高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽真題分類匯編函數(shù)、集合與復(fù)數(shù)(解析版)

備戰(zhàn)2021年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽之歷年真題匯編(1981-2020)

專題32函數(shù)、集合與復(fù)數(shù)

施雷國氟題:

1.【2020高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷(第02試)】設(shè)集合4={1,2,…,19}.是否存在集合4的非空子集S1,S2,滿足

⑴InS2=0,SiuS?=A；

(2)Si，52都至少有4個元素；

(3)Si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(shè)S2=l,2x,y,2a<胚19,則1+2+…+19-1-2-x-y=2xy,

所以2xv+x+>=187,

故(2x+1)(2y+1)=375=15x25,

所以x=7,y=12是一組解.

故取Si=3,4,5,6,7,810.11,13,14,15,16,17,18,19,52=127,12,

則這樣的工,52滿足條件.

2.12019高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷(第02試)】設(shè)V是空間中2019個點(diǎn)構(gòu)成的集合，其中任意四點(diǎn)不共面某些點(diǎn)之

間連有線段，記E為這些線段構(gòu)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(diǎn)，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(gòu)成一個"角''先證明一個引理：

設(shè)G=(匕E)是一個簡單圖，且G是連通的，則G含有［券］個兩兩無公共邊的角(這里⑷表示實(shí)數(shù)a的整數(shù)部分).

引理的證明:對E的元素個數(shù)|￡|歸納證明.

當(dāng)|E|=0,1,2,3時，結(jié)論顯然成立.

下面假設(shè)因?yàn)椋⑶医Y(jié)論在間較小時均成立.

只需證明，在G中可以選取兩條邊.、。構(gòu)成一個角，在G中刪去a、b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(yīng)用歸納假設(shè)即得結(jié)論成立.

考慮G中的最長路?:巧巧…外，其中%,W，…，也是互不相同的頂點(diǎn)?因?yàn)镚連通，故后3.

情形l:deg(%)22.由于P是最長路，片的鄰點(diǎn)均在藝,…，以中，設(shè)%/WE,其中33?女.則{廿10巧巧}是一個

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角，在E中刪去這兩條邊.

若叫處還有第三條邊，則剩下的圖是連通的；若也處僅有被刪去的兩條邊，則環(huán)成為孤立點(diǎn)，其余頂點(diǎn)仍互相

連通.總之在剩下的圖中有一個連通分支含有㈤一2條邊.

情形2:degOi)=l,deg(v2)=2.則(女外山2V3｝是一個角，在G中刪去這兩條邊后,巧,女都成為孤立點(diǎn)，其余的

點(diǎn)互相連通，因此有一個連通分支含有|E|-2條邊.

情形3:deg(巧)=l,deg(w)》3,且也與%,…，％中某個點(diǎn)相鄰?則'02V3｝是一個角，在G中刪

去這兩條邊后，環(huán)成為孤立點(diǎn)，其余點(diǎn)互相連通，因此有一個連通分支含有但|-2條邊.

情形4:degOi)=l,deg(v2)》3,且小與某個u任｛巧,巧,…，叫｝相鄰.由于P是最長路，故u的鄰點(diǎn)均在

以，…,取之中?因｛叫以，女嗚是一個角，在G中刪去這兩條邊，則打是孤立點(diǎn).

若處僅有邊"也，則刪去所述邊后"也是孤立點(diǎn)，而其余點(diǎn)互相連通.若〃處還有其他邊〃0，3<i<k,則刪去所述

邊后，除川外其余點(diǎn)互相連通.總之，剩下的圖中有一個連通分支含

有也|一2條邊.

引理獲證.

回到原題，題中的V和E可看作一個圖G=(V,E)

首先證明叱2795.

設(shè)丫=｛巧,女，…，”2019｝?在%，"2,…，"61中，首先兩兩連邊，再刪去其中15條邊(例如女上，%巧，…，％打6)，共連

了盤1-15=1815條邊，則這61個點(diǎn)構(gòu)成的圖是連通圖.再將剩余的201-61=1958個點(diǎn)配成979對，每對兩點(diǎn)

之間連一條邊，則圖G中一共連了1815+979=2794條線段.由上述構(gòu)造可見，G中的任何一個角必須使用

%,W，…，相連的邊，因此至多有［若］=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IER2795,可任意刪去若干條邊，只考慮間=2795的情形.

設(shè)G有攵個連通分支，分別有Tn〉…,小上個點(diǎn)，及馬,…,，條邊.下面證明燈,…,”中至多有979個奇數(shù).

反證法，假設(shè)%…，”中有至少980個奇數(shù)由于0+…+七=2795是奇數(shù),故q,…，〃中至少有981個奇數(shù)，反

981.不妨設(shè)出,。2,…，。982都是奇數(shù)，顯然小1，血2,…，巾981>2.

