2022年高中數(shù)學聯(lián)賽之真題匯編(2015-2021)04集合第四緝（解析版）

備戰(zhàn)2022年高中數(shù)學聯(lián)賽之歷年真題分類匯編（2015-2021）

專題04集合第W緝

1.[2021年吉林預賽】平面直例坐標系內(nèi)有10個不|同點Pi（Xi，yi）,P2（X2，y2），，"，Pio（Xio，yio），若陽=%；

或％=為，則稱B與身為一個“同標點對''（不考慮B與弓的次序）.若10個不同點滿足：與每個點構成“同

標點對”的點均不超過m個：無論何種棒況，都可以塔好將它們分成5個點對，錢個點對都不是“同標點對

求m的最大值.

【答案】4

【解析】16.解:若已知的10個不同點為入（1,1）母（1，2）仔（1，3）,&（1,4）母（1，5）得（1，6）目（2,2）,

P8（2,3）,尸式2,4）,P1O（2,5），考慮到P2（l,2）,P3（l,3）,以（1,4）,Ps（l,5）,P6（l,6）兩兩構成“同標點對”，所以

不能將以上10個不同點恰好分成5個點對，每個點對都不是“同標點對”.所

以m<4.

下面證明：若10個不同點滿足：與每個點構成“同標點對”的點均不超過4個，則無論何種情況，都可以恰

好將它們分成5個點對，每個點對都不是“同標點對”.

先將10個點隨意分為5對、設為｛121，/?1｝,｛i?2出｝，@島｝｛<?4，&｝，@出｝.

若Qi與=1,2,345）均不構成“同標點對“，只需按上述分法即可.

若存在某對的兩個點構成“同標點對“，如Qi，RI構成“同標點對”'，考慮如下的調(diào)整方法：

方法1：將@晶｝,&2，/?2｝換為@,<?2｝，的㈤｝，共余組不變:

方法2:將｛Qi，Rj,｛Q2，a｝換為｛Qi，&｝，｛%，<?2｝，其余組不變；

方法3:將｛QI，RJ,｛Q3，R3｝換為QRMRi.R｝，其余組不變；

方法4:將@出｝,@,/?3｝換為81,&｝，｛&，<23｝，其余組不變;

方法5:將｛QI，RI｝,｛Q4，RJ換為@44｝，｛&&｝，其余組不變；

方法6：將@,%｝,84凡｝換為｛Q1，&｝，｛&，QJ，其余組不變。

方法7:將｛QilJXQs?｝換為｛Q1Q5MR1R5｝，其余組不變;

方法8:將｛QI，RJ,｛Q5，R5｝換為@出｝，｛&必｝，其余組不變.

由于Qi，Ri除了R1,Qi外，至多各還有3個點與之構成“同標點對”，故上述8種方法中必存在一種方法，使

得調(diào)整后的兩個點對均不構成“同標點對”。按上述方法進行一次調(diào)整，這樣至少減少了一個構成“同標點對”

的點對。如果按上述方法進行一次調(diào)整后，還有構成“同標點對”的點對，再考慮類似的8種方法進行調(diào)整。

這樣隨著不斷調(diào)整，構成“同標點對''的點對必將逐漸減少。最終，經(jīng)過有限次調(diào)整，一定能分成5個點對，

每個點對都不是“同標點對

綜上,m的最大值為4.

2.[2021年全國高中數(shù)學聯(lián)賽A卷二試】求具有下述性質(zhì)的最小正數(shù)c：對任意整數(shù)nN4,以及集合4U

{1,2,?“,叫若|川>M,則存在函數(shù)/:4-{1,一1},滿足|2ae/1/(a)-a|<1.

【答案】答案見解析

【解析】所求最小的c=|.

首先，當n=6,A={1,456}時，不存在滿足要求的/(因為4的元素和為16,且4不能劃分為兩個元素和均為8的

子集的并).此時|川=|凡故c<|不具有題述性質(zhì).

下面證明c=|符合要求，即當|川>|n時，存在滿足要求的f

引理:設匕,血，…,Xm是正整數(shù),總和為S,且S<2m,則對任意整數(shù)xG[0,s],存在指標集/C口,2,…,m},滿足

=x(對空指標集求和認為是零).

引理的證明：對加歸納證明.?n=1時,只能%1=s=1,結(jié)論顯然成立.假設m>1,且結(jié)論在zn-1時成立.不妨

設％1<x2<…<xm,

則/+x2+…+Xm-1<^?(%1+X2+-+xm)<^-2m=2(m-1)①

又由于與+x2H--->HI-1,

因此Xm<TTL<1+Xi+X2+?"+%n-i②

對任意整數(shù)x6[0,S],若》<Xi+x2+-+Xm-i，由①及歸納假設知存在指標集/C1},使得著日

xt=x.若久>1+x1+x2+…+3_1，則對x—用歸納假設(由②知久-%m20),存在指標集/￡(I,--,m—

1},使得￡正//=x此時指標集/'=/U(mJa{1,2,…,m}滿足=x.引理獲證.

回到原問題.注意到n>4,分兩種情形討論.

(1)1川為偶數(shù)，設|川=2m.將A中元素從小到大依次記為由<b1<a2<b2<???<am<bm.

