 1
x

x

高 B E , 交于点 H. 点 CF
M , 分 别 在 线 段 B H, N HF 上 , 且 满 足 BM
图5

=

x + x (2 - 1)

1- 2

+

2

=

x

1- 2

x

-

x

2

= f ( x) ,

所以 , f ( x) 为偶函数 . 显然 , f ( x ) 不是奇函数 .
4. (B) . ) 设 P1 (4cos α,3sin α 0 < α<

= CN . 求

MH + NH 的值 . OH

(50 二 , 分) 实数 a , , 和正数λ使得 f ( x ) = x3 b c + ax + bx + c 有三个实数根 x1 ,2 ,3 ,且满足 x x (1) x2 - x1 = λ; (2) x3 >
3 2

π 2

, 即点 P1 在

第一象限的椭圆上 . 如图
7 , 考虑四边形 P1 AOB 的

1 ( x1 + x2 ) . 2

面积 S ,有
S = S △OA P1 + S △OB P1
图7



2 a + 27 c - 9 ab 的最大值 . 3 λ

( 三 ,50 分) 在世界杯足球赛前 , F 国教练为了考

=

1 1 ) ) × (3sin α + 4 × (4cos α 3 2 2

察 A 1 , A 2 , …, A 7 这七名队员 ,准备让他们在三场训练 比赛 ( 每场 90 分钟 ) 中都上场 . 假设在比赛的任何时 刻 ,这些队员中有且仅有一人在场上 , 且 A 1 , 2 , 3 , A A
A 4 每人上场的总时间 ( 以分钟为单位 ) 均能被 7 整

) = 6 (sin α+ cos α = 6 2sin α+

π . 4

∴S max = 6 2 此时 α= 因为 S △OAB =

π . 4

除 , A 5 , 6 , 7 每人上场的总时间 ( 以分钟为单位 ) 均 A A 能被 13 整除 . 如果每场换人次数不限 , 那么 , 按每名

1 × × = 6 为定值 , 所以 S △P1 AB 4 3 2

的最大值为 6 2 - 6.

20

中 等 数 学 因为 6 2 - 6 < 3 , 所以点 P 不可能在直线 AB 的 综上 ,共有 3C3 + 3 = 33 个 . 5
10. 1.

上方 ,显然在直线 AB 的下方有两个点 P.
5. (D) .

由 g ( x ) = f ( x ) + 1 - x 得 f ( x ) = g ( x) + x - 1. 则 g ( x + 5) + ( x + 5) - 1 ≥g ( x ) + ( x - 1) + 5 , g ( x + 1) + ( x + 1) - 1 ≤g ( x ) + ( x - 1) + 1. 于是 , g ( x + 5) ≥g ( x ) , g ( x + 1) ≤g ( x) . ∴g ( x ) ≤g ( x + 5) ≤g ( x + 4) ≤g ( x + 3) ≤g ( x + 2) ≤g ( x + 1) ≤g ( x ) . ∴g ( x + 1) = g ( x ) . 故 g ( x ) 是周期为 1 的周期函数 . 又 g (1) = 1 ,故 g (2 002) = 1.
11. 3 .
x +2y >0 , x - 2y >0 ,

不妨设 b1 < b2 < …< b50 ,将 A 中元素 a1 , a2 , …,
a100 按顺序分为非空的 50 组 . 定义映射 f : A →B ,使第 i 组的元素在 f 之下的像都是 bi ( i = 1 ,2 , …,50) . 易知

这样的 f 满足题设要求 ,每个这样的分组都一一对应 满足条件的映射 . 于是 , 满足题设要求的映射 f 的个 数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等 , 而 A 的 分法数为 C ,则这样的映射共有 C .
6. ( C) .
49 99 49 99

如图 1 ,两图形绕 y 轴旋转所得旋转体夹在两相 距为 8 的平行平面之间 . 用任意一个与 y 轴垂直的平 面截这两个旋转体 ,设截面与原点距离为| y | ,则所得 截面面积
2 2 2 S 1 =π(4 - 4| y | ) , S 2 =π(4 - y ) - π[ 4 - ( 2 2 2 | y | ) ] =π(4 - 4| y | ) . 故 S 1 = S 2 .