令m=m981+…+nik>2,則有>e￡(l<i<980),>e981+…+〃，

\,980

故2795=￡3《既+〉」①

利用組合數(shù)的凸性，即對后史3,有(或+i+C>i，可知當(dāng)如，…，加980,6由980個2以及一個59

5T■-1980

構(gòu)成時，4+〉C而取得最大值.

j=l

%1980

于是%+〉《僚9+980?=2691<2795,

乙山=11

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這與①矛盾.從而…,e〃中至多有979個奇數(shù).

對每個連通分支應(yīng)用引理，可知G中含有N個兩兩無公共邊的角，

其中N=ykN》久?=1勺-979）=1（2795-979）=908.

綜上，所求最小的”是2795.

3.【2018高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽A卷（第02試）】設(shè)〃、底機(jī)是正整數(shù)，滿足Q2,且n4m<等加設(shè)A是{1,

2,...?機(jī)}的〃元子集.

證明:區(qū)間僅，含）中每個整數(shù)均可表示為。一優(yōu)，其中a,a'CA.

【答案】證明見解析

【解析】用反證法.假設(shè)存在整數(shù)X€（O,臺）不可表示為“一優(yōu)，a,作帶余除法機(jī)=xq+〃其中g(shù)，.將

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

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+1L

從而n=|4|<r圖+（x-r用=廣q2，q①.

這里［a］表示不小于a的最小整數(shù).

由條件，我們有n>=，、（￥勺+「）②

又xG^0,>故幾>（k—l）x③

情形一g是奇數(shù).則由①知，?等④

結(jié)合②，④可知，x?誓》九>或7（%q+r）》念yxq,從而

再由q是奇數(shù)可知，q<2k—3,于是n《久,勺《（k一l）x,與③矛盾.

情形二q是偶數(shù).則由①知，n<x-^+r⑤

結(jié)合②，⑤可知，x4+r喜（xq+r）,從而感不<懸「<叁/，故

再由q是偶數(shù)可知，把2Z—4,于是n4％?￡+r（（k-2）x+r<（k-1）支，

與③矛盾.

綜上可知，反證法假設(shè)不成立，結(jié)論獲證.

4.12018高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】設(shè)集合A={1,2,…，〃},X、丫均為A的非空子集（允許X=Y）.X中的

最大元與丫中的最小元分別記為maxX、minY.求滿足maxX>miny的有序集合對（X,K）的數(shù)目.

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【答案】22n-2noi+1)

【解析】先計算滿足maxX《minV的有序集合對(X,K)的數(shù)目.對給定的集合X是集合｛1,2,m

—1｝的任意一個子集與｛，〃｝的并，故共有2抽-1種取法.

又〃而故，是｛"[,，"+1,…，〃｝的任意一個非空子集,共有2"i-m—1種取法.

因此，滿足maxX《minY的有序集合對(X,的數(shù)目是

(2n-iy-n-2n+2n-l=22n-2n(n+1).

由于有序集合對(X,K)有(2?一l)-(2n-l)=(2n-l)2j，于是滿足maxX>minV的有序集合對(X,Y)的數(shù)目

是(2“-l)z-n-2n+2n-l=22n-2n(n+1).

5.12017高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷(第02試)】給定正整數(shù)機(jī)，證明:存在正整數(shù)鼠使得可將正整數(shù)集M分拆為k個

互不相交的子集4,42,…，須，每個子集4中均不存在4個數(shù)°、b、c、或可以相同)，滿足"一cd=/n.

【答案】證明見解析

【解析】取仁”?+1，令4=｛x|x三i(modm+l),xeN+｝,，=1,2,,,1>m+\.

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

故zn+l|ab—cd,而7n+li?n,所以在A中不存在4個數(shù)a、b、c、d,滿足ab—cd=m.

6.【2015高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】設(shè)5=｛41,&,“\41｝(>1>2),其中友,4，…,4為〃個互不相同的有限集

合，滿足對任意4，46S,均有411465.若卜=01訪1點(diǎn)3|4]》2(因表示有限集合乂的元素個數(shù))，證明：存

在xeuNi4，使得x屬于4i，①，…中的至少/個集合.

【答案】證明見解析

【解析】證法一證明更強(qiáng)的結(jié)論：對任意集合4(1總9),存在xeA”使得x屬于4,4，…，乙中的至少匕個集

141

合.

若4,4，???，An與4的交集均不為空集，則根據(jù)平均值原理，知集合4中必存在某個元素X，使得X屬于

A1,A2,■1?,4”中的至少個集合.

若4,42,…,4中存在某些集合與4的交集為空集，不妨設(shè)這樣的集合為4i，4z，…，4〉則Au/!/AjU

UAjj互不相同，且均屬于S.

于是，S中其余〃-2f—1個集合均與A,的交集非空.

