全国高中数学联赛真题之集合函数专题

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全国高中数学联赛模拟试题及参考答案

全国高中数学联赛模拟试题及参考答案

全国高中数学联赛训练题(1)第一试一、填空题1.函数3()2731x x f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,11a =且21n n n a a a ++=-.若20002000a =,则2010a =_____.3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____.4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____.5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2k k e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.7.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,则在四面体表面上与点A 距离为2的点所形成的曲线长度之和为_____.8.由ABC ∆内的2007个点122007,,,P P P 及顶点,,A B C 共2010个点所构成的所有三角形,将ABC ∆分 割成互不重叠的三角形个数最多为_____.二、解答题9.设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.已知实数123123,,,,,a a a b b b 满足:123123a a a b b b ++=++,122331122331a a a a a a bb b b b b ++=++,且123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤,求证:123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.第二试一、设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC ∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、已知周长为1的i i i ABC ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c ,并记2224i i i i i i i p a b c a bc =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数?若存在,求,,,p q r s 的值;若不存在,说明理由.四、对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.全国高中数学联赛训练题(1)参考答案:令3xt =,[0,3]x ∈则3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而'()3(3)(3)g t t t =-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.:设2a t =,则由21n n n a a a ++=-依次写出数列{}n a 的前8项为:1,,1,1,,1,1,t t t t t - - - - .于是易知:该数列是以周期6T =的一个周期数列,故由20002000a =可得20006333222000a a a t ⨯+====,从而2010335661120001999a aa t ⨯===-=-=-,即20101999a =-. :由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x AB ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.:由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4.:由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2c x a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.:设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k ka c =,2k k k k ce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n n n a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.:如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π;②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π;③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π;④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=.:设三角形最多有n 个,则根据角度相等可得20072n πππ⨯+=⨯,故2200714015n =⨯+=.: 令1122(,),(,)M x y N x y ,设点(,0)A a ,则由(,0)2p F 得12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实根,即是说12,x x 是方程22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-. 故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.:当(0,)2πθ∈时,函数s i n y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数t a n y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有s i n c o s s i n c o s θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.:设123123a a a b b b p ++=++=,122331122331a a a a a a bb b b b b q ++=++=,且123a a a r =,123'b b b r =, 则123,,a a a 是函数32()f x x px qx r =-+-的零点,123,,b b b 是函数32()'g x x px qx r =-+-的零点.不妨设123123,a a a b b b ≤≤ ≤≤,则由123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤知11a b ≤. 而1()0f a =,1111213()()()()0g a a b a b a b =---≤,故11()()g a f a ≤,即3232111111'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-,故3232333333'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-, 即33()()g a f a ≤,也即是33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=.若33a b >,则313233()()()0a b a b a b --->,这与33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=矛盾! 所以有123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.:由西姆松定理知,,P Q R 共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有DAC DPR DPQ ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PRDB DA DP PR BA BC DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅.从而PR QR =的充要条件是DA BABC =.又由角平分线的性质得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. :由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,即可得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=.2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. :由640p q r s +++=,及,,,p q r s 是不同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故332(1)26402p q r s p q s qs q s +++=++=-++=,即有(32)(34)3857719q s ++==⨯⨯于是得3419,3272s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====. :所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个;另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.第二步说明26n =是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中 王全 710061 wangquan1978@。

高中数学竞赛-集合(含解析)

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集合练习1.【2021年新疆预赛】若实数集合{3,6,9,x}的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和,则x的值为 .【答案】94【解析】若x是最大元素,则3x=18+x,解得x=9,不合题意;;若x是最小元素,则9x=18+x,解得x=94若x既不是最大元素也不是最小元素,则27=18+x,解得x=9,不合题意;.所以x=942.【2021年全国高中数学联赛A卷一试】设集合A={1,2,m},其中m为实数.令B={a2∣a∈A},C=A∪B.若C的所有元素之和为6,则C的所有元素之积为.【答案】−8【解析】由条件知1,2,4,m,m2(允许有重复)为C的全部元素.注意到,当m为实数时,1+2+4+m+m2>6,1+2+4+m2>6,故只可能是C={1,2,4,m},且1+2+4+m=6.于是m=−1(经检验符合题意),此时C的所有元素之积为1×2×4×(−1)=−8.3.【2020高中数学联赛B卷(第01试)】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为 . 【答案】190【解析】每个满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定,其中a,b∈X,a<b,这样的(a,b)的取法共有C202=190种,所以这样的集合A的个数为190.4.【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数x的最大整数,集合A={x∣x2−x−6<0},B= {x∣2x2−3[x]−5=0}.则A∩B= .}【答案】{−1,√222【解析】易知,A=(−2,3).若x∈A,则[x]=−2,−1,0,1,2.当[x]=−2时,若x∈B,则2x2+6−5=0,x不存在.当[x]=−1时,若x∈B,则2x2+3−5=0⇒x=±1.经检验,x=1不符合要求,x=−1符合要求.当[x]=0时,若x∈B,则2x2−0−5=0⇒x=±√102,均不符合要求.当[x]=1时,若x∈B,则2x2−3−5=0⇒x=±2,均不符合要求.当[x]=2时,若x∈B,则2x2−6−5=0⇒x=±√222.经检验,x=√222符合要求,x=−√222不符合要求.故A∩B={−1,√222}.5.【2020年甘肃预赛】设集合:A={(x,y)∣log a x+log a y>0},B=|(x,y)|x+y<a}.若A∩B=∅,则a的取值范围是 .【答案】(1,2]【解析】若a>1,则A={(x,y)∣xy>1}.而当x+y=a与xy=1相切时,x+1x=a⇒x2−ax+1=0⇒a=2.于是,当a∈(1,2]时,A∩B=∅.若a<1,则A={(x,y)∣xy<1},此时,A∩B≠∅.综上,a∈(1,2].6.【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成20a+8b+27c(a ,b ,c∈N)形式,就称其为“好数".则集合{1,2,⋯,200}中好数的个数为 .【答案】153【解析】先考虑20a+8b=4(5a+2b).5a+2b可取2,4,5,6,⋯,50.则20a+8b可取8,16,20,24,⋯,200.故当c=0时共有48个非零好数(4k型);c=1时共有42个好数(4k+3型),此时好数为27,35,43,47,⋯,199;c=2时共有35个好数(4k+2型),此时好数为54,62,70,74,⋯,198;c=3时共有28个好数(4k+1型),此时好数为81,89,97,101,⋯,197.综上,共有48+42+35+28=153个好数.7.【2020年新疆预赛】已知集合A={1,2,3,⋯,2020},对于集合A的每一个非空子集的所有元素,计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为 .【答案】2020【解析】集合A的22020−1个非空子集中,每一个集合的所有元素之积分别为:1,2,…,2020,1×2,1×3⋯,2019×2020,⋯,1×2×⋯×2020,它们的倒数和为1+12+⋯+12020+11×2+11×3+⋯+12019×2020+⋯+11×2×⋯×2020=(1+1)(1+12)⋯(1+12020)−1=2×32×⋯×20212020−1=2020.8.【2019年全国】若实数集合{1,2,3,x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和,则x的值为 .【答案】−32【解析】由题意知,x为负值,∴3−x=1+2+3+x⇒x=−32.9.【2019年江苏预赛】已知集合A={x|x2−3x+2≥0},B={x|√x−a≥1},且A∩B= {x|x≥3},则实数a的值是 .【答案】2【解析】A={x|x≥2或x≤1},B={x|x≥a+1}.又A∩B={x|x≥3},故a+1=3,解得a=2.10.【2019年江西预赛】将集合{1,2,⋯,19}中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为.【答案】16815【解析】所求的和为12[(1+2+⋯+19)2−(12+22+⋯+192)]=12[36100−2470]=1681511.【2019年浙江预赛】已知集合A ={k +1,k +2,⋯,k +n },k,n 为正整数,若集合A 中所有元素之和为2019,则当n 取最大值时,集合A = .【答案】A ={334,335,336,337,338,339} 【解析】由已知2k+n+12⋅n =3×673.当n =2m 时,得到(2k +2m +1)m =3×673⇒m =3,n =6,k =333; 当n =2m +1时,得到(k +m +1)(2m +1)=3×673⇒m =1,n =3. 所以n 的最大值为6,此时集合A ={334,335,336,337,338,339}.12.【2019年福建预赛】已知f (x )=x 2-2x ,集合A ={x |f (f (x ))=0},则集合A 中所有元素的和为.【答案】4【解析】方程f (f (x ))=0化为f (x 2-2x )=0,即(x 2−2x )2−2(x 2−2x )=0.∴ (x 2−2x )(x 2−2x −2)=0.解得,x 1=0, x 2=2, x 3=1−√3, x 4=1+√3. ∴A ={0,2,1−√3,1+√3},A 中所有元素的和为4.13.【2019年福建预赛】已知集合U ={1,2,3,4,5},I ={X|X ⊆U},从集合I 中任取两个不同的元素A 、B ,则A ∩B 中恰有3个元素的概率为 .【答案】562【解析】当A ∩B 确定后,如A ∩B ={3,4,5}时,设A =A ′∪{3,4,5},B =B ′∪{3,4,5}. ,A ′∩B ′=∅,则{A ′,B ′}的情况有:{∅,{1}},{∅,{2}},{∅,{1,2}},{{1},{2}},共4种情形. ∴所求的概率为C 53×4C 322=10×4×232×31=562.14.【2019年贵州预赛】已知集合A ={1,2,3,……,2019},对于集合A 的每一个非空子集的所有元素,计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.【答案】2019【解析】解法1:集合A 的22019−1个非空子集中,每一个集合的所有元素之积分别为: 1,2,…,2019,1×2,1×3,2018×2019,……,1×2×⋯×2019,它们的倒数和:1+12+⋯+12019+11×2+11×3+⋯+12018×2019+⋯+11×2×⋯×2019 =(1+1)(1+12) (1)12019)−1=2×32×⋯×20202019−1=2019解法2:当A={1}时,结果是1;当A={1,2}时,结果是1+12+11×2=2;当A={1,2,3}时,结果是1+12+13+11×2+11×3+12×3+11×2×3=3.由数学归纳法可证(省略):当A={1,2,3,…,2019}时,结果是2019.15.【2019高中数学联赛B卷(第01试)】已知实数集合{1,2,3,x}的最大元素等于该集合的所有元素之和,则x的值为 .【答案】−3【解析】条件等价于1,2,3,x中除最大数以外的另外三个数之和为0.显然x<0,从而1+2+x=0,得x=-3.16.【2018年江苏预赛】在1,2,3,4,…,1000中,能写成a2−b2+1(a∈N)的形式,且不能被3整除的数有________个。

全国高中数学联赛试题精选

全国高中数学联赛试题精选

全国高中数学联赛试题精选 1集合1.(08)设[2,4)A =-,2{40}B x x ax =--≤,若B A ⊆,则实数a 的取值范围为 ( ) A .[0,3) B .[0,3] C .[1,2)- D .[1,2]-2.(06) 已知集合{}05≤-=a x x A ,{}06>-=b x x B ,N b a ∈,,且{}2,3,4A B N ⋂⋂=,则整数对()b a ,的个数为A. 20B. 25C. 30D. 42 3.(03). 已知 {}2430,,A x x x x R =-+<∈(){}1220,2750,.x B x a x a x x R -=+≤-++≤∈若A B ⊆,则实数a 的取值范围是_____________.4.(87).已知集合{},,lg()M x xy xy =及{}0,||,|N x y =,并且M=N,2320012320011111()()()...()x x x x y y y y++++++++的值等于___________________.5.(93)集合A ,B 的并集A B ={a 1,a 2,a 3},当A ≠B 时,(A ,B )与(B ,A )视为不同的对,则这样的(A ,B )对的个数是( )(A )8 (B )9 (C )26 (D )276.(07)已知A 与B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与B 的元素个数相同,且为A ∩B 空集。

若n ∈A 时总有2n +2∈B ,则集合A ∪B 的元素个数最多为( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 747.(91).设集合{}1,2,...,1000M =,现对M 的任一非空子集X,令x a 表示X 中最大数与最小数之和,那么,所有这样的x a 的算术平均值为___________________.8.(05).记集合T={0,1,2,3,4,5,6},M=}4,3,2,1,|7777{4433221=∈+++i T a a a a a i ,将M 中的元素按从大到小的顺序排列,则第2005个数是( )A .43273767575+++ B .43272767575+++ C .43274707171+++D .43273707171+++不等式1.(05).使关于x 的不等式k x x ≥-+-63有解的实数k 的最大值是( )A .36-B .3C .36+D .62.(03). 已知,x y 在区间()2,2-内,且1,xy =-则函数224949u x y =+--的最小值是 (A )85 (B)2411 (C) 127 (D) 125【答】( ) 3.(07) 设实数a 使得不等式|2x −a |+|3x −2a |≥a 2对任意实数x 恒成立,则满足条件的a 所组成的集合是( ) A. ]31,31[-B. ]21,21[- C. ]31,41[- D. [−3,3]4.(93)实数x ,y 满足4x 2-5xy +4y 2=5,设 S =x 2+y 2,则=+minmax 11S S _____ __.5.(93)设任意实数x 0>x 1>x 2>x 3>0,要使1993lo g 1993lo g 1993lo g 322110x x x x x x ++≥1993log 30x x k ⋅恒成立,则k 的最大值是_____ __.6.(90).设n 是自然数,对任意实数,,x y z 恒有222444()()x y z n x y z ++≤++成立,则n 的最小值是___________________.7.(98)若a >1,b >1且lg(a +b )=lg a +lg b ,则lg(a -1)+lg(b -1)的值(A) 等于lg2 (B)等于1 (C)等于0 (D)不是与a ,b 无关的常数 8.(89)、已知12,,...,n a a a 是n 个正数,满足12...1n a a a =.求证:12(2)(2)...(2)3nn a a a +++≥.9.(03). 设35,2x ≤≤ 证明不等式3319.全国高中数学联赛试题精选 2函数1.(83).112511111133x og og =+的值是属于区间(A)(2,1)-- (B)(1,2) (C)(3,2)-- (D)(2,3)2.(92)对于每个自然数n ,抛物线y =(n 2+n )x 2-(2n +1)x +1与x 轴交于A n ,B n 两点,以|A n B n |表示该两点的距离,则|A 1B 1|+|A 2B 2|+ +|A 1992B 1992|的值是( ) (A)19921991 (B)19931992 (C)19931991 (D)199219933.(84)若1()1xF x x-=+,则下列等式中正确的是 (A)(2)2()F x F x --=-- (B)1()()1xF x F x--=+ (C)1()()F x F x -= (D)(()F F x x =-4.(06).设(32()log f x x x =+,则对任意实数,a b ,0a b +≥是()()0f a f b +≥的( )A. 充分必要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件5.(95). 已知方程||()x n k x n N -=∈2在区间(2n -1,2n +1]上有两个不相等的实根,则k 的取值范围是( ) (A)k >0 (B)0121<≤+k n (C)121121n k n +<≤+ (D)以上都不是6.(08)函数254()2x x f x x-+=-在(,2)-∞上的最小值是 ( )A .3B .2C .1D .0 7.(90)设非零数复数,x y 满足220x xy y ++=,则代数式19901990()()x y x y x y+++的值是 (A)19902- (B)1- (C)1 (D)以上答案都不对8.(96)如果在区间[1, 2 ]上, 函数f(x) = x 2 + px + q 与g(x) = x + (1x )2在同一点取相同的最小值,那么f (x )在该区间上的最大值是__________.(A)33424114++(B) 3342254+- (C) 3342211-- (D)以上答案都不对 9.(09).若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根,那么k 的取值范围是 . 10.(08).设()cos 22(1cos )f x x a x =-+的最小值为12-,则a =__________________.11.(03). 已知,,,a b c d 均为正整数,且35log ,log ,24a cb d ==若9a c -=,则b d -=____________.12,(89).设函数00021()||,()|()1|,()|()2|f x x f x f x f x f x ==-=-,则函数2()y f x =的图像与x 轴所围成图形中的封闭部分的面积是_____________________.13.(10)已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-,则实数a 的取值范围是________.14.(08)设()f x 是定义在R 上的函数,若(0)2009f = ,且对任意x ∈R ,满足 (2)()32x f x f x +-≤⋅,(6)()632x f x f x +-≥⋅,则)2008(f =___________________.15.(95). 用[x ]表示不大于实数x 的最大整数, 方程lg [lg ]220x x --=的实根个数是____. 16.(08)设()f x ax b =+,其中,a b 为实数,1()()f x f x =,1()(())n n f x f f x +=,1,2,3,n =,若7()128381f x x =+,则2(2)f = .17.(02)已知f(x)是定义在R 上的函数,f(1)=1且对任意x ∈R 都有f(x+5)≥f(x)+5),f(x+1)≤f(x)+1,若g(x)=f(x)+1-x ,则g(2002)= 。

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目,12道填空题,3道解答题,所有答案填写在答题纸上,满分150分一、填空题(每小题8分,共计96分)1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。

若A B ⊆,则实数m 的取值范围为 。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=,则这样的函数有_______个。

3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。

4.已知数列{}n x满足:11,12n x x x n +==≥,则通项n x =__________。

5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1,1,60BC BDC =∠=,则球心到平面BDC 的距离为______________。

6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=,则z =__________________。

7.已知平面上单位向量,a b 垂直,c 为任意单位向量,且存在(0,1)t ∈,使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直,则a b c +−的最小值为__________________________。

8. 若对所有大于2024的正整数n ,成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑,则12024a a +=_________。

9.设实数,,(0,2]a b c ∈,且3b a ≥或43a b +≤,则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。

10.在平面直角坐标系xOy 上,椭圆E 的方程为221124x y +=,1F 为E 的左焦点;圆C 的方程为222())x a y b r −+−=( ,A 为C 的圆心。

