5数列-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

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11复数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复数部分2019A 11、称一个复数数列{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++≥。

★解析：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知0n z ≠ ．由条件得2114210n n n n z z z z ++⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（n N *∈），解得114n n z z +-±=（n N *∈），因此112n n z z +=，故1111122n n n z z --=⋅=（n N *∈）①进而有1111122n n n n n n n z z z z z ++-+=⋅+==② 记12m m T z z z =+++（m N *∈）则当m 为偶数时，记2m s =，由②得12212212222sm k kk k k k k T z z z z z z ∞∞--===≥+-+>-+==∑∑。

当m 为奇数时，记21m s =+，由①②得2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+=<==+∑∑，故12212212122223sm k k s k kk k T z z z z z z z ∞-+-==⎛⎫≥+-+->-+= ⎪⎝⎭∑∑ 当1m =时，1113T z ==>，综上知3C =满足要求。

另一方面，当11z =，2kz =，21k z +=k N *∈），时，易验证得{}n z 为“有趣的”数列，此时()2112211134lim lim lim 11833sss k k s s s k k T z z z ++→∞→∞→∞==-+=++=+=+⋅=∑，这表明C ≤C =2019B 11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，证明：对任意正整数m，均有123m z z z +++<。

14数论历年数学联赛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二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3,,10中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10----中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法．考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组．因此92837N =+=．于是所求概率为37100。

2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立．设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==．若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立，故类似可知③仍成立． ………………30 分我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。

历年全国高中数学联赛(1981-2019)试题分类汇编： 12不定方程

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编不定方程部分2011B 一、（本题满分40分）求所有三元整数组(,,)x y z ，使其满足333320111515x y z xyz x y ⎧++-=⎪≥⎨⎪≥⎩★解析：由20113333=-++xyz z y x ，得()()()()[]4022222=-+-+-++x z z y y x z y x ①因220114022⨯=，且()()()0222≡-+-+-x z z y y x ()2m od ，所以①等价于()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++40221222x z z y y x z y x ②或()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++22011222x z z y y x z y x ③ 对方程组②，消去z 得()()()40221212222=-++-++-y x y x y x ，即67022=--++y x xy y x ④⑴若15=x ，15=y ，则67064522<=--++y x xy y x 与④矛盾；⑵若16≥x ，15≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x y x 与④矛盾；⑶若15≥x ，16≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x x y 与④矛盾；综上方程组②无解；对方程组③，由()()()2222=-+-+-x z z y y x 可得y x -，z y -，x z -中有两个为1，一个为0。