從而，集合A,?中所有元素在集合S中出現(xiàn)的次數(shù)不少于k+tk+n-2t-1=n+(k-2)t+k-1>n.

故存在某個xGA”使得x屬于4,4，…，乙中的至少多個集合?

綜上，命題得證

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證法二不妨設(shè)|&|=k,Md<142y--?<\An\,對4。=2,3,…,n）執(zhí)行下列過程：

（1）先考慮4.

若42n4#。，則將4分為一組；

若42nAi=0，則將&u&與A?兩個集合分為一組.

（2）考慮4.

若4=42U4，已經(jīng)進(jìn)行過分組.

若&w4u4,再分兩種情形考慮.

⑺A3n4w0,貝1］將A3分為一組；

（ii）&n&=0，由&豐則&u&#&UAt.

此時，可將/UA與小兩個集合分為一組.

7.12014高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】設(shè)5={1,2,3,...,100）,求最大的整數(shù)上使得5有人個互不相同的非

空子集，具有性質(zhì)：對這么個子集中任意兩個不同子集，若它們的交非空，則它們交集中的最小元素與這兩個

子集中的最大元素均不相同.

【答案】299-1

【解析】對有限非空實(shí)數(shù)集4,用minA與maxA分別表示A的最小元素與最大元素，考慮S的所有包含1且至

少有兩個元素的子集，一共299—1個，它們顯然滿足要求，

因?yàn)閙in（4CiAj）=1<max4r故％max>2"-1,

下面證明當(dāng)后299時，不存在滿足要求的《個子集.

我們用數(shù)學(xué)歸納法證明：對整數(shù)論3,在集合（I,2,…，"}的任意見"侖2"r）個不同非空子集A”4，…,Am

中，存在兩個子集即4）,滿足4C%#0,min（4n%）=max4①

顯然只需對m=2“T的情形證明上述結(jié)論.

當(dāng)"=3時，將{1,2,3}的全部7個非空子集分成3組：笫一組：{3},{1,3},{2,3}；笫二組：{2},{I,

2）；第三組：{1},{I,2,3}.由抽屜原理，任意4個非空子集必有兩個在同一組中，取同組中的兩個子集分別

記為4,4,排在前面的記為4,則滿足式①

假設(shè)結(jié)論在“23時成立，考慮"+1的情形.若公,4，???，①”，中至少有2“T個子集不含"+1,對其中的2“T個子集

用歸納假設(shè)，可知存在兩個子集滿足式①.

n

若至多有2t-1個子集不含n+\,則至少有2”T+1個子集含〃+1,將其中2"T+1個子集都去掉〃+1,得到

{1.2,“}的2"-1+1個子集.

由于{1,2,....〃}的全體子集可分成2”T組，每組兩個子集互補(bǔ)，故由抽屜原理，在上述2“T+1個子集中一

定有兩個屬于同一組，即互為補(bǔ)集.因此，相應(yīng)

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地有兩個子集4,4,滿足4n4=仇+1).

這兩個集合顯然滿足式①.故"+1時結(jié)論成立

綜上所述，所求々max=2"-1.

8.【2012高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】試證明：集合A={2,22,…，2",…}滿足：

(1)對每個及bGN*,若b<2aT,則仇加1)一定不是2。的倍數(shù)；

(2)對每個a€才(其中才表示A在N*中的補(bǔ)集)，且存1,必存在bCN*,b<2a-1,使伙〃+1)是2a的倍數(shù).

【答案】證明見解析

【解析】⑴對于任意的aGA,設(shè)a=2?,k《N,則2a=21,

如果b是任意一個小于2a—1的正整數(shù)，貝Ub+l42a—1,

由于匕與b+1中，一個為奇數(shù)，它不含素因;2,另一個為偶數(shù)，它含素因子2的基的次數(shù)最多為2,因此，b

S+1)一定不是2“的倍數(shù).

(2)若ae/,且分I,設(shè)a=2%，其中6為非負(fù)整數(shù)，"，為大于1的奇數(shù).則2a=2計1研

下面給出三種證明方法：

證法一令b=mx,b+1=2"+勺，消去得2"+、—mx=1,由于(2&+、m)=1,

這方程必有整數(shù)解,二；+；7,(其中rez,(4,%)為方程的特解).

把最小的正整數(shù)解記為(x*,y*),則x*<2-1,

故b=mx*<2a-1,使"6+1)是2a的倍數(shù).

證法二由于(2k+i,m)=l,由中國剩余定理知，同余方程組1“三乂*12”：)、在區(qū)間(0,2底1巾)上有解x=6,

即存在b<2a-1,使b(b+l)是2a的倍數(shù).

證法三由于(2,"。=1,總存在《rWN”,r<m—1),使2r三1(modm),

取fGN*,使tr>k+l,則2什三1(modm).

存在b=(2tr-1)-q-2k+1m>0(qeN),使0cb<2a-1.

