1集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
12复数1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛试题分类汇编复数部分2018A 6、设复数z 满足1=z ，使得关于x 的方程0222=++x z zx 有实根，则这样的复数z 的和为◆答案：23-★解析：设bi a z +=（R b a ∈,，且122=+b a ）则原方程变为()()022222=-+++i bx bx ax ax ，所以⎩⎨⎧=-=++0202222bx bx ax ax ***，①若0=b ，则12=a ，解得1±=a ，检验得，1=a ，31±-=x ，即1-=z ；②若0=b ，则由**知0=x 或2，检验得：2=x ，代入*得41-=a ，415±=b ，所以i z 41541±-=；综上满足条件的所有复数之和为2341541415411-=--++-+-i i 2018B 8、已知复数321,,z z z 满足1321===z z z ，r z z z =++321，其中r 是给定的实数，则133221z z z z z z ++的实部是（用含有r 的式子表示）◆答案：232-r ★解析:记133221z z z z z z w ++=，由复数的模的性质可知：111z z =，221z z =，331z z =，因此133221z z z z z z w ++=。
于是()()ww w z z z z z z z z z r Re 2322322213213212+=++++=++++=解得23Re 2-=r w 。
2017A 11、（本题满分20分）设复数21,z z 满足0)Re(1>z ，0)Re(2>z ，且2)Re()Re(2221==z z ，（其中)Re(z 表示复数z 的实部）⑴求)Re(21z z 的最小值；⑵求212122z z z z --+++的最小值。
★解析：⑴对2,1=k ，设i y x z k k k +=，（R y x k k ∈,），由条件知，()0Re >=k k z x ，()2Re 2==-k k k z y x 因此：()()()()()2222Re Re 21212122212121221121≥-+≥-++=-=++=y y y y y y y yy y x x i y x i y x z z 又当221==z z 时，()2Re 21=z z ，这表明)Re(21z z 的最小值为2。
高中数学竞赛分类：集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题分类汇编含详细答案
1981年--2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分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 n nm mn m n 由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--nnn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 n 2017B 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）。
1集合1981历年数学联赛真题分类汇编Word版含答案
1981年~2018年全国高中数学联赛一试一试题分类汇编1、会合部分2018A1、设会合A 1,2,3, ,99，会合B 2x|xA ，会合C x|2x A ，则会合BC 的元素个数为 ◆答案：24★分析：由条件知， B C 2,4,6, ,48，故B C 的元素个数为 24。
2018B1、设会合A 2,0,1,8，会合B2a|aA ，则会合AB 的所有元素之和是◆答案：31★分析:易知B 4,0,2,16 ，所以AB 0,1,2,4,8,16 ，元素之和为 31.2018B 三、（此题满分 50分）设会合A 1,2, ,n ，X,Y 均为A 的非空子集（同意XY ）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为 maxX,minY ．求知足maxX minY 的有序会合对(X,Y) 的数量。
★分析:先计算知足maxX minY 的有序会合对(X,Y)的数量.对给定的m maxX ，会合X 是会合1,2, ,m 1的随意一个子集与m 的并，故共有2m1种取法.又mminY ，故Y 是m,m1,m2, ,n 的随意一个非空子集，共有2n1m1种取法.所以，知足maxXminY 的有序会合对(X,Y)的数量是：nnn2m12n1m12n2m1n12n1m1m1m1(X,Y)有2n12n1 2n2个，于是知足maxX minY 的有序会合对因为有序会合对1(X,Y)的数量是2n2n2n2n14n2n n1 12017B二、（此题满分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个互不订交的子集A1,A2, ,A k，每个子集A i中均不存在4个数a,b,c,d（能够相同），满足abcdm．★证明：取k m1，令A i{xx i(modm1),x N}，i1,2,,m1设a,b,c,d A i，则ab cd iii i0(modm1)，故m1ab cd，而m1m，所以在A i中不存在4个数a,b,c,d，知足ab cdm2017B四、（此题满分50分）。
1981-2018年历年高中数学联赛48真题试卷分类汇编：数论(高中数联含答案和解析)