直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。

则当1OAF ∠最大时,实数r =_____________________。

集合函数-历届全国高中数学联赛真题专题分类汇编

集合函数-历届全国高中数学联赛真题专题分类汇编

集合函数1、(2009一试1)若函数()f x =且()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦,则()()991f = . 【答案】110【解析】()()()1f x f x ==,()()()2f x f f x ==⎡⎤⎣⎦……,()()99f x =.故()()991110f =.2、(2009一试6)若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根,那么k 的取值范围是 . 【答案】0k <或4k = 【解析】当且仅当0kx > ① 10x +>② ()2210x k x +-+=③对③由求根公式得1x,2122x k ⎡=-⎣ ④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥.(ⅲ)当4k >时,由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩,所以1x ,2x 同为正根,且12x x ≠,不合题意,舍去.综上可得0k <或4k =为所求.3、(2010一试1)函数x x x f 3245)(---=的值域是 .【答案】]3,3[-【解析】易知)(x f 的定义域是[]8,5,且)(x f 在[]8,5上是增函数,从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.4、(2010一试5)函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8,则它在这个区间上的最小值是 . 【答案】41-【解析】令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时,],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=, 所以 412213)21()(2min -=-⨯+=y g ; 当1>a 时,],[1a a y -∈,2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ,所以 412232)(12min -=-⨯+=--y g . 综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.5、(2011一试1)设集合},,,{4321a a a a A =,若A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为}8,5,3,1{-=B ,则集合=A . 【答案】{3,0,2,6}-.6、(2011一试2)函数11)(2-+=x x x f 的值域为 .【答案】(,(1,)-∞+∞ 【解析】设22,tan πθπθ<<-=x ,且4πθ≠,则)4sin(21cos sin 11tan cos 1)(θθθθθ-=-=-=x f .设)4sin(2πθ-=u ,则12<≤-u ,且0≠u ,所以 ),1(]22,(1)(+∞--∞∈= u x f .7、(2012一试6)设()f x 是定义在R 上的奇函数,且当0x ≥时,()f x x 2=.若对任意的[,2]x a a ∈+,不等式()2()f x a f x +≥恒成立,则实数a 的取值范围是 .【答案】).+∞【解析】由题设知22(0)()(0)x x f x x x ⎧≥⎪=⎨-<⎪⎩,则2()).f x f =因此,原不等式等价于()).f x a f +≥因为()f x 在R 上是增函数,所以,x a +≥即1).a x ≥又[,2],x a a ∈+所以当2x a =+时,1)x 取得最大值1)(2).a +因此,1)(2),a a ≥+解得a ≥故a 取值范围是).+∞8、(2013一试1)设集合{}2,0,1,3A =,集合{}2|,2B x x A x A =-∈-∉.则集合B 中所有元素的和为 . 【答案】-59、(2013一试5)设,a b 为实数,函数()f x ax b =+满足:对任意[]0,1x ∈,有()1f x ≤.则ab 的最大值为 . 【答案】14. 【解析】易知()()10a f f =-,()0b f =,则()()()()()()()()()()222111101001112444ab f f f f f f f ⎛⎫=⋅-=--+≤≤ ⎪⎝⎭.当()()2011f f ==±,即12a b ==±时,14ab =.故ab 的最大值为14.10、(2014一试1)若正数b a ,满足)log(log 3log 232b a b a +=+=+,则ba 11+的值为__________. 【答案】108【解析】212342log 3log log (),2,3,k k a b a b k a b --+=+=+===设则23231166,2310823kkk k a b a b a b ab --++=+===⨯=⨯从而11、(2014一试3)若函数|1|)(2-+=x a x x f 在),0[+∞上单调递增,则a 的取值范围为_______. 【答案】[-2,0].【解析】2[1,)()1, 2.2af x x ax a a +∞=+-≤≥-在上,单调递增,等价于-即在 2[0,1](),00.2af x x ax a a =+-≤≤上,单调递增等价于-,即[2,0].a -因此实数的取值范围是12、(2015一试1)设,a b 为不相等的实数,若二次函数2()f x x ax b =++满足()()f a f b =,则(2)f 的值是 . 【答案】4【解析】由已知条件及二次函数图象的轴对称性,可得22a b a+=-,即20a b +=,所以 (2)424f a b =++=13、(2016一试3)正实数w v u ,,均不等于1,若5log log =+w vw v u ,3log log =+v u w v ,则u w log 的值为 . 【答案】5414、(2017一试1)设()f x 是定义在R 上的函数,对任意实数x 有(3)(4)1f x f x +-=-.又当07x ≤<时,2()log (9)f x x =-,则(100)f -的值为 .【答案】12-【解析】由条件知,1(14)().(7)f x f x f x +=-=+所以2111(100)(100147)(2).(5)log 42f f f f -=-+⨯=-=-=-=-15、(2011一试9)设函数|)1lg(|)(+=x x f ,实数)(,b a b a <满足)21()(++-=b b f a f ,2lg 4)21610(=++b a f ,求b a ,的值.【解析】因为)21()(++-=b b f a f ,所以|)2lg(||)21lg(||)121lg(||)1lg(|+=+=+++-=+b b b b a , 所以21+=+b a 或1)2)(1(=++b a ,又因为b a <,所以21+≠+b a ,所以1)2)(1(=++b a . 又由|)1lg(|)(+=a a f 有意义知10+<a ,从而2110+<+<+<b b a , 于是2110+<<+<b a .所以 1210)2(6)2(6)1(101)21610(>+++=+++=+++b b b a b a . 从而 ]210)2(6lg[|]210)2(6lg[|)21610(+++=+++=++b b b b b a f . 又2lg 4)21610(=++b a f ,所以2lg 4]210)2(6lg[=+++b b , 故16210)2(6=+++b b .解得31-=b 或1-=b (舍去). 把31-=b 代入1)2)(1(=++b a 解得52-=a . 所以 52-=a ,31-=b .16、(2014二试3)(本题满分50分)设S={1,2,3,…,100}.求最大的整数k ,使得S 有k 个互不相同的非空子集,具有性质:对这k 个子集中任意两个不同子集,若它们的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.1,min()max .(1)2.n i j i j i A A A A A m φ-≠==且显然只需对的情形证明上述结论当n=3时,将{1,2,3}的全部7个非空子集分成3组,第一组:{3},{1,3},{2,3};第二组:{2},{1,2};第三组:{1},{1,2,3}.由抽屉原理,任意4个非空子集必有两个在同一组中,取同组中的两个子集分别记为,i j A A ,排在前面的记为i A ,则满足(1). 假设结论在n(n ≥3)时成立,考虑n+1的情形.若122,,,n A A A 中至少有12n -个子集不含n+1,对其中的12n -个子集用归纳假设,可知存在两个子集满足(1). 若至多有121n --个子集不含n+1,则至少有121n -+个子集含n+1,将其中121n -+子集都去掉n+1,得到{1,2,…,n}的121n -+个子集.由于{1,2,…,n}的全体子集可分成12n -组,每组两个子集互补,故由抽屉原理,在上述121n -+个子集中一定有两个属于同一组,即互为补集.因此,相应地有两个子集,i j A A ,满足ij A A ={n+1},这两个集合显然满足(1),故n+1时结论成立. 综上所述,所求99max 21k =-.17、(2015一试 10)(本题满分20分)设1234,,,a a a a 是四个有理数,使得{|14}i j a a i j ≤<≤,31{24,2,,,1,3}28=----求1234a a a a +++的值.12132434181324a a a a a a a a ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪=-⎪⎩ 2341112113,,24.8a a a a a a a =-===-于是故2231412113{,}{,24}{2,},82a a a a a a =--=-- 111,.4a Q a ∈=±结合只可能123412341111,4,6,4, 6.4242a a a a a a ==-==-=-==-=由此易知,a 或者,a经检验知这两组解均满足问题的条件.112349.4a a a ++=±故+a18、(2015二试2) (本题满分40分)设12{,,,}n S A A A =,其中12,,,n A A A 是n 个互不相同的有限集合(2)n ≥,满足对任意,i j A A S ∈,均有i j A A S ∈,若1min ||2i i nk A ≤≤=≥,证明:存在1n i i x A =∈,使得x 属于12,,,n A A A 中的至少nk个集合(这里||X 表示有限集合X 的元素个数).f s t ≤显然是单映射,于是1121212={,}.,,k n s A A A A A A A B B B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅设,,在,,中除去,,,12,t C C C n s t ⋅⋅⋅--,,后,在剩下的个集合中,设包含 i k),n-s-t i a x ≤≤的集合有个(1由于剩下的个集合中 1i A a 每个集合与的交非空,即包含某个,从而 12+.k x x x n s t +⋅⋅⋅+≥--111max ,,i i kn s tx x x n s t k≤≤--=≥--不妨设则由上式知即在剩下的个集合中, 1112(1,,),,i t n s tA C i t C C C k--⊆=⋅⋅⋅⋅⋅⋅包含a 的集合至少有个,又由于故,,都 11,a a 包含因此包含的集合个数至少为(1)+(2)n s t n s k t n s t t k k k k ---+--+=≥≥利用()nt s k≥≥利用19、(2016一试10)(本题满分20分)已知)(x f 是R 上的奇函数,1)1(=f ,且对任意0<x ,均有)()1(x xf x xf =-. 求+++)981()31()991()21()1001()1(f f f f f f …)511()501(f f +的值. 【解析】设n nf a n )(1(==1,2,3,…),则1)1(1==f a .在)()1(x xf x x f =-中取*)(1N k k x ∈-=,注意到111111+=---=-k kk x x ,及)(x f 为奇函数.可知 )1(1)1(1)11(k f k k f k k f =--=+ 即k a a k k 11=+,从而)!1(11111111-==∙=∏∏-=-=+n ka a a a n k n k k k n . 因此50504910111011(1)!(100)!!(99)!i ii i i a ai i i i -=====--∙-∑∑∑98494999999999990011112()299!99!99!299!i i ii i C C C -====+=⨯⨯=∑∑。

2024年全国高中数学联赛初赛试题+答案[北京、广西、吉林、内蒙、四川、浙江、重庆]

2024年全国高中数学联赛初赛试题+答案[北京、广西、吉林、内蒙、四川、浙江、重庆]