此時m|b,2k+1\b+1,因而b(b+l)是2a的倍數(shù).

9.12011高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】證明：對任意整數(shù)論4,存在一個〃次多項式/。)=/+0?_6"-1+”?+

axx+a。具有如下性質(zhì)：

(1)劭,即,-”，冊_1均為正整數(shù)；

r

(2)對任意正整數(shù)m及任意k(后2)個互不相同的正整數(shù)萬,七,…,乙，均有/(巾)*/(ri)/(r2)f(.k\

【答案】證明見解析

【解析】令f(x)=(x+l)(x+2)…(x+n)+2①

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將式①的右邊展開即知7U)是一個首項系數(shù)為?的正整數(shù)系數(shù)的〃次多項式.

下面證明_/U)滿足性質(zhì)(2).

對任意整數(shù)f,由于佗4,故連續(xù)的〃個整數(shù)t+l,t+2,…，t+n中必有一個為4的倍數(shù)，從而由式①知/'(t)三2

(mod4),

因此，對任意?(后2)個正整數(shù)乙,「2,…,灰，有/'(rjf&z)…八人)=2k=0(mod4),

但對任意正整數(shù)m,有/'(血)=2(mod4),

故f(m)三f(%)/(萬)…/'(4)(mod4),

從而/'(m)*f(ri)f(r2)…fSk)，

所以汽x)符合題設(shè)要求.

10.12010高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】設(shè)卡是給定的正整數(shù)，r=k+：.記尸D(x)=f(x)=x[x],蘆⑸=f

(f(f)(x)),xCR+,欠2.證明：存在正整數(shù)如使得/阿。)為一個整數(shù).這里，㈤表示不小于實(shí)數(shù)x的最小整

數(shù)，例如用=1，[1]=L

【答案】證明見解析

【解析】記05)表示正整數(shù)n所含的2的基次.則當(dāng)m=v2(fc)+1時，f(m)(r)為整數(shù)

下面我們對以6寸用數(shù)學(xué)歸納法：

當(dāng)v=0時，k為奇數(shù)，2+1為偶數(shù)，此時/'(r)=(k+m[k+m=(k+3(k+l)為整數(shù).

假設(shè)命題對丫一1(佗1)成立.

VV+1V+2

對于v>l,設(shè)％的二進(jìn)制表示具有形式A=2+av+l-2+av+2-2+

這里，/=0或者1,i=v+l,v+2,...

于是/'(r)=(fc+0[fc+1]=(/c+0(fc+1)=J+1+fc2+/c

=|+2-1+(即+i+1)?2"+(即+i+即+2)?2"1+…+22V+-??

=〃+：①

這里=2V-1+(g+i+1),2"+(即+i+%+2),2v+1+…+22V+…，

顯然《中所含的2的某次為L1.故由歸納假設(shè)知r'=%’+%

經(jīng)過了的v次迭代得到整數(shù)，由式①知，f(v+D(r)是一個整數(shù)，這就完成了歸納證明.

11.12006高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】解方程組

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x—y4-z—vr=2

x2-y2+z2-w2=6

x3-y3+z3-w3=20

<x4—y4+z4—iv4=66

【答案】答案見解析

【解析】令p=%+z,q=xz,我們有

p2=/+z2+2q,p3=x34-z34-3pq,p4=x44-z44-4p2q—2q2,

同樣，令$=、+卬,t=yw,

有s?=y2+卬2+23s3=y34-w3+3s3s4=y4+w44-4s2t—2t2,

在此記號系統(tǒng)下，原方程組的第一個方程為p=s+2①

于是p2=s2+4s4-4,p3=s34-6s2+12s+8,p4=s44-8s3+24s+32s+16,

現(xiàn)在將上面準(zhǔn)備的p2,p3,p4和s2,s3,s4的表達(dá)式代入，得

/+z?+2q=y2+卬2+2t+4s+4,x34-z34-3pq=y3+w34-3st+6s2+12s+8,

x4+z4+4P2q—2q2=y4+iv4+4s2t—2t2+8s3+24s+32s+16.

利用原方程組的第二至四式化簡，得°=亡+25-1②

pq=st+2s2+4s—4③

2p2q-q2=2s2t—t2+4s3+12s24-16s—25④

將式①和②代入式③，得”|-1⑤

將式⑤代入式②，得q=：S-2(6)

將式①，⑤，⑥代入式④，得s=2.所以有t=0,p=4,q=3.

這樣一來，x,z和y,卬分別是方程X?—4X+3=0和F2—2=0的兩根，

C：oC：2-

詳言之，方程組有如下四組解

x=3,y=2,z=1,w=0或％=3,y=0,z=1,w=2>

或工=l,y=2,z=3,w=0,或％=l,y=0,z=3,w=2.