项互不相同，因此存在正整数 N ，当 n N 时，都有 an p .若对某个 n N ， p | Sn ，那么 p 与
Sn 互素，又 a1 , a2 ,,.an 中无一项是 p ，故有数列定义知 an1 p ，但是 an1 p ，矛盾！
因此对每个 n N ，都有 p | Sn .又 p | Sn1 ，可得 p | an1 ，从而 an1 与 Sn 不互素，这与 an1 的定义
1981 年~2018 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编
数论部分
n
2018A 四、（本题满分 50 分）数列 an 定义如下： a1 是任意正整数，对整数 n 1， an1 与 ai 互 i 1
素，且不等于 a1, a2 ,,.an 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列 an 中出现。
我们有 p j , a 1（否则，因 p j 是素数，故 p j | a ，但 p j | a i j ，从而 p j | i j ，即 a 与 i j 不互素，
与 i j 的取法矛盾）.因此，由费马小定理知， a p1 1mod pi
现取 k p1 1 p2 1 pr 1 1 ，对 任意 j 1,2,, r ，注 意到 k 1 mod p j 1 ，故 有 a k i j a i j 0 mod p j .又 a k i j a i j p j ，故 a k i j 为合数。
★证明：显然 a1 1或者 a2 1.下面考虑整数 m 1，设 m 有 k 个不同的素因子，我们对 k 归纳证明
m 在 an 中出现.记 Sn a1 a2 an ， n 1. k 1时， m 是素数方幂，记 m p ，其中 0 ， p 是素数.假设 m 不在 an 中出现.由于 an 各
9解析几何-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1
S PF1 F2
F1 F2 2
y0
1 2 15 1
2
15 。
a 2 20 ， b 2 5 ，从而
2018B 6、设抛物线 C : y 2 2x 的准线与 x 轴交于点 A ，过点 B (相切于点 K ,过点 A 作 l 的平行线，与抛物线 C 交于点 M , N ，则 KMN 的面积为为
1 AB y M y N
1
2
2
2
2
2017A 3、在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的方程为 x
y 1， F 是 C 的焦点， A 为
9 10
C 的右顶点， P 是 C 上位于第一象限内的动点，则四边形 OAPF 的面积最大值为
◆答案： 3 11 2
★解析： 由题意得 A 3,0 ， F 0,1 ，设 P 点的坐标为 3 cos , 10 sin ，其中
则
0, ， 2
SOAPF
S OAP
S OFP
1 3 10 sin
2
1 3 cos
2
3 11 sin
2
，可得面积最大
值为 3 11 。 2
2017B 7、设 a 为非零实数，在平面直角坐标系
为 4 ，则实数 a 的值为
．
xOy 中，二次曲线 x2 ay 2 a 2 0 的焦距
1 17
◆答案：
2
★解析： 二次曲线方程可写成
x02 a2
y
2 0
b2
1
x0 a , y0 ， x0 a , y0 。由于点 Q, R 在椭圆上， 所以
2
2 x0 a
y02
a2
b2
1，
2
2 x0 a
11逻辑1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
★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 ．当 ， ， ， 是 ， 的任意排列时， 最小．
证明如下：
1°设当两个电阻 ， 并联时，所得组件阻值为 ：则 ．故交换二电阻的位置，不改变 值，且当 或 变小时， 也减小，因此不妨取 ．
提示：利用入射角等于反射角的原理．
★解析：只要把这个正六边形经过5次对称变换．
则击球时应如图所示，击球方向在∠MPN内部时即可．
设 ，以 为原点， 为 轴正方向建立直角
坐标系，点 坐标为 ．点 坐标为 ，
即
2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB：
．
显然 越大， 越小，所以为使 最小必须取 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 ：
．
若记 ， ．则S1、S2为定值．于是 ．
只有当 最小， 最大时， 最小，故应取 ， ， ，即得总电阻的阻值最小．
4°对于图3，把由 组成的组件用等效电阻 代替．要使 最小，由3°必需使 ；且由1°，应使 最小．由2°知要使 最小，必需使 ，且应使 最小．
◆答案：D
★解析：由 得 ；而 ，得 ．故选D．
1981*10、(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用 三种零件．每件甲需用 各 个；每件乙需用 各 个 ；每件丙需用 个 与 个 ．用库存的 三种零件，如组装成 件甲产品、 件乙产品和 件丙产品，则剩下 个 和 个 ，但 恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的 三种零件都恰好用完．
1981-2018年历年高中数学联赛48真题试卷分类汇编：立体几何(高中数联含答案和解析)
由余弦定理得， DE AD2 AE 2 2AD AE cos 60
49 16 28 37 ，
同理有 DF 37 .