令xt=bi-at>0,1<i<m,WOs=2隘為=(bm-ax)--fa；)<n-1-(m-1)=n-

m<2m.

（這里利用了2ni=|川>|n）.從而x1,x2,—,xm滿足引理的條件.

取久=[|]G[0,s],利用引理可知存在/￡{1,2,…,m},使得左口須=用，令"={：'；：2{L2,...,n}\[,

則優(yōu)14(瓦-q)=%的x￡=同一1一即=2同一s€{0,-1},

從而結(jié)論成立(只需令/'(a。=一卬/(比)=與,即可).

(2)|川為奇數(shù)，設⑷=2m+1,則？n>1.將4中元素從小到大依次記為a<ar<br<?-?<am<bm.

令陽=-Ui>0,1<i<m,同情形(1)可知s=%i4-x2+…+V2m,又顯然有s>m.由于27n4-1=

\A\>§n,故n<3m+1.從而a<n—2m<m+l<s4-l.

因?qū)O孫…,F滿足引理的條件，對及久=[等]€[0，s]用引理，可知存在/={L2,…,m},使得工曰

Xi=X=[嗯

令"={)；：』{1,2「,,對\/，

則|-a+￡曙1與々I=|-a+SiezXi-Si*/^il=|-a+x-(s-x)|=|2苧-(a+s)|<1,

從而結(jié)論成立(只需對i6/,令/'(a》=-1,/(仇)=1,對iG{1,2,…,n}\/,令/'(a。=1,/(6,)=一1,并令

/(a)=-1即可).

3.[2021年全國高中數(shù)學聯(lián)賽B卷二試】求最大的正整數(shù)凡使得存在8個整數(shù)//2，巧/4和%，丫2f3，，4,滿

足:{0,1,…,n}c{\Xi-Xj\\l<i<j<4}u{\yi-yj\\l<i<j<4}.

【答案】9

【解析】設n符合要求,則整數(shù)不，^，^，//〃無，乃/力蒲足川上…m都屬于集合乂UY,

其中X={Ixj-xJIl<i<；<4},y={|yi-y；|l<i<;<4}.

注意到0GXUy,不妨設0GX,則中必有兩個數(shù)相等,不妨設Xi=x2.

于是X={0}udxj-x,!\2<i<j<4},所以|X|<1+3=4.

又|Y|<Cl=6,故n+1<\X<JY\<\X\+\Y\<10,得n<9.

另一方面，令01，a%丫4)=(0,0,7,8),(y1(y2,y3,y4)=(0,4,6,9),

貝|JX={O,L7,8},Y={2,3,4,5,6,9}

即0,1，…,9都屬于集合xuy.

綜上,n的最大值為9.

4.12020高中數(shù)學聯(lián)賽B卷(第02試)】設集合A={1,2,…,19}.是否存在集合A的非空子集&,S2,滿足

(1)S]n$2=0,S]U$2=4;

(2)S],S2都至少有4個元素；

(3)S]的所有元素的和等于S2的所有元素的乘積？

證明你的結(jié)論.

【答案】答案見解析

【解析】答案是肯定的.

設$2=1,2/,y,2<x<)W19,則1+2+—F19-1-2—%—y=2xy,

所以2xy+x+y=187,

故(2x+1)(2y+1)=375=15x25,

所以k7,尸12是一組解.

故取Si=3,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19,S2=1,2,7,12,

則這樣的S1,S2滿足條件.

5.(2020年四川預賽】設m是給定的正整數(shù).證明:對于任意給定的正整數(shù)n(n>2)，均存在集合4=

{%,a2,…,a/UZ+,使得對于任意的正整數(shù)k(l4k《n)，均有恁|(m+管)，其中,PQ4)表示集合/中

的元素之積.

【答案】證明見解析

【解析】(1)證明:m=1時，結(jié)論成立.

對九(九》2)進行歸納證明.

當=2時，取a1=l,a2=2，知結(jié)論成立.

假設結(jié)論對九一1(九>3)成立,即存在4rl_1=口力的，…，%i-i}GZ+,

對于任意的正整數(shù)A(1</c<n-l)，均有

以1(1+七當

uk

令斯=P(A“_i)+1.則

4n=…,即}-Z+

顯然,P(An)=P(41T)(P(AAI)+1).

故1+辿

1?PG4ni)(P(A時i)+l)

1+"3+生32(41_1)

當14k4九一1時,顯然,

P(/-D■).

ak\P(An-l)>耿|(1+

從而,/I(1+P，：：))

當k=n時,1+3

=1+PQ4n_i)=an

從而,an|(1+P：，)

故結(jié)論對九也成立.

由歸納原理，知對于任意給定的正整數(shù)幾何》2),均存在集合/={%,02，,一，41}=2+，

使得對于任意的正整數(shù)以1</c<n)，均有

%I(1+詈)?

因此，當m=1時,原結(jié)論成立.

(2)證明:巾>2時，結(jié)論成立.

當ri=2時，令的=L&=瓶+1，易知結(jié)論成立.

當n〉3時，由(1)，知存在8={%,阪，…1an-i}>Z+,

使得對于任意的正整數(shù)％(1<fc<n-1)，均有以|(1+詈).

取%=P(B)+m，則

A=…，a.}QZ+.

從而,P(4)=P(B)an.