( x + 2 y) ( x - 2 y) = 4

由对称性 ,只考虑 y ≥ 因为 x > 0 , 所以只须求 0.
x - y 的最小值 . 令 x - y = u ,代入 x - 4 y = 4 ,有
2 2

由祖 原理知 ,两几何体体积相等 ,即 V 1 = V 2 . 二, 7.
133 . 7

3 y - 2 uy + (4 - u ) = 0.

2

2

这个关于 y 的二次方程显然有实根 . 故 Δ = 16 ( u2 - 3) ≥ ,有 u ≥ 3. 0 当 x=
4 3 3 , y = 时 , u = 3. 3 3

如图 8 ,由余弦定理 可得
| z1 + z2 | = 19 ,

故| x | - | y | 的最小值为 3 .
12. α≤- 2.

| z1 - z2 | = 7 .
z1 + z2 故 z1 - z2

原不等式可化为
133 . 7
图8

=

cos x -

a- 1

2

2

≤a2 +

8. 3. 1 1 易求前三项系数分别是 1 , n , n ( n - 1) . 由 2 8

∵- 1 ≤ x ≤ , a < 0 , cos 1

这三个数成等差数列 , 有 2 × 解得 n = 8 和 n = 1 ( 舍去) . 当 n = 8 时 , Tr + 1 = C8r
1 2

1 1 n=1+ n ( n - 1) . 2 8
r

∴ cos x = 1 时 ,函数 y = cos x 当 大值 1 a- 1
2

2

.
a- 1
2

x

(16 - 3 r) 4

, 这里 r = 0 ,

从而 ,有 1 -

2

≤a2 +

1 , …,8. r 应满足 4| (16 - 3 r) ,所以 r 只能是 0 ,4 ,8. 9. 33.

解得 a ≥ 或 a ≤- 2. 又 a < 0 ,故 a ≤- 2. 1 三 , 如图 3 ,设 B ( y2 - 4 , y1 ) , C ( y2 - 4 , y ) . 13. 1 显然 , y2 - 4 ≠ 故 kAB = 0. 1
y1 - 2 1 = . 2 y1 - 4 y1 + 2

如图 2 ,首先 ,在每个侧面上除 P1 点外尚有五个 点 ,其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都在 同一个平面 . 这样的三点组有 C3 个 , 三个侧面共有 5
3C5 个 . 其次 ,含 P1 的每条棱上的三点组添加底面与
3

由于 AB ⊥BC ,所以 kBC = - ( y1 + 2) . 从而 ,
2 y - y1 = - ( y1 + 2) [ x - ( y1 - 4) ] , 2

它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平 面上 ,这样的四点组有 3 个 .

y = x + 4.

消去 x ,注意到 y ≠y1 得

]

x > 2| y | ≥ , 0 x - 4 y = 4.
2 2

( a - 1) 2 . 4
a- 1

2

<0,
a- 1
2

2

有最

( a - 1) 2 . 4

2002 年第 6 期 ( 2 + y1 ) ( y + y 1 ) + 1 = 0 8 3 4 × 5 5 9
n

21

由Δ ≥ 解得 y ≤ 或 y ≥ 0 4. 0 当 y = 0 时 , 点 B 的坐标为 ( - 3 , - 1 ) ; 当 y = 4 时 ,点 B 的坐标为 (5 , - 3) ,均满足题意 . 故点 C 的纵 坐标的取值范围是 y ≤ 或 y ≥ 0 4.
14. (1) 如图 4 ,对 P0 进行操作 ,易看出 P0 的每条

边变成 P1 的 4 条边 , 故 P1 的边数为 3 × ; 同样 , 对 4
P1 进行操作 , P1 的每条边变成 P2 的 4 条边 , 故 P2

的边数为 3 × 2 . 从而 ,易得 Pn 的边数为 3 × n . 4 4 已知 P0 的面积为 S 0 = 1. 比较 P1 与 P0 ,易看出
P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角形 ,其面

1 1 1 积为 2 . 而 P0 有 3 条边 ,故 S 1 = S 0 + 3 × 2 = 1 + . 3 3 3

再比较 P2 与 P1 ,可知 P2 在 P1 的每条边上增加了一 个小等边三角形 ,其面积为
1 1 4 2 × 2 . 而 P1 有 3 × 条 3 3

1 1 4 边 ,故 S 2 = S 1 + 3 × × 4 = 1 + 4 + 3. 3 3 3 1 1 4 4 类似地有 S 3 = S 2 + 3 × × 6 = 1 + 4 + 3 + 5. 3 3 3 3
2 2