2024年重庆市高中数学联赛初赛试题 2 2024年浙江省高中数学联赛初赛试题 3 2024年四川省高中数学联赛初赛试题 4 2024年吉林省高中数学联赛初赛试题 5 2024年广西省高中数学联赛初赛试题 7 2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题 9 2024年北京市高中数学联赛初赛一试 10 2024年北京市高中数学联赛初赛二试 11一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.1.已知复数z 使得z -4z为纯虚数,则z -1-i 的最小值为.(其中i 为虚数单位)2.设函数f x =2x -2-x 的反函数为y =f -1x ,则不等式f -1x -1 <1的解集为.3.若点A -12,32关于直线y =kx 对称的点在圆x -2 2+y 2=1上,则k =.4.在△ABC 中,已知AB ⋅AC =2BC ⋅BA =3CA ⋅CB,则△ABC 最大角的正弦值为.5.数列a n 满足a 1=1,a n +1-a n a n =a n +2-a n +1a n +2n ∈N * ,若a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=3,则a 2024=.6.由1,2,⋯,9这九个正整数构成的所有圆排列中,任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为.7.已知四面体ABCD 满足AB ⊥BC ,BC ⊥CD ,AB =BC =CD =1,且异面直线AD 与BC 所成的角为60°,则四面体ABCD 的外接球的体积为.ABCD A 1D 1O 1O 8.一珍稀物种出现在地球,对每个珍稀生物,每天有如下事件发生:有p 0≤p ≤1 的概率消失,有1-p3的概率保持不变,有1-p 3的概率分裂成两个,有1-p3的概率分裂成三个.对所有新产生的生物每天也会发生上述事件.假设开始只有一个这样的珍稀生物,若希望最终这种生物灭绝的概率不超过12,则p 至多为.二、解答题:共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.16分 已知函数f x =ln x -sin x ,若两不相等的实数x 1,x 2∈0,π 满足曲线y =f x 在点x 1,f x 1 和点x 2,f x 2 处的切线斜率相等,求证:f x 1 +f x 2 >-2.10.20分 已知抛物线Ω:y =x 2,动线段AB 在直线y =3x -3上(B 在A 右侧),且AB =2 3.过A 作Ω的切线,取左边的切点为M .过B 作Ω的切线,取右边的切点为N .当MN ⎳AB 时,求点A 的横坐标.11.20分 设x 1=3,x n +1=x n +14-x n +2n ∈N * ,求x 1+x 2+⋯+x n 的值.(其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.)一、填空题(每小题8分,共计96分)1.设集合A =x x -12x -1≤0 ,集合B =x ∣x 2+2x +m ≤0 .若A ⊆B ,则实数m 的取值范围为.2.设函数f :{1,2,3}→{2,3,4}满足f f x -1 =f x ,则这样的函数有个.3.函数y =sin 2x +sin x +1sin 2x +1的最大值与最小值之积为.4.已知数列x n 满足:x 1=22,x n +1=x n n n +1x 2n+n n +1,n ≥1,则通项x n =.5.已知四面体A -BCD 的外接球半径为1,若BC =1,∠BDC =60°,球心到平面BDC 的距离为.6.已知复数z 满足z 24=z -1 510=1,则复数z =.7.已知平面上单位向量a ,b 垂直,c 为任意单位向量,且存在t ∈0,1 ,使得向量a +1-t b 与向量c -a 垂直,则a +b -c的最小值为.8.若对所有大于2024的正整数n ,成立n2024=2024i =0a i C in ,a i ∈N ∗,则a 1+a 2024=.9.设实数a ,b ,c ∈(0,2],且b ≥3a 或a +b ≤43,则max {b -a ,c -b ,4-2c }的最小值为.10.在平面直角坐标系xOy 上,椭圆E 的方程为x 212+y 24=1,F 1为E 的左焦点;圆C 的方程为x -a 2+y -b 2=r 2,A 为C 的圆心.直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点P 3,1 .当∠OAF 1最大时,实数r =.11.设n 为正整数,且nk =0-1 kC knk 3+9k 2+26k +24=1312,则n =.12.设整数n ≥4,从编号1,2,⋯,n 的卡片中有放回地等概率抽取,并记录下每次的编号.若1,2均出现或3,4均出现就停止抽取,则抽取卡片数的数学期望为.二、解答题(13题满分14分,14、15题满分各20分,合计54)13.正实数k 1,k 2,k 3满足k 1<k 2<k 3;实数c 1,c 2满足c 1=k 2-k 1,c 2-c 1=2k 3-k 2 ,定义函数f x =k 1x ,0≤x ≤1k 2x -c 1,1<x ≤2,k 3x -c 2,x >2 g x =k 1x ,0≤x ≤1k 2x -c 112,1<x ≤2k 3x -c 212,x >2 试问,当k 1,k 2,k 3满足什么条件时,存在A >0使得定义在[0,A ]上的函数g x +f A -x 恰在两点处达到最小值?14.设集合S ={1,2,3,⋯,997,998},集合S 的k 个499元子集A 1,A 2,⋯,A k 满足:对S 中任一二元子集B ,均存在i ∈{1,2,⋯,k },使得B ∈A i .求k 的最小值.15.设f x ,g x 均为整系数多项式,且deg f x >deg g x .若对无穷多个素数p ,pf x +g x 存在有理根,证明:f x 必存在有理根.(考试时间:2024年5月19日9:00∼11:00)一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.1.设函数f x =ln x +x -2的零点都在区间[a ,b ]a ,b ∈Z ,a <b 内,则b -a 的最小值为.2.已知a >b >1,若log a b +log b a =52,则ba +4的最大值为.3.设a ∈R ,若函数f x =ax -ax-2ln x 在其定义域内为单调递增函数,则实数a 的最小值为.4.用f X ,Γ 表示点X 与曲线Γ上任意一点距离的最小值.已知⊙O :x 2+y 2=1及⊙O 1:x -4 2+y 2=4,设P 为⊙O 上的动点,则f P ,⊙O 1 的最大值为.5.设△ABC 中,AC =2,∠ABC =2∠BAC ,则△ABC 面积的最大值为.6.将边长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1绕着其中心旋转45°得到一个十面体ABCD -EFGH (如图),则该十面体的体积为.7.若T =100k =1299+k ⋅3101-k ,则T 的末尾数字0的个数为.8.记I ={1,4,5,6},U ={1,2,3,⋯,25},集合U 的子集A =a 1,a 2,a 3,a 4,a 5 ,满足a i -a j ∉I ∀1≤i <j ≤5 ,则符合条件的集合A 的个数为.(用具体数字作答)二、解答题:本大题共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(16分)已知t 为正实数,若曲线y =t ⋅e x 与椭圆C :x 22+y 2=1交于A 、B 两个不同的点,求证:直线AB 的斜率k <22.10.(20分)设复数x ,y ,z 满足:x +2y +3z =1.求x 2+y 2+z 2+x 2+y 2+z 2的最小值.11.(20分)给定正整数n ≥2,数组a 1,a 2,⋯,a n 称为“好数组”是指:a 1,a 2,⋯,a n 均不为0,a 1=1,且对任意的1≤k ≤n -1,均有a k +1+a k a k +1-a k -1 =0.求“好数组”a 1,a 2,⋯,a n 的组数.一、选择题:本大题共6小题,每小题x 分,满分x 分.1.记S =32+432-4+42+442-4+52+452-4+⋯+132+4132-4,则与S 最接近的整数为()A.14B.15C.16D.172.在四边形ABCD 中,AB ⎳CD ,AC =λAB +μAD λ,μ∈R .若λ+μ=32,则CDAB=()A.13B.12C.1D.23.函数f x =ax 3-6x a ∈R ,若f x ≤2对∀x ∈-1,12成立,则()A.f x ≤1对∀x ∈-12,12 成立B.f x ≤32对∀x ∈-12,12成立C.f x ≤18对∀x ∈-32,32成立D.f x ≤352对∀x ∈-32,32成立4.在正四面体ABCD 中,棱AD 的中点和面BCD 的中心的连线为MN ,棱CD 的中点和面ABC 的中心的连线为PQ ,则MN 与PQ 所成角的余弦值为()A.118B.117C.116D.1155.已知函数f x =2x 4-18x 2+12x +68+x 2-x +1,则()A.f x 的最小值为8 B.f x 的最小值为9C.f x =8有1个实根D.f x =9有1个实根6.已知A ,B ,C 是平面上三个不同点,且BC =a ,CA =b ,AB =c ,则c a +b +bc的最小值为()A.2-12B.22-12C.2-22D.1-22二、填空:本大题共6小题,每小题x 分,满分x 分.7.设集合S ={1,2,3,4,5}.若S 的子集A 满足:若x ∈A ,则6-x ∈A ,则称子集A 具有性质p ,现从S 的所有非空子集中,等可能地取出一个,则所取出的非空子集具有性质p 的概率为.8.函数f x =log a 4-ax (a >0,且a ≠1),若f x ≥1对∀x ∈[1,2]成立,则实数a 的取值范围.9.已知甲、乙、丙、丁四位同学对某10道判断题的解答情况如下表:题号12345678910甲×√××√×√√√×乙××√√×√√√××丙√√×√√√×√×√丁××√√××√√××若甲、乙、丙三人均答对7题,则丁答对的题数为.10.已知函数f x =ln x -1x2+2ax -ax .若∃m >0,使得f m ≥a 2,则实数a 的最大值为11.设函数f x =sin x⋅sin3x,若关于x的方程f x =a在(0,π]上有奇数个不同的实数解,则实数a的值为.12.在△ABC中,AP平分∠BAC,AP交BC于P,BQ平分∠ABC,BQ交CA于Q,∠BAC=30°,且AB+BP =AQ+QB,则∠ABC的度数为.三、解答:本大题共4小题,每小题x分,满分x分.13.已知椭圆C1的中心为坐标原点O,焦点在坐标轴上.圆C2的圆心为坐标原点O,过点A-2,0且倾斜角为30°的直线与圆C2相切.(1)求圆C2的方程;(2)过圆C2上任意一点P x0,y0x0⋅y0≠0作圆C2的切线,与椭圆C1交于A,B两点,均有∠AOB=90°成立.判断椭圆C1是否过定点?说明理由.14.已知数列a n满足:a1=1,a2=2,a n+1=1a n+an-1n≥2.求证:2024k=11a k>88.15.如图,⊙O1、⊙O2外切于点A,过点A的直线交⊙O1于另一点B,交⊙O2于另一点C,CD切⊙O1于点D,在BD的延长线上取一点F,使得BF2=BC2-CD2,连接CF交⊙O2于E,求证:DE与⊙O2相切.16.全体正有理数的集合Q+被分拆为三个集合A,B,C(即A∪B∪C=Q+,且A∩B=B∩C=C∩A=∅,满足B*A=B,B*B=C,B*C=A,这里H*K={h⋅k∣h∈H,k∈K}.(1)给出一个满足要求的例子(即给出A,B,C);(2)给出一个满足要求的例子,且1,2,⋯,35中的任意两个相邻正整数均不同时在A中.2024年广西省高中数学联赛初赛试题一、填空题(本大题共8小题,每小题10分,共80分).1.设函数f x =log2x.若a<b且f a =f b ,则a+2024b的取值范围是.2.已知椭圆x 2a2+y2b2=1a>b>0的焦点为F1,F2,M为椭圆上一点,∠F1MF2=π3,OM=153b.则椭圆的离心率为.3.若正实数x,y满足x-2y=2x-y,则x的最大值为.4.方程3x=x37的正整数解为.5.设x1,x2,x3,x4均是正整数,且x i x j x k∣1≤i<j<k≤4=18,36,54.则x1+x2+x3+x4=.6.正三棱雉P-ABC中,AP=3,AB=4.设D是直线BC上一点,面APD与直线BC的夹角为45°,则线段PD的长度是.7.已知四次多项式x4-25x3+ax2+61x-2024的四个根中有两个根的乘积是-253,则实数a=.8.设数列x n满足x1=2001,x n+1=x n+y n,其中y n等于x n的个位数,则x2024=.二、解答题(本大题共4小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)9.(15分)如图所示,AD=CD,DP=EP,BE=CE,DP<AD<BE,∠ADC=∠DPE=∠BEC=90°.证明:P为线段AB的中点.10.(15分)设A为数集{1,2,3,⋯,2024}的n元子集,且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系.求n 的最大值.11.(20分)用[x]表示不超过x的最大整数.设数列x n满足:x1=1,x n+1=4x n+11x n.求x2024的个位数.12.(20分)图G是指一个有序二元组V,E,其中V称为顶点集,E称为边集.一个图G中的两点x,y的距离是指从x到y的最短路径的边数,记作d x,y.一个图G的直径是指G中任意两点的距离的最大值,记作diam G.∣x,y∈G,即diam G=max d x,y记Z n={[0],[1],[2],⋯,[n-1]}是模n的剩余类,定义Z n上的加法和乘法,均是模n的加法和乘法,例如在Z12={[0],[1],[2],⋯,[11]}中:[3]+[4]=[7],[6]+[9]=[3];[3]⋅[4]=[0],[6]⋅[9]=[6].在Z n中,设[x]≠[0].若存在[y]≠[0]使得[x]⋅[y]=[0],则称[x]是Z n的一个零因子.记Z n的所有零因子的集合为D Z n,它是以={[2],[3],[4],[6],[8],[9],[10]}.Z n的零因子图,记为ΓZ n .例如D Z12D Z n为顶点集,两个不同的顶点[x],[y]之间有一条边相连当且仅当[x]⋅[y]=[0].下图是ΓZ12的例子.证明:对一切的整数n≥2,都有diamΓZ n≤3.2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题(2024年5月19日,8:30-9:50)一、填空题(本题满分64分,每小题8分)1.集合M ={1,2,3,5,6}的全部非空子集的元素和等于.2.设a ,b ,c 是实数,满足a +b +c =1,a 2+b 2+c 2=1,a ≠0,bca 3的取值范围为.3.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为4,底面边长为2,过点A 的一个平面截此棱柱,与侧棱BB 1,CC 1分别交于点M ,N ,若△MNA 为直角三角形,则△MNA 面积的最大值为.4.已知在△ABC 中BC =3,A =π3,BD =14BC,则线段AD 的最大值为.5.从1,2,⋯,11中任取三个不同的数,则这三个数可以构成等差数列的概率为.6.O 是原点,椭圆x 24+y 25=1,直线l 过1,0 且与椭圆交于A ,B 两点,则△ABO 面积的最大值为.7.数列a n 中,a 1=110,且对任意n ∈N *,a n +1=a 2n +a n ,求2024n =11a n+1 的整数部分是.8.已知关于x 的方程x 3-3x +4=0的三个复数根分别为z 1,z 2,z 3,则z 1-z 2 2z 2-z 3 2z 3-z 1 2的值为.二、解答题(本题满分56分)9.(16分)已知双曲线C :x 24-y 23=1,直线l :y =kx +1与双曲线C 的左右支分别相交于A ,B 两点,双曲线C 在A ,B 两点处的切线相交于点P ,求△ABP 面积的最小值.10.(20分)已知函数f x =e x -1-xax 2-2x +1.(1)当a =0时,讨论f x 在-4,12上的极值.(2)若x =0是f x 的极小值点,求a 的取值范围.11.(20分)设n 是一个给定的正整数,集合S n =i ,j ∣1≤i ,j ≤2n ,i ,j ∈N * ,求最大的正数c =c n ,使得对任意正整数d 1,d 2,都存在集合S n 的子集P ,满足集合P 至少有cn 2个元素,且集合P 的任两个元素i ,j ,k ,l 均有i -k2+j -l 2≠d 1,i -k 2+j -l 2≠d 2.2024年北京市高中数学联赛初赛一试考试时间:8:00-9:20一、填空题(1-8题每题8分,第9题16分,第10,11题每题20分,共120分)1.设整数集合A=a1,a2,a3,a4,a5,若A中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为B={-30,-15, -10,-6,-5,-3,2,6,10,15},则集合A={-30,-15,-10,-6,-5,-3,20,10,15},则集合A=.2.已知函数f x =x+2,x<0;ln12x+1,x≥0.若关于x的方程f f x=m恰有三个不相等的实数根x1,x2,x3且满足x1<x2<x3,则2x1+9ln x2+4的取值范围是.3.从1,2,⋯,2024中任取两个数a,b a≤b,则3a+7b的值中,个位数字为8的数有个.4.设复数z满足3z-2i=6,令z1=z2-10z+74z-5+7i,则z1的最大值是.5.已知函数f x =x,若x为无理数;q+1p,若x=qp,其中p,q∈N*,且p,q互质,p>q.则函数f x 在区间89,910上的最大值为.6.对于c>0,若非零实数a,b满足4a2-2ab+4b2-c=0,且使2a+b最大,则3a-4b+2c的最小值为.7.已知函数f x =cos4x+sin4x+a sin4x-b,且f x+π6为奇函数.若方程f x +m=0在[0,π]上有四个不同的实数解x1,x2,x3,x4,则fx1+x2+x3+x44的平方值为.8.已知A⊆{1,2,⋯,2625},且A中任意两个数的差的绝对值不等于4,也不等于9,则A 的最大值为.9.设多项式f x =x2024+2023i=0c ix i,其中c i∈{-1,0,1}.记N为f x 的正整数根的个数(含重根).若f x 无负整数根,N的最大值是.10.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AA1上的一点,且A1E=1,F为截面A1BD上的动点,则AF+FE的最小值等于.11.数列a n定义如下:设2n!n!n+2024!写成既约分数后的分母为A n ,a n等于2A n 的最大质因数,则a n的最大值等于.2024年北京市高中数学联赛初赛二试考试时间:9:40-12:301.(40分)设a,b,c是三个正数,求证:2a2a2+b2+c2+2ba2+2b2+c2+2ca2+b2+2c2≤32a+b+c5a2+5b2+5c2+ab+bc+ca.2.(40分)如图所示,锐角△ABC的三条高线AD,BE,CF交于点H,过点F作FG⎳AC交直线BC于点G,设△CFG的外接圆为⊙O,⊙O与直线AC的另一个交点为P,过P作PQ⎳DE交直线AD于点Q,连接OD,OQ.求证:OD=OQ.3.(50分)有n个球队参加比赛,球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次,并且组委会还发现任意挑出若干支球队,他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意,请证明你的结论.4.(50分)设a1,a2,⋯,a n为n个两两不同的正整数且a1a2⋯a n恰有4048个质因数.如果a1,a2,⋯,a n中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方,求n的最大值.2024年重庆市高中数学联赛初赛试题 2 2024年浙江省高中数学联赛初赛试题 3 2024年四川省高中数学联赛初赛试题 4 2024年吉林省高中数学联赛初赛试题 5 2024年广西省高中数学联赛初赛试题 7 2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题 9 2024年北京市高中数学联赛初赛一试 10 2024年北京市高中数学联赛初赛二试 112024年重庆市高中数学联赛初赛试题一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.1.已知复数z 使得z -4z为纯虚数,则z -1-i 的最小值为2-2.(其中i 为虚数单位)【答案】2-2【解析】z -4z 为纯虚数⇒z -4z =-z -4z⇔z +z =4z +zzz.当z +z=0时,,z -1-i min =1;当z +z≠0时,,则z =2,,此时z -1-i min =2-2<1,,当z =21+i 可取等号.2.设函数f x =2x -2-x 的反函数为y =f -1x ,则不等式f -1x -1 <1的解集为-12,52 .【答案】-12,52 【解析】因为f x 为R 上单调递增的奇函数,,且值域为R ,,所以f -1x 也为R 上单调递增的奇函数.注意f 1 =32,,故f -1x -1 <1⇔-32<x -1<32⇔-12<x <52.3.若点A -12,32 关于直线y =kx 对称的点在圆x -2 2+y 2=1上,则k =3.【答案】3【解析】注意点A 在圆x 2+y 2=1上,,且A 关于直线y =kx 对称的点必然在圆x 2+y 2=1上,,而圆x 2+y 2=1与圆x -2 2+y 2=1仅有唯一公共点B 1,0 ,,因此对称点只能是B .易知∠AOB =120°,,因此k =tan60°= 3.4.在△ABC 中,已知AB ⋅AC =2BC ⋅BA =3CA ⋅CB ,则△ABC 最大角的正弦值为31010.【答案】31010【解析】设△ABC 的内角A ,,B ,,C 所对的边分别为a ,,b ,,c ,,由条件知b 2+c 2-a 22=a 2+c 2-b 2=3a 2+b 2-c 2 2,,解得b 2=85a 2,,c 2=95a 2,,故最大角为角C ,,由余弦定理得cos C =a 2+b 2-c 22ab =1010⇒sin C =31010.5.数列a n 满足a 1=1,a n +1-a n a n =a n +2-an +1a n +2n ∈N * ,若a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=3,则a 2024=62029.【答案】62029【解析】由a n +1-a n a n =a n +2-a n +1a n +2可得1a n +1a n +2=2a n +1,,则数列1a n 为等差数列,,首项为1a 1=1,,设公差为d ,,则a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=11+d +11+d 1+2d +⋯+11+5d 1+6d=1d 1-11+d +11+d -11+2d +⋯11+5d -11+6d =61+6d =3⇒d =16,,故1a 2024=1+20236=20296⇒a 2024=62029.6.由1,2,⋯,9这九个正整数构成的所有圆排列中,任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为21600.【答案】21600【解析】一个圆排列满足要求当且仅当该排列中8,,9与7,,9这两对数均不能相邻.设满足8,,9相邻的圆排列有N1个,,满足7,,9相邻的圆排列有N2个,,满足8,,9相邻且7,,9相邻的圆排列有N3个,,则N1= N2=A22⋅7!,,N3=A22⋅6!,,从而由容斥原理,,满足要求的排列的个数为N=8!-N1+N2-N3=21600.7.已知四面体ABCD满足AB⊥BC,BC⊥CD,AB=BC=CD=1,且异面直线AD与BC所成的角为60°,则四面体ABCD的外接球的体积为55π6.ABC DA1D1 O1O【答案】55π6【解析】由题设条件,,可将四面体补成直三棱柱ABD1-A1CD,,如图所示.由题知∠A1AD=60°,,AA1=1,,于是A1D=AD1=3,,又AB=BD1=1,,则∠ABD1=120°.设四面体ABCD的外接球球心为O,,则O在平面ABD1的投影O1为△ABD1的外心,,且OO1=12.由正弦定理知,,O1A=1,,从而外接球半径R=OA=52,,于是V=43πR3=55π6.8.一珍稀物种出现在地球,对每个珍稀生物,每天有如下事件发生:有p0≤p≤1的概率消失,有1-p3的概率保持不变,有1-p3的概率分裂成两个,有1-p3的概率分裂成三个.对所有新产生的生物每天也会发生上述事件.假设开始只有一个这样的珍稀生物,若希望最终这种生物灭绝的概率不超过12,则p至多为5 17.【答案】517【解析】设开始有一个珍稀生物、最终灭绝的概率为f1 =q≤12,,那么若开始有n个珍稀生物、最终灭绝的概率则为f n =q n.由题知,,f1 =p+1-p3f1 +1-p3f2 +1-p3f3 ,,从而有q=p+1-p3q+1-p 3q2+1-p3q3即q-11-p3q2+2q+3-1∣=0,,由于q≤12,,则0=1-p3q2+2q+3-1≤1-p 3⋅174-1,,得p≤517.故p至多为517.注:该题也可以用母函数.其第n天的母函数为f n x ,,其中f x =p+1-p3x+1-p3x2+1-p3x3,,考虑limn→+∞f n 0 ≤12即可.二、解答题:共3小题,满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.16分已知函数f x =ln x-sin x,若两不相等的实数x1,x2∈0,π满足曲线y=f x 在点x1,f x1和点x2,f x2处的切线斜率相等,求证:f x1 +f x2 >-2.【解析】先证一个引理:对x>0,,有sin x<x.引理的证明:令φx =sin x-x,,φ x =cos x-1≤0,,故φx 为减函数,,所以当x>0时,,φx <φ0 =0,,引理得证!4分回到原题:f x =1x-cos x,,由题知f x1=f x2 .不妨x 1>x 2,,则x 1-x 22∈0,π2,,于是由f x 1 =f x 2 并结合引理可得x 1-x 2x 1x 2=cos x 2-cos x 1=2sin x 1+x 22sin x 1-x228分≤2sin x 1-x 22<2×x 1-x22=x 1-x 2,,因此x 1x 2>1.12分所以f x 1 +f x 2 =ln x 1x 2-sin x 1-sin x 2>-sin x 1-sin x 2≥-2.16分10.20分 已知抛物线Ω:y =x 2,动线段AB 在直线y =3x -3上(B 在A 右侧),且AB =2 3.过A 作Ω的切线,取左边的切点为M .过B 作Ω的切线,取右边的切点为N .当MN ⎳AB 时,求点A 的横坐标.【解析】设M x 1,x 21 ,,N x 2,x 22 ,,注意k MN =x 22-x 21x 2-x 1=x 1+x 2,,从而当MN ⎳AB 时,,k MN =k AB =3⇒x 1+x 2= 3.5分因为y =2x ,,所以k AM =2x 1,,可得切线AM 的方程为y -x 21=2x 1x -x 1 ,,即y =2x 1x -x 21.同理可得切线BN 的方程为y =2x 2x -x 22.由题设中A ,,B 的要求,,可设A t ,3t -3 ,,B t +3,3t ,,10分将A t ,3t -3 代入切线AM 的方程,,得3t -3=2tx 1-x 21,,即x 21-2tx 1+3t -3=0,,可求得x 1=t -t 2-3t +3,,这里取较小的根是因为M 为左边的切点.同理可求得x 2=t +3+t 2+3t +3.15分于是x 1+x 2=3⇒t -t 2-3t +3+t +3+t 2+3t +3=3,,整理得t 1+3t 2-3t +3+t 2+3t +3=0⇒t =0.故点A 的横坐标为0.20分11.20分 设x 1=3,x n +1=x n +14-x n +2n ∈N * ,求x 1+x 2+⋯+x n 的值.(其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.)【解析】设f x =x +14-x +2=12x +14+x +2.对于x >0,,f x 连续且单调递减.由于x 1>2,,则0<x 2=f x 1 <f 2 =2,,进而依次可以得到x 3>2,,0<x 4<2,,即0<x 2k <2,,x 2k +1>2.5分令g x =x +f x .由于g x =1+12x +14-12x +2>0恒成立,,故当x ≥0时,,g x 单调递增.又由于g 2 =4,,故当x >2时,,g x >4;当0<x <2时,,g x <4.10分当n 为偶数时,,设n =2k k ∈N * ,,有x 1+⋯+x 2k =x 1+x 2 +x 3+x 4 +⋯+x 2k -1+x 2k =g x 1 +g x 3 +⋯+g x 2k -1 >4k ,,且x 1+⋯+x 2k =x 1+x 2+x 3 +x 4+x 5 +⋯+x 2k -2+x 2k -1 +x 2k =x 1+g x 2 +g x 4 +⋯+g x 2k -2 +x 2k <4k +1,,故x 1+x 2+⋯+x 2k =4k =2n .当n 为大于1的奇数时,,设n =2k +1k ∈N * ,,有x 1+⋯+x 2k +1=x 1+x 2 +x 3+x 4 +⋯+x 2k -1+x 2k +x 2k +1=g x 1 +g x 3 +⋯+g x 2k -1 +x 2k +1>4k +2x 1+⋯+x 2k +1=x 1+x 2+x 3 +x 4+x 5 +⋯+x 2k +x 2k +1=x1+g x2+g x4 +⋯+g x2k<4k+3,,故x1+x2+⋯+x2k+1=4k+2=2n.当n=1时,,x1=3.综上,,当n=1时,,x1=3;当n≥2时,,x1+x2+⋯+x n=2n.20分2024年浙江省高中数学联赛初赛试题一、填空题(每小题8分,共计96分)1.设集合A=x x-12x-1≤0,集合B=x∣x2+2x+m≤0.若A⊆B,则实数m的取值范围为m≤-3.【答案】m≤-3【解析】集合A=x 12<x≤1,,要使A⊆B,,则12+2×1+m≤0,,解得m≤-3.2.设函数f:{1,2,3}→{2,3,4}满足f f x -1=f x ,则这样的函数有10个.【答案】10【解析】令y=f x -1∈{1,2,3},,则f y =y+1.对f1 =2以下三种情况都满足条件f2 =f3 =2;f2 =f3 =3;f2 =f3 =4,,共3种.同理对f2 =3,,f1 =f3 有3种情况;f3 =4,,f1 =f2 也有3种情况.又f1 =2,,f2 =3,,f3 =4显然满足条件.所以满足已知条件的函数共有3×3+1=10个.(可以看出这种映射的限制仅在值域上,,因此也可对值域大小分类讨论.)3.函数y=sin 2x+sin x+1sin2x+1的最大值与最小值之积为34.【答案】34【解析】令t=sin x,,-1≤t≤1,,原式变形y=1+1t+1t ,,当t≠0时,,12≤y≤32.当t=0时,,y=1.所以y的最大、最小值分别为32,,12,,其积为34.4.已知数列x n满足:x1=22,x n+1=xnn n+1x2n+n n+1,n≥1,则通项x n=n3n-1.【答案】n3n-1【解析】将已知条件变形得1x2n+1-1x2n=1n-1n+1,,将上式从1到n叠加得到1 x2n -1x21=1-1n,,即x n=n3n-1.5.已知四面体A-BCD的外接球半径为1,若BC=1,∠BDC=60°,球心到平面BDC的距离为6 3.【答案】63【解析】因为球心在平面BDC上的投影就是△BDC的外心,,由已知求得△BDC的外接圆半径为33,,所以球心到平面BDC的距离为1-332=63.6.已知复数z满足z24=z-1510=1,则复数z=12±32i.【答案】12±32i【解析】由已知得z =z-1=1,,解得z=12±3i2.显然这两个解满足题设条件.。

1集合-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1集合-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编1、集合部分2019A 2、若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和,则x 的值为 .◆答案:32-★解析:假如0x ≥,则最大、最小元素之差不超过{}max 3,x ,而所有元素之和大于{}max 3,x ,不符合条件.故0x <,即x 为最小元素.于是36x x -=+,解得32x =-。

2019B1. 若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素等于该集合的所有元素之和,则x 的值为 .◆答案:3-★解析:条件等价于1,2,3,x 中除最大数以外的另三个数之和为0 .显然0<,从而120x ++=,得3x =-.2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ,集合{}A x x B ∈=|2,集合{}A x x C ∈=2|,则集合C B 的元素个数为 ◆答案:24★解析:由条件知,{}48,,6,4,2 =C B ,故C B 的元素个数为24。

2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ,集合{}A a a B ∈=|2,则集合B A 的所有元素之和是 ◆答案: 31 ★解析:易知{}16,2,0,4=B ,所以{}16,8,4,2,1,0=B A ,元素之和为31.2018B 三、(本题满分50分)设集合{}n A ,,2,1 =,Y X ,均为A 的非空子集(允许Y X =).X中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max .求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。

★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =,集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并,故共有12-m 种取法.又Y m min ≤,故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集,共有121--+m n 种取法.因此,满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是:()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m nnm mn m n由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--n n n 个,于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n2017B 二、(本题满分40分)给定正整数m ,证明:存在正整数k ,使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ,每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,(可以相同),满足m cd ab =-.★证明:取1k m =+,令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈,1,2,,1i m =+设,,,i a b c d A ∈,则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+,故1m ab cd +-,而1m m +,所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ,满足ab cd m -=2017B 四、(本题满分50分)。

全国高中数学竞赛集合真题汇编与典型例题

全国高中数学竞赛集合真题汇编与典型例题

全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编专题18集合真题汇编与预赛典型例题全国联赛真题:1.【2019年全国联赛】若实数集合的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和,则x的值为.2.【2018年全国联赛】设集合A={1,2,3…,99},B={2x|x∈A},C={x|2x∈A},则B∩C的元素个数为3.【2013年全国联赛】设集合.则集合中所有元素的和为______.4.【2011年全国联赛】设集合.若中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为,则集合______.5.【2019年全国联赛】设V是空间中2019个点构成的集合,其中任意四点不共面.某些点之间连有线段,记E为这些线段构成的集合.试求最小的正整数n,满足条件:若E至少有n 个元素,则E一定含有908个二元子集.其中每个二元子集中的两条线段有公共端点,且任意两个二元子集的交为空集.6.【2015年全国联赛】设为四个有理数,使得.求的值.7.【2015年全国联赛】设,其中,个互不相同的有限集合,满足对任意,均有.若表示有限集合的元素个数),证明:存在,使得属于中的至少个集合.8.【2014年全国联赛】设.求最大的整数,使得集合S有k个互不相同的非空子集,具有性质:对这k个子集中任意两个不同子集,若它们的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.9.【2013年全国联赛】一次考试共有道试题,名学生参加,其中为给定的整数.每道题的得分规则是:若该题恰有名学生没有答对,则每名答对该题的学生得分,未答对的学生得零分.每名学生的总分为其道题的得分总和.将所有学生总分从高到低排列为.求的最大可能值.10.【2012年全国联赛】试证明:集合满足(1)对每个,若,则一定不是的倍数;(2)对每个表示中的补集),且,必存在,使的倍数.各省预赛典型题1.【2018年江苏】在1,2,3,4,…,1000中,能写成的形式,且不能被3整除的数有________个。