作等腰 DEF 底边 EF 上的高 DH ，则 EH 1 EF 2 ，故 DH 2
于是 SDEF
1 EF 2
DH 2
33 .
★解析：由 ABC =90°知，AC 为底面圆的直径．设底面中心为 O，则 PO 平面 ABC，易知
AO 1 AC 1，进而 PO AP 2 AO 2 1． 2
设 H 为 M 在底面上的射影，则 H 为 AO 的中点．在底面中作 HK BC 于点 K，则由三垂线定理知 MK BC ，从而 MKH 为二面角 M—
OQ 故所以区域的面积为 22 12 3 。
2017A 5、正三棱锥 P ABC 中， AB 1， AP 2 ，过 AB 的平面 将其体积平分，则棱 PC 与 平面 所成角的余弦值为
◆答案： 3 5 10
★ 解 析 ： 设 AB, PC 的 中 点 分 别 为 K , M ， 则 平 面 即 平 面 ABM ， 则 中 线
AM 2 1
AP 2 AC 2
1 PC 2 1
22
1
1
22
3
，
2
4
2
4
2
则 KM AM 2 AK 2 3 1 2 5 。 2 2 2
又棱 PC 与平面 的射影线是直线 MK ，而 CM 1, KC
3
，所以
2
cos KMC
AM BN
1 11. 11 2 11 2
1981-2018年历年高中数学联赛48真题试卷分类汇编：不定方程(高中数联含答案和解析)
1981年~2018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 ()2mod ，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 m mk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：11101)m m j j m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j j m j q q C q +++=+-=∑1,2,,q n = 分别将代入上式得：11021,m m j m j C ++=-=∑1110322,m m m j j m j C +++=-=∑ 1110(1)(1),m m m j j m j n n C n +++=--=-∑1110(1).m m m j j m j n n C n +++=+-=∑n 将上面个等式两边分别相加得到：1101(1)1(),m n m j j m j i n Ci ++==+-=∑∑（20分）11111(1)(1)1(1),m n n m j j m m j i i n n n Ci m i -+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m n m m m k 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1a <．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 x x ⇔++++++++=。
函数与方程-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编2、函数与方程部分2018A 5、设)(x f 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[]1,0上严格递减，且满足1)(=πf ，2)2(=πf ，则不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤2)(121x f x 的解集为 ◆答案：[]ππ28,2--★解析：由)(x f 为偶函数及在区间[]1,0上严格递减知，)(x f 在[]0,1-上递增，结合周期性知，)(x f 在[]2,1上递增，又1)()2(==-ππf f ，2)2()2()28(==-=-πππf f f ， 所以不等式等价于)28()()2(ππ-≤≤-f x f f ，又22821<-<-<ππ 所以ππ282-<<-x ，即不等式的解集为[]ππ28,2--2018A ，B 9、（本题满分16分）已知定义在+R 上的函数)(x f 为⎩⎨⎧--=x x x f 41log )(39,90,>≤<x x ，设c b a ,,是三个互不相同的实数，满足)()()(c f b f a f ==，求abc 的取值范围。
★解析：不妨设c b a <<，由于)(x f 在(]3,0上递减，在[]9,3上递增，在[)+∞,9上递减，且0)3(=f ，1)9(=f ，结合图像知：()3,0∈a ，()9,3∈b ，()+∞∈,9c ，且()1,0)()()(∈==c f b f a f 。
由)()(b f a f =得2log log 33=+b a ，即9=ab ，此时c abc 9=，又c c f -=4)(，由140<-<c 得()16,9∈c ，所以()144,819∈=c abc 。