故加+跑

ak

=W?P(8)(P(8)+m)

ak

=皿1+臂)+爭⑻.

當14k《九一1時,顯然，

以|P⑻傅|(1+詈).

從而,|(771+g").

當々=n時+必①=m+P(B)=an,

an

從而,I(ni+3")?

于是,結(jié)論對n>3也成立.

因此，當zn>2時,原結(jié)論成立.

綜上，對任意的正整數(shù)m，結(jié)論都成立.

6.【2019年全國】設V是空間中2019個點構成的集合，其中任意四點不共面.某些點之間連有線段，記E

為這些線段構成的集合.試求最小的正整數(shù)〃，滿足條件：若E至少有〃個元素，則E一定含有908個二元

子集.其中每個二元子集中的兩條線段有公共端點，且任意兩個二元子集的交為空集.

【答案】

【解析】我們來證明一個更為一般的引理：簡單連通圖H有〃個頂點，機條邊，則一定可以將其邊集劃分

為g］個二元子集，二元子集之間不交且每個二元子集內(nèi)的邊有公共端點。

證明：歸納對機，tn=\,2,3,顯然成立.

設結(jié)論對ni<k成立,后3,

貝卜%=奸1時，考慮所有葉子頂點兒,乙…,乙，若有兩片葉子44?連在同一頂點5上，則將與A/分為

二元子集，對其余加-2條邊由歸納假設，可分為［等］=［智-1個二元子集且兩兩不相交，結(jié)論成立，

否則設4,42，…,分別接在頂點當,殳，…,當上，若存在1SiSq,以度為2,設8與4,C相連，將從功與

8c取下，同理由歸納假設結(jié)論成立，

否則對任意1WiWq,d(BD>2,將4,&，…，&去掉，得圖“'，則在H'中沒有葉子結(jié)點，H'連通，則"'為一

個環(huán)，此時設在環(huán)上與C,。相連，在〃中把公當與BC去掉，圖依然連通，由歸納假設同理可證，引

理證畢.故原命題成立.

7.【2019年浙江預賽】設X是有限集，t為正整數(shù)，F(xiàn)是包含t個子集的子集族:尸={4,4,…，4}.

如果F中的部分子集構成的集族S滿足:對S中任意兩個不相等的集合人B,4uu力均不成立，則稱S為反

鏈.設Si為包含集合最多的反鏈，52是任意反鏈.證明存在S2到Si的單射/,滿足XMGS2，/Q4)u4或4c/(4)

成立.

【答案】證明見解析

【解析】記|S/=r,稱包含r個元素的反鏈為最大反鏈，最大反鏈可能不唯一.

稱F的子集P為鏈，如果€PMuU4之一成立，我們證明結(jié)論：

F可以拆分為r個鏈外(1<i<r)的并(即Dilworth定理).

對t進行歸納證明.t=1顯然成立.

設命題時t-1成立，先假設存在一個最大反鏈S,使得F中既有?集合真包含S中的某個集合，也有集合是SB

的某個集合的真子集.記前者的全體為a,后者的全體為6,

即n={46F\Ai包含S中的某個集合卜

F2={AtGF\At是S中的某個集合的子集},

則工US,F2US均是F的真子集，從而由歸納假設可將RUS，BUS都可以拆成r個鏈的并耳US中的鏈以S中

的元素開始，F(xiàn)2US中的鏈以S中的元素結(jié)束.將這些鏈“接”起來就將"分成了r條鏈.

現(xiàn)在假設不存在這樣的反鏈，從而每個最大反鏈要么滿足&=0,要么滿足尸2=0.前者意味著S中的子集都

是“極大”子集（不是另一個4的真子集），后者意味著S中的子集都是“極小”子集（不真包含另一個兒），從而至

多兩個最大反鏈.如果極大子集構成的反鏈和極小子集構成的反鏈均為最大反鏈，則任取極大子集4以及極

小子集Bu4,將4B都去掉.用歸納假設將剩卜的集合拆分成r-l條鏈，再加上鏈Bu4即可.如果其中之一

不是最大反鏈，不妨設極大子集構成的反鏈是唯一的極大反鏈，任意去掉一個極大子集！H納即可.結(jié)論證畢.

現(xiàn)在將F拆分成r條鏈，則每條鏈中恰有一個工中的子集，且至多一個S2中的子集.將每個S?中的子集對應到

所在鏈中品的元素，就得到了從S2到Si滿足要求的映射.

8.【2019年北京預賽】已知集合”={2,0,1,9},4是M的子集，且4中各元素之和為3的倍數(shù)，則滿足條件的子集

4的個數(shù)是

（A）8.（B）7.（C）6.（D）5.

【答案】B

【解析】經(jīng)枚舉，各元素之和為3的倍數(shù)的子集有{0},{9},{2,1},{0,9},{2,0,1},{2,1,9},{2,0』,9}共7個.

9.【2019高中數(shù)學聯(lián)賽A卷（第02試）】設丫是空間中2019個點構成的集合，其中任意四點不共面某些

點之間連有線段，記E為這些線段構成的集合.試求最小的正整數(shù)〃，滿足條件:若E至少有〃個元素，則E

一定含有908個二元子集，其中每個二元子集中的兩條線段有公共端點，且任意兩個二元子集的交為空集.