全国名校高中数学题库--集合

全国名校高中数学题库--集合

同理知 N(t)=11,故选项 B 不正确.
故选 C. 7. 现规定:A 是一些点构成的集合,若连接点集 A 内任意两点的线段,当该线段上所有点仍在点集 A
内时,则称该点集 A 是连通集,下列点集是连通集的是( ) A.函数 y=2x 图象上的点构成的集合 B.旋转体表面及其内部点构成的集合 C.扇形边界及其内部点构成的集合 D.正四面体表面及其内部点构成的集合
6. 含有三个实数的集合可表示为
,也可表示为{a2,a+b,0},则 a +b 2009 2009 的值为( )
6
A.0
B.﹣1
C.1
7. 已知集合 A={x|ax2﹣3x+2=0}至多有一个元素,则 a 的取值范围是
8. 若 a,b∈R,集合
,求 b﹣a 的值
解:由
,可知 a≠0,则只能 a+b=0,
设 Qn 是 Pn 中所有奇数的集合.因此 f (n) 等于 Qn 的子集个数。
当 n 为偶数〔
或奇数)时,
Pn
中奇数的个数是
n 2

n
+ 2
1
)。∴
⎧ ⎪2
n 2
(
n为偶数)
f (n)= ⎨ n+1

⎪⎩2 2 (n为奇数)
知识点 3、集合的性质
同步演练
1. 下列集合中表示同一集合的是( )
A.M={(3,2)}N={3,2}
4. 若 A={(1,﹣2),(0,0)},则集合 A 中的元素个数是( )
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个
5. (2010•广东文)在集合{a,b,c,d}上定义两种运算+和*如下

全国高三高中数学专题试卷带答案解析

全国高三高中数学专题试卷带答案解析

全国高三高中数学专题试卷班级:___________ 姓名:___________ 分数:___________一、填空题1.已知集合A ={x|33-x <6},B ={x|lg(x -1)<1},则A∩B =________.2.已知a 、b 为正实数,函数f(x)=ax 3+bx +2x 在[0,1]上的最大值为4,则f(x)在[-1,0]上的最小值为________.3.若函数f(x)=x 3-ax 2+(a -1)x +1在区间(1,4)上是减函数,在区间(6,+∞)上是增函数,则实数a 的取值范围是________.4.已知函数y =f(x)是偶函数,对于x ∈R 都有f(x +6)=f(x)+f(3)成立.当x 1、x 2∈[0,3],且x 1≠x 2时,都有>0,给出下列命题:①f(3)=0;②直线x =-6是函数y =f(x)的图象的一条对称轴; ③函数y =f(x)在[-9,-6]上为单调增函数; ④函数y =f(x)在[-9,9]上有4个零点. 其中正确的命题是________.(填序号)5.已知函数f(x)=||x -1|-1|,若关于x 的方程f(x)=m(m ∈R)恰有四个互不相等的实根x 1,x 2,x 3,x 4,则x 1x 2x 3x 4的取值范围是________.6.关于函数f(x)=lg(x>0,x ∈R),下列命题正确的是________.(填序号)①函数y =f(x)的图象关于y 轴对称;②在区间(-∞,0)上,函数y =f(x)是减函数; ③函数y =f(x)的最小值为lg2;④在区间(1,+∞)上,函数y =f(x)是增函数.7.已知函数f(x)=2x 2+m 的图象与函数g(x)=ln|x|的图象有四个交点,则实数m 的取值范围是________. 8.在平面直角坐标系xOy 中,设定点A(a ,a),P 是函数y =(x>0)图象上一动点.若点P 、A 之间的最短距离为2,则满足条件的实数a 的所有值为________.9.设函数f(x)= (a ∈R ,e 为自然对数的底数).若存在b ∈[0,1]使f(f(b))=b 成立,则a 的取值范围是________. 10.已知函数f(x)=若关于x 的方程f(x)=kx(k >0)有且仅有四个根,其最大根为t ,则函数g(t)=t 2-6t +7的值域为________.11.若奇函数f(x)与偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=2x ,则函数g(x)的最小值是________. 12.设函数f(x)= (a<0)的定义域为D ,若所有点(s ,f(t))(s 、t ∈D)构成一个正方形区域,则a 的值为________.13.对于实数a 和b ,定义运算“”:ab =设f(x)=(2x -1)(x -1),且关于x 的方程为f(x)=m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x 1,x 2,x 3,则x 1、x 2、x 3的取值范围是________.二、解答题1.已知函数f(x)=lg(1-x)+lg(1+x)+x 4-2x2. (1)求函数f(x)的定义域; (2)判断函数f(x)的奇偶性; (3)求函数f(x)的值域.2.已知函数f(x)=ax 2-|x|+2a -1(a 为实常数). (1)若a =1,作函数f(x)的图象;(2)设f(x)在区间[1,2]上的最小值为g(a),求g(a)的表达式; (3)设h(x)=,若函数h(x)在区间[1,2]上是增函数,求实数a 的取值范围.3.设函数f(x)=其中b>0,c ∈R.当且仅当x =-2时,函数f(x)取得最小值-2.(1)求函数f(x)的表达式;(2)若方程f(x)=x +a(a ∈R)至少有两个不相同的实数根,求a 取值的集合.4.已知f(x)=xlnx ,g(x)=-x 2+ax -3. (1)求函数f(x)在[t ,t +2](t>0)上的最小值;(2)对一切x ∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a 的取值范围; (3)证明对一切x ∈(0,+∞),都有lnx>-成立.5.定义在D 上的函数f(x),如果满足:对任意x ∈D ,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M 成立,则称f(x)是D 上的有界函数,其中M 称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)=1+a·+.(1)当a =1时,求函数f(x)在(-∞,0)上的值域,并判断函数f(x)在(-∞,0)上是否为有界函数,请说明理由; (2)若函数f(x)在[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a 的取值范围. 6.已知函数f(x)=a x +x 2-xlna(a>0,a≠1).(1)当a>1时,求证:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)若函数y =|f(x)-t|-1有三个零点,求t 的值;(3)若存在x 1、x 2∈[-1,1],使得|f(x 1)-f(x 2)|≥e -1,试求a 的取值范围.7.已知函数f(x)=lnx -ax 2+(2-a)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a>0,证明:当0<x<时,f>f;(3)若函数y =f(x)的图象与x 轴交于A 、B 两点,线段AB 中点的横坐标为x 0,证明:<0.全国高三高中数学专题试卷答案及解析一、填空题1.已知集合A ={x|33-x <6},B ={x|lg(x -1)<1},则A∩B =________. 【答案】(2-log 32,11)【解析】由33-x <6,知3-x<log 36,即x>3-log 36, 所以A =(2-log 32,+∞).由lg(x -1)<1,知0<x -1<10,即1<x<11, 所以B =(1,11),所以A∩B =(2-log 32,11).2.已知a 、b 为正实数,函数f(x)=ax 3+bx +2x 在[0,1]上的最大值为4,则f(x)在[-1,0]上的最小值为________. 【答案】-【解析】因为a 、b 为正实数,所以函数f(x)是单调递增的.所以f(1)=a +b +2=4,即a +b =2.所以f(x)在[-1,0]上的最小值为f(-1)=-(a +b)+=-.3.若函数f(x)=x 3-ax 2+(a -1)x +1在区间(1,4)上是减函数,在区间(6,+∞)上是增函数,则实数a 的取值范围是________. 【答案】[5,7]【解析】f′(x)=x 2-ax +(a -1),由题意,f′(x)≤0在(1,4)恒成立且f′(x)≥0在(6,+∞)恒成立,即a≥x +1在(1,4)上恒成立且a≤x +1在(6,+∞)上恒成立,所以5≤a≤7.4.已知函数y =f(x)是偶函数,对于x ∈R 都有f(x +6)=f(x)+f(3)成立.当x 1、x 2∈[0,3],且x 1≠x 2时,都有>0,给出下列命题:①f(3)=0;②直线x =-6是函数y =f(x)的图象的一条对称轴; ③函数y =f(x)在[-9,-6]上为单调增函数; ④函数y =f(x)在[-9,9]上有4个零点. 其中正确的命题是________.(填序号) 【答案】①②④【解析】令x =-3,得f(-3)=0,由y =f(x)是偶函数,所以f(3)=f(-3)=0,①正确;因为f(x +6)=f(x),所以y =f(x)是周期为6的函数,而偶函数图象关于y 轴对称,所以直线x =-6是函数y =f(x)的图象的一条对称轴,②正确;由题意知,y =f(x)在[0,3]上为单调增函数,所以在[-3,0]上为单调减函数,故y =f(x)在[-9,-6]上为单调减函数,③错误;由f(3)=f(-3)=0,知f(-9)=f(9)=0,所以函数y =f(x)在[-9,9]上有个零点,④正确.5.已知函数f(x)=||x -1|-1|,若关于x 的方程f(x)=m(m ∈R)恰有四个互不相等的实根x 1,x 2,x 3,x 4,则x 1x 2x 3x 4的取值范围是________. 【答案】(-3,0)【解析】f(x)=||x -1|-1|=方程f(x)=m 的解就是y =f(x)的图象与直线y =m 交点的横坐标,由图可知,x 2=-x 1,x 3=2+x 1,x 4=2-x 1,且-1<x 1<0.设t =x 1x 2x 3x 4=(-2)2-4,则t =(-2)2-4,易得-3<t<0.6.关于函数f(x)=lg(x>0,x ∈R),下列命题正确的是________.(填序号)①函数y =f(x)的图象关于y 轴对称;②在区间(-∞,0)上,函数y =f(x)是减函数; ③函数y =f(x)的最小值为lg2;④在区间(1,+∞)上,函数y =f(x)是增函数. 【答案】①③④ 【解析】由f(-x)=lg =lg =f(x),知函数f(x)为偶函数,故①正确;由f(-2)=lg=f,知②错误;由=|x|+≥2,知f(x)=lg≥lg2,故③正确;因为函数g(x)=x +在(1,+∞)上为增函数,所以y =f(x)在(1,+∞)上也是增函数,故④正确.综上所述,①③④均正确.7.已知函数f(x)=2x 2+m 的图象与函数g(x)=ln|x|的图象有四个交点,则实数m 的取值范围是________. 【答案】【解析】由于f(x)与g(x)都是偶函数,因此只需考虑当x>0时,函数f(x)与g(x)的图象有两个交点即可.当x>0时,g(x)=lnx ,令h(x)=f(x)-g(x)=2x 2-lnx +m ,则h′(x)=4x -,由h′(x)=0,得x =.易知当x =时,h(x)有极小值为+ln2+m ,要使函数f(x)与g(x)的图象在(0,+∞)内有两个交点,则h <0,即+ln2+m<0,所以m<--ln28.在平面直角坐标系xOy 中,设定点A(a ,a),P 是函数y =(x>0)图象上一动点.若点P 、A 之间的最短距离为2,则满足条件的实数a 的所有值为________.【答案】-1,【解析】设P ,x>0,则 PA 2=(x -a)2+=x 2+-2a+2a 2=-2a+2a 2-2.令t =x +,则由x>0,得t≥2,所以PA 2=t 2-2at +2a 2-2=(t -a)2+a 2-2. 由PA 取得最小值,得或解得a =-1或a =.9.设函数f(x)=(a ∈R ,e 为自然对数的底数).若存在b ∈[0,1]使f(f(b))=b 成立,则a 的取值范围是________. 【答案】[1,e]【解析】若存在b ∈[0,1]使f(f(b))=b 成立, 则A(b ,f(b)),A′(f(b),b)都在y =f(x)的图象上. 又f(x)=在[0,1]上单调递增, 所以(x A ′-x A )(y A ′-y A )≥0,即(f(b)-b)(b -f(b))≥0,所以(f(b)-b)2≤0, 所以f(b)=b ,从而f(x)=x 在[0,1]上有解, 即=x 在[0,1]上有解, 所以a =e x +x -x 2,x ∈[0,1], 令φ(x)=e x +x -x 2,x ∈[0,1], 则φ′(x)=e x -2x +1≥0,所以φ(x)在[0,1]上单调递增. 又φ(0)=1,φ(1)=e ,所以φ(x)∈[1,e],即a ∈[1,e].10.已知函数f(x)=若关于x 的方程f(x)=kx(k >0)有且仅有四个根,其最大根为t ,则函数g(t)=t 2-6t +7的值域为________.【答案】【解析】在直角坐标系中分别画出函数f(x)在区间[0,2],[2,4],[4,6]上的三个半圆的图象,最大根t 一定在区间(3,4)内,g(t)=t 2-6t +7是二次函数,对称轴方程为4>t =>3,g(t)的最小值为g =-,直线y =kx(k >0)与区间[2,4]上半圆相交,与区间[4,6]上半圆相离,故<k 2<,而k 2=时,直线与半圆相切,由得(1+k 2)x 2-6x +8=0,取k 2=,得x 2-6x +7=-1,t<x ,所以g(t)=t 2-6t +7<-111.若奇函数f(x)与偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=2x ,则函数g(x)的最小值是________. 【答案】1【解析】由f(x)+g(x)=2x ,得f(-x)+g(-x)=2-x , 由f(x)是奇函数,g(x)是偶函数, ∴-f(x)+g(x)=2-x ,∴g(x)=(2x +2-x ),∴g(x)≥1.12.设函数f(x)= (a<0)的定义域为D ,若所有点(s ,f(t))(s 、t ∈D)构成一个正方形区域,则a 的值为________. 【答案】-4【解析】|x 1-x 2|=f max (x),=,|a|=2,∴a =-413.对于实数a 和b ,定义运算“”:a b =设f(x)=(2x -1)(x -1),且关于x 的方程为f(x)=m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x 1,x 2,x 3,则x 1、x 2、x 3的取值范围是________. 【答案】【解析】由新定义得f(x)=作出函数f(x)的图象,由图可知,当0<m<时,f(x)=m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x 1、x 2、x 3,不妨设x 1<x 2<x 3,易知x 2>0,且x 2+x 3=2×=1,∴x 2x 3<.令解得x =或x = (舍去),∴<x 1<0,∴<x 1x 2x 3<0.二、解答题1.已知函数f(x)=lg(1-x)+lg(1+x)+x 4-2x2. (1)求函数f(x)的定义域; (2)判断函数f(x)的奇偶性; (3)求函数f(x)的值域.【答案】(1)(-1,1)(2)f(x)是偶函数(3)(-∞,0] 【解析】(1)由得-1<x<1,所以函数f(x)的定义域为(-1,1).(2)由f(-x)=lg(1+x)+lg(1-x)+(-x)4-2(-x)2=lg(1-x)+lg(1+x)+x 4-2x 2=f(x), 所以函数f(x)是偶函数.(3)f(x)=lg(1-x)+lg(1+x)+x 4-2x 2=lg(1-x 2)+x 4-2x 2, 设t =1-x 2,由x ∈(-1,1),得t ∈(0,1].所以y =lg(1-x 2)+x 4-2x 2=lgt +(t 2-1),t ∈(0,1], 设0<t 1<t 2≤1,则lgt 1<lgt 2,<, 所以lgt 1+(-1)<lgt 2+(-1),所以函数y =lgt +(t 2-1)在t ∈(0,1]上为增函数, 所以函数f(x)的值域为(-∞,0].2.已知函数f(x)=ax 2-|x|+2a -1(a 为实常数). (1)若a =1,作函数f(x)的图象;(2)设f(x)在区间[1,2]上的最小值为g(a),求g(a)的表达式; (3)设h(x)=,若函数h(x)在区间[1,2]上是增函数,求实数a 的取值范围.【答案】(1)(2)g(a)=(3)【解析】(1)当a =1时,f(x)=x 2-|x|+1=作图如下.(2)当x ∈[1,2]时,f(x)=ax 2-x +2a -1.若a =0,则f(x)=-x -1在区间[1,2]上是减函数,g(a)=f(2)=-3. 若a≠0,则f(x)=a+2a --1,f(x)图象的对称轴是直线x =.当a<0时,f(x)在区间[1,2]上是减函数,g(a)=f(2)=6a -3. 当0<<1,即a>时,f(x)在区间[1,2]上是增函数,g(a)=f(1)=3a -2.当1≤≤2,即≤a≤时,g(a)=f =2a --1.当>2,即0<a<时,f(x)在区间[1,2]上是减函数,g(a)=f(2)=6a -3.综上可得g(a)=(3)当x ∈[1,2]时,h(x)=ax +-1,在区间[1,2]上任取x 1、x 2,且x 1<x 2,则h(x 2)-h(x 1)= =(x 2-x 1)=(x 2-x 1).因为h(x)在区间[1,2]上是增函数,所以h(x 2)-h(x 1)>0. 因为x 2-x 1>0,x 1x 2>0,所以ax 1x 2-(2a -1)>0, 即ax 1x 2>2a -1.当a =0时,上面的不等式变为0>-1,即a =0时结论成立. 当a>0时,x 1x 2>,由1<x 1x 2<4,得≤1,解得0<a≤1. 当a<0时,x 1x 2<,由1<x 1x 2<4,得≥4,解得-≤a <0.所以实数a 的取值范围为3.设函数f(x)=其中b>0,c ∈R.当且仅当x =-2时,函数f(x)取得最小值-2.(1)求函数f(x)的表达式;(2)若方程f(x)=x +a(a ∈R)至少有两个不相同的实数根,求a 取值的集合. 【答案】(1)f(x)=(2)【解析】(1)∵当且仅当x =-2时,函数f(x)取得最小值-2. ∴二次函数y =x 2+bx +c 的对称轴是x =-=-2.且有f(-2)=(-2)2-2b +c =-2,即2b -c =6. ∴b =4,c =2.∴f(x)=(2)记方程①:2=x +a(x>0), 方程②:x 2+4x +2=x +a(x≤0).分别研究方程①和方程②的根的情况:(ⅰ)方程①有且仅有一个实数根a<2,方程①没有实数根a≥2.(ⅱ)方程②有且仅有两个不相同的实数根,即方程x 2+3x +2-a =0有两个不相同的非正实数根.∴-<a≤2;方程②有且仅有一个实数根,即方程x 2+3x +2-a =0有且仅有一个非正实数根. ∴2-a<0或Δ=0,即a>2或a =-.综上可知,当方程f(x)=x +a(a ∈R)有三个不相同的实数根时,-<a<2; 当方程f(x)=x +a(a ∈R)有且仅有两个不相同的实数根时,a =-或a =2.∴符合题意的实数a取值的集合为4.已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3.(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;(2)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)证明对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立.=(2)a≤4(3)见解析【答案】(1)f(x)min【解析】(1)解:f′(x)=lnx+1,当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.①当0<t<t+2<时,t无解;②当0<t<<t+2,即0<t<时,f(x)=f=-;min③当≤t<t+2,即t≥时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)=f(t)=tlnt,min所以f(x)=.min(2)解:由题意,要使2xlnx≥-x2+ax-3在x∈(0,+∞)恒成立,即要使a≤2lnx+x+恒成立.设h(x)=2lnx+x+(x>0),则h′(x)=+1-.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.所以x=1时,h(x)取得极小值,也就是最小值,即[h(x)]=h(1)=4,所以a≤4.min(3)证明:问题等价于证明xlnx>-,x∈(0,+∞).由(1)知,f(x)=xlnx在(0,+∞)上最小值是-,当且仅当x=时取得.设m(x)=-,x∈(0,+∞),则m′(x)=,易得[m(x)]=m(1)=-,max当且仅当x=1时取得,从而对一切x∈(0,+∞),都有lnx>-成立5.定义在D上的函数f(x),如果满足:对任意x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M成立,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)=1+a·+.(1)当a=1时,求函数f(x)在(-∞,0)上的值域,并判断函数f(x)在(-∞,0)上是否为有界函数,请说明理由;(2)若函数f(x)在[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.【答案】(1)不是有界函数(2)[-5,1]【解析】(1)当a=1时,f(x)=1+因为f(x)在(-∞,0)上递减,所以f(x)>f(0)=3,即f(x)在(-∞,0)的值域为(3,+∞),故不存在常数M>0,使|f(x)|≤M成立,所以函数f(x)在(-∞,0)上不是有界函数.(2)由题意知,|f(x)|≤3在[0,+∞)上恒成立.-3≤f(x)≤3,-4-≤a·≤2-,所以-4·2x-≤a≤2·2x-在[0,+∞)上恒成立.所以≤a≤,设2x =t ,h(t)=-4t -,p(t)=2t -,由x ∈[0,+∞)得t≥1,设1≤t 1<t 2,h(t 1)-h(t 2)=>0,p(t 1)-p(t 2)=<0,所以h(t)在[1,+∞)上递减,p(t)在[1,+∞)上递增,h(t)在[1,+∞)上的最大值为h(1)=-5,p(t)在[1,+∞)上的最小值为p(1)=1,所以实数a 的取值范围为[-5,1].6.已知函数f(x)=a x +x 2-xlna(a>0,a≠1).(1)当a>1时,求证:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)若函数y =|f(x)-t|-1有三个零点,求t 的值;(3)若存在x 1、x 2∈[-1,1],使得|f(x 1)-f(x 2)|≥e -1,试求a 的取值范围. 【答案】(1)见解析(2)t =2(3)∪[e ,+∞)【解析】审题引导:本题考查函数与导数的综合性质,函数模型并不复杂,(1)(2)两问是很常规的,考查利用导数证明单调性,考查函数与方程的零点问题.第(3)问要将“若存在x 1、x 2∈[-1,1],使得|f(x 1)-f(x 2)|≥e -1”转化成|f(x)max -f(x)min |=f(x)max -f(x)min ≥e -1成立,最后仍然是求值域问题,但在求值域过程中,问题设计比较巧妙,因为在过程中还要构造函数研究单调性来确定导函数的正负. 规范解答:(1)证明:f′(x)=a x lna +2x -lna =2x +(a x -1)·lna.(2分)由于a>1,故当x ∈(0,+∞)时,lna>0,a x-1>0,所以f′(x)>0. 故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)(2)解:当a>0,a≠1时,因为f′(0)=0,且f′(x)在R 上单调递增,故f′(x)=0有唯一解x =0.(6分)所以x 、f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示:x(-∞,0)(0,+∞)f′(x)-+f(x)极小值又函数y =|f(x)-t|-1有三个零点,所以方程f(x)=t±1有三个根,而t +1>t -1,所以t -1=f(x)min =f(0)=1,解得t =2.(10分)(3)解:因为存在x 1、x 2∈[-1,1],使得|f(x 1)-f(x 2)|≥e -1,所以当x ∈[-1,1]时,|f(x)max -f(x)min |=f(x)max -f(x)min ≥e -1.(12分)由(2)知,f(x)在[-1,0]上递减,在[0,1]上递增,所以当x ∈[-1,1]时,f(x)min =f(0)=1,f(x)max =max{f(-1),f(1)}.而f(1)-f(-1)=(a +1-lna)-=a --2lna ,记g(t)=t --2lnt(t>0),因为g′(t)=1+-=≥0(当且仅当t =1时取等号),所以g(t)=t --2lnt 在t ∈(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0, 所以当t>1时,g(t)>0;当0<t<1时,g(t)<0,也就是当a>1时,f(1)>f(-1);当0<a<1时,f(1)<f(-1).(14分) ①当a>1时,由f(1)-f(0)≥e -1a -lna≥e -1a≥e , ②当0<a<1时,由f(-1)-f(0)≥e -1+lna≥e -10<a≤,综上知,所求a 的取值范围为∪[e ,+∞).(16分)7.已知函数f(x)=lnx -ax 2+(2-a)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a>0,证明:当0<x<时,f>f;(3)若函数y =f(x)的图象与x 轴交于A 、B 两点,线段AB 中点的横坐标为x 0,证明:<0.【答案】(1)在上单调递增,在上是减函数(2)见解析(3)见解析【解析】(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=-2ax +(2-a)=-.①若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数. ②若a>0,则由f′(x)=0得x =,且当x ∈时,f′(x)>0,当x>时,f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上是减函数.(2)解:设函数g(x)=f-f,则g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax , g′(x)=-2a =.当0<x<时,g′(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>0. 故当0<x<时,f>f.(3)证明:由(1)可得,当a≤0时,函数y =f(x)的图象与x 轴至多有一个交点, 故a>0,从而f(x)的最大值为f,且f>0.不妨设A(x 1,0),B(x 2,0),0<x 1<x 2,则0<x 1<<x 2.由(2)得f =f >f(x 1)=0. 从而x 2>-x 1,于是x 0=>.由(1)知,f′(x 0)<0。