2018B 7、设)(x f 是定义在R 上的以2为周期的偶函数，在区间[]2,1上严格递减，且满足1)(=πf ，0)2(=πf ，则不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤1)(010x f x 的解集为◆答案：[]ππ--4,62★解析：由)(x f 为偶函数及在区间[]2,1上严格递减知，)(x f 在[]1,2--上递增，结合周期性知，)(x f 在[]1,0上递增，又1)()4(==-ππf f ，0)2()62(==-ππf f ，所以不等式等价于)4()()62(ππ-≤≤-f x f f ，又14620<-<-<ππ，即不等式的解集为[]ππ--4,62.2017A1、设)(x f 是定义在R 上函数，对任意的实数x 有1)4()3(-=-⋅+x f x f ，又当70<≤x 时，)9(log )(2x x f -=，则)100(-f 的值为 ◆答案： 21-★解析：由条件知，1)()7(-=+x f x f ，即1)14()7(-=++x f x f ，故)14()(+=x f x f ，即函数)(x f 的周期为14，所以21)5(1)2()100(-=-=-=-f f f2017B 3、设)(x f 是定义在R 上的函数，若2)(x x f +是奇函数，xx f 2)(+是偶函数，则)1(f 的值为 ◆答案：74-★解析：由条件知，2(1)1((1)(1))(1)1f f f +=--+-=---，1(1)2(1)2f f +=-+， 两式相加消去(1)f -，可知：12(1)32f +=-，即7(1)4f =-.2016A 3、正实数u ，v ，w 均不等于1，若5log log =+w vw v u ，3log log =+v u w v ，则v w log 的值为 ◆答案：54★解析：令a v u =log ，b w v =log ，则a u v 1log =，bv w 1log =，ab a w v v vw v u u u +=•+=log log log log 条件化为5=++b ab a ，311=+b a ，由此可得45=ab ，因此54log log log ==•=u v u v w w ．2016A 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 x f =-。
三角-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案.pdf
1
b cos c
cosc 1 。由 (1)、 (3)知 a b ，所以
1。
2
a
0 ，故 c 2k
2k
( k Z )，
2007*11 、已知函数 f ( x)
sin( x) cos( x) 2 （ 1
x
5 ），则 f ( x) 的最小值为
x
4
4
45
◆答案：
5
★解析： 解：实际上 f ( x)
2 sin(πｘπ) 4
①
22
由于 secan 0 ，故 a n 1 tan2 a n n 1 tan 2 a1
(0, ) 。由①得， tan 2 an 1 2 1 3n 2
n1 33
sec2 a n
1 tan2 a n ，故
即 tan an
3n 2 。 3
………………………… 10 分
因此， sin a1 sin a2 … sin am tan a1 tan a2 … tan am
的最大值为
◆答案： 5 2
★ 解 析 ： 由 辅 助 角 公 式 ： T asin t b cost a2 b2 sin(t ) ， 其 中 满 足 条 件
sin
b ,cos
a
，则函数 T 的值域是 [ a2 b2 , a2 b2 ] ，室内最大温差为
a2 b2
a2 b2
2 a2 b2 10 ，得 a2 b2 5 ．
1
cos4
cos2
sin 2
sin 2
(1 sin )(1 co s2 ) 2 s in
sin
sin
2
sin c os2
1，得 2．
2015A 7 、设 w 是正实数，若存在 a, b ( a b 2 ) ，使得 sin wa sin wb 2 ，则 w 的取值范
7不等式与线性规划-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1 2016 2016 i 1
ai
ai2 1
1 2016
2016
ai
i1
2016
a
2 i
1
i1
1 2016
2016
ai
i1
2016
ai2
i1
1
a 2016 i
2
(1 ai )
1
11
2016
，当且仅当 a1 a 2 a 3
2016 i 1
2
2016
44
1 2016
2016
ai 1
i1
ai
a 2016
1
(1 a)(1 b)(1 c) 1 d 2 ★证明： 当 d 1时，不等式显然成立 以下设 0 d 1，不妨设 a, b 不异号，即 ab 0 ，那么有
(1 a)(1 b) 1 a b ab 1 a b 1 c 1 d 0
因此 (1 a)(1 b)(1 c)
(1 c)(1 c)
1 c2
1
2
c
1
d2
a f(
b )
a (
b)2
a k(
b )
m
1③
2
2
2
① +② - 2 ③知
2
ab 2
f ( a)
f (b)
a 2f (
b )
4，
2
即b a 2 2。
2017A 10 、（ 本 题 满 分 20 分 ） 设 x1, x2 , x3 是 非 负 实 数 ， 满 足 x1 x2 x3 1 ， 求
x1 3x2 5x3 x1 x2 3
2016A1 、设实数 a 满足 a 9a3 11a a ，则实数 a 的取值范围为
16组合与构造1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