(0,當(dāng)n為平方數(shù)

12.12005高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】對每個正整數(shù)〃，定義函數(shù)=h1］福7曰丁、蛇,其中田表示

I扁］，爭榜平萬數(shù)

不超過x的最大整數(shù)，{x}=x一印.試求：立駕f(k)的值.

【答案】768

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【解析】對任意mk￡N+,若A?vQV(k+I)2,

設(shè)Q=fc24-m(m=1,2,…,2k),yfa=k+0(0<0<1),

則儒卜念卜韻=呼］，

因?yàn)?<"-把<1,

mm

若在前禁之間存在整數(shù)3則當(dāng)「〈禁，

于是，一方面2k<mt,故2k4-1<mt,

另一方面mt<2k+6<2k+lf矛盾，

故［*=【卦所以)2島卜卦

于是/￥f(a)=fEl俏①

下而計算W"律上畫一張2上X2%的表,第i行中，凡是i的倍數(shù)處填寫“*”號，則這行的“*”號共存］個，全表

的3號共W/件］個；

另一方面，按列收集“*”號數(shù)：第/歹I中，若j有T。)個正因數(shù)，則該列便有T0)個“*”號，故全表的“*”號個數(shù)共

厚1TO)個，因此陷=2洛T0)

示例如下：

=n[T(l)+7(2)]+(n-1)[T(3)+7(4)]+…+[T(2n-1)+T(2n)]②

由此￡窗f(k)=2展(16-fc)[T(2fc-1)+T(2fc)]③

記即=7(2k-1)+T(2k)(k=1,2,…,15),易知a*的取值情況如下:

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k123456789101112131415

ak356678698881071010

因此a空fW=2：二(16-k"k=783④

由定義f(256)=f(16Z)=0,當(dāng)kW{241,242,…,255},

設(shè)k=152+r(16<r<30),Vk-15=V152+r-15=-^=^=—,—<->1<—<

V7V152+r+is31而不+1530、r

L.<H,

{V152+r}r<2

則ti]=1(ke]241,242,…,255})⑤

從而泰智/(fc)=783-fW=783-15=768.

13.12002高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】實(shí)數(shù)短，b,c?和正數(shù);I,使得f(x)=/++.+c有三個實(shí)數(shù)

X1,X2,X3?且滿足:

(D%i-%2=入；

(ii)%3>|(X1+%2).

求空竿也的最大值.

【答案】苧

2x

【解析】由于f(%)=f(x)-/(%3)=(%-x3)[x+(a+x3)+瑤+ax3b]t

所經(jīng)孫亞是方程%2+(a+x3)x+以+ax3+b=0的兩個根，

2222

由情形⑺可得(Q+x3)-4(xj+ax3+b)=A,即3詔+2ax3+A4-4b-a=0,

再由情形⑺可得與=1|-Q+V4a2-12b-3A]①

且4a2-12b-3A2>0②

可以得到f(%)=x3+ax2+bx+c=(x+；)一一力)(％+；)+5a?+c—[ab,

E叭%)=0可得;ab_梟3-=&+§-管-b)(%3+§③

由式①得%3+三=|V4a2—12b—3A2=~9

記p=y—b,由式②和③可知p>

且家匕一-3-C=譽(yù)(p_"),

第10頁共31頁

令y=則y》。里ab一梟3-c=(y2一/2),

則y3—m+*y-苧”鼠+竽

=(y-3(y2+gy+--*)=(y_9(y+幻》0-

3

所以二ab-三Q3—c)一逅萬，于是2cP+27c—9ab<—A,

327182

由此可得2a"2,9ab4嗎

As2

取Q=2^3,b=2,c=0,a=2,

則/(%)=x3+2V3x2+2%有根-V5-1,-V3+1,0,

顯然滿足假設(shè)條件，且空節(jié)也=1(48V3-36V3)=苧，

綜上所述型滬竺的最大值是苧.

1|Z]|—\Z21=|231—1

14.11999高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】給定實(shí)數(shù)4,b,c,已知復(fù)數(shù)Zi，Z2*3滿足]幺+衛(wèi)+攵=]，求I。

Iz2z3Z1

Zi+bz2+CZ3I的值.

【答案】答案見解析

【解析】由已知生+&+空6R,所以(紅)+(紅)+(0)=&+、+&.

ZZ3Z]\z/zZ3Z1

2'z"3\zxj2

即0+(9+?)=t)+償)+管)，

又|zj=\z\=\z\—1?所以』=—(k=1,2,3)>

23zk

代入式①得居)+居)+(9=仔)+管)+(3

ZZZ

即贊Z3+Z北1+zjz2=zf3+31+Z”2，

分解因式，得(Zi—Z2)(Z2-23)(23-Zi)=0.

所以Zi=Z2或Z2=Z3或Z3=Zj.