全国高中数学联赛训练题

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全国高中数学联赛训练题第一试一、填空题1.在函数2132010y x x =+++的图像上横纵坐标都是整数的点的个数为_____.2.若,i j A A 是正六边形126A A A 不同的两个顶点,则集合12{|}i j p p A A A A =⋅中的元素个数为_____. 3.设[]x 表示不超过x 的最大整数.若实数,x y 满足方程组5[1]33[3]1y x y x = +-⎧⎨= -+⎩,则x y +的取值范围是_____.4.若关于x 的方程222(1)|1|0x b x c -+⋅-+=有7个互不相等的实数根,则实数b 的取值范围为_____.5.若设过点(4,0)P -的直线与椭圆223412x y +=交于点,A B ,且O 为原点,则OAB S ∆的最大值为_____.6.设函数()(2)xf x a x =+,且方程()f x x =有唯一解.若01()2f x =,1()n n x f x +=,则n x =_____.7.若一个三棱锥的所有棱长均为整数,且和为2009,则这样的三棱锥的最大棱长于最小棱长之差为_____.8.在长方体1111ABCD A B C D -中,已知155AB AD AA ===,点M 在AB 上,且320AM BM +=.在正方形ABCD内随机选取一点P ,并设点P 到直线11A D 的距离为1d ,PM 的长为2d ,则所取点P 满足22121d d -≥的概率为_____.二、解答题9.(1)讨论函数2ln ()xf x x=(1[,]x e e -∈)的图像与直线y k =的交点个数. (2)求证:对任意的n ∈*N ,都有4444ln1ln 2ln 3ln 11232n n e+++⋅⋅⋅+<成立.10.已知一个数表如下图所示,其生成方式为:对任意的正整数n ,第n 行的每个数x 都生成了第1n +行的两个数,其左下方的数为x -,右下方的数为3x +.(1)设数表中第n 行数字的个数为n a ,求数列{}n a 的通项及其前n 项和n S ;(2)设数表中前n 行出现过的不同数字的个数为n T ,求12345,,,,T T T T T 及数列{}n T 的通项.11.设动圆P 过点(1,0)A -,且与圆B :22270x y x +--=相切. (1)求动圆圆心P 的轨迹Ω的方程;(2)设点(,)Q m n 在曲线Ω上,求证:直线l :22mx ny +=与曲线Ω有唯一的公共点;(3)设(2)中的直线l 与圆B 交于点,E F ,求证:满足AR AE AF =+的点R 必在圆B 上.第二试一、如图,已知11,B C 分别是边,AB AC 延长线上的动点,点1D 在线段11B C 上,直线1AD 与ABC ∆的外接圆交于点D .求证:1111B D C D =是1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅的充要条件.二、设非负实数,,a b c 满足1a b c ++=,111111p a b c=+++++,试求p 的最大值max p 和最小值min p .CDBD 1OB 1C 1A三、将黑板上的正整数n 擦去,并用不是n 的约数的最小正整数来代替,我们称之为一次操作. 对于黑板上任意给定的正整数n (2n >),直到操作的结果为2为止,求操作次数的最大值.四、设1,2,3,4,5,6的排列123456(,,,,,)a a a a a a 具有如下性质: 对于1,2,3,4,5i =,每个12(,,,)i a a a 都不是(1,2,,)i 的排列,求满足条件的排列个数.数学奥林匹克高中训练题(6)1.在函数2132010y x x =+++的图像上横纵坐标都是整数的点的个数为_____. 解:设1x a +=,2010x b +=,则由题意知,a b 均为正整数,且22()()2009b a b a b a -=-+=.又因20091200972874149=⨯=⨯=⨯,故所求整数对(,)a b 有(1004,1005),(140,147),(4,45)共三对.从而可得该函数图像上的整数点的个数为3.2.若,i j A A 是正六边形126A A A 不同的两个顶点,则集合12{|}i j p p A A A A =⋅中的元素个数为_____. 解:由于12i j A A A A ⋅ 表示i j A A 在12A A方向上的投影,而3456,,,A A A A 在12A A 所在直线上的投影分别为21,,,C A AB (如右图所示),又12||||BA CA =,因此向量i j A A 在12A A 方向上的投影可能有1212||,||,||,||,0BA BA BC A A ±±±± 共九种.从而可知集合12{|}i j p p A A A A =⋅中的元素个数为9.3.设[]x 表示不超过x 的最大整数.若实数,x y 满足方程组5[1]33[3]1y x y x = +-⎧⎨= -+⎩,则x y +的取值范围是_____.解:由已知可得5[1]33[3]1x x +-= -+,故[]5x =-,即54x -≤<-,23y =-,故2827x y -≤+<-.4.若关于x 的方程222(1)|1|0x b x c -+⋅-+=有7个互不相等的实数根,则实数b 的取值范围为_____. 解:设函数2|1|y x =-,则其图像C 如右图所示.于是由图像C 可分析得知: 当1k >或0k =时,直线y k =与图像C 有两个不同的交点;当1k =时,直 线y k =与图像C 有三个不同的交点;当01k <<时,直线y k =与图像C 有 四个不同的交点.因此,要使关于x 的方程222(1)|1|0x b x c -+⋅-+=有7个不同实根,则关于y 的方程20y by c ++=的一根为1,另一根在区间(0,1)内.从而有240b c ∆=->,1b c +=-,且(0,1)c ∈,因此可得实数b 的取值范围为1(2,1)b c =--∈--. 5.若设过点(4,0)P -的直线与椭圆223412x y +=交于点,A B ,且O 为原点,则OAB S ∆的最大值为_____. 解:设过点(4,0)P -的直线方程为(4)y k x =+,且点1122(,),(,)A x y B x y ,则联立直线与椭圆的方程可得:xy1-1O1CBA 4A 5A 3A 6A 1A 222(4)3412y k x x y =+⎧⎨+=⎩,即2222(43)3264120k x k x k +++=.故21223243k x x k +=-+,2122641243k x x k -=+,且有22222(32)4(43)(6412)144(14)0k k k k ∆=-⋅+-=->.又由于:2121212212414||||2||2||243OABOPA OPB k k S S S OP y y y y k x x k ∆∆∆-=-=⋅⋅-=-=-=+. 而由基本不等式可得2222223(14)162414334343OABk k k k S k k ∆-⋅-==⋅≤++.所以OAB S ∆的最大值为3.6.设函数()(2)xf x a x =+,且方程()f x x =有唯一解.若01()2f x =,1()n n x f x +=,则2010x =_____.解:由方程(2)x x a x =+有唯一解可得12a =,从而2()2x f x x =+.于是,122n n n x x x +=+,即11112n n x x +=+,且101()2x f x ==,故有12n nx =,从而可得2n x n =,故201011005x =. 7.若一个三棱锥的所有棱长均为整数,且和为2009,则这样的三棱锥的最大棱长于最小棱长之差为_____. 解:(1)当最大棱长a 与最小棱长c 不共面时,如图,可得:b d a e f a +>⎧⎨+>⎩,于是由题意可得11b d a e f a +≥+⎧⎨+≥+⎩. 故2(1)32a b c d e f a c a a c +++++≥+++=++. 故32007a c +≤,即3()200742003a c c -≤-≤,即26673a c -≤.故可 得a c -的最大值为667.事实上,当668a =,1c =,335b d e f ====时,即可满足题目条件. (2)当最大棱长a 与最小棱长c 共面时,如图,可得:b c a +>,于是由题意可得1b a c ≥-+.又由于a b ≥,故11d f a b +≥+≥+,故20091a b c d e f b b c b e =+++++≥+++++. 而1c ≥,1e ≥,故16683b ≤,则16673a c -≤.因此可 以得到a c -的最大值为667.事实上,当668ab d ===,1c =,2e f ==时,即可满足题目条件. 综上两种情况可以得知所求结论应为667.8.在长方体1111ABCD A B C D -中,已知155AB AD AA ===,点M 在AB 上,且320AM BM +=.在正方形ABCDdc fa becefabd内随机选取一点P ,并设点P 到直线11A D 的距离为1d ,PM 的长为2d ,则所取点P 满足22121d d -≥的概率为_____.解:过点P 作PN AD ⊥,垂足为N ,NQ AD ⊥交11A D 于点Q ,则易得1d PQ =,从而可得:222222121d d PQ PM PN PM -=-=+-.故22121d d PM PN -≥⇔≥.当PM PN =时,点P 表示 到定点M 的距离等于到定直线AD 的距离,即点P 的轨 迹为以M 为焦点,AD 为准线的抛物线的一部分,其中焦 点到准线的距离为2.于是可知满足条件的点P 在该抛物线与折现A B C --所围成的区域.由题意可得抛物线方程为24y x =,则可得该区域的面积432'23S xdx ==⎰,而正方形ABCD 的面积25S =,故可得所求概率为'3275S P S ==.9.(1)讨论函数2ln ()xf x x=(1[,]x e e -∈)的图像与直线y k =的交点个数. (2)求证:对任意的n ∈*N ,都有4444ln1ln 2ln 3ln 11232n n e+++⋅⋅⋅+<成立.解:(1)由题意得:312ln '()xf x x-=.令'()0f x =,得=x e . 当1(,)x e e -∈时,'()0f x >,故函数()f x 在1[,]e e -上递增;当(,)x e e ∈时,'()0f x <,故函数()f x 在[,]e e 上递减;又因为12()f e e -=-,1()2f e e =,21()f e e=,所以当e k 21>或2e k -<时,没有交点;当e k 21=或221ek e <≤-时,有唯一的交点;当e k e 2112<≤时,有两个交点.证明:(2)由(1)知函数()f x 在(0,)e 上递增,在(,)e +∞上递减,故()f x 在(0,)+∞上的最大值为12e.即对(0,)x ∈+∞均有≤2ln x x e 21,故≤4ln xx e 2121x ⋅.∴444ln1ln 2ln 12n n +++≤ e 21222111(0)23n ++++ . ∴222111111111231223(1)n n n n+++<+++=-<⋅⋅-⋅ . ∴<+++444ln 33ln 22ln n n e 21. 10.已知一个数表如下图所示,其生成方式为:对任意的正整数n ,第n 行的每个数x 都生成了第1n +行的两个数,其左下方的数为x -,右下方的数为3x+.d 1d 2QNO MD 1C 1B 1CABDP A 1(1)设数表中第n 行数字的个数为n a ,求数列{}n a 的通项及其前n 项和n S ;(2)设数表中前n 行出现过的不同数字的个数为n T ,求12345,,,,T T T T T 及数列{}n T 的通项. 解: (1)由题意,当2n ≥时,12n n a a -=,11a =,故12n n a -=,112221n n n S -=+++=- . (2)观察数表可得:123451,3,6,10,14,T T T T T =====猜想:当3n ≥时,14n n T T +=+. 下面用数学归纳法证明猜想:证明:设数字1一直向右下方生成的数列为{}n b ,则32n b n =-.设数字1-一直向右下方生成的数列为{}n c ,则37n c n =-(2)n ≥.因为数列{}n b 中的每个数除以3的余数都是1,数列{}n c 中的每个数除以3的余数都是2,所以数列{}n b 与数列{}n c 中没有共同的项.第3行的新数为323,,c b b -,它们在第4行生成的数分别为34,c c -,22,3b b -+,34,b b -其中223b c -+=,故只有3434,,,c c b b --四个新数,即434T T =+成立.假设当n k =(3)k ≥时,结论成立.故可设第k 行中的新数为11,,,k k k k c c b b ----,它们在第1k +行生成的数为11,3k k c c ---+,1,k k c c +-,11,3k k b b ---+,1,k k b b +-,而其中的数字1k c -,1k b -,123313k k c k c ---+=-+=-和12338k k b k b ---+=-+=-都在第1k -行出现过,且1,k k c c +-,1,k k b b +-又互不相同,因此第1k +行生成了四个新数11,,,k k k k c c b b ++--.综上可知,当3n ≥时,14n n T T +=+总成立.所以,1,1,3,2,46, 3.n n T n n n =⎧⎪= =⎨⎪- ≥⎩11.设动圆P 过点(1,0)A -,且与圆B :22270x y x +--=相切. (1)求动圆圆心P 的轨迹Ω的方程;(2)设点(,)Q m n 在曲线Ω上,求证:直线l :22mx ny +=与曲线Ω有唯一的公共点;(3)设(2)中的直线l 与圆B 交于点,E F ,求证:满足AR AE AF =+的点R 必在圆B 上.解:(1)因A 在圆B 内,故动圆P 与圆B :22(1)8x y -+=内切,从而有圆B 的圆心为(1,0)B ,半径为22.故22PB PA =-,即22PA PB +=,由椭圆的定义可知:动圆的圆心P 的轨迹Ω的方程为2212x y +=.(2)由点(,)Q m n 在曲线Ω上知2212m n +=,即2222m n +=.又联立直线l 与曲线Ω的方程222222mx ny x y +=⎧⎨+=⎩,可得2222(24)8880m n x mx n +-+-=,即2220x mx m -+=.由2220x mx m -+=的两实数根相等易知直线l 与曲线Ω有唯一公共点.(3)设点,E F 的坐标分别为1122(,),(,)E x y F x y ,则12,x x 是由直线l 与圆B 的方程组2222270mx ny x y x +=⎧⎨+--=⎩所得方程22222(4)4(2)4280m n x m n x n +-++-=的两个不同实根,故有:212224(2)4(1)42m n m x x m n m +++==++.又因1122mx ny +=,2222mx ny +=,故12124()4(2)4(1)422(2)2m x x m m m ny y n n m m -++-++===++. 又由于AR AE AF =+,因此有12122(,)BR BA AR AO AE AF OE OF x x y y =+=++=+=++ ,故2222222121222216(1)1616(1)168||()()8(2)(2)(2)m n m m BR x x y y m m m +++-=+++=+==+++ ,即||22BR = ,所以点R 在圆B 上. 第二试一、如图,已知11,B C 分别是边,AB AC 延长线上的动点,点1D 在线段11B C 上,直线1AD 与ABC ∆的外接圆交于点D .求证:1111B D C D =是1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅的充要条件. 证明:设BAD α∠=,CAD β∠=,ABC ∆的外接圆半径为r . 由托勒密定理可得AB CD AC BD AD BC ⋅+⋅=⋅,又2sin CD r β=,2sin BD r α=,2sin()BC r αβ=+, 故有sin sin sin()AB AC AD βααβ⋅+⋅=⋅+.又1111:sin :sin B D AD B α=,1111:sin :sin C D AD C β=, 故有1111111sin sin sin()AB C D C AC B D B AD AD αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+.又1111:sin :sin()AB B C C αβ=+,1111:sin :sin()AC B C B αβ=+,故有111111111AB AB C D AC AC B D AD AD BC ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅.……………………………………………………①若1111B D C D =,则由①易得1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅. 若1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅,则联立①可得:111111111122()AB AB C D AC AC B D AB AB AC AC BC ⋅⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅,即111111()()0AB AB AC AC C D B D ⋅-⋅⋅-=.CD BD 1OB 1C 1A又由题意可知11AB AB AC AC ⋅-⋅不恒为0,从而可得1111B D C D =. 综上可知,1111B D C D =是1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅的充要条件.二、设非负实数,,a b c 满足1a b c ++=,111111p a b c=+++++,试求p 的最大值max p 和最小值min p . 解:设[0,1]x ∈,则由2191516(1)(915)(31)()01161611x x x x x x x -+-+---+==≥+++知191511616x x ≥-++. 故191511616a a ≥-++,191511616b b ≥-++,191511616c c ≥-++,即9159()316164p a b c ≥-+++⨯=. 事实上,当13a b c ===时,p 取得最小值min 94p =.另一方面,设[0,1]x ∈,则由112(1)(2)(1)(1)01211x x x x x x x x -+-+---+==≤+++知11112x x ≤-++. 故11112a a ≤-++,11112b b ≤-++,11112c c ≤-++,即15()3122p a b c ≤-+++⨯=. 事实上,当0,1a b c ===时,p 取得最大值max 52p =.三、将黑板上的正整数n 擦去,并用不是n 的约数的最小正整数来代替,称之为一次操作.并且,只要黑板上的数不是2,这样的操作就可以继续下去.对于黑板上任意给定的正整数n (2n >),求操作次数的最大值. 解: 对于任意给定的正整数n (2n >),操作次数的最大值为3.理由如下:第一次操作后替代正整数n 的数1n 必为形如kp (p 为质数)的数,否则1n 为形如12p p ⋅(12(,)1p p =),于是由于1121,p n p n <<,因此12|,|p n p n ,又12(,)1p p =,故12|p p n ⋅,即1|n n ,这与题意矛盾! 若2p =,且1k =,则第一次操作后就已经得到了2,即一次操作后就结束操作. 若p 为奇数,则第二次操作后即可得2,从而两次操作后就结束操作.若2p =,且1k >,则第二次操作后得到的数为3,从而第三次操作后可得2,即需要三次操作才能结束. 综上可知,对于任意给定的正整数n (2n >),操作次数的最大值为3.四、设1,2,3,4,5,6的排列123456(,,,,,)a a a a a a 具有如下性质: 对于1,2,3,4,5i =,每个12(,,,)i a a a 都不是(1,2,,)i 的排列,求满足条件的排列个数. 解法一:显然11a ≠,以下分类讨论即可. 当16a =时,有5!个排列满足题意.陕西师大附中 王全 第 11 页 共 11 页 当15a =时,在5!个排列中,除66a =的4!个排列不满足题意外,其余的5!4!-个排列均满足题意. 当14a =时,在5!个排列中,除形如46⨯⨯⨯⨯和465⨯⨯⨯的排列不满足题意外,其余的5!4!3!--个排列均满足题意.当13a =时,在5!个排列中,除形如36⨯⨯⨯⨯,365⨯⨯⨯,3645⨯⨯,3564⨯⨯和3654⨯⨯的排列不满足题意外,其余的5!4!3!32!---⨯个排列均满足题意.当12a =时,在5!个排列中,除形如26⨯⨯⨯⨯,265⨯⨯⨯,2645⨯⨯,2564⨯⨯,2654⨯⨯,213⨯⨯⨯,2134⨯⨯, 2135⨯⨯,2134⨯⨯,216345的排列不满足题意外,其余的5!4!23!62!1--⨯-⨯-个排列均满足题意. 综上可知,满足要求的排列个数为:5!(5!4!)(5!4!3!)(5!4!3!32!)(5!4!23!62!1)461+-+--+---⨯+--⨯-⨯-=.解法二:设123456(,,,,,)b b b b b b 是不满足要求的排列,则存在26i ≤≤,使得:16(,,,)(,1,,6)i i b b b i i +=+ ,…………………………………………………………………………① 16(,,,)(,1,,6)j j b b b j j +≠+ ,1,2,,6j i i =++ .………………………………………………② 显然当6i =时,式②不存在.我们把满足①式和②式的排列16(,,,)i i b b b + 的个数记为()f i ,则有: (6)1f =,(5)2!(6)1f f =-=,(4)3!(5)(6)2!3f f f =--⋅=,(3)4!(4)(5)2!(6)3!13f f f f =--⋅-⋅=,(2)5!(3)(4)2!(5)3!(6)4!71f f f f f =--⋅-⋅-⋅=. 由此可得,不满足题目要求的排列的个数为:62()(1)!259i s f i i ==⋅-=∑.从而可得,满足题意的排列个数为6!259461-=.。