⑴若1=-y x ，1=-z y ，0=-x z ，则z x y ==+1或z x y ==-1，z x y ==+1代入③的第一个方程，无解；z x y ==-1代入③的第一个方程，解得671=y ，670==z x ⑵若1=-y x ，0=-z y ，1=-x z ，同理可得671=x ，670==z y ⑶若0=-y x ，1=-z y ，1=-x z ，同理可得671=z ，670==y x综上，满足条件的三元数组为()670,670,671，()670,671,670，()671,670,6702010AB 8、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解),,(z y x 的个数是 ◆答案： 336675★解析：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C . 把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2010B 二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证：11111112(1)().1m m n m mm k k jj m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：1111)m m jj m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =分别将代入上式得：11021,m m jm j C ++=-=∑1110322,mm m j jm j C +++=-=∑1110(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ 1110(1).mm m j j m j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到： 111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m nnmj j m m j i i n nn C i m i-+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nmmmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ （40分）2008A B5、方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+=++000y xz yz xy z xyz z y x 的有理数解),,(z y x 的个数为（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4◆答案： B★解析：若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②式代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③由①式得1x y=-，代入③式化简得3(1)(1)0y y y ---=.易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①式得1x =-，由②式得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩2008B 二、（本题满分50分）求满足下列关系式组2222,50,x y z z y z ⎧+=⎨<≤+⎩的正整数解组(,,)x y z 的个数．★解析：令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=．（1）因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >．设0p z x =->．因此（1）化为22220zp p zr r -+++=．（2）下分r 为奇偶讨论，（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数．令121r r =+，121p p =+，代入（2）得221111112()10p p zp zr r r +-++++=．（3）（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解．（ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得2211110p zp zr r -++=．（4）由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为2211()0r a za r +-+=，2211220r ar za a +-+=．（5）因21122r z r a a=++为整数，故212a r ，又1122()z z x p r a >-==+，因此22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，即a <．因此，对给定的11,2,,25r =⋅⋅⋅，解的个数恰是满足条件1a 的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即211()(2)/2N r r σ=．由题设条件，1125r ≤≤．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：012341{2,2,2,2,2}A =，2{23,25,27,211}A =⨯⨯⨯⨯，223{23,25}A =⨯⨯，34{23}A =⨯，25{23}A =⨯，1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =， 222{3,5}B =，3{35,37}B =⨯⨯，从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，2()(23)46424N A N =⨯⨯=⨯=，3()9218N A =⨯=，4()12N A =，5()10N A =，1()3824N B =⨯=，2()5210N B =⨯=，3()9218N B =⨯=，将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．2006*11、方程()()20052004422006200611x x x x x=+++++ 的实数解的个数为 ◆答案：1 ★解析：200520044220062006)1)(1(x x x x x=+++++24200420051()(1)2006x x x x x⇔+++++= 35200520052003200111112006x x x x x x xx⇔+++++++++= 32005320051112006210032006x x x x x x⇔=++++++≥=要使等号成立，必须 3200532005111,,,x x xx x x===，即1x =±。

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：5数列 Word版含答案

a ，而此时对任意正整数 n ，a + a + + a = na + n (n - 1) d = a + ⎢(n - 1)(k - 2)+ ⎥ d ，确实为 {a n }中的2 2 ⎣ ⎦★证明：由条件可知 k ≥ 4 ，且 d - dn n dd - dn2 = 22 11981 年~2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编数列部分2019B 8. 设等差数列{a n}的各项均为整数，首项 a 1= 2019 ，且对任意正整数 n ，总存在正整数 m ，使得 a + a +12◆答案： 5+ a = a ．这样的数列{a }的个数为．n m n★解析：设 {a n}的公差为 d ．由条件知 a 1+ a = a （ k 是某个正整数）， 2 k则 2a + d = a + (k -1)d ，即 (k - 2)d = a ，因此必有 k ≠ 2 ，且 d = 1 1 1 n - 1这样就有 a = a + (n - 1)d = a +k - 2 1n 1 1a1 k - 2．⎡ n (n - 1)⎤ 1 2n11一项．因此，仅需考虑使 (k - 2)| a 成立的正整数 k 的个数．注意到 2019 = 3 ⨯ 673 ，易知1k - 2 可取 -1,1,3,673,2019 这 5 个值，对应得到 5 个满足条件的等差数列．2019B 二、（本题满分 40 分）求满足以下条件的所有正整数 n ：(1) n 至少有 4 个正约数；(2) 若 d < d << d 是 n 的所有正约数，则 d - d , d - d , ,d - d 1 2 k 2 1 3 2 kk -1 构成等比数列。

d - d3 2 = k k -1 d - d d - d21k -1k -2……………10 分易得 d = 1,d = n ， d 1kk -1 =d2， dk -2 n - n d - d d =，代入上式得 3 ，3 -d d2 3n即 (d - d32)2 = (d2- 1)2 d ，由此可知 d 是完全平方数．由于 d = p 是 n 的最小素因3 3 2子， d 是平方数，故只能 d = p 2 ． ………………30 分3 3从而序列 d - d , d - d , 2 132d , d , , d12k,d - d kk -1为 p - 1, p 2 - p , p 3 - p 2 , ,p k -1 - p k -2 ，即为1, p , p 2 , , p k -1 ，而此时相应的 n 为 p k -1 .1下面用 t 表示 b , b , b 中 2 的项数。