【答案】2795

【解析】為了敘述方便，稱一個圖中的兩條相鄰的邊構成一個“角”先證明一個引理：

設G=（匕￡）是一個簡單圖，且G是連通的，則G含有［曰］個兩兩無公共邊的角（這里⑷表示實數(shù)。的整數(shù)

部分）.

引理的證明:對E的元素個數(shù)|￡|歸納證明.

當因=0,1,2,3時,結(jié)論顯然成立.

卜面假設|用羽，并且結(jié)論在|E|較小時均成立.

只需證明，在G中可以選取兩條邊4、6構成一個角，在G中刪去4、6這兩條邊后，剩下的圖含有一個

連通分支包含因一2條邊.對這個連通分支應用歸納假設即得結(jié)論成立.

考慮G中的最長路P:%%…%，其中%,%,…,也是互不相同的頂點.因為G連通，故后3.

情形LdegQi)>2.由于尸是最長路,也的鄰點均在外，…，以:中，設%%eE,其中3金女則｛%%vivi｝

是一個角，在E中刪去這兩條邊.

若小處還有第三條邊，則剩下的圖是連通的；若叨處僅有被刪去的兩條邊，則也成為孤立點，其余頂點

仍互相連通.總之在剩卜的圖中有一個連通分支含有因一2條邊.

G

情形2:deg(%)=l,deg(v2)=2.則｛%以，〃2%｝是一個角，在中刪去這兩條邊后，火,女都成為孤立點，

其余的點互相連通，因此有一個連通分支含有|E|-2條邊.

情形3:deg(%)=Ldeg(>2)>3,且也與外,…，以中某個點相鄰?則'02V3｝是一個角，在G

中刪去這兩條邊后，叨成為孤立點，其余點互相連通，因此有一個連通分支含有囚-2條邊.

情形4:deg(i;i)=1,deg(v2)>3,且也與某個u至｛%,巧，…,巧3相鄰?由于尸是最長路，故u的鄰點均在

上,…，%之中?因｛%及2,。2“｝是一個角，在G中刪去這兩條邊,則必是孤立點.

若處僅有邊“火，則刪去所述邊后〃也是孤立點，而其余點互相連通.若〃處還有其他邊“％,3<i<k,則刪

去所述邊后，除也外其余點互相連通.總之，剩下的圖中有一個連通分支含

有|E|-2條邊.

引理獲證.

回到原題，題中的V和E可看作一個圖G=(匕E)

首先證明佗2795.

設力=｛%,42,…，V2019｝?在巧，V2,…，九1中，首先兩兩連邊，再刪去其中15條邊(例如…，%巧6)，

共連-15=1815條邊，則這61個點構成的圖是連通圖.再將剩余的201—61=1958個點配成979

對，每對兩點之間連一條邊，則圖G中一共連了1815+979=2794條線段.由上述構造可見，G中的任何一

個角必須使用力力2,…，先：!相連的邊，因此至多有［等］=907個兩兩無公共邊的角.故滿足要求的n不小于

2795.

另一方面，若因22795,可任意刪去若干條邊，只考慮|E|=2795的情形.

設G有/個連通分支，分別有巾1，…,nik個點，及％…,%條邊.下面證明ei，…,以中至多有979個奇數(shù).

反證法，假設e1,…，。中有至少980個奇數(shù)由于e［+…+%=2795是奇數(shù)，故ei，％中至少有981個奇

數(shù)，Q981不妨設々0,…，？981都是奇數(shù)，顯然啊,巾2,…，6981》2.

令m=m981+???+啊》2,則有C.>ef(l<i<980),C今>e981+???+%,

「980

故2795=優(yōu)19《氏+〉C^.①

?i=l

利用組合數(shù)的凸性，即對?23,有C^+Cj4C'l+C，i，可知當“，…，,”980,m由980個2以及一

980

C器取得最大值.

Zi=l

980

ZC^.<鷹9+980廢=2691<2795,

這與①矛盾.從而e1,…,ek中至多有979個奇數(shù).

對每個連通分支應用引理，可知G中含有N個兩兩無公共邊的角，

其中N=W二用》一979)=1(2795-979)=908.

綜上,所求最小的”是2795.

10.【2018年福建預賽】設集合M={M“GZ,且山區(qū)2018},M的子集S滿足：對S中任意3個元素a,h,

c(不必不同)，都有。+加持0.求集合S的元素個數(shù)的最大值.

【答案】20

【解析】

集合S的元素個數(shù)的最大值為2018.

令5={s|13018,sGZ},顯然集合S符合要求，且|S|=2O18.

另一方面，設S是滿足題設條件的集合，顯然0CS(否則0+0+0=0).設S中的所有正整數(shù)構成集合A,S中

的所有負整數(shù)構成集合8

若4=0,則|S|=網(wǎng)42018；若8=0,則⑸=|川W2018.

下面考慮A、8非空的情形.

對于集合X,Y,i^X+Y={x+y\x&X,y&Y},-X={-x|xeX}.

由題設可知，(4+B)n(—S)=0(否則，設xoG(A+8)n(—S),則存在a^A,b^B,—cG—S>使得a+b-xo,

一片3于是，存在“WS,b《S,使得a+8+c=0).JiA+B^{x\x&Z,且國<2017}(事實上，A中元素《2018,B

中元素$一1，于是A+8中元素S2017；同理，A+B中元素三一1027.).