于是猜想
Sn = 1 +

下面利用数学归纳法证明式 ① . 当 n = 1 时 ,由上面已知式 ① 成立 . 假设 n = k 时 ,有 S k =
8 3 4 × 5 5 9
k

当 n = k + 1 时 ,易知第 k + 1 次操作后 ,比较
Pk + 1 与 Pk , Pk + 1 在 Pk 的每条边上增加了一个小等边

三角形 ,其面积为

S k + 1 = S k + 3 × ·2 ( k + 1) 4
k

综上 ,由数学归纳法式 ① 得证 .

]

2 y1

(2) lim S n = lim
n →+ ∞

+ (2 + y ) y1 + (2 y + 1) = 0.

n →+ ∞

=

8 . 5

15. 因 f ( x - 4) = f ( 2 - x ) , 则函数的图像关于
x = - 1对称 . 所以 , b

2a

= - 1 , b = 2 a.

由 (3) , x = - 1 时 , y = 0 ,即 a - b + c = 0. 由 (1) 得 f (1) ≥ ,由 (2) 得 f (1) ≤ , 1 1 则 f (1) = 1 ,即 a + b + c = 1. 又 a - b + c = 0 ,则 b = 故 f ( x) =
1 1 1 ,a= ,c = . 2 4 4

1 2 1 1 x + x+ . 4 2 4

假设存在 t ∈R ,只要 x ∈[1 , m ] ,就有
f ( x + t ) ≤x .

取 x = 1 ,有 f ( t + 1) ≤ ,即 1
1 1 1 ( t + 1) 2 + ( t + 1) + ≤ 解得 - 4 ≤t ≤ 1. 0. 4 2 4

对固定的 t ∈[ - 4 ,0 ] , 取 x = m , 有 f ( t + m ) ≤
m ,即

1 1 1 ( t + m) 2 + ( t + m) + ≤m . 化简有 4 2 4 1 - 4 t ≤m ≤ - t + 1 - 4 t ≤ - ( - 4) + 1 ( x2 - 10 x + 9) 4

2 2 m - 2 (1 - t ) m + ( t + 2 t + 1) ≤ 0.

解得 1 - t 故m ≤ - t + 1

- 4t. - 4 ( - 4) = 9.

1 4 4 4 + 3 + 5 + …+ 2 n - 1 3 3 3 3
n k =1

2

n- 1

当 t = - 4 时 ,对任意的 x ∈[1 ,9 ] ,恒有
k

=1+



4 3 2k - 1 = 1 + 4 3 4 9 4 19 4 19 4 9
n

k- 1

n

k =1 n



4 9

f ( x - 4) - x =

=

1 ( x - 1) ( x - 9) ≤ 0. 4

=1+

3 × 4 3 5

所以 , m 的最大值为 9.

加 试
= 8 3 4 × 5 5 9
n

=1+

1-

. ①

一, 如图 9 ,在 B E 上 取 B K = CH , 连 结 OB ,
OC , . 由三角 形 外 心 OK

的性质知 ∠BOC = 2 ∠A
. = 120°由三角形垂心的 .

性质 知 ∠B HC = 180°∠A = 120° . 于是 , ∠BOC = ∠B HC. 故 B , , , 四点共圆 . C H O 从而 , ∠OB H = ∠OCH.

图9

1 3
2 ( k + 1)

,而 Pk 有 3 × 条边 ,故 4
k

1

3

= Sk +

4 3

k

2k +1

=

8 3 4 × 5 5 9

k +1

又 OB = OC , B K = CH ,有 △BOK ≌△COH.
.