如果Zi=z2y代入原式得包=±i，這時|aZ]+bz2+cz3\=\zr\-\a+b±ci|=J(a+b)2+c?,

Zi

類似地，如果Z2=Z3,則|azi+bz2+CZ3I=J(b+c)2+*

如果Z3=Zi，則|az〔+bz2+CZ3I=J(Q+c)2+爐.

15.11997高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)]試問：當(dāng)且僅當(dāng)實(shí)數(shù)%0，/,…,％n(n32)滿足什么條件時,存在實(shí)數(shù)

Vo，%，使得/=z：+z/+…+z/成立,其中。=%火+i”，i為虛數(shù)單位，60，1，…，幾證明你的結(jié)論.

【答案】答案見解析

第11頁共31頁

2：=i設(shè)一詔=嵬一環(huán)

【解析】易知題中式子等價于①

Zfc=ixkyk=xoyo

2

若存在實(shí)數(shù)yo，yi，…,yn使式①成立，則就羽=（Sfc=iXkyfc）,

由柯西不等式可得詔%<（2：=1a）（221嵬）②

如果詔>2：=］設(shè)，則由式①可得%>2：=11,

從而盼乂>（2；=i墳）（2；=i嵬）.與式②矛盾,

于是得歐《2二】說③

反之，若式③成立，有兩種情況：

x

（Oxo=Sfc=1fc'則取"=X"，k=0,1,2,…，n,顯然式①成立.

（汾以<2：=/3記a?=2：=i設(shè)-就>。,

從而看,…，不全為。，不妨設(shè)x/0,取次=0,^=0,1,...?n—2,有

易知式①也成立.

綜上可知，所求的條件為以（221城?

16.【1994高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】x的二次方程/+2速+22+租=0中，Zi，Z2，m均是復(fù)數(shù)，且皆一4z2=

16+20i,設(shè)這個方程的兩個根a,/?滿足慳一岡=2近，求|m|的最大值和最小值.

【答案】最大值是〃1+7,|列最小值是7-V5I.

【解析】據(jù)表達(dá)定理有，

z

因?yàn)椋ù艘弧＃?=（a+6）2-4aB~i~4z2-4m,所以|a-=|4m-（zf-4z2）|=28,所以［m-,（zf-4

BP|m-4+5i|=7,

這表明復(fù)數(shù)〃，在以44,5）為圓點(diǎn)，以7為半徑的圓周上，

第12頁共31頁

又因?yàn)閨。川=V42+52=聞<7,故原點(diǎn)。在圓4內(nèi)，聯(lián)結(jié)。4,延長交圓A于兩點(diǎn)8與C,

則|0B|=\0A\+\AB\=V41+7為|加最大值.

\0C\=\CA\-\A0\=7-聞為|m|最小值.

所以向|最大值是"1+7,|加最小值是7-?i.

17.【1992高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】設(shè)集合S,=｛1，2........〃｝.若X是S”的子集，把X中的所有數(shù)的和稱為X

的''容量"（規(guī)定空集的容量為0）.若X的容量為奇（偶）數(shù)，則稱X為S”的奇（偶）子集.

（1）求證：S,的奇子集與偶子集個數(shù)相等；

（2）求證：當(dāng)"N3時，5〃的所有奇子集的容量之和與所有偶子集的容量之和相等.

⑶當(dāng)n>3時，求S?的所有奇子集的容量之和.

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）答案見解析.

【解析】（1）設(shè)S,的奇子集的個數(shù)為小，偶子集的個數(shù)為兒，則品+九=2"①

直接求冊,以因表示為不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù).

設(shè)k=—k,從｛2,4,2?｝中任取一個子集（含空集）X，

再從｛1,3，…，2/—1｝中任取一個含奇數(shù)個元素的子集X2,則X與X?的并集便是一個奇子集，

反之，S,的任一奇子集可寫成Xi與X2之并.

Xi的取法有2〃種，X2的取法有C；+C；+…+=1（C?+C?+???+C?）=2^（種）

（2z—1是不大于/的最大奇數(shù)）.

于是冊=2k-2'T=2n-1.

n-1

由式①知仇,=an=2.

（2）設(shè)A“（&）表示S?中全體奇（偶）子集容量之和

⑺若n為奇數(shù)（〃N3）,S,的所有奇子集可由下列兩類子集組成：

（i）S,?的奇子集；

的每一個偶子集與集｛"｝的并.

n-2

于是4n=411T+（Fn-i+n-bn-i）=4"_i+Sn-i+n-2②

n2

類似，可得8n=Bn_i+（4T+n-=4T+Sn_I+n-2-③

得4=Bn.

（H）若〃是偶數(shù)（〃%）,S的所有奇子集可由下列兩類子集組成：

（DSn-,的所有奇子集：

⑺Sr的每一個奇子集與集｛〃｝的并.

第13頁共31頁

nan2

于是4rl=4n-i+(An-1+,n-i)=24"-i+n-2~④

類似，可得Bn=2B"T+?v2n-2⑤

所以4=Bn.