設集合A中元素為G，。2，…，ak>集合8中元素為6”bz，...?M且。1<?2b\<b2<...<bt.

。［+6<。2+"<④+力卜…^^人+歷<〃*+82<…Vdk+b1.

???A+B中至少有人7—1個元素，即依+8|次+/—1=5—1.

結(jié)合4+8G{對％€Z,^|%|<2017}CM,一SGM,且(4+8)n(-S)=0,可得(4+8)U(-S)GM,

4037=|A/|>|A+B|+|-5|=|A+B|+|5|>|5|-l+|S|.

A|5|<2019.

若|S|=2019,則H+B|+|-S|=4037=|例

：.(A+B)U(-S)=M.

又由一2018￡A+8,201864+B,知201865,-2018GS.

對于《1,2,3,1009,*與2018—&中至少有一個不屬于S,一我與-2018+A中也至少有一個不屬

于5.因此，|A|<1009,|B|<1009.

二2O19=|5|=|A|+|5|<1009+1009=2018,矛盾.

因此，|5|<2018.

綜上可得,|S|<2018.

綜上所述，集合S的元素個數(shù)的最大值為2018.

11.【2018年湖南預賽】已知集合4={x|-2<x<3},B={x\m<x<m+9].

(1)若4UB=B,求實數(shù)m的取值范圍：

(2)若4C8K0,求實數(shù)m的取值范圍.

【答案】(1)[-6,-2]；(2)(-11,3)

【解析】

(1)；集合4={劃―2<x<3},B={x|m<x<m+9},AUB=B,

AACB,

.?.[,解得-6Wm<-2,

Im+9>3

，實數(shù)m的取值范圍是[-6,-2].

(2)'.?集合4={x|-2<x<3],B={x\m<x<m+9},

:.當ADB=0時，3<m或者m+94-2,

解得m>3或m<-|1,

...ACBM時，-ll<m<3,

實數(shù)m的取值范圍是(Tl,3).

12.【2018年廣東預賽】已知正整數(shù)n都可以唯一表示為n=劭+的,9+a2,9?+…+am,9"1①的

形式，其中m為非負整數(shù)，a,6{0,1,-,8)(1=0,1,…,m-1),即,€{L…,8}.試求①中的數(shù)列

劭,名,。2,…,嚴格單調(diào)遞增或嚴格單調(diào)遞減的所有正整數(shù)n的和.

【答案】984374748

【解析】

設A和B分別表示①中數(shù)列嚴格單調(diào)遞增和遞減的所有正整數(shù)構成的集合.符號S(M)表示數(shù)集M中所

有數(shù)的和，并將滿足①式的正整數(shù)記為n=amam-i…%劭.

把集合A分成如下兩個不交子集A。={n6川劭=。}和&={neA\a0KO}.

我們有S(A)=S(4)=5"

對任意ne4,令/'(n)=9ne4o，則/是4到4。的雙射.

由此得S(a)=9sMiJ,從而S(4)=1OSG4J.

又對任意a=amam_i?■-a0GB,令匕=g(a)=(9-am)(9-am_i)---(9-a0)G4,

則g是B到4的雙射，其中a+b=9m+1+9m+-+9=g(9^+1-1).

因為B=-?-a0[l<am<am_1<?-?<a0<8,m-0,1,…,7}

所以B中共有個元素，因此S(B)+SG4J=I2：=°C黑+】(9m+】-1)

=32：=。4*-公晨以=28-2D

又令心表示A中最高位數(shù)a.=8的正整數(shù)全體，A中其余的數(shù)和零所構成的集合記為4，

則S(A)=S(A2)+SG43).

對任意a=amam-i■?■a0eB,令b=a(a)=(8-am)(8-am_i)???(8-a0)GA3

則。是B到公的雙射，其中a+b=8?9"1+8?9m-1+…+8=9m+1-1.

所以S⑻+S(&)=￡二=0優(yōu)+】(嚴+1_1)=XL。若0-1)=108—28.

最后對任意Q=8am…QoE42-{8}，令b=r(a)=(8-am)???(8-a0)6B.

m+1m+2

則T是七-{8}到B的雙射，其中Q4-6=8-9+8?9巾+…+8=9-1.

所以S(B)+S(4)=8+2\oCr+1(9m+2-1)

=8+2；=1c^(9k+1-l)=9-io8-28.

于是，48)+觸(4)=其1。8-28)

(2s(B)+S(4)=1。9-29

解之得SQ4)=|1x109+80=968750080,S(B)=15624704.

由于A和B中都含有1,2,8,因此所求正整數(shù)的和等于S(A)+S(B)-36=984374748.

13.【2018年山東預賽】證明對所有的正整數(shù)ri24,存在一個集合S,滿足如下條件：

(1)S由都小于271T的n個正整數(shù)組成；

(2)對S的任意兩個不同的非空子集4、B,集合4中所有元素之和不等于集合B中所有元素之和.

【答案】見解析

【解析】

當n=4時，取5={3,5,6,7},則S滿足條件.

其次，當nN5時,令5={3,23,24產(chǎn).，2"-2,2”-1—3,2“-1一2,271-1—1}.

下面證明這樣的S滿足條件.