14数论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二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10---- 中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法．考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组．因此92837N =+=．于是所求概率为37100。

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(2)函数与方程(Word版,含答案)

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编函数与方程部分2019A1、已知正实数a 满足()89aaa a =，则()log 3a a 的值为．◆答案：916★解析：由条件知189a a =，故91639a a a a =⨯=，所以()9log 316a a =。

2019A 二、（本题满分 40 分）设整数122019,,,a a a 满足122019199a a a =≤≤≤= ．记()()22212201913243520172019f a a a a a a a a a a a =+++-++++，求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组()122019,,,a a a 的个数．★解析：由条件知()()2017222221220182019212i i i f a a aaaa +==++++-∑． ①由于12,a a 及2i i a a +-（1,2,2016i =）均为非负整数，故有221122,a a a a ≥≥且()222i i i i a a a a ++-≥-．于是()()()201620162221221222017201811i i i i i i aaaa a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑②………………10 分由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++，结合20192019a =及201820170a a ≥>，可知()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ⎡⎤≥+-++=-+≥⎣⎦ ．③ (20)分另一方面，令1219201a a a ====，19202119202k k a a k +-+==（1,2,,49k =），201999a =此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30 分以下考虑③的取等条件．此时2018201749a a ==，且②中的不等式均取等，即121a a ==，{}20,1i i a a +-∈（1,2,2016i =）。

全国高中数学联赛试题分类汇编-组合与构造部分(1981年~2019年)

全国高中数学联赛试题分类汇编——组合与构造部分（1981年~2019年）2019A 四、（本题满分 50 分）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．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：设(),G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设，并且结论在较小时均成立．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2E -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12:k P v v v ，其中12k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥.情形1：()1deg 2v ≥,由于P 是最长路，1v 的邻点均在2k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则{}121,i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 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2E -条边．情形 2：()1deg 1v =， ()2deg 2v =．则{}1223,vv vv是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 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2E -条边．情形 3：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与4k v v 中某个点相邻．则{}1223,v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有 2E -条边．情形 4：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与某个{}13,,k u v v v ∉相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2k v v 之中．因{}122,v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u处仅有边2uv ，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i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -.引理获证．………………20 分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(),G V E ．首先证明2795n ≥．设{}122019,,V v v v =．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如{}1213116,v v v v v v ），共连了261151815C -=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795．……30 分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形．设G 有k 个连通分支，分别有12,,,k m m m 个点，及12,,,k e e e 条边．下面证明12,,,k e e e 中至多有979个奇数．反证法，假设12,,,k e e e 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=是奇数，故12,,,k e e e 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然129812m m m +++≥．令122k m m m m =+++≥，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2981980m k C e e e ≥+++，故98022112795i kimm i i eC C ===≤+∑∑，利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211x y x y C C C C +-+≤+。

7立体几何-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立体几何部分2019A7、如图，正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K ，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF的值为．★解析：作图延长,AK BF 交于点P ,连接CP 交FG 于点N ，则截面为ACNK ，由于面//ABC 面KFN ，知ABC KFN -为棱台，则EK AEKF PF=. 不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC KFN -的体积为14，设PF x =，则1KF NF PF xAB BC PB x ===+，由于 11113232ABC KFN V AB BC PB KF FN PF -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以()()322113311146161x x x x x x ⎛⎫++⎛⎫=⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭+⎝⎭，解得3x =。

所以1EK AE KF PF x===2019B 4. 设三棱锥P ABC -满足3PA PB ==，2AB BC CA ===，则该三棱锥的体积的最大值为．◆答案：3★解析：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB的中点，则h PM ≤==当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h取到最大值P ABC -的体积取到最大值为11323⨯=。

2018A 2、设点P 到平面α的距离为3，点Q 在平面α上，使得直线PQ 与平面α所成角不小于030且不大于060，则这样的点Q 所构成的区域的面积为◆答案：π8★解析：设点P 在平面α上的射影为O ，由条件知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈=∠3,33tan OQ OP OQP ，即[]3,1∈OQ ，所以区域的面积为πππ81322=⨯-⨯。