綜合情形⑺與(H)的結(jié)論，對任何佗3,An=Bn.

(3)X在S?的余集記為￡則X與星的容量之和等于S,的容量，

即1+24---1-n=|n(n+1).

因此，S,中所有子集的容量之和是2“T-in(n+1)=2n-.n(n+1).

因4n=B",

n3

故1-2n-2.n(n+1)=2-n(n+l)(n>3).

18.11990高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】設(shè)后={1,2,3,…，20},G=(a^a2,a3,a100)aE,且G具有下列

兩條性質(zhì)：

(1)對任何1WW/W00,恒有4+aj*201；

⑵鵬修=10080；

試證：G中的奇數(shù)的個數(shù)是4的倍數(shù)，且G中所有數(shù)字的平方和為一個定數(shù).

【答案】證明見解析

【解析】記%=2i-l,pt=201-at(i=1,2,-,100).

令Ej={即風(fēng)},則當(dāng)為時,EjCEj=。,且U設(shè)出=E.

由性質(zhì)(1)知對任何1<?<100,不能有&uG.

又由G的元素個數(shù)恰等于集合E,的個數(shù)，都是100,

因而G必然恰只包含每個E中的一個元素.

現(xiàn)設(shè)G中有k個奇數(shù)，設(shè)對1<it<i2<-<ik<100,有生?‘=0片(1<t<fc).

于是對旃,(理口)，必有由性質(zhì)⑵，有+2用也=10080①

另一方面22用=2￡揶/=10100②

由式②一①，有2：7(￡［一%)=20③

k-201a*=20,ait=1(/c-201-20).④

v■-i2fcz

由式④首先推知北必為正偶數(shù)，設(shè)k=2k',則工at，=k'■201-10.

注意到此式左端為偶數(shù)，從而公必為正偶數(shù)，設(shè)《=2/〃，于是k=4k”.

第14頁共31頁

這就證明了G中奇數(shù)的個數(shù)必為4的倍數(shù).現(xiàn)在來計算G中數(shù)的平方和，

以下運(yùn)算中應(yīng)用了式③.

100kk100kk

t必=￡好+￡殍=￡環(huán)一￡陽+￡說

i=li=lj*代/=1i=l2=1

100k100

=W⑵)2-2回+%)依-雁)=4-201x20

)=11=1/=1

=4x1?！?。。+1)(2。。+1)-4020=1353400-4020=1349380.

6

19.11983高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】函數(shù)在[0,1]上有定義，10)=/(1).如果對于任意不同的汨，x2e[0,

1].都有1/(*2)-八%)|<|%2-^|.求證1/(X2)-"*1)1

【答案】證明見解析

【解析】不妨設(shè)0<匕<乃41

(1)如果%2-％(右則|f(X2)<|X2-Xll

(2)如果不一.>；，由f(0)=f(1)得

l/(%2)-f01)1=1/(*2)-f⑴+f(0)-/(Xl)l<1/(*2)-7(1)1+1/(0)-f(Ml

-

《(1-X2)+(Xj-0)=1-(X2Xj<

所以1/(不)一八%)1<[(X!，x2e[0,1]).

20.11981高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽(第02試)】下列表中的對數(shù)值有兩個是錯誤的，請予糾正:

X0.0210.271.52.835

IgX2a+b+c-36a-3b-23a—b+c1—2a+2b—c2a—ba+c

X678914

Igx1+a-b—c2(b+c)3-3a—3c4a—2b1—a+2fe

【答案】答案見解析

【解析】先考慮表中x的取值:

0.021=3x7xIO—,

0.27=33XIO-,

1.5=3x2-1,

第15頁共31頁

2.8=22x7x10-1,

3,

5=2-1x10；

6=2x3,

7,

8=23,

9=32,

14=2X7.

其中0.27,3,9的對數(shù)僅與k3有關(guān)，lg0.27=31g3-2=6a-3b-2.

所以，推得lg3=2a-b,lg9=21g3=4a-2b.

因此推得lg3=2a-b.

若上面三個對數(shù)有一個不正確，則三個數(shù)的對數(shù)值均錯，與題設(shè)有兩個錯誤矛盾.所以三個對數(shù)值均正確.

然后討論僅與收3,依2有關(guān)的對數(shù)值，即真數(shù)分別為1.5,5,6,8的對數(shù)值lgl.5=lg3-lg2=3。一b+c.

所以lg2=-Q-c,lg5=1—lg2=a+c.

則lg2=1—Q—c,lg6=lg2+】g3=1+Q—b—c,

所以lg2=1—a—c,lg8=31g2=3-3Q—3c,

因此lg2=1-a-c.

由上面討論可見1.5的對數(shù)值表不正確.而其余三個數(shù)均正確，且由此作修正lgl.5=lg3-lg2=3Q-b+c-

1,lg0.021=lg3+lg7—3=2a+b+c—3.