∵∠BOK = ∠COH , OK = OH , ∴∠KOH = ∠BOC = 120° ,

22

中 等 数 学 ∠OKH = ∠OHK = 30° . 观察 △OKH ,
= ,则 KH = 3 OH. sin 120° sin 30°
KH OH



1 2 3 3 3 λ. ab a - c ≥3 27 18

又 BM = CN , B K = CH ,则 KM = NH. ∴MH + NH = MH + KM = KH = 3 OH. 故
MH + NH = 3. OH
2

3 3 3 于是 ,2 a3 + 27 c - 9 ab ≤ λ . 2

由此可得

2 a + 27 c - 9 ab 3 3 ≤ . 3 2 λ

3

取 a = 2 3 , b = 2 , c = 0 ,λ= 2 ,则 f ( x ) = x3 + 2 3
x + 2 x 有根 - 3 - 1 , - 3 + 1 ,0. 显然假设条件成立 ,

二, 由于 f ( x ) = f ( x) - f ( x3 )
2 2 = ( x - x3 ) [ x + ( a + x3 ) x + x3 + ax3 + b ] ,


2 a + 27 c - 9 ab 1 3 3 (48 3 - 36 3 ) = = . 3 8 2 λ
3

所以 , x1 ,2 是方程 x
2 2 x + ( a + x3 ) x + x3 + ax3 + b = 0

的两个根 . 由 (1) 可得
( a + x3 ) - 4 (
2 2 x3 2

+ ax3 + b) = λ ,
2 2

综上可知 ,

2 a + 27 c - 9 ab 3 3 的最大值为 . 3 2 λ

3

即 3

2 x3

+ 2 ax3 + λ + 4 b - a = 0.

三, 设第 i 名队员上场的时间为 x i 分钟 ( i = 1 ,2 , …,7) ,问题即求不定方程
x1 + x2 + …+ x7 = 270

由 (2) 可得
x3 =

1 (- a+ 3
3

2 2 4 a - 12 b - 3λ )

① ②



2 且 a2 - 12 b - 3λ ≥ 4 0.

在条件 7| x i (1 ≤i ≤ ) 且 13| xj ( 5 ≤j ≤ ) 下的正整数 4 7 解的组数 . 若 ( x1 , x2 , …, x7 ) 是满足条件 ①的一组正整数 解 ,则应有
4 7

易知 , f ( x ) = x + ax + bx + c
=
x+ a
3

2

3

-

a

2

3

- b

x+

a

3

2 3 1 + a + cab . 27 3

由 f ( x3 ) = 0 可得
1 2 3 ab a - c 3 27 =
x3 + a
3

i =1



xi = 7 m ,

i =5

∑x

i

= 13 n , m , n ∈N.

于是 , m , 即是不定方程 n
a
2

3

-

3

- b

x3 +

a

3

.



7 m + 13 n = 270



在条件 m ≥ 且 n ≥ 下的一组正整数解 . 4 3 由于 7 ( m - 4) + 13 ( n - 3 ) = 203 , 令 m′ m - 4 , =
n′ n - 3 ,有 =

由① 得
1 x3 + = 3 3
a

4 a - 12 b - 3λ
2 2

2

2 3 = 3

a a
2

2 λ . - b3 4

7 m′ 13 n′ 203. + =



所以 ,求 ② 满足条件 m ≥ , n ≥ 的正整数解 ,等 4 3 价于求 ③ 的非负整数解 . 易观察到 7 × + 13 ×( - 1) = 1. 于是 ,有 2
7 × + 13 ×( - 203) = 203 , 406

记 p=

3

2 λ - b. 由 ② ③ 和 可知 p ≥ 且 4 2 λ 2 ( p - λ) . 4

1 2 3 2 3 ab a - c= 3 27 9
2

p-

即 m0 = 406 , n0 = - 203 是 ③ 的整数特解 . 从而 , ③ 的整数通解为
m′ 406 - 13 k , n′ - 203 + 7 k , k ∈Z. = =

令 y=

p-

λ ,则 y ≥ 且 0 4

1 2 3 2 3 3 2 2 λ . ab a - c= y y 3 27 9 4

令 m′ 0 , n′ 0 ,解得 29 ≤k ≤ ≥ ≥ 31. 取 k = 29 ,30 ,31 ,得到 ③ 满足条件的三组非负整数解
m′ 29 , = n′ 0 ; = m′ 16 , = n′ 7 ; = m′ 3 , = n′ 14. =

∵y 3 =

2 3 2 λ 3λ 3λ 3 y+ =y y4 4 4

λ 2

3

+

2 3λ λ · 4 2

y-

λ 2

2





( y +λ ≥ , ) 0

2002 年第 6 期

23

2001 中国西部数学奥林匹克
第一天
1. 设数列 { x n } 满足 x1 =
xn 1 , xn + 1 = xn + 2 . 证 2 n ( 李伟固)
2