2018B 2、已知圆锥的顶点为P ，底面半径长为2，高为1．在圆锥底面上取一点Q ，使得直线PQ 与底面所成角不大于045，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为 ◆答案： π3★解析:记圆锥的顶点P 在底面的投影为O ，则O 为底面中心，且1tan ≤=∠OQOPOQP ，即1≥OQ ，故所以区域的面积为πππ31222=⨯-⨯。

2函数与方程-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函数与方程部分2019A1、已知正实数a 满足()89aa a a =，则()log 3a a 的值为． ◆答案：916★解析：由条件知189a a =，故9163a a ==，所以()9log 316a a =。

2019A 二、（本题满分 40 分）设整数122019,,,a a a L 满足122019199a a a =≤≤≤=L ．记()()22212201913243520172019f a a a a a a a a a a a =+++-++++L L ，求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组()122019,,,a a a L 的个数．★解析：由条件知()()2017222221220182019212i i i f a a aaa a +==++++-∑． ①由于12,a a 及2i i a a +-（1,2,2016i =L ）均为非负整数，故有221122,a a a a ≥≥且()222i i i i a a a a ++-≥-．于是()()()201620162221221222017201811i i i i i i a a a a a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑②………………10 分由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++，结合20192019a =及201820170a a ≥>，可知()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ⎡⎤≥+-++=-+≥⎣⎦ ．③ ………20 分另一方面，令1219201a a a ====L ，19202119202k k a a k +-+==（1,2,,49k =L ），201999a = 此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30 分以下考虑③的取等条件．此时2018201749a a ==，且②中的不等式均取等，即121a a ==，{}20,1i i a a +-∈（1,2,2016i =L ）。

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）。

1981-2019年全国高中数学联赛50套真题分类汇编《组合与构造部分》含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编组合与构造部分2019A 四、（本题满分 50 分）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．★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：设(),G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设，并且结论在较小时均成立．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2E -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12:k P v v v L ，其中12k v v v L 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥. 情形1：()1deg 2v ≥,由于P 是最长路，1v 的邻点均在2k v v L 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则{}121,i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 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2E -条边．情形 2：()1deg 1v =， ()2deg 2v =．则{}1223,v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 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2E -条边．情形 3：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与4k v v L 中某个点相邻．则{}1223,v v v v 是一个角，在G中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有 2E -条边．情形 4：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与某个{}13,,k u v v v ∉L 相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2k v v L 之中．因{}122,v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，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i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -. 引理获证．………………20 分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(),G V E ．首先证明2795n ≥．设{}122019,,V v v v =L ．在1261,,,v v v L 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如{}1213116,v v v v v v L），共连了261151815C -=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v L 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795．……30 分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形．设G 有k 个连通分支，分别有12,,,k m m m L 个点，及12,,,k e e e L 条边．下面证明12,,,k e e e L 中至多有979个奇数．反证法，假设12,,,k e e e L 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=L 是奇数，故12,,,k e e e L 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e L 都是奇数，显然129812m m m +++≥L ．令122k m m m m =+++≥L ，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2981980m k C e e e ≥+++L ，故98022112795ikimm i i eC C ===≤+∑∑，利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211x y x y C C C C +-+≤+。