专题32函数、集合与复数(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

专题32函数、集合与复数(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题32函数、集合与复数历年联赛真题汇编1.【2020高中数学联赛B卷(第02试)】设集合A={1,2,⋯,19}.是否存在集合A的非空子集S1,S2,满足(1) S1∩S2=∅,S1∪S2=A;(2) S1,S2都至少有4个元素;(3) S1的所有元素的和等于S2的所有元素的乘积?证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】答案是肯定的.设S2=1,2,x,y﹐2<x<y≤19,则1+2+⋯+19−1−2−x−y=2xy,所以2xy+x+y=187,故(2x+1)(2y+1)=375=15×25,所以x=7,y=12是一组解.故取S1=3,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19, S2=1,2,7,12,则这样的S1,S2满足条件.2.【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设V是空间中2019个点构成的集合,其中任意四点不共面某些点之间连有线段,记E为这些线段构成的集合.试求最小的正整数n,满足条件:若E至少有n个元素,则E一定含有908个二元子集,其中每个二元子集中的两条线段有公共端点,且任意两个二元子集的交为空集.【答案】2795【解析】为了叙述方便,称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”先证明一个引理:]个两两无公共边的角(这里[a]表示实数a的整数部分).设G=(V,E)是一个简单图,且G是连通的,则G含有[|E|2引理的证明:对E的元素个数|E|归纳证明.当|E|=0,1,2,3时,结论显然成立.下面假设|E|≥4,并且结论在|E|较小时均成立.只需证明,在G中可以选取两条边a、b构成一个角,在G中删去a、b这两条边后,剩下的图含有一个连通分支包含|E|-2条边.对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立.考虑G中的最长路P:v1v2⋯v k,其中v1,v2,⋯,v k是互不相同的顶点.因为G连通,故k≥3.情形1:deg(v1)⩾2.由于P是最长路,v1的邻点均在v2,⋯,v k中,设v1v i∈E,其中3≤i≤k.则{v1v2,v1v i}是一个角,在E 中删去这两条边.若v 1处还有第三条边,则剩下的图是连通的;若v 1处仅有被删去的两条边,则v 1成为孤立点,其余顶点仍互相连通.总之在剩下的图中有一个连通分支含有|E |-2条边.情形2:deg (v 1)=1,deg (v 2)=2.则{v 1v 2,v 2v 3}是一个角,在G 中删去这两条边后,v 1,v 2都成为孤立点,其余的点互相连通,因此有一个连通分支含有|E|−2条边.情形3:deg (v 1)=1,deg (v 2)⩾3,且v 2与v 4,⋯,v k 中某个点相邻.则是一个角,在G 中删去这两条边后,v 1成为孤立点,其余点互相连通,因此有一个连通分支含有|E|−2条边.情形4:deg (v 1)=1,deg (v 2)⩾3,且v 2与某个u ∉{v 1,v 3,⋯,v k }相邻.由于P 是最长路,故u 的邻点均在v 2,⋯,v k 之中.因{v 1v 2,v 2u }是一个角,在G 中删去这两条边,则v 1是孤立点.若处仅有边uv 2,则删去所述边后u 也是孤立点,而其余点互相连通.若u 处还有其他边uv i ,3≤i ≤k ,则删去所述边后,除v 1外其余点互相连通.总之,剩下的图中有一个连通分支含 有|E|−2条边. 引理获证.回到原题,题中的V 和E 可看作一个图G =(V ,E ) 首先证明n ≥2795.设V ={v 1,v 2,⋯,v 2019}.在v 1,v 2,⋯,v 61中,首先两两连边,再删去其中15条边(例如v 1v 2,v 1v 3,⋯,v 1v 16),共连了C 612−15=1815条边,则这61个点构成的图是连通图.再将剩余的201-61=1958个点配成979对,每对两点之间连一条边,则图G 中一共连了1815+979=2794条线段.由上述构造可见,G 中的任何一个角必须使用v 1,v 2,⋯,v 61相连的边,因此至多有[18152]=907个两两无公共边的角.故满足要求的n 不小于2795.另一方面,若|E |≥2795,可任意删去若干条边,只考虑|E|=2795的情形.设G 有k 个连通分支,分别有m 1,⋯,m k 个点,及e 1,⋯,e k 条边.下面证明e 1,⋯,e k 中至多有979个奇数.反证法,假设e 1,⋯,e k 中有至少980个奇数由于e 1+⋯+e k =2795是奇数,故e 1,⋯,e k 中至少有981个奇数,k ≥981.不妨设e 1,e 2,⋯,e 981都是奇数,显然m 1,m 2,⋯,m 981⩾2.令m =m 981+⋯+m k ⩾2,则有C m i 2⩾e i (1⩽i ⩽980),C m 2>e 981+⋯+e k ,故2795=∑e ik i=1⩽C m2+∑C m i 2980i=1①利用组合数的凸性,即对x ≥y ≥3,有C x 2+C y 2⩽C x+12+C y−12,可知当m 1,…,m 980,m 由980个2以及一个59构成时,C m 2+∑C m i2980i=1取得最大值. 于是C m2+∑C m i2980i=1⩽C 592+980C 22=2691<2795,这与①矛盾.从而e1,⋯,e k中至多有979个奇数.对每个连通分支应用引理,可知G中含有N个两两无公共边的角,其中N=∑[e i2]k i=1⩾12(∑e iki=1−979)=12(2795−979)=908.综上,所求最小的n是2795.3.【2018高中数学联赛A卷(第02试)】设n、k、m是正整数,满足k≥2,且n⩽m<2k−1kn.设A是{1,2,…,m}的n元子集.证明:区间(0,nk−1)中每个整数均可表示为a-a',其中a,a'∈A.【答案】证明见解析【解析】用反证法.假设存在整数x∈(0,nk−1)不可表示为a-a',a,a'∈A.作带余除法m=xq+r,其中0≤r<x.将1,2,…,m按模x的同余类划分成x个公差为x的等差数列,其中r个等差数列有q+1项,xr个等差数列有q 项.由于A中没有两数之差为x,故A不能包含以x为公差的等差数列的相邻两项.从而n=|A|⩽r⌈q+12⌉+(x−r)⌈q2⌉={x⋅q+12,2∤qx⋅q2+r,2|q①.这里⌈α⌉表示不小于α的最小整数.由条件,我们有n>k2k−1m=k2k−1(xq+r)②又x∈(0,nk−1),故n>(k−1)x③情形一q是奇数.则由①知,n⩽x⋅q+12④结合②,④可知,x⋅q+12⩾n>k2k−1(xq+r)⩾k2k−1xq,从而q<2k-1.再由q是奇数可知,q≤2k-3,于是n⩽x⋅q+12⩽(k−1)x,与③矛盾.情形二q是偶数.则由①知,n⩽x⋅q2+r⑤结合②,⑤可知,x⋅q2+r⩾n>k2k−1(xq+r),从而xq2(2k−1)<k−12k−1r<(k−1)x2k−1,故q<2(k-1).再由q是偶数可知,q≤2k-4,于是n⩽x⋅q2+r⩽(k−2)x+r<(k−1)x,与③矛盾.综上可知,反证法假设不成立,结论获证.4.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】设集合A={1,2,…,n},X、Y均为A的非空子集(允许X=Y).X中的最大元与Y中的最小元分别记为max X、min Y.求满足max X>min Y的有序集合对(X,Y)的数目.【答案】22n −2n (n +1)【解析】先计算满足maxX ⩽minY 的有序集合对(X ,Y )的数目.对给定的m =maxX ,集合X 是集合{1,2,…,m -1}的任意一个子集与{m }的并,故共有2m−1种取法.又minY ≥M ,故Y 是{m ,m +1,…,n }的任意一个非空子集,共有2n+1−m −1种取法. 因此,满足maxX ⩽minY 的有序集合对(X ,Y )的数目是 (2n −1)2−n ⋅2n +2n −1=22n −2n (n +1).由于有序集合对(X ,Y )有(2n −1)⋅(2n −1)=(2n −1)2个,于是满足maxX >minY 的有序集合对(X ,Y )的数目是(2n −1)2−n ⋅2n +2n −1=22n −2n (n +1).5.【2017高中数学联赛B 卷(第02试)】给定正整数m ,证明:存在正整数k ,使得可将正整数集N +分拆为k 个互不相交的子集A 1,A 2,⋯,A k ,每个子集A i 中均不存在4个数a 、b 、c 、d (可以相同),满足ab -cd =m . 【答案】证明见解析【解析】取k =m +1,令A i ={x|x ≡i( mod m +1),x ∈N +},i =1,2,…,m +1. 设a ,b ,c ,d ∈A i ,则ab −cd ≡i ⋅i −i ⋅i =0( mod m +1),故m +1|ab -cd ,而m +1∤m ,所以在A 中不存在4个数a 、b 、c 、d ,满足ab −cd =m .6.【2015高中数学联赛(第02试)】设S ={A 1,A 2,⋯,A n }(n ⩾2),其中A 1,A 2,⋯,A n 为n 个互不相同的有限集合,满足对任意A i ,A j ∈S ,均有A i ∪A j ∈S .若k =min 1⩽i⩽n |A i |⩾2(|X |表示有限集合X 的元素个数),证明:存在x ∈∪A i n i=1,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少nk 个集合.【答案】证明见解析【解析】证法一证明更强的结论:对任意集合A i (1≤i ≤n ),存在x ∈A i ,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少n|A i|个集合.若A 1,A 2,⋯,A n 与A i 的交集均不为空集,则根据平均值原理,知集合A i 中必存在某个元素x ,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少n|A i|个集合.若A 1,A 2,⋯,A n 中存在某些集合与A i 的交集为空集,不妨设这样的集合为A j 1,A j 2,⋯,A j i .则A i ∪A i j ,A i ∪A j 2,⋯,A i ∪A j i 互不相同,且均属于S.于是,S 中其余n -2t -1个集合均与A i 的交集非空.从而,集合A i 中所有元素在集合S 中出现的次数不少于k +tk +n −2t −1=n +(k −2)t +k −1>n . 故存在某个x ∈A i ,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少n|A i|个集合.综上,命题得证证法二不妨设|A1|=k,|A1|⩽|A2|⩽⋯⩽|A n|,对A i(i=2,3,⋯,n)执行下列过程:(1)先考虑A2.若A2∩A1≠∅,则将A2分为一组;若A2∩A1=∅,则将A2∪A1与A2两个集合分为一组.(2)考虑A3.若A3=A2∪A1,已经进行过分组.若A3≠A2∪A1,再分两种情形考虑.(i)A3∩A1≠∅,则将A3分为一组;(ii)A3∩A1=∅,由A2≠A3,则A3∪A1≠A2∪A1.此时,可将A3∪A1与A3两个集合分为一组.7.【2014高中数学联赛(第02试)】设S={1,2,3,…,100},求最大的整数k,使得S有k个互不相同的非空子集,具有性质:对这k个子集中任意两个不同子集,若它们的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.【答案】299−1【解析】对有限非空实数集A,用minA与maxA分别表示A的最小元素与最大元素,考虑S的所有包含1且至少有两个元素的子集,一共299-1个,它们显然满足要求,因为min(A i∩A j)=1<maxA i,故k max⩾299−1,下面证明当k≥299时,不存在满足要求的k个子集.我们用数学归纳法证明:对整数n≥3,在集合{1,2,…,n}的任意m(m≥2n-1)个不同非空子集A1,A2,…,A m 中,存在两个子集A i,A j,i≠j,满足A i∩A j≠∅,min(A i∩A j)=maxA i①显然只需对m=2n−1的情形证明上述结论.当n=3时,将{1,2,3}的全部7个非空子集分成3组:第一组:{3},{1,3},{2,3};第二组:{2},{1,2};第三组:{1},{1,2,3}.由抽屉原理,任意4个非空子集必有两个在同一组中,取同组中的两个子集分别记为A i,A j,排在前面的记为A i,则满足式①假设结论在n≥3时成立,考虑n+1的情形.若A1,A2,⋯,A2n,中至少有2n−1个子集不含n+1,对其中的2n−1个子集用归纳假设,可知存在两个子集满足式①.若至多有2n−1−1个子集不含n+1,则至少有2n−1+1个子集含n+1,将其中2n−1+1个子集都去掉n+1,得到{1,2,…,n}的2n−1+1个子集.由于{1,2,…,n}的全体子集可分成2n−1组,每组两个子集互补,故由抽屉原理,在上述2n−1+1个子集中一定有两个属于同一组,即互为补集.因此,相应地有两个子集A i ,A j ,满足A i ∩A j ={n +1}. 这两个集合显然满足式①.故n +1时结论成立 综上所述,所求k max =299−1.8.【2012高中数学联赛(第02试)】试证明:集合A ={2,22,⋯,2n ,⋯}满足: (1)对每个a ∈A 及b ∈N *,若b <2a -1,则b (b +1)一定不是2a 的倍数;(2)对每个a ∈A (其中A 表示A 在N *中的补集),且a ≠1,必存在b ∈N *,b <2a -1,使b (b +1)是2a 的倍数. 【答案】证明见解析【解析】(1)对于任意的a ∈A ,设a =2k ,k ∈N *,则2a =2k+1, 如果b 是任意一个小于2a -1的正整数,则b +1⩽2a −1,由于b 与b +1中,一个为奇数,它不含素因子2,另一个为偶数,它含素因子2的幂的次数最多为k ,因此,b (b +1)一定不是2a 的倍数.(2)若a ∈A ,且a ≠1,设a =2k m ,其中h 为非负整数,m 为大于1的奇数.则2a =2k+1m . 下面给出三种证明方法:证法一令b =mx,b +1=2k+1y ,消去b 得2k+1y −mx =1,由于(2k+1,m )=1, 这方程必有整数解{x =x 0+2k+1t y =y 0+mt ,(其中t ∈Z ,(x 0,y 0)为方程的特解).把最小的正整数解记为(x ∗,y ∗),则x ∗<2k+1, 故b =mx ∗<2a −1,使b (b +1)是2a 的倍数.证法二由于(2k+1,m )=1,由中国剩余定理知,同余方程组{x ≡0( mod 2k+1)x ≡m −1( mod m)在区间(0,2k+1m )上有解x =b ,即存在b <2a -1,使b (b +1)是2a 的倍数.证法三由于(2,m )=1,总存在r (r ∈N *,r ≤m -1),使2r ≡1( mod m), 取t ∈N *,使tr >k +1,则2tr ≡1( mod m).存在b =(2tr −1)−q ⋅2k+1m >0 (q ∈N),使0<b <2a −1. 此时m |b,2k+1|b +1,因而b (b +1)是2a 的倍数.9.【2011高中数学联赛(第02试)】证明:对任意整数n ≥4,存在一个n 次多项式f(x)=x n +a n−1x n−1+⋯+a 1x +a 0具有如下性质: (1)a 0,a 1,⋯,a n−1均为正整数;(2)对任意正整数m 及任意k (k ≥2)个互不相同的正整数r 1,r 2,⋯,r k ,均有f(m)≠f (r 1)f (r 2)⋯f (r k ). 【答案】证明见解析【解析】令f(x)=(x +1)(x +2)⋯(x +n)+2①将式①的右边展开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式.下面证明f(x)满足性质(2).对任意整数t,由于n≥4,故连续的n个整数t+1,t+2,⋯,t+n中必有一个为4的倍数,从而由式①知f(t)≡2 ( mod 4),因此,对任意k(k≥2)个正整数r1,r2,⋯,r k,有f(r1)f(r2)⋯f(r k)≡2k≡0( mod 4),但对任意正整数m,有f(m)≡2( mod 4),故f(m)≡f(r1)f(r2)⋯f(r k)( mod 4),从而f(m)≠f(r1)f(r2)⋯f(r k),所以f(x)符合题设要求.10.【2010高中数学联赛(第02试)】设k是给定的正整数,r=k+12.记f(1)(x)=f(x)=x[x],f(l)(x)=f(f(l−1)(x)),x∈R+,l≥2.证明:存在正整数m,使得f(m)(r)为一个整数.这里,[x]表示不小于实数x的最小整数,例如[12]=1,[1]=1.【答案】证明见解析【解析】记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次.则当m=v2(k)+1时,f(m)(r)为整数.下面我们对v2(k)=v用数学归纳法:当v=0时,k为奇数,k+1为偶数,此时f(r)=(k+12)[k+12]=(k+12)(k+1)为整数.假设命题对v-1(v≥1)成立.对于v≥1,设k的二进制表示具有形式k=2v+αv+1⋅2v+1+αv+2⋅2v+2+⋯,这里,αi=0或者1,i=v+1,v+2,…于是f(r)=(k+12)[k+12]=(k+12)(k+1)=12+k2+k2+k=12+2r−1+(αv+1+1)⋅2v+(αv+1+αv+2)⋅2v+1+⋯+22v+⋯=k′+12①这里k′=2v−1+(αv+1+1)⋅2v+(αv+1+αv+2)⋅2v+1+⋯+22v+⋯,显然k'中所含的2的幂次为v-1.故由归纳假设知r′=k′+12,经过f的v次迭代得到整数,由式①知,f(v+1)(r)是一个整数,这就完成了归纳证明. 11.【2006高中数学联赛(第02试)】解方程组{x−y+z−w=2x2−y2+z2−w2=6 x3−y3+z3−w3=20 x4−y4+z4−w4=66【答案】答案见解析【解析】令p=x+z,q=xz,我们有p2=x2+z2+2q,p3=x3+z3+3pq,p4=x4+z4+4p2q−2q2,同样,令s=y+w,t=yw,有s2=y2+w2+2t,s3=y3+w3+3st,s4=y4+w4+4s2t−2t2,在此记号系统下,原方程组的第一个方程为p=s+2①于是p2=s2+4s+4,p3=s3+6s2+12s+8,p4=s4+8s3+24s+32s+16,现在将上面准备的p2,p3,p4和s2,s3,s4的表达式代入,得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4,x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8,x4+z4+4p2q−2q2=y4+w4+4s2t−2t2+8s3+24s+32s+16.利用原方程组的第二至四式化简,得q=t+2s−1②pq=st+2s2+4s−4③2p2q−q2=2s2t−t2+4s3+12s2+16s−25④将式①和②代入式③,得t=s2−1⑤将式⑤代入式②,得q=52s−2⑥将式①,⑤,⑥代入式④,得s=2.所以有t=0,p=4,q=3.这样一来,x,z和y,w分别是方程X2-4X+3=0和Y2-2=0的两根,即{x=3z=1或{x=1z=3,且{y=2w=0或{y=0w=2.详言之,方程组有如下四组解x=3,y=2,z=1,w=0或x=3,y=0,z=1,w=2,或x=1,y=2,z=3,w=0,或x=1,y=0,z=3,w=2.12.【2005高中数学联赛(第02试)】对每个正整数n,定义函数f(n)={0,当n为平方数[{√n}],当n不是平方数,其中[x]表示不超过x的最大整数,{x}=x-[x].试求:∑240k=1f(k)的值.【答案】768【解析】对任意a ,k ∈N +,若k 2<a <(k +1)2,设a =k 2+m (m =1,2,⋯,2k),√a =k +θ (0<θ<1), 则[√{a}]=[√a−k]=[√a+k a−k 2]=[2k+θm],因为0<2k+θm −2k m<1,若在2km 与2k+θm之间存在整数t ,则2k m<t <2k+θm,于是,一方面2k <mt ,故2k +1⩽mt , 另一方面mt <2k +θ<2k +1,矛盾, 故[2k+θm]=[2km],所以∑[1{a}]k 2<a<(k+1)2=∑[2km]2km=1,于是∑(n+1)2a=1f(a)=∑∑[2k i]2k i=1nk=1①下面计算∑[2k i]2k i=1:画一张2k×2k 的表,第i 行中,凡是i 的倍数处填写“*”号,则这行的“*”号共[2ki]个,全表的“*”号共∑[2ki]2k i=1个;另一方面,按列收集“*”号数:第j 列中,若j 有T (j )个正因数,则该列便有T (j )个“*”号,故全表的“*”号个数共∑2k j=1T(j)个,因此∑[2ki]2k i=1=∑2k j=1T(j).示例如下:则∑(n+1)2a=1f(a)=∑∑2k j=1T n k=1(j)=n[T(1)+T(2)]+(n −1)[T(3)+T(4)]+⋯+[T(2n −1)+T(2n)] ②由此∑162k=1f(k)=∑(16−k)15k=1[T(2k −1)+T(2k)]③记a k =T(2k −1)+T(2k) (k =1,2,⋯,15),易知a k 的取值情况如下:因此∑256k=1f(k)=∑(16−k)15k=1a k =783④由定义f(256)=f (162)=0,当k ∈{241,242,⋯,255}, 设k =152+r (16⩽r ⩽30),√k −15=√152+r −15=√152+r+15,r 31<√152+r+15<r 30,1⩽30r<√2<31r<2,则[{√k}]=1 (k ∈{241,242,⋯,255})⑤从而∑240k=1f(k)=783−∑256k=1f(k)=783−15=768.13.【2002高中数学联赛(第02试)】实数a ,b ,c 和正数λ,使得f(x)=x 3+ax 2+bx +c 有三个实数x 1,x 2,x 3,且满足: (i )x 1−x 2=λ; (ii)x 3>12(x 1+x 2).求2a 3+27c−9abλ3的最大值.