事實上，設4、B是S的兩個不同的非空子集，

令/(X)表示集合X的所有元素之和，要證明的目標是-4)羊/(B).

不妨設4CB=0,注意到，對任意m6N*均有1+2+4+…+2m-x=2m-1<2m.

所以,當a=2nT-3,b=2n-1-2,c=2"T-1都不屬于AUB時,均有/1(4)>f(B).

進一步,由于3+23+24+.“+271-2=2"-1-5,

所以當a、b、c中恰有一個屬于Au8時，例如aCA,將有/(4)>/(B),此時/(4)H/(B)；

類似地討論a、b、c中有兩個或3個同時屬于AUB時，均可得出/(4)片f(B).

綜上所述，當n>4時滿足條件的S都存在.

14.【2018年江西預賽】將前12個正整數(shù)構成的集合M={1,2,…,12}中的元素分成四個三元子集，使得每

個三元子集中的三數(shù)都滿足：其中一數(shù)等于另外兩數(shù)之和，試求不同的分法種數(shù).

【答案】8

【解析】

設四個子集為跖=(也仇,<),i=1,2,3,4,其中/=仇+dbt>c(,i=1,2.3.4,

設的<。2<&3<a4，則。4=12,%++。3+。4=g(1+2+…+12)=^=39,

所以%+&2+。3=27,故3a3>27,因此10S011.

若。3=10,則由%+a2=17,a2<10,2a2>ar+a2=17>得a2=9,%=8>

即有(％,。2，。3，&4)=(8,9,10,12),

c1

再由8=bi+q,9=h2+210=63+c3,12=h4+c4,

必須64=11,c4=1,共得兩種情況：12=11+1,10=7+3,9=5+4,8=6+2；

以及12=11+1,10=6+4,9=7+2,8=5+3,對應于兩種分法：

(12,11,1),(10,7,3),(9,5,4),(8,6,2)；

(12,11,1).(10,6,4),(9,7,2),(8,5,3).

若=11.則%+a2=16,于是8<a2<11,分別得(％,a2)=(6,10),(7,9).

對于(內(nèi),。2，。3，。4)=(6,10,11,12),得到三種分法：

(12,8,4),(11,9,2),(10,7,3),(6,5,1)；

(12,9,3),(11,7,4).(10,8,2),(6,5,1);

(12,7,5),(11,8,3),(10,9,1).(6,4,2).

對于(如,。2，。3，。4)=(7,9,11,12),也得三種分法:

(12,8,4),(11,10,1),(9,6,3),(7,5,2)；

(12,10,2),(11,6,5),(9,8,1),(7,4,3)；

(12,10,2),(11,8,3),(9,5,4),(7,6,1).

因此本題的分組方案共八種.

15.12018高中數(shù)學聯(lián)賽A卷(第02試)】設〃、k、機是正整數(shù)，滿足史2,且?guī)住秏<彳加設A是

{1,2,m}的〃元子集.

證明:區(qū)間(0,六)中每個整數(shù)均可表示為。一優(yōu)，其中a,a'^A.

【答案】證明見解析

【解析】用反證法.假設存在整數(shù)xe(0,含)不可表示為a—a',a,a'GA作帶余除法〃『河+r,其中Ogy*

將1,2,....根按模x的同余類劃分成x個公差為x的等差數(shù)列，其中八個等差數(shù)列有q+1項，xr個等差

數(shù)列有4項.由于4中沒有兩數(shù)之差為X,故A不能包含以x為公差的等差數(shù)列的相鄰兩項.

'q+1nL

從而n=|4|《r圖+(x-r唱=：/；n①.

、2'I*

這里［a)表示不小于a的最小整數(shù).

由條件，我們有〃=5三(xq+r)②

又xe(0,公■),故n>(k-l)x③

情形一4是奇數(shù).則由①知，?等④

結(jié)合②，④可知，x?等》n>+r)》從而q<2k—1.

再由q是奇數(shù)可知，q<2k—3,于是n4％?當■《(k一l)x,與③矛盾.

情形二g是偶數(shù).則由①知，n<%.1+r⑤

結(jié)合②，⑤可知，x-+r>n>-^―(xq+r),從而故如2伏-1).

再由q是偶數(shù)可知，把2A—4,于是九<x^+r<(k-2)%4-r<(k-l)x,

與③矛盾.

綜上可知，反證法假設不成立，結(jié)論獲證.

16.【2018高中數(shù)學聯(lián)賽B卷(第02試)】設集合A={1,2,〃},X、丫均為A的非空子集(允許

X=y).X中的最大元與y中的最小元分別記為maxX、minK求滿足maxX>minY的有序集合對(X,V)的數(shù)目.

【答案】22n-2我01+1)

【解析】先計算滿足maxX<minY的有序集合對(X,K)的數(shù)目.對給定的m=maxX,集合X是集合{1,

2.........1}的任意一個子集與{/〃}的并，故共有2^-1種取法.

XminY>M,故V是{%，〃+1,…，〃}的任意一個非空子集，共有2n+1一小—1種取法.

因此，滿足max/(minY的有序集合對(X,X)的數(shù)目是

(2n-I)2-n-2n+2n-1=22n-2n(n+1).