12不定方程1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

⑴若1=-y x ，1=-z y ，0=-x z ，则z x y ==+1或z x y ==-1，z x y ==+1代入③的第一个方程，无解；z x y ==-1代入③的第一个方程，解得671=y ，670==z x ⑵若1=-y x ，0=-z y ，1=-x z ，同理可得671=x ，670==z y ⑶若0=-y x ，1=-z y ，1=-x z ，同理可得671=z ，670==y x综上，满足条件的三元数组为()670,670,671，()670,671,670，()671,670,6702010AB 8、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解),,(z y x 的个数是 ◆答案： 336675★解析：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C . 把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k .易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2010B 二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证：11111112(1)().1m m nmmmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑L ★证明：1111)m m jj m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =L 分别将代入上式得： 11021,mm jm j C ++=-=∑1110322,m m m j jm j C +++=-=∑ L L 1110(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ 111(1).mm m j j m j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到： 111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m n nmj j mm j i i n n n Ci m i -+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nmmmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑L （40分）2008A B5、方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+=++000y xz yz xy z xyz z y x 的有理数解),,(z y x 的个数为（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4◆答案： B★解析：若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②式代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③由①式得1x y=-，代入③式化简得3(1)(1)0y y y ---=.易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①式得1x =-，由②式得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩2008B 二、（本题满分50分）求满足下列关系式组2222,50,x y z z y z ⎧+=⎨<≤+⎩的正整数解组(,,)x y z 的个数．★解析：令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=．（1）因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >．设0p z x =->．因此（1）化为22220zp p zr r -+++=．（2）下分r 为奇偶讨论，（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数．令121r r =+，121p p =+，代入（2）得221111112()10p p zp zr r r +-++++=．（3）（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解．（ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得2211110p zp zr r -++=．（4）由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为2211()0r a za r +-+=，2211220r ar za a +-+=．（5）因21122r z r a a=++为整数，故212a r ，又1122()z z x p r a >-==+，因此22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，即a <．因此，对给定的11,2,,25r =⋅⋅⋅，解的个数恰是满足条件a 的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即211()(2)/2N r r σ=．由题设条件，1125r ≤≤．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：012341{2,2,2,2,2}A =，2{23,25,27,211}A =⨯⨯⨯⨯，223{23,25}A =⨯⨯，34{23}A =⨯，25{23}A =⨯，1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =， 222{3,5}B =，3{35,37}B =⨯⨯，从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，2()(23)46424N A N =⨯⨯=⨯=，3()9218N A =⨯=，4()12N A =，5()10N A =，1()3824N B =⨯=，2()5210N B =⨯=，3()9218N B =⨯=，将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．2006*11、方程()()20052004422006200611x x x x x=+++++Λ的实数解的个数为 ◆答案：1 ★解析：200520044220062006)1)(1(x x x x x=+++++Λ24200420051()(1)2006x x x x x⇔+++++=L 35200520052003200111112006x x x x x x xx⇔+++++++++=L L 320051112006210032006x x x ⇔=++++++≥=L g要使等号成立，必须 3200532005111,,,x x x x x x===L ，即1x =±。

10逻辑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逻辑部分2014B 3、对于实数R 的任意子集U ，我们在R 上定义函数Ux Ux x f U ∉∈⎩⎨⎧=,,01)(，如果B A ,是实数R的两个子集，则1)()(≡+x f x f B A ，的充分必要条件是◆答案：B A ,互为补集★解析：对于任意的R x ∈，1)()(≡+x f x f B A ，这说明)(),(x f x f B A 中至少有一个是1，即B A x ∈，所以R B A = ，另一方面，)(),(x f x f B A 中仅有一个是1，即φ=B A ，从而BA ,互为补集。