【答案】3√32【解析】由于f(x)=f(x)−f (x 3)=(x −x 3)[x 2+(a +x 3)x +x 32+ax 3b ], 所经x 1,x 2是方程x 2+(a +x 3)x +x 32+ax 3+b =0的两个根,由情形(i )可得(a +x 3)2−4(x 32+ax 3+b )=λ2,即3x 32+2ax 3+λ2+4b −a 2=0,再由情形(i )可得x 3=13[−a +√4a 2−12b −3λ]①且4a 2−12b −3λ2⩾0②可以得到f(x)=x 3+ax 2+bx +c =(x +a 3)3−(a 23−b)(x +a 3)+227a 3+c −13ab ,由f(x)=0可得13ab −227a 3−c =(x 3+a 3)3−(a 23−b)(x 3+a 3)③由式①得x 3+a3=13√4a 2−12b −3λ2=2√33√a 23−b −λ24,记p =a 23−b ,由式②和③可知p ⩾λ24,且13ab −227a 3−c =2√39√p −λ24(p −λ2),令y =√p −λ24,则y ⩾0且13ab −227a 3−c =2√39y (y 2−34λ2),则y 3−3λ24y +λ34=y 3−3λ24y −(λ2)3+3λ2λ4=(y −λ2)(y 2+λ2y +λ24−3λ24)=(y −λ2)2(y +λ)⩾0,所以13ab −227a 3−c ⩾−√318λ3,于是2a 3+27c −9ab ⩽3√32λ3, 由此可得2a 3+27c−9abλ3⩽3√32,取a =2√3,b =2,c =0,λ=2,则f(x)=x 3+2√3x 2+2x 有根−√3−1,−√3+1,0, 显然满足假设条件,且2a 3+27c−9abλ3=18(48√3−36√3)=3√32,综上所述2a 3+27c−9abλ3的最大值是3√32.14.【1999高中数学联赛(第02试)】给定实数a ,b ,c ,已知复数z 1,z 2,z 3满足{|z 1|=|z 2|=|z 3|=1z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=1 ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值. 【答案】答案见解析 【解析】由已知z1z 2+z 2z 3+z 3z 1∈R ,所以(z 1z 2)+(z 2z 3)+(z3z 1)=z 1z 2+z 2z 3+z3z 1.即(z1z 2)+(z2z 3)+(z3z 1)=(z̅1z̅2)+(z̅2z̅3)+(z̅3z̅1),又|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,所以z̅k =1z k(k =1,2,3),代入式①得(z1z 2)+(z2z 3)+(z3z 1)=(z2z 1)+(z3z 2)+(z1z 3),即z 12z 3+z 22z 1+z 32z 2=z 22z 3+z 32z 1+z 12z 2,分解因式,得(z 1−z 2)(z 2−z 3)(z 3−z 1)=0. 所以z 1=z 2或z 2=z 3或z 3=z 1. 如果z 1=z 2,代入原式得z 3z 1=±i ,这时|az 1+bz 2+cz 3|=|z 1|⋅|a +b ±c i |=√(a +b)2+c 2,类似地,如果z 2=z 3,则|az 1+bz 2+cz 3|=√(b +c)2+a 2, 如果z 3=z 1,则|az 1+bz 2+cz 3|=√(a +c)2+b 2.15.【1997高中数学联赛(第02试)】试问:当且仅当实数x 0,x 1,⋯,x n (n ⩾2)满足什么条件时,存在实数y 0,y 1,⋯,y n ,使得z 02=z 12+z 22+⋯+z n 2成立,其中z k =x k +i y k ,i 为虚数单位,k =0,1,…,n .证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】易知题中式子等价于{∑x k 2n k=1−x 02=∑y k 2nk=1−y 02∑x k nk=1y k =x 0y 0 ①若存在实数y 0,y 1,⋯,y n 使式①成立,则x 02y 02=(∑x k n k=1y k )2, 由柯西不等式可得x 02y 02⩽(∑x k 2nk=1)(∑y k 2nk=1) ②如果x 02>∑x k 2nk=1,则由式①可得y 02>∑y k 2nk=1, 从而x 02y 02>(∑x k 2nk=1)(∑y k 2nk=1).与式②矛盾, 于是得x 02⩽∑x k 2n k=1③反之,若式③成立,有两种情况:(i )x 02=∑x k 2nk=1,则取y k =x k ,k =0,1,2,⋯,n ,显然式①成立. (ii )x 02<∑x i 2nk=1,记a 2=∑x k 2nk=1−x 02>0,从而x 1,⋯,x n 不全为0,不妨设x n ≠0,取y k =0,k =0,1,…,n -2,有 y n−1=n√x n−1+x n,y n =n−1√x n−1+x n.易知式①也成立.综上可知,所求的条件为x 02⩽∑x k 2nk=1.16.【1994高中数学联赛(第02试)】x 的二次方程x 2+z 1x +z 2+m =0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12−4z 2=16+20i ,设这个方程的两个根α,β满足|α−β|=2√7,求|m|的最大值和最小值. 【答案】最大值是√41+7,|m|最小值是7−√41. 【解析】据表达定理有{α+β=−z 1αβ=z 2+m,因为(α−β)2=(α+β)2−4αβ=z 12−4z 2−4m ,所以|α−β|2=|4m −(z 12−4z 2)|=28,所以|m −14|(z 12−4z 2)=7.即|m −4+5i|=7,这表明复数m 在以A (4,5)为圆点,以7为半径的圆周上,又因为|OA|=√42+52=√41<7,故原点O在圆A内,联结OA,延长交圆A于两点B与C,则|OB|=|OA|+|AB|=√41+7为|m|最大值.|OC|=|CA|−|AO|=7−√41为|m|最小值.所以|m|最大值是√41+7,|m|最小值是7−√41.17.【1992高中数学联赛(第02试)】设集合S n={1,2,…,n}.若X是S n的子集,把X中的所有数的和称为X 的“容量”(规定空集的容量为0).若X的容量为奇(偶)数,则称X为S n的奇(偶)子集.(1)求证:S n的奇子集与偶子集个数相等;(2)求证:当n≥3时,S n的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.(3)当n≥3时,求S n的所有奇子集的容量之和.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)答案见解析.【解析】(1)设S n的奇子集的个数为a n,偶子集的个数为b n,则a n+b n=2n①直接求a n,以[x]表示为不超过实数x的最大整数.],l=n−k,从{2,4,…,2k}中任取一个子集(含空集)X1,设k=[n2再从{1,3,…,2l-1}中任取一个含奇数个元素的子集X2,则X1与X2的并集便是一个奇子集,反之,S n的任一奇子集可写成X1与X2之并.(C l0+C l1+⋯+C l1)=2l−1(种)X1的取法有2k种,X2的取法有C l1+C l3+⋯+C l2i−1=12(2i-1是不大于l的最大奇数).于是a n=2k⋅2l−1=2n−1.由式①知b n=a n=2n−1.(2)设A n(B n)表示S n中全体奇(偶)子集容量之和(I)若n为奇数(n≥3),S n的所有奇子集可由下列两类子集组成:(i)S n-1的奇子集;(ii)S n-1的每一个偶子集与集{n}的并.于是A n=A n−1+(B n−1+n⋅b n−1)=A n−1+B n−1+n⋅2n−2②类似,可得B n=B n−1+(A n−1+n⋅a n−1)=A n−1+B n−1+n⋅2n−2③得A n=B n.(Ⅱ)若n是偶数(n≥4),S的所有奇子集可由下列两类子集组成:(i)S n-1的所有奇子集;(i)S n-1的每一个奇子集与集{n}的并.于是A n =A n−1+(A n−1+n ⋅a n−1)=2A n−1+n ⋅2n−2 ④类似,可得B n =2B n−1+n ⋅2n−2 ⑤所以A n =B n .综合情形(I )与(Ⅱ)的结论,对任何n ≥3,A n =B n .(3)X 在S n 的余集记为X ̅,则X 与X ̅的容量之和等于S n 的容量, 即1+2+⋯+n =12n(n +1).因此,S n 中所有子集的容量之和是2n−1⋅12n(n +1)=2n−2⋅n(n +1).因A n =B n ,故A n =12⋅2n−2⋅n(n +1)=2n−3n(n +1)(n ≥3).18.【1990高中数学联赛(第02试)】设E ={1,2,3,…,20},G ={a 1,a 2,a 3,⋯,a 100}⊂E ,且G 具有下列两条性质:(1)对任何1≤i ≤j ≤100,恒有a i +a j ≠201; (2)∑a i 100i=1=10080;试证:G 中的奇数的个数是4的倍数,且G 中所有数字的平方和为一个定数. 【答案】证明见解析【解析】记αi =2i −1,βi =201−a i (i =1,2,⋯,100). 令E i ={αi ,βi },则当i ≠j 时,E i ∩E j =∅,且∪E i 100i=1=E . 由性质(1)知对任何1≤i ≤100,不能有E i ⊂G .又由G 的元素个数恰等于集合E i 的个数,都是100, 因而G 必然恰只包含每个E i 中的一个元素.现设G 中有k 个奇数,设对1⩽i i <i 2<⋯<i k ⩽100,有αi t =βi t (1⩽t ⩽k). 于是对j ≠i t (1≤t ≤k ),必有由性质(2),有∑αi t kt=1+∑βj j≠i t=10080①另一方面∑βj 100j=1=2∑100j=i j =10100 ② 由式②-①,有∑(βi t −αi t )kt=1=20③k ⋅201−2∑αi t k t=1=20,∑αi t k t=1=12(k ⋅201−20).④由式④首先推知k 必为正偶数,设k =2k ′,则∑αi i 2k ′k=1=k ′⋅201−10.注意到此式左端为偶数,从而k'必为正偶数,设k ′=2⋅k ′′,于是k =4k ′′.这就证明了G中奇数的个数必为4的倍数.现在来计算G中数的平方和,以下运算中应用了式③.∑αi2 100i=1=∑αii2ki=1+∑βj2kj≠i i=∑βj2100j=1−∑βil2kl=1+∑αil2kl=1=∑(2j)2 100j=1−∑(βii+αii)ki=1(βii−αii)=4∑j2100j=1−201×20=4×100(100+1)(200+1)6−4020=1353400−4020=1349380.19.【1983高中数学联赛(第02试)】函数f(x)在[0,1]上有定义,f(0)=f(1).如果对于任意不同的x1,x2∈[0,1],都有|f(x2)−f(x1)|<|x2−x1|,求证|f(x2)−f(x1)|<12.【答案】证明见解析【解析】不妨设0⩽x1<x2⩽1(1)如果x2−x1⩽12,则|f(x2)−f(x1)|<|x2−x1|⩽12,(2)如果x2−x1>12,由f(0)=f(1)得|f(x2)−f(x1)|=|f(x2)−f(1)+f(0)−f(x1)|⩽|f(x2)−f(1)|+|f(0)−f(x1)|⩽(1−x2)+(x1−0)=1−(x2−x1)<12.所以|f(x2)−f(x1)|<12(x1,x2∈[0,1]).20.【1981高中数学联赛(第02试)】下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正:【答案】答案见解析【解析】先考虑表中x的取值:0.021=3×7×10−3,0.27=33×10−2,1.5=3×2−1,2. 8=22×7×10−1,3,5=2−1×10;6=2×3,7,8=23,9=32,14=2×7.其中0.27,3,9的对数仅与lg3有关,lg0.27=3lg3−2=6a−3b−2.所以,推得lg3=2a−b,lg9=2lg3=4a−2b.因此推得lg3=2a−b.若上面三个对数有一个不正确,则三个数的对数值均错,与题设有两个错误矛盾.所以三个对数值均正确.然后讨论仅与l g3,lg2有关的对数值,即真数分别为1.5,5,6,8的对数值lg1.5=lg3−lg2=3a−b+c.所以lg2=−a−c,lg5=1−lg2=a+c.则lg2=1−a−c,lg6=lg2+lg3=1+a−b−c,所以lg2=1−a−c,lg8=3lg2=3−3a−3c,因此lg2=1−a−c.由上面讨论可见1.5的对数值表不正确.而其余三个数均正确,且由此作修正lg1.5=lg3−lg2=3a−b+c−1,lg0.021=lg3+lg7−3=2a+b+c−3.所以lg7=2b+c,lg2.8=2⋅lg2+lg7−1=1−2a+2b−c,所以lg7=2b+c,lg14=lg2+lg7=1−a+2b,所以lg7=2b+c.由上面讨论可见7的对数值表不正确.而其余三个数均正确,且作修正为表中lg7=2b+c.优质模拟题强化训练1.给定整数n(n≥3),记f(n)为集合{1,2,⋯,2n−1}的满足如下两个条件的子集A的元素个数的最小值:ⅰ.1∈A,2n−1∈A;ⅱ.子集A中的元素(除1外)均为A中的另两个(可以相同)元素的和.(1)求f(3)的值;(2)证明:f(100)≤108.【答案】(1)f(3)=5(2)见解析【解析】1.设集合A⊆{1,2,⋯,23−1},且A满足(ⅰ)、(ⅱ).则1∈A,7∈A.由于{1,m,7}(m=2,3,⋯,6)不满足(ⅱ),故|A|>3.又{1,2,3,7},{1,2,4,7},{1,2,5,7},{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}都不满足(ⅱ),故|A|>4.而集合{1,2,4,6,7}满足(ⅰ)、(ⅱ),故f(3)=5.2.首先证明:f(n+1)≤f(n)+2(n=3,4,⋯).①事实上,若A⊆{1,2,⋯,2n−1}满足(ⅰ)、(ⅱ),且集合A的元素个数为f(n).令B=A∪{2n+1−2,2n+1−1}.由2n+1−2>2n+1−1,知|B|=f(n)+2.又2n+1−2=2(2n+1−1),2n+1−1=1+(2n+1−2),则B⊆{1,2,⋯,2n+1−1},且集合B满足(ⅰ)、(ⅱ).从而,f(n+1)≤|B|=f(n)+2.其次证明:f(2n)≤f(n)+n+1(n=3,4,⋯).②事实上,设A⊆{1,2,⋯,2n−1}满足(ⅰ)、(ⅱ),且集合A的元素个数为f(n).令B=A∪{2(2n−1),22(2n−1),⋯,2n(2n−1),22n−1}.由2(2n−1)<22(2n−1)<⋯<2n(2n−1)<22n−1,则B⊆{1,2,⋯,22n−1},且|B|=f(n)+n+1.而2k+1(2n−1)=2k(2n−1)+2k(2n−1)(k=0,1,⋯,n−1),22n−1=2n(2n−1)+(2n−1),则B满足(ⅰ)、(ⅱ).从而,f(2n)≤|B|=f(n)+n+1.由式,①、②得f(2n+1)≤f(n)+n+3.反复利用式②、③得f(100)≤f(50)+51≤f(25)+26+51≤f(12)+15+77≤f(6)+7+92≤f(3)+4+99=108.2.设X是有限集,t为正整数,F是包含t个子集的子集族:F={A1,A2,⋯,A t}.如果F中的部分子集构成的集族S满足:对S中任意两个不相等的集合A、B,A⊂B,B⊂A均不成立,则称S为反链.设S1为包含集合最多的反链,S2是任意反链.证明:存在S2到S1的单射f,满足∀A∈S2,f(A)⊂A或A⊂f(A)成立.【答案】证明见解析【解析】记|S1|=r,称包含r个元素的反链为最大反链,最大反链可能不唯一称F的子集P为链,如果∀A,B∈P,A⊂B,B⊂A之一成立.我们证明结论:F可以拆分为r个链P i(1⩽i⩽r)的并(即Dilworth定理).对t进行归纳证明.t=1时显然成立.设命题对t-1成立,先假设存在一个最大反链S,使得F中既有集合真包含S 中的某个集合,也有集合是S中的某个集合的真子集.记前者的全体为F1,后者的全体为F2,即F1={A i∈F|A i包含S中的某个集合},F2={A i∈F|A i是S中的某个集合的子集},则F1∪S,F2∪S均是F的真子集,从而由归纳假设可将F1∪S,F2∪S都可以拆成r个链的并.F1∪S中的链以S中的元素开始,F2∪S中的链以S中的元素结束.将这些链“接”起来就将F分成了r条链.现在假设不存在这样的反链,从而每个最大反链要么满足F1=∅,要么满足F2=∅.前者意味着S中的子集都是“极大”子集(不是另一个A i的真子集),后者意味着S中的子集都是“极小”子集(不真包含另一个A i),从而至多有两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链,则任取极大子集A,以及极小子集B⊂A,将A、B都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成r-1条链,再加上链B⊂A即可如果其中之一不是最大反链,不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链,任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.现在将F拆分成r条链,则每条链中恰有一个S1中的子集,且至多有一个S2中的子集.将每个S2中的子集对应到所在链中S1的元素,就得到了从S2到S1满足要求的映射.3.证明对所有的正整数n≥4,存在一个集合S,满足如下条件:(1)S由都小于2n−1的n个正整数组成;(2)对S的任意两个不同的非空子集A、B,集合A中所有元素之和不等于集合B中所有元素之和.【答案】见解析【解析】当n=4时,取S={3,5,6,7},则S满足条件.其次,当n≥5时,令S={3,23,24,⋯,2n−2,2n−1−3,2n−1−2,2n−1−1}.下面证明这样的S满足条件.事实上,设A、B是S的两个不同的非空子集,令f(X)表示集合X的所有元素之和,要证明的目标是f(A)≠f(B).不妨设A∩B=∅,注意到,对任意m∈N∗均有1+2+4+⋯+2m−1=2m−1<2m.所以,当a=2n−1−3,b=2n−1−2,c=2n−1−1都不属于A∪B时,均有f(A)≠f(B).进一步,由于3+23+24+⋯+2n−2=2n−1−5,所以当a、b、c中恰有一个属于A∪B时,例如a∈A,将有f(A)>f(B),此时f(A)≠f(B);类似地讨论a、b、c中有两个或3个同时属于A∪B时,均可得出f(A)≠f(B).综上所述,当n≥4时满足条件的S都存在.4.设M是由有限个正整数构成的集合,且M=A1∪A2∪⋯∪A20=B1∪B2∪⋯∪B20,这里A i≠∅,B i≠∅,i =1,2,…,20.并对任意的1≤i<j≤20,都有A i∩A j=∅,B i∩B j=∅,已知对任意的1≤i≤20,1≤j ≤20,若A i∩B j=∅,则|A i∪B j|≥18.求集合M的元素个数的最小值.(这里,|X|表示集合X的元素个数)【答案】180【解析】记min{|A1|,|A2|,⋯,|A20|,|B1|,|B2|,⋯,|B20|}=t.不妨设|A1|=t,A1∩B i≠∅,i=1,2,...,k;A1∩B j=∅,j=k+1,k+2, (20)设a i∈A1∩B i,i=1,2,…,k.因为对任意的1≤i<j≤20,都有B i∩B j=∅,所以a1,a2,…,a k互不相同,|A1|≥k,即t≥k.又对任意的1≤i≤20,1≤j≤20,若A i∩B j=∅,则|A i∪B j|≥18,所以当j=k+1,k+2,…,20时,|A1|+|B j|=|A1∪B j|≥18.即,当j=k+1,k+2,…,20时,|B j|≥18−t.所以|M|=|B1∪B2∪⋯∪B20|=|B1|+|B2|+⋯+|B k|+|B k+1|+⋯+|B20|≥kt+(20−k)(18−t)=360+2kt−18k−20t=180+2(k−10)(t−9).若t≤9,则k≤t≤9,|M|=180+2(k−10)(t−9)≥180.若t≥10,则|M|≥20t≥200.所以总有|M|≥180.另一方面,取A i=B i={9(i−1)+1,9(i−1)+2,⋯,9(i−1)+9},其中i=1,2, (20)则M=A1∪A2∪⋯∪A20=B1∪B2∪⋯B20={1,2,⋯,180}符合要求.此时,|M|=180.综上所述,集合M的元素个数的最小值为180.5.已知n为正整数,集合I={1,2,⋯,n}(n>3)的k个三元子集A1,A2,…,A k满足:对任何I的其他三元子集B,均存在整数m和子集A i(1≤i≤k)使得{y|y≡x+m(modn),1≤y≤n,x∈A i}=B.求k的最小值.【答案】k min=1+[n2−3n6]【解析】若a、b、c∈Z+,且a+b+c=p,则称(a,b,c)是长为p的“循环组”,并约定(a,b,c)、(b,c,a)、(c,a,b)为同一个循环组.考虑长为n的循环组的数目.a、b、、c中有两个相等的循环组有[n−12]个;若3|n,a、b、、c互不相等的循环组个数为13[C n−12−1−3([n−12]−1)];若n≡0(mod3),互不相等的循环组个数为13(C n−12−3[n−12]).综上,长为n的不同循环组的总个数为1+[n 2−3n6].对于每个长为n的循环组(a,b,c),取集合I的一个三元子集B={1,a+1,a+b+1},存在一个子集A i与之对应,且易验证不同的循环组对应的子集A i也不同,从而,k≥1+[n 2−3n6].另一方面,对于前面的1+[n 2−3n6]个循环组中的每个(a,b,c),取与之对应的子集{1,1+a,1+a+b},共得到1+[n2−3n6]个不同子集.接下来说明这些子集满足要求.事实上,对集合I的每个子集B={x1,x2,x3}(不妨设x1<x2<x3),令a=x2−x1,b=x3−x2,c=n−(x3−x1).则得到一个长为n的循环组(a,b,c),该循环组对应的子集A i满足存在整数m=x1−1(或x2−1或x3−1)使得{y|y≡x+m(mod n),1≤y≤n,x∈A i}=B.综上,kmin =1+[n2−3n6].6.求m的最大值,使得从一个n元集的子集中可以选出m个不同的子集A1,A2,…,A m,满足(A i∩A k)⊆A j对所有1≤i<j<k≤m成立.【答案】2n【解析】不妨设此n元集为M={1,2,⋯,n}.则对任意的i ∈M ,设包含i 的M 的子集为A i 1,A i 2,…,A i t (i 1<i 2<⋯<i t ). 由(A i ∩A k )⊆A j 对所有1≤i <j <k ≤m 成立,知i 1,i 2,…,i t 为连续正整数. 考虑A 1,A 2,…,A m 中的相邻集合对(A 1,A 2),(A 2,A 3),…,(A m−1,A m ). 当i 恰属于两个集合A k 、A k+1中的一个时,称(A k ,A k+1)为“i 分离集合对”. 对任意的1≤j ≤m −1,(A j ,A j+1)必被某一元素分离,否则A j =A j+1,矛盾. 又集合M 中任意一个元素至多分离两个集合对,则m −1≤2n ⇒m ≤2n +1. 当m =2n +1时,必有A 1=A 2m+1=∅,矛盾.故m ≤2n . 又A 1=∅,A 2={1},A 3={1,2},…,A n+1={1,2,⋯,n},A n+2={2,3,⋯,n},…,A 2n ={n}, 此时,所选的子集满足题意,且m =2n . 综上,m 的最大值为2n .7.取集合S ={a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 70}的子集A i ={a i ,a i+1,⋅⋅⋅,a i+59}(i =1,2,⋅⋅⋅,70),其中,a 70+i =a i 。