明 : x2 001 < 1 001. 2. 设 ABCD 是面积为 2 的长方形 , P 为边 CD 上 的一点 , Q 为 △PAB 的内切圆与边 AB 的切点 . 乘积 PA · 的值随着长方形ABCD 及点 P 的变化而变化 , PB 当 PA · 取最小值时 , PB (1) 证明 : AB ≥ BC ; 2 (2) 求 AQ· 的值 . ( 罗增儒) BQ 3. 设 n , 是具有不同奇偶性的正整数 , 且 n > m
m . 求所有的整数 x ,使得 x x
2
n

( 李胜宏) 并证明你的结论 . 4. 我们称 A 1 , A 2 , …, A n 为集合 A 的一个 n 分划 , 如果 (1) A 1 ∪A 2 ∪…∪A n = A ; (2) A i ∩A j ≠ ,1 ≤i < j ≤n .

求最小正整数 m ,使得对 A = {1 ,2 , …, m } 的任意一个 14 分划 A 1 , A 2 , …, A 14 ,一定存在某个集合 A i (1 ≤i ≤
14) ,在 A i 中有两个元素 a , 满足 b < a ≤ b 4 b. 3 ( 冷岗松)

参考答案 第一天
1. 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 对 任 意 n ∈ N , 均 有
xn ≤ n .

- 1
m

2

是一个完全平方数 .
( 潘承彪)

- 1

4. 设 x , , 为 正 实 数 , 且 x + y + z ≥ xyz . 求 y z 2 2 2 x + y +z ( 冯志刚) 的最小值 .
xyz

2 当 n = 1 时 ,由条件知 ① 成立 .



第二天
1. 求所有的实数 x , 使得 [ x ] = 4 x + 3. 这里 [ y ] ( 杨文鹏) 表示不超过实数 y 的最大整数 . 2. P 为 ⊙O 外一点 ,过 P 作 ⊙O 的两条切线 , 切 点分别为 A , . 设 Q 为 PO 与 AB 的交点 ,过 Q 作 ⊙O B 的任意一条弦 CD . 证明 : △PAB 与 △PCD 有相同的 ( 刘康宁) 内心 . π 3. 求所有的实数 x ∈ 0 , ,使得 2 π (2 - sin 2 x ) sin x + =1, 4
3

设 n= k时① 成立 ,即 x k ≤ k . 当 n = k + 1 时 ,有 2 2 2 xk k 1 k xk + 1 = xk + 2 ≤ + 2 2 2 k k k 1 k +1 = + < . 2 4 2 故对一切 n ∈N , ① 都成立 . 2 从而 , x2 001 ≤ 001 < 1 001. 2 1 2. (1) 由于 S △A PB = S =1, 2 矩形ABCD

从而得到 ② 满足条件的三组正整数解 m = 33 , m = 20 , m =7, n =3; n = 10 ; n = 17. 1) 在 m = 33 , n = 3 时 ,显然 x5 = x6 = x7 = 13 仅 有一种可能 ; 设 x i = 7 y i ( i = 1 ,2 ,3 ,4) , 于是 , 由不定方程 y1
+ y2 + y3 + y4 = 33 有 C33 - 1 = C32 = 4 960 组正整数
4- 1 3

4) , xj = 13 yj ( j = 5 ,6 ,7) . 由 y1 + y2 + y3 + y4 = 20 有 C19 组正整数解 ,以及 y5 + y6 + y7 = 10 有 C9 组正整
3 2

数解 ,可知此时 ①有满足条件的 C3 · 2 = 34 884 组 19 C9 正整数解 . 3) 在 m = 7 , n = 17 时 , 仍设 x i = 7 y i ( i = 1 ,2 ,3 , ) , xj = 13 yj ( j = 5 ,6 ,7 ) . 由 y1 + y2 + y3 + y4 = 7 与 4
y5 + y6 + y7 = 17 分别有 C6 与 C16 组正整数解 , 可知
3 2

解 . 可知此时 ① 有满足条件的 C = 4 960 组正整数 解. 2) 在 m = 20 , n = 10 时 , 设 x i = 7 y i ( i = 1 ,2 ,3 ,

3 32

此时 ① 有满足条件的 C3 · 2 = 2 400 组正整数解 . 6 C16 综上 , ① 满足条件的正整数解的组数为 3 3 2 3 2 C32 + C19 · 9 + C6 · 16 = 42 244. C C

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