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.
（3，23537），（5，23337），（7，23335）， （233，537），（235，337），（237，335）， （2237，3+235）.
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=n3/3， 当n=1时，tanθ1=2，∴cosθ1=3/2.
当n=2时，tanθ1 tanθ2=2，cosθ1=1/1?tan2?i（i=1，2）. 令tan2θ1=x，则tan2θ2=4/x，则
cos?1?cos?2?23/3?1/1?x?1/1?4/x?23/3?3(1?x?1?4/x)?21?x1?4/x?3(2?x?4/x?25?x?4/x)?4(5?x?4/x)?14?x?4/x?65?x?4/x?0,即(5?x?4/x?3)2?0,等号成立当且仅当
5?x?4/x?3?0，由此易知当且仅当x=2时等号成立.故
cos?1?cos?2?23/3，当且仅当θ1=θ2时，等号成立.
2°当n?3时，λ=n－1.先证
cosθ1＋cosθ2＋?＋cosθn 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=22. 11 cos?i?1?sin2?i?1?sin2?i/2,故cos?2?cos?3?2?(sin2?2?sin2?3)/2?2?sin?2sin?3.tan?1?8/(tan?2tan?3),故cos?1?tan?2tan?38?tan?2tan?3?2221cos?12?8?tan2?2tan2?3tan?2tan?322.sin?2sin?38cos2?2cos2?3?sin2?2sin2?318cos?2cos?3?sin?2sin?32222cos?1?cos?2?cos?3?2?sin?2sin?3(1?cos?1?cos?2?cos?3?2?8cos2?2cos2?3?sin2?2sin2?3?1). ?8?tan2?2tan2?3?sec2?2sec2?3?(1?tan2?2)(1?tan2?3)?tan2?2?tan2?3?7. (3)若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan2θ3>7，从而tan2θ1?tan2θ2>7/2.故cosθ1?cosθ 2<1/1?7/2?2/3，cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<22/3＋1<2. 从而（1）式得证. 现证λ=n－1为最小的. 事实上，若0<λ 使得co sθi=α，tanθi=1??2/?（i=1，2，?，n－1），tanθn=2n/2(α/1??2)n1，从而tan － θ1tanθ2?tanθn=2n/2，但 cosθ1＋cosθ2＋?＋cosθn－1＋cosθn > cosθ1＋cosθ2＋?＋cosθ当n?3时，最小的正数λ为n－1. 综上所求最小正数???n－1=λ ??n3/3(n?1,2), ??n?1(n?3).四、设n=mq＋r，0?r?m－1，则 ＋ an＋203=amqr＋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=2233317 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（kamr－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?kam1＋203 － 故am1（10a－1）?193，a可能值为2，3，4. 12 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(kamr＋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)=328！??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 13 a?1Ak(a)?3C7(a?2)!(10?a)!???aA1???a ②a?28Ak??1?a?k?1?8?a(k?2,3,,7) ③A8?A9?A10?Ak(1)??1 ④1A1?A2?3C7(2?2)!(10?2)!?38!?(3?7?3)8!?0再注意到③、④即有A1?A2?A3?A8?A9?A10容易算得?1?38!,?2?218!,?3?637!,?4?307!,?5?157!,?6?7.27!,?7?37!,?8?66!A1?A2?A3?2?1??2?2?3?3??4>68!?218!?1267!?3(30?15?7?3)7!?5077!a?48A1?A2?A35077!??70!10!A8?A9?A103?38!??10%.10!10!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) a2?b2?u2x1x2－y1y2? ① 2abv12?（cx2＋dx1）2＋（cy2－dy1）2= c2＋d2－2cd(y1y2－x1x2) c2?d2?v12y1y2－x1x2? ② 2cd①＋②并整理得 u2v12a2?b2c2?d2???abcdabcd同理可得u12v2a2?b2c2?d2???abcdabcd(u?v)2?(u1?v1)2?(abu?cdabuv2)?(ab1?cdcdabv1cd)2 u12v12u2v2?(ab?cd)(?)?(ab?cd)(?)abcdabcdu2v12u12v2a2?b2c2?d2?????2(?)abcdabcdabcd 14 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 AEBFCGDH?1.而点A、B、C、D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1E1、E1F1、 EBFCGDHAE1AFC??.求1的AH1CG1F1G1、G1H1上，满足E1F1∥EF，F1G1∥FG，G1H1∥GH，H1E1∥HE.已知值. 二、已给正整数c，设数列x1，x2，?满足x1=c，且xn=xn－1＋[2xn?1?(n?2)3，?，]＋1,n=2， n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 ?x0?xn?1?0,??1(xi?1?xi?1)?xi?xi3?a3,i?1,2,??2,n. （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 1?1. i?1ain?n1?11?? ???2?a2?x2?2a(a?1)?x11?i?1i?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 2参考答案 一、（1）如图1，若EF∥AC则得 BEBF，代入已知条件?EAFCDHDG， ?HAGC所以，HG∥AC. 从而，E1F1∥AC∥H1G1. 15