()= ⎨ξ (B , c )= ⎨ 记 ξ A , c，同理定义0， 中不含c 色方格0， 中不含c 色方格 ⎩ ⎩AB ∑ (n (A )+ n (B ))= ∑∑ (ξ (A , c )+ ξ (B , c ))=∑∑ (ξ (A , c )+ ξ (B , c ))= ∑ n (c )3L ≥ ∑(n (A )- 1)+ ∑ (n (B )- 1)≥ ∑(n (A )+ n (B ))- 66 =∑ n c - 66 ③( )2017A 三、（本题满分 50 分）将33 ⨯ 33 方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方 格的个数相等。
若相邻两个小方格的颜色不同，则称他们的公共边为“分割边” 试求分割边条数的 最小值。
★解析：记分割边的条数为 L .首先，将方格纸按如图所示分成三 个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分割边，此时共有 56 条 分割边，即 L = 56 。
下面证明 L ≥ 56 .将方格纸的行从上至下依次记为 A , A , , A ,列从左至右依次记为1 2 33B , B , , B ,行 A 中方格出现的颜色数记为 n (A )，1 233ii列 B 中方格出现的颜色数记为 n (B )，三种颜色分别记为 c ， c ， c ，ii123对于一种颜色 c ，设 n (c )是表示含有 c 色方格的函数与列数之和. j i jijij⎧1， 中含有c 色方格 ⎧1， 中含有c 色方格i j i j i j i j，则33 33 3 3 33 3i i i j i j i j i j ji =1i =1 j =1j =1 i =1j =11由于染 c 色的方格有 ⨯ 332 = 363 个，设含有 c 色方格的行有 a 个，列有 b 个，则 c 色方格一定j jj在这 a 行和 b 列的交叉方格中，因此 ab ≥ 363 .从而 n (c )= a + b ≥ 2 ab ≥ 2 363 > 38i即 n (c )≥ 39 . j = 1,2,3, ②i由于在行 A 中有 n (A )种颜色的方格，因此至少有 n (A )- 1 条分割边，同理在行 B 中有 n (B )种颜i i ii i色的方格，因此至少有 n (B )- 1 条分割边，于是， i333333 3 iiiiji =1 i =1i =1j =1下面分两种情形讨论.⑴当有一行或有一列全部方格同色时，不妨设有一行全为 c 色，从而方格纸的 33 列中均含有 c 的方 11格，由于 c 的方格有 363 个，故至少有11行中含有 c 色方格。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分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--+mn 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 n nm 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）。
设{}5,4,3,2,1,,,2021∈a a a ，{}10,,3,2,1,,,2021 ∈b b b ，集合{}0))((,201|),(<--≤<≤=j i j i b b a a j i j i X ，求X 的元素个数的最大值。
★解析：考虑一组满足条件的正整数12201220(,,,,,,,)a a a b b b对1,2,,5k =，设120,,a a 中取值为k 的数有k t 个，根据X 的定义，当i j a a =时，(,)i j X ∉，因此至少有521kt k C =∑个(,)i j 不在X 中，注意到5120k k t ==∑，则柯西不等式，我们有5555522211111111120()(())20(1)3022525kt k k k k k k k k k C t t t t ======∙-≥∙-=∙∙-=∑∑∑∑∑ 从而X 的元素个数不超过2203019030160C -=-=另一方面，取4342414k k k k a a a a k ---====（1,2,,5k =），6i i b a =-（1,2,,20i =）， 则对任意,i j （120i j ≤<≤），有2()()()((6)(6))()0i j i j i j i j i j a a b b a a a a a a --=----=--≤等号成立当且仅当i j a a =，这恰好发生24530C =次，此时X 的元素个数达到22030160C -=综上所述，X 的元素个数的最大值为160.2016B 四、（本题满分50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}v u A v u uv B ≠∈=,,|求B 的元素个数的最小值．