由于有序集合對(X,K)有(2"-1)?(2"-1)=(2"-1)2個，于是滿足max%>minY的有序集合對(X,K)的

數(shù)目是(2n-I)2-n-2n+2n-1=22n-2n(n+1).

17.【2017高中數(shù)學聯(lián)賽B卷(第02試)】給定正整數(shù)處證明:存在正整數(shù)使得可將正整數(shù)集N+分拆

為&個互不相交的子集&,4,…，4上，每個子集4中均不存在4個數(shù)“、b、c、或可以相同)，滿足必一

cd-m.

【答案】證明見解析

【解析】取A=，”+l,令4={x|x三i(modin+l),xeN+},i=l,2>m+\.

設a,b,c,d^Ai，貝Uab—cd三i,i—i,i=0(modm+1),

故cd,而zn+1?m,所以在4中不存在4個數(shù)a、b、c、d,滿足ab—cd=m.

18.【2017年河北預賽】已知集合4={1,2,3,4,…,101},集合BUA,且集合B中的最小元素是偶數(shù).

(1)若集合B中的最小元素是2,最大元素是13,求滿足條件的集合B的個數(shù)；

(2)求所有滿足條件的集合B中的最大元素之和.

【答案］⑴1024；(2)一：+啖2】?！?

【解析】(1)若B中的最小元素是2,最大元素是13,則集合B除含有2和13外，還可含有3,45…,12中的某些數(shù),

10

故8的個數(shù)共有CL+Clo+Cf0+-+?；?2=1024個.

(2)設n=2k,k=1,2,…,50,當B中最小元素是n時,最大元素可取n,n+1,—,101.

最大元素是n的集合8有1個;最大元素是n+1的集合B有2。個;……；

最大元素是101的集合B有21°】-(nT)個,

故最小兀素是n的所有集合8的最大兀素之和為7=?1*1+(71+1)*2。+(71+2)*21+—F100x

10n

299f+101x20-.

記s=(n+1)x2°+(n+2)X21+-+100x2"-n+101X2100-n,①

則2s=(n+1)x21+(n+2)x22+…+100x2100-n+101x2101-n.②

①-②得一s=(n+l)x2°+2i+22+―+2i°°-n-101x2i°iF=n+l+2(2i°°-n-l)-101x

2101f=n-1-100x2101-n,

所以s=-n+1+100x21?！?/p>

故T=1+100x21。一。

故集合{L2,3,4,…,101}中最小元素是偶數(shù)的所有子集8的最大元素之和為小2式1+100X2101-2k)=50+

1012k101

100注42~=50+100X2(4；T)=_弓+詈x2.

19.【2017年山西預賽】求所有的正整數(shù)n,使得集合M={1,2,…,4n}可以分拆成n個四元子集:M=U^=1Mk,

對于每個子集Mk={ak,bk,ckldk)^k=1,2,…,n)中的縱,尻，。,九四個元素而言，其中的一個元素等于另外三

個元素的算術平均.

【答案】答案見解析

【解析】不妨設，每個子集中,四是耿，玩,人的算術平均,念=”誓則有cik+bk+ck+dk=4dk,

所以，4(di+d2+-+dn)=1+2+-+4n=4n(彳+D,因此-?n

另一方面，當2In時，集合M確有滿足條件的劃分，

1

為此記n=2m,M={1,2,-?■,8m}=U^Ak,

其中Ak={8fc+1,8/c+2,-,8k+Q}=Mk\JM'k,Mk={8k+l,8fc+3,8k+8,8k+4)=

(ak,bk,ck,dk],M'k={8k+2,8k+6,8/c+7,8/c+5]={a'k,b'k,c'k,d*},

七c,..(8k+l)+(8k+3)+(8k+8)「(8k+2)+(8k+6)+(8k+7)

包8/c+4=-----------------,8k+5=-----------------.

20.(2017年江西預賽】設「={#,22,32,…}是由全體正整數(shù)的平方所構成的集合；如果數(shù)n能夠表示為集

合P中若干個(至少一個)互異元素的代數(shù)和,則稱數(shù)n具有P結(jié)構.證明：每個自然數(shù)n都具有P結(jié)構.

【答案】證明見解析

【解析】證法一首先，我們可以將前十個自然數(shù)分別表示為：0=-32-42+52,1=12,2=-12-22-32+

42,3=-I2+22,4=22,5=12+22,6=-I2-32+42,7=-32+42,8=-I2+32,9=32.

再考慮區(qū)間(32,42］中的數(shù)，其中除了16=42之外，其余的數(shù)n皆可表示為n=42-/c(l<k<6)的形式;并且

注意至U,在1、2,3、4,5,6中每個數(shù)的匕表示中，凡是表示式有42參與時,42皆以正項形式出現(xiàn)，于是山n=42-

ZcM知，此時42項便被抵消(不會出現(xiàn)2x42的項)；

因此，區(qū)間(32,42］中的數(shù)皆具有2表示,也就是W42的每個數(shù)都具有巴表示,且其中最大項至多為42,而凡是含

有42的表示中,42皆以正項形式出現(xiàn).

下面使用歸納法,假若已證得，<m2的每個數(shù)都具有2表示,且其中最大項至多為62,而凡是含有租2的表示

中,Tn?皆以正項形式出現(xiàn)(其中巾>4).