2001*15、（本题满分20分）用电阻值分别为654321,,,,,a a a a a a (654321a a a a a a >>>>>) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．★解析：首先，对电路图进行截取分段考虑，如下三个图设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为FG R ．当i i a R = ，6,5,4,3=i ，1R ，2R 是1a ，2a 的任意排列时，FG R 最小．证明如下：1°设当两个电阻1R ，2R 并联时，所得组件阻值为R ：则21111R R R +=．故交换二电阻的位置，不改变R 值，且当1R 或2R 变小时，R 也减小，因此不妨取1R >2R ．2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为R AB ：2132********1R R R R R R R R R R R R R R AB +++=++=．显然1R +2R 越大，AB R 越小，所以为使AB R 最小必须取3R 为所取三个电阻中阻值最小的一个． 3°设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为CD R ：43243142142324131214111R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R AB CD ++++++=+=．若记∑≤<≤=411j i j i R R S ，∑≤<<≤=412k j i kjiRR R S ．则S 1、S 2为定值．于是4313212R R S R R R S R CD --=．只有当43R R 最小，321R R R 最大时，CD R 最小，故应取34R R <，23R R <，13R R <，即得总电阻的阻值最小．4°对于图3，把由321,,R R R 组成的组件用等效电阻AB R 代替．要使FG R 最小，由3°必需使56R R <；且由1°，应使CE R 最小．由2°知要使CE R 最小，必需使45R R <，且应使CD R 最小．而由3°，要使CD R 最小，应使234R R R <<且134R R R <<．这就说明，要证结论成立1998*4、设命题P :关于x 的不等式01121>++c x b x a 与02222>++c x b x a 的解集相同；命题Q :212121c c b b a a ==。

12不定方程1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

⑴若1=-y x ，1=-z y ，0=-x z ，则z x y ==+1或z x y ==-1，z x y ==+1代入③的第一个方程，无解；z x y ==-1代入③的第一个方程，解得671=y ，670==z x ⑵若1=-y x ，0=-z y ，1=-x z ，同理可得671=x ，670==z y ⑶若0=-y x ，1=-z y ，1=-x z ，同理可得671=z ，670==y x综上，满足条件的三元数组为()670,670,671，()670,671,670，()671,670,6702010AB 8、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解),,(z y x 的个数是 ◆答案： 336675★解析：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k .易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2010B 二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证： 11111112(1)().1m m nmmm k k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：1111)m m jj m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =分别将代入上式得：11021,m m jm j C ++=-=∑1110322,mm m j jm j C +++=-=∑111(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ 1110(1).mm m j j m j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到： 111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m n nmj j mm j i i n n n Ci m i -+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nm mmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ （40分）2008A B5、方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+=++000y xz yz xy z xyz z y x 的有理数解),,(z y x 的个数为（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4◆答案： B★解析：若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②式代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③由①式得1x y=-，代入③式化简得3(1)(1)0y y y ---=.易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①式得1x =-，由②式得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩2008B 二、（本题满分50分）求满足下列关系式组2222,50,x y z z y z ⎧+=⎨<≤+⎩的正整数解组(,,)x y z 的个数．★解析：令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=．（1）因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >．设0p z x =->．因此（1）化为22220zp p zr r -+++=．（2）下分r 为奇偶讨论，（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数．令121r r =+，121p p =+，代入（2）得221111112()10p p zp zr r r +-++++=．（3）（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解．（ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得2211110p zp zr r -++=．（4）由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为2211()0r a za r +-+=，2211220r ar za a +-+=．（5）因21122r z r a a=++为整数，故212a r ，又1122()z z x p r a >-==+，因此22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，即a <．因此，对给定的11,2,,25r =⋅⋅⋅，解的个数恰是满足条件a 的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即211()(2)/2N r r σ=．由题设条件，1125r ≤≤．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：012341{2,2,2,2,2}A =，2{23,25,27,211}A =⨯⨯⨯⨯，223{23,25}A =⨯⨯，34{23}A =⨯，25{23}A =⨯，1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =， 222{3,5}B =，3{35,37}B =⨯⨯，从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，2()(23)46424N A N =⨯⨯=⨯=，3()9218N A =⨯=，4()12N A =，5()10N A =，1()3824N B =⨯=，2()5210N B =⨯=，3()9218N B =⨯=，将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．2006*11、方程()()20052004422006200611x x x x x =+++++ 的实数解的个数为◆答案：1 ★解析：200520044220062006)1)(1(x x x x x=+++++24200420051()(1)2006x x x x x⇔+++++= 35200520052003200111112006x x x x x x x x⇔+++++++++=32005320051112006210032006x x x x x x⇔=++++++≥=要使等号成立，必须 3200532005111,,,x x x x x x===，即1x =±。