★解析：记{}1121,,,a a a A =，不妨设1121a a a <<< ①若≥i a ()111≤≤i 恒成立；由于1110113112423221a a a a a a a a a a a a <<<<<<< ，这里显然可以发现有18个数在B 中，即18≥B②若1111210a a a a a a k k k <<<≤<<<<++ ，其中5≤k 时，由于1111121121111121a a a a a a a a a a a a a a k k k k k k k >>>>>>>>--++ 有10个非负数；又11101141131124232a a a a a a a a a a a a k k k k k k k <<<<<<<+++++++ 有k 217-个正数， 故此时，1722721710≥-=-+≥k k B ，当5=k 时，17min =B ，如{}4322,2,2,2,1,0±±±±±=A ，{}87654322,2,2,2,2,2,2,2,1,0-±±±±±±±-=B 满足； ③若1111210a a a a a a k k k <<<≤<<<<++ ，其中6≥k 时，由于1111121121111121a a a a a a a a a a a a a a k k k k k k k >>>>>>>>--++ 有10个非负数；又0621<<<<a a a ，则1213141525354565a a a a a a a a a a a a a a a a <<<<<<<有8个正数，故此时，18810=+≥B④若0<i a ()111≤≤i 恒成立；同①显然可以发现有18个数在B 中，即18≥B ； 综上。
B 的元素个数的最小值为17.2015AB10、（本题满分20分）设4321,,,a a a a 是4个有理数，使得{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧----=≤<≤3,1,81,23,2,2441|j i aa ji，求4321a a a a +++的值。
★解析：由条件可知，(14)i j a a i j ≤<≤是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，4321,,,a a a a 的绝对值互不相等，不妨设||||||||4321a a a a <<<，则||||(14i ja a i j ≤<≤中最小的与次小的两个数分别是12||||a a 及13||||a a ，最大与次大的两个数分别是34||||a a 及24||||a a ，从而必须有121324341,81,3,24,a a a a a a a a ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪=-⎪⎩ 10 分 于是2341112113,,248a a a a a a a =-===-．故2231412113{,}{,24}{2,}82a a a a a a =--=--，15分 结合1a Q ∈，只可能114a =±．由此易知，123411,,4,642a a a a ==-==-或者123411,,4,642a a a a =-==-=．检验知这两组解均满足问题的条件． 故123494a a a a +++=±． 20 分2015A 二、（本题满分40分）设{}n A A A S ,,,21 =，其中n A A A ,,,21 是n 个互不相同的有限集合（2≥n ），满足对任意的S A A j i ∈,,均有S A A j i = ，若2mi n 1≥=≤≤i ni A k .证明：存在 ni i A x 1=∈，使得x 属于n A A A ,,,21 中至少kn个集合（这里X 表示有限集合X 的元素个数）。
★证明：不妨设1||A k =．设在12,,,n A A A 中与1A 不相交的集合有s 个，重新记为12,,,s B B B ，设包含1A 的集合有t 个，重新记为12,,,t C C C ．由已知条件，1()iB A S ∈，即112(){,,,}it B A C C C ∈，这样我们得到一个映射12121:{,,,}{,,,},()s t i i f B B B C C C f B B A →=．显然f 是单映射，于是，s t ≤． 10 分设112{,,,}k A a a a =．在n A A A ,,,21⋅⋅⋅中除去12,,,s B B B ，12,,,t C C C 后，在剩下的n s t --个集合中，设包含i a 的集合有i x 个（1i k ≤≤），由于剩下的n s t --个集合中每个集合与从的交非空，即包含某个i a ，从而12k x x x n s t +++≥--． 20 分不妨设11max i i kx x ≤≤=，则由上式知i n s tx k--≥，即在剩下的n s t --个集合中，包含1a 的集合至少有n s tk--个．又由于),,2,1(1t i C A i ⋅⋅⋅=⊆，故12,,,t C C C 都包含1a ，因此包含1a 的集合个数至少为(1)n s t n s k t n s tt k k k---+---+=≥（利用2k ≥） nk≥（利用s t ≤)． 40 分2015B 6、设k 为实数，在平面直角坐标系中有两个点集{})(2),(22y x y x y x A +=+=和{}03),(≥++-=k y kx y x B ，若B A 是单元集，则k 的值为◆答案： 23-★解析：点集A 是圆周22:(1)(1)2x y Γ-+-=，点集B 是恒过点)3,1(-P 的直线:3(1)l y k x -=+及下方（包括边界）．作出这两个点集知，当A 自B 是单元集时，直线l 是过点P 的圆Γ的一条切线．故圆Γ的圆心 M (1, l ）到直线l 2， 221k =+23k =--2014A 2、设集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤≤+21|3b a b a 中最大元素与最小元素分别为N M ,，则N M -的值为 ◆答案： 325-★解析：由21≤≤≤b a 知，52133=+≤+b a ，当1=a ，2=b 时，得最大元素5=M ，又3233≥+≥+a ab a ，当3==b a 时，得最小元素32=m 。