所以lg7=2b+c,lg2.8=2-lg24-Ig7—1=1-2a4-2b—c,

所以lg7=2b+c,lgl4=lg2+lg7=1—a+2b,

所以lg7=2b+c.

由上面討論可見7的對數(shù)值表不正確.而其余三個數(shù)均正確，且作修正為表中l(wèi)g7=2b+c.

1.給定整數(shù)n(n23),記f(n)為集合｛1,2,…,2"-1｝的滿足如下兩個條件的子集4的元素個數(shù)的最小值：i.1€

A,2n-l￡A；ii.子集4中的元素(除1外)均為4中的另兩個(可以相同)元素的和.

(1)求f(3)的值；

(2)證明：/(100)<108.

第16頁共31頁

【答案】(1)/(3)=5(2)見解析

【解析】

1.設(shè)集合4U{1,2,…,23-1},且4滿足(i)、(ii).則164,764.

由于{l,m,7}(m=2,3,…,6)不滿足(ii),故|4|>3.

又{123,7},{1,2,4,7卜{1,257},{1,2,6,7},{1,3,4,7},{1,3,5,7},{1,3,6,7},{1,4,5,7},{1,4,6,7},{1,5,6,7}

都不滿足(ii),故Ml>4.

而集合{1,2,4,6,7}滿足(i)、(ii),故f(3)=5.

2.首先證明：

f(n+1)<f(n)+2(n=3,4,…).①

事實(shí)上，若4U{1,2,…滿足(i)、(ii),且集合4的元素個數(shù)為f(n).

令B=AU{2n+i-2,_1}.

由2n+i-2>2"+1-1,知|B|=f(n)+2.

又2"+，-2=2(2n+1-1),2n+1-1=1+(2n+1-2),

則BU{L2,…，2“+i-l},且集合B滿足(i)、(ii).

從而，/(n+l)<|B|=/(n)+2.

其次證明：

f(2n)<f(n)+n+l(n=3,4,…).(2)

事實(shí)上，設(shè)4￡{1,2,…，2"-1}滿足(i)、(ii),且集合4的元素個數(shù)為f(n).令

8=4U{2(2=-1),22?-l),-,2n(2n-l),22n-1}.

由2(2"-1)<22(2"-1)<-?■<2n(2n-1)<22n-1,

則B￡(l,2,-,2Zn-1},且|B|=f(n)+n+1.

而2卜+1(2”-1)=2k(2n-1)+2k(2n-l)(fc=0,1,-,n-1),

22n-1=2n(2n-1)+(2"-1),

則B滿足(i)、(ii).

從而，/(2n)<|B|=f(n)+n+1.

由式，①、②得/'(2n+1)</(n)+n+3.

反復(fù)利用式②、③得/(100)</(50)+51<f(25)+26+51

</(12)+15+77</(6)+7+92

</(3)+4+99=108.

2.設(shè)X是有限集，/為正整數(shù)，尸是包含，個子集的子集族：F={4I，42，“L4J?如果尸中的部分子集構(gòu)成的集族

第17頁共31頁

S滿足：對s中任意兩個不相等的集合A、B,AUu4均不成立，則稱S為反鏈.設(shè)S為包含集合最多的反

鏈，S?是任意反鏈.證明：存在為到&的單射/,滿足\/4€52，/(4)<=4或4<="4)成立.

【答案】證明見解析

【解析】

記|Si|=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

稱尸的子集P為鏈，如果GP.AcB,Bc4之一成立.

我們證明結(jié)論：F可以拆分為廠個鏈外(1<i<r)的并(即Dilworth定理).

對r進(jìn)行歸納證明時顯然成立.設(shè)命題對「一1成立，先假設(shè)存在一個最大反鏈S,使得尸中既有集合真包含5

中的某個集合，也有集合是S中的某個集合的真子集.記前者的全體為B,后者的全體為即

%={46口4包含S中的某個集合},

F2={AteF|4是S中的某個集合的子集},

則FlUS,F2US均是尸的真子集，從而由歸納假設(shè)可將&US,F2US都可以拆成r個鏈的并.FlUS中的鍵以5中

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

現(xiàn)在假設(shè)不存在這樣的反鏈，從而每個最大反鏈要么滿足居=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A,),從而至多有

兩個最大反鏈.如果極大子集構(gòu)成的反鏈和極小子集構(gòu)成的反鏈均為最大反鏈，則任取極大子集A,以及極小子

集BuA,將A、8都去掉用歸納假設(shè)將剩下的集合拆分成，一1條鏈，再加上鏈BuA即可如果其中之一不是最

大反鏈，不妨設(shè)極大子集構(gòu)成的反鏈?zhǔn)俏ㄒ坏臉O大反鏈，任意去掉一個極大子集歸納即可.結(jié)論證畢.

現(xiàn)在