對于區(qū)間(巾2,(巾+1)2］中的數(shù)，除了最大數(shù)可以直接表示為(?n+1)2之外，其余元素力皆可表示為:n=(m+

l)2-/c,(l</c<2no.由歸納假設,m>4,則2m<m?,并且此k具有匕表示，其中每項皆式62因此數(shù)〃具有

匕表示，

故由歸納法，即知所證的結(jié)論成立.

2222222222

證法二首先,0=-3-4+5,1=野,2=-I-2-3+4,3=-l+2,4=2,5=M+22；當n>3

時,2n=(n+l)2—n2—l2,2n+1=(n+l)2—n2,

因此結(jié)論得證.

21.【2016年福建預賽】若將集合4={1,2,…，〃}任意劃分為63個兩兩不相交的子集(它們非空且并集為

A)4,A2,…,A63,則總存在兩個正整數(shù)x、y屬于同一個子集運存),且x>y,31向32y.求滿足條件的

最小正整數(shù)n.

【答案】2016

【解析】

考慮模63的剩余類，即將集合4劃分為如下63個兩兩不相交的子集：

Ai=［a\a=63k+i,gN\(i=\,2,...?63).

于是，對每個4/(13463)及任意的x、yeA,(x>y),均有x-)263.

貝iJySv-63,爛32y-3l<32(x-63)-3lx=x-32x63<??-20

22.【2016年山東預賽】已知集合A、B均是由正整數(shù)組成的集合，且⑷=20,網(wǎng)=16.集合A滿足以下條

件:若a、b、m、n￡A,且a+b=m+n,則{a,8}={m,。}.定義A+B={a+W4b￡B}.試確定的

最小值.

【答案】200

【解析】

記4={alla2,->a2o},B={瓦也，…，瓦61

C={ai+bj\i=1,2,-,20},其中，/=1,2,…,16.

于是，A+B=U)?iCj.

下面證明：|CmClCn|<l(mn).

事實上，設存在Cm、Cn(m^n),ICmCCnl22.則存在自、k2,小%，使得

akl+bm.ak2+bm,atl+bn.al2+bnGCmnCn,且

flk.+bm=ak2+bm=ati+bn=a(2+bn?

aaaa

kj*k2>li*l2-①

而以1-dk2=旬-%

na%+a-i2=0-k2+%，

則{*，%}={%，%}?

又由結(jié)論①，知￡1七=%,。卜2=a/這是不可的能，否則，

+bm6Cn,o(2A-bn&Cm

=>akl=bn,ai2=bm,即CmDCn中最多只有一個元素，矛盾.

從而，\CmC\Cn\<l(mn).

由容斥原理知

M+BI=|5*|

1616

fc=ll^m<n^l6

=320-120=200.

又令4=[2,22,-,220),

8={2,22,…〃金}.

容易驗證，若mrn?k,則

mn

={2+2},cmncnnck=0.

因此,\A+B\=200.

綜上，|4+B|的最小值為200.

23.(2016年新疆預賽】設A是由n個正整數(shù)構成的集合，且A中所有元素之和小于2n-1.證明:集合A至

少有兩個沒有公共元素的非空子集，其元素之和相同.

【答案】見解析

【解析】

由集合A中含有n個元素，知集合A的非空子集的個數(shù)為2n-1.

設B為集合A的任一非空子集，且SB為集合B的元素之和.

由集合A中所有元素之和小于2-1,知

n

l<SB<2-2.

因此，由抽屜原理，知必然存在集合A的兩個非空子集C、D,滿足％=SD

若CnD=0,則命題得證.

若COD￥0,令

,

=Cc(CnD),D=cD(Cno).

顯然,C'n。=0,且Sa=SDf.

最后，只需證明C'r0且C'K0.

若。'=0,則。=。0。,故。三。.

由于CHD,故Cu。，但此時,Sc<SD，與Sc=S。矛盾,因此,C'豐0.

類似地,D'牛0.

綜上，集合A至少有兩個沒有公共元素的非空子集，其元素之和相同.

24.【2016年浙江預賽】設集合4={xeZ+卜的十進制表示聲數(shù)超不冷2、0,1,6}。用>三表示集合A

中所有元素的倒數(shù)之和。證明：y工<3。

【答案】見解析

【解析】

在k位正整數(shù)中，各位上的數(shù)碼不含數(shù)字2、0、1、6的共有6k個，其中首位數(shù)字為3、4、5、7、8、9(組

成集合B)的各有6J從而，在所有的k位數(shù)中,{l則

25.【2016年新疆預賽】設A為一個含有n個元素的集合，A1,①，…，4為集合4的互不相同的幾個子集.證明：

在集合4中存在一個元素a,使得為一{a},A2-[a},....4n-{a}仍為互不相同的集合，其中，4一{a}=

{xEAt\xa}.

【答案】見解析

【解析】

反證法.

假設命題不成立，則對任何a€4

AA-{a},A2-{a}....A”-{a}中必有兩個集合相同.

構造圖G,其頂點標記為A2,4n,且4與々(lWiH/Wn)連一條邊(標記為a).若4一{研=4一

{a},將圖G中具有相同標號的邊只保留一條(多余的去掉)，則得到一個圖我，它含有n個點，n條邊，且每

條邊的標號不同.

易見，圖G'含有一個圈，記為

C=