高联的集合问题

高联的集合问题

高联的集合问题
高联,全称为全国高中数学联赛,是一项全国性的数学竞赛。

集合问题在高联中是一个重要的考点,涉及集合的概念、性质、运算等多个方面。

在集合问题中,通常会考察集合的表示、子集与补集、交集与并集等基本概念,以及集合的性质和运算律。

此外,还会涉及到集合与函数、数列、不等式等其他数学概念的综合应用。

解决集合问题需要掌握集合的基本概念和性质,熟悉集合的运算和关系,同时还需要具备一定的逻辑推理和问题解决能力。

在解题过程中,需要注意集合的表示方法、符号的含义以及运算的优先级等问题。

总之,高联的集合问题需要掌握扎实的基础知识,理解集合的概念、性质和运算律,并能够灵活运用所学知识解决实际问题。

同时,还需要注意细节和逻辑推理,避免出现错误和遗漏。

专题03集合第三缉(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

专题03集合第三缉(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题03集合第三缉1.【2020年吉林预赛】已知集合A={x∣x2−2x⩽0},B={x∣x+1x−2⩽0,x∈N}.则A∩B=() A.[0,2] B.[0,2) C.{1} D.{0,1}【答案】D【解析】由题意,知A=[0,2],B={0,1}.故A∩B={0,1}.2.【2019年吉林预赛】集合A={2,0,1,3},集合B={x|-x∈A,2-x2∈A},则集合B中所有元素的和为() (A)-4(B)-5(C)-6(D)-7【答案】B【解析】B={-2,-3},则集合B中所有元素的和为-5.3.【2018年福建预赛】已知集合={x|1≤3x≤27},B={x|log2(x2-x)<1},则A∩B=()A.(1,2) B.(-1,3] C.[0,2) D.(-∞,-1)∪(0,2)【答案】A【解析】由1≤3x≤27,得0≤x≤3.因此,A=[0,3].由log2(x2-x)<1,得{x 2−x>0x2−x<2,解得,-1<x<0或1<x<2所以A∩B= (1,2),选A.4.【2018年北京预赛】已知集合A={},B={y|y=lgx,x∈A},则A∩B= A.1. B.{1}. C.∅. D.0.【答案】B【解析】由A={,10},易知B={−1,0,1},所以A∩B={1}.选B.5.【2018年湖南预赛】设集合P={1,2,3,4}Q={x||x|≤2,x∈R},则P∩Q等于A.{1,2}B.{3,4}C.{1}D.{−2,−1,0,1,2}【答案】A【解析】集合P={1,2,3,4},Q={x||x|≤2,x∈R}={x|−2≤x≤2},则P∩Q={1,2}.6.【2018年陕西预赛】已知集合M ={x |x =sin (2m−3)π6,m ∈Z },N ={y |y =cos nπ3,n ∈Z },则M,N 的关系是( )A .M ⊊NB .M =NC .N ⊊MD .M ∩N =∅ 【答案】B 【解析】易由周期性知M =N ={±1,±12}.7.【2018年吉林预赛】集合A ={x ∈Z |log 2x ≤2 }的真子集个数为( ) A .7 B .8 C .15 D .16【答案】C 【解析】log 2x ≤2,所以0<x≤4,因为x ∈Z,所以A={1,2,3,4},所以集合A 的真子集个数为24-1=15. 故答案为:C8.【2018年天津预赛】如果集合A ={1,2,3,⋯,10},B ={1,2,3,4},C 是A 的子集,且C ∩B ≠∅,则这样的子集C 有( )个. A .256 B .959 C .960 D .961【答案】C 【解析】满足C ∩B =∅的子集C 有26个,所以满足C ∩B ≠∅的子集C 有210−26=960个. 故答案为:C9.【2018年辽宁预赛】设A =[−2,4),B ={x|x 2−ax −4≤0},若B ⊆A ,则实数a 的取值范围为(). A .[−3,0) B .[−2,0) C .[0,2) D .[0,3)【答案】D 【解析】因为f(x)=x 2−ax −4开口向上,且{x|x 2−ax −4≤0}⊆[−2,4), 故{f(−2)≥0,f(4)>0. 解得a ∈[0,3).故答案为:D10.【2017年吉林预赛】设集合M ={x ∣−12<x <12},N ={x ∣x 2≤x },则M ∩N =()(A)[0,12)(B)(−12,1](C)[−1,12)(D)(−12,0]【答案】A【解析】由x2≤x得0≤x≤1,即N={x∣0≤x≤1},则M∩N={x∣0≤x<12}11.【2017年吉林预赛】设{(s1,s2,⋯,s6)∣s i∈{0,1},i∈N+,i≤6},对∀x,y∈S,x=(x1,x2,⋯,x6),y= (y1,y2,⋯,y6)定义:(1)x=y当且仅当(x1−y1)2+(x2−y2)2+⋯+(x6−y6)2=0;(2)x⋅y=x1y1+x2y2+⋯+x6y6.若非空集合T⊆S,且满足∀u,v∈T,u≠v,均有u⋅v≠0,则集合T中元素个数的最大值为( ) (A)62 (B)52 (C)42 (D)32【答案】D【解析】首先,∀x∈S,定义x−1=(1−x1,1−x2,⋯,1−x6),则∀x∈S,x−1∈S且唯一,(x−1)−1=x,且x≠x−1,同时x⋅x−1=0.故若x∈T,则必有x−1∉T,可知集合T中元素个数至多32个.其次,集合T={(x1,x2,⋯,x6)∈S∣x1=1}符合题意,此时元素个数为32个.综上,集合T中元素个数的最大值为32.12.【2017年陕西预赛】设集合A={n∣n3∈N+},B={y∣y=x+4+√5−x2},则集合A∩B中元素的个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4【答案】B【解析】提示:令x=√5sinθ(−π2≤θ≤π2),则y=√5sinθ+4+√5cosθ=4+√10sinθ(θ+π4).因为−π4≤θ+π4≤3π4,所以−√22≤sin(θ+π4)≤1,则4−√5≤y≤4+√10.A={3,6,9,⋯},所以A∩B={3,6},则A∩B中有2个元素.13.【2017年黑龙江预赛】下列命题正确的有()①很小的实数可以构成集合;②集合{y∣y=x2−1}与集合{(x,y)∣y=x2−1}是同一个集合;③1,32,64,|−12|,这些数组成的集合有5个元索;④集合{(x,y)∣xy≤0,x,y∈R}是指第二和第四象限内的点集.(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个【答案】A【解析】提示:①错的原因是元素不确定.②前者是数集,而后者是点集,种类不同.③32=64,|−12|=,有重复的元素,应该是3个元素.④本集合还包括坐标轴.14.【2017年湖南预赛】设集合X={1,2,⋯,2017},集合S={(x,y,z)∣x,y,z∈X,且三条件x<y<z,y<z <x,z<x<y恰有一个成立}.若(x,y,z)∈S且(z,w,x)∈S,则下列选项正确的是( )(A)(y,z,w)∈S且(x,y,w)∉S(B)(y,z,w)∈S且(x,y,w)∈S(C)(y,z,w)∉S且(x,y,w)∈S(D)(y,z,w)∉S且(x,y,w)∉S【答案】B【解析】提示:由(x,y,z)∈S,知x<y<z,y<z<x,z<x<y恰有一个成立.由(z,w,x)∈S,知z<w<x,w<x<z,x<z<w恰有一个成立.不妨设x<y<z,则可得x<y<z<w或w<x<y<z.无论哪种情形,均可得(y,z,w)∈S且(x,y,w)∈S,故选B.15.【2016年陕西预赛】已知集合M={1,2,...,10},A为M的子集,且子集A中各元素的和为8.则满足条件的子集A共有()个.A.8 B.7 C.6 D.5【答案】C【解析】注意到,元素和为8的子集A有{8}、{1,7}、{2,6}、{3,5}、{1,2,5}、{1,3,4},共6个. 选C.16.【2016年吉林预赛】设集合M={y|y=x12,x∈[1,4]},N={x|y=log2(1−x)}.则M∩∁R N=(). A.{x|1≤x≤2}B.{x|1≤x≤4}C.{x|1≤x≤√2}D.∅【答案】A【解析】计算知M=[1,2],N=(−∞,1).故M∩∁R N={x|1≤x≤2}.17.【2016年吉林预赛】设集合M={y|y=x12,x∈[1,4]},N={x|y=log2(1−x)}.则M∩∁R N=(). A.{x|1≤x≤2}B.{x|1≤x≤4}C.{x|1≤x≤√2}D.∅【答案】A【解析】计算知M=[1,2],N=(−∞,1).故M∩∁R N={x|1≤x≤2}.18.【2016年浙江预赛】设集合M={(x,y)|√x√y =√45x、y∈Z+}。

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集合函数专题
1、(2000一试1)设全集是实数,若A ={x |2-x ≤0},B ={x |2
2
10-x
=x 10},则B A 是
( )
(A) {2} (B) {-1} (C) {x |x ≤2} (D) ∅
2、(2001一试1)已知a 为给定的实数,那么集合M={x|x 2-3x-a 2
+2=0,x ∈R}的子集的个数为( )
(A )1 (B )2 (C )4 (D )不确定
5、(2002一试5)已知两个实数集合A={a 1, a 2, … , a 100}与B={b 1, b 2, … , b 50},若从A 到B 的映射f 使得B 中的每一个元素都有原象,且f(a 1)≤f(a 2)≤…≤f(a 100),则这样的映射共有( )
(A) 50100C (B) 5090C (C) 49100C (D) 49
99C
7、(2006一试5)设(32()log f x x x =+,则对任意实数,a b ,0a b +≥是
()()0f a f b +≥的( )
A. 充分必要条件
B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
8、(2007一试6)已知A 与B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与B 的元素个数相同,且为A ∩B 空集。

若n ∈A 时总有2n +2∈B ,则集合A ∪B 的元素个数最多为( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74
9、(2008一试1)函数2
54()2x x f x x
-+=-在(,2)-∞上的最小值是 ( )。

(A )0 (B )1 (C )2 (D )3
10、(2008一试2) 设[2,4)A =-,2{40}B x x ax =--≤,若B A ⊆,则实数a 的取值范围为( )。

(A )[1,2)- (B )[1,2]- (C )[0,3] (D )[0,3)
11、(2001一试11)函数y=x+的值域为______________.
13、(2002一试11)若1)2(log )2(log 44=-++y x y x ,则|x| |y|的最小值是 。

14、(2003一试9)已知A={x |x 2-4x +3<0,x ∈R }, B={x |21-x +a ≤0,x 2
-2(a +7)x +5≤0,x ∈R}
若A ⊆B ,则实数a 的取值范围是 .
17、(2005
一试
8)已知)(x f 是定义在),0(+∞上的减函数,若
)143()12(22+-<++a a f a a f 成立,则a 的取值范围是
19、(2008一试11)设()f x 是定义在R 上的函数,若(0)2008f = ,且对任意x ∈R ,满

(2)()32x f x f x +-≤⋅,(6)()632x f x f x +-≥⋅,则)2008(f = .
20、(2009一试1)若函数()
f x =
且()()()n n
f x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ,则()()991f = . 21、(2009一试6)若方程()l
g 2lg 1kx x =+仅有一个实根,那么k 的取值范围是 .
22、(2010一试1)函数x x x f 3245)(---=的值域是 .
23、(2010一试5)函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8,则它在这个区间上的最小值是 . 24、(2011一试1)设集合},,,{4321a a a a A =,若A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为}8,5,3,1{-=B ,则集合=A .
25、(2011一试2)函数1
1
)(2-+=x x x f 的值域为 .
26、(2012一试6)设()f x 是定义在R 上的奇函数,且当0x ≥时,()f x x 2=.若对任意
的[,2]x a a ∈+,不等式()2()f x a f x +≥恒成立,则实数a 的取值范围是 .
27、(2000一试14)若函数2
13
21)(2+-=x x f 在区间[a ,b ]上的最小值为2a ,最大值为2b ,
求[a ,b ].
28、(2002一试15)设二次函数f(x)=ax 2
+bx+c (a,b,c ∈R,a ≠0)满足条件:
① 当x ∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x ;
② 当x ∈(0,2)时,f(x)≤2
)2
1(
+x ③ f(x)在R 上的最小值为0。

求最大值m(m>1),使得存在t ∈R ,只要x ∈[1,m],就有f(x+t)≤x
29、(2002一试15)实数a,b,c 和正数 使得f(x)=x 3+ax 2
+bx+c 有三个实根x 1,x 2,x 3,且满足
① x 2-x 1=λ , ②x 3>21(x 1+x 2) ,求证;23
392723
3≤
-+λab c a
30、(2005二试2)设正数a 、b 、c 、x 、y 、z 满足.;,c ay bx b cx az a bz cy =+=+=+
求函数z
z y y x x z y x f ++
+++=111),,(2
22的最小值.
31、(2006
一试
15)设
2()f x x a =+. 记1()()f x f x =,
1()(())n n f x f f x -=2,3,n = ,,
{}
R (0)2n M a n f =∈≤对所有正整数 ,. 证明:⎥⎦⎤⎢⎣

-=41 ,2M .
32、(2007一试15)设函数f (x )对所有的实数x 都满足f (x+2π)=f (x ),求证:存在4个函数f i (x )(i =1,2,3,4)满足:(1)对i =1,2,3,4,f i (x )是偶函数,且对任意的实数x ,有f i (x+π)=f i (x );(2)对任意的实数x ,有f (x )=f 1(x )+f 2(x )cos x+f 3(x )sin x+f 4(x )sin2x 。

33、(2008二试2)设()f x 是周期函数,T 和1是()f x 的周期且01T <<.证明: (1)若T 为有理数,则存在素数p ,使
1
p
是()f x 的周期; (2)若T 为无理数,则存在各项均为无理数的数列{}n a 满足110n n a a +>>>
(1,2,)n =⋅⋅⋅,且每个(1,2,)n
a n =⋅⋅⋅都是()f x 的周期.
34、(2011一试9)设函数|)1lg(|)(+=x x f ,实数)(,b a b a <满足)2
1
()(++-
=b b f a f ,2lg 4)21610(=++b a f ,求b a ,的值.。

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