高中数学竞赛试题汇编一二《集合与简易逻辑》《复数》

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中学数学竞赛讲义—集合与简易逻辑

中学数学竞赛讲义—集合与简易逻辑

中学数学竞赛讲义—集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地,一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合,简称集,用大写字母来表示;集合中的各个对象称为元素,用小写字母来表示,元素x 在集合A 中,称x 属于A ,记为A x ∈,否则称x 不属于A ,记作A x ∉。

例如,通常用N ,Z ,Q ,B ,Q +分别表示自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集,不含任何元素的集合称为空集,用∅来表示。

集合分有限集和无限集两种。

集合的表示方法有列举法:将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集合的方法,如{1,2,3};描述法:将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方法。

例如{有理数},}0{>x x 分别表示有理数集和正实数集。

定义2 子集:对于两个集合A 与B ,如果集合A 中的任何一个元素都是集合B 中的元素,则A 叫做B 的子集,记为B A ⊆,例如Z N ⊆。

规定空集是任何集合的子集,如果A 是B 的子集,B 也是A 的子集,则称A 与B 相等。

如果A 是B 的子集,而且B 中存在元素不属于A ,则A 叫B 的真子集。

定义3 交集,}.{B x A x x B A ∈∈=且 定义4 并集,}.{B x A x x B A ∈∈=或定义5 补集,若},{,1A x I x x A C I A ∉∈=⊆且则称为A 在I 中的补集。

定义6 差集,},{\B x A x x B A ∉∈=且。

定义7 集合},,{b a R x b x a x <∈<<记作开区间),(b a ,集合},,{b a R x b x a x <∈≤≤记作闭区间],[b a ,R 记作).,(+∞-∞定理1 集合的性质:对任意集合A ,B ,C ,有:(1));()()(C A B A C B A = (2))()()(C A B A C B A =; (3));(111B A C B C A C = (4)).(111B A C B C A C = 【证明】这里仅证(1)、(3),其余由读者自己完成。

高考常考小题一:集合、复数与简易逻辑(教师答案版)

高考常考小题一:集合、复数与简易逻辑(教师答案版)

□高考常考小题一:集合、复数与简易逻辑※常考题型讲练题型一集合的基本关系与运算【例2】1.已知集合A={1,3,m},B={1,m},A∪B=A,则m=()A.0或 3 B.0或3C.1或 3 D.1或3答案 B2.设集合A={x|21-x>1,x∈R},B={x|y=1-x2},则(∁R A)∩B 等于()A.{x|-1≤x≤1} B.{x|-1<x<1}C.{-1,1} D.{1}答案 C3.已知集合A={x|y=lg(x-x2)},B={x|x2-cx<0,c>0},若A⊆B,则实数c的取值范围是()A.(0,1] B.[1,+∞)C.(0,1) D.(1,+∞)答案 B变式训练1:1.设全集I=R,A={y|y=log2x,x>2},B={x|y=x-1},则()A.A⊆B B.A∪B=AC.A∩B=∅D.A∩(∁I B)≠∅答案 A2.已知全集A={x∈N|x2+2x-3≤0},B={y|y⊆A},则集合B 中元素的个数为()A.2 B.3C.4 D.5答案 C3.设集合U=R,A={x|2x(x-2)<1},B={x|y=ln(1-x)},则图中阴影部分表示的集合为()A.{x|x≥1} B.{x|1≤x<2}C.{x|0<x≤1} D.{x|x≤1}答案:B 题型二复数的概念及运算【例2】1.已知复数a+3i1-2i是纯虚数,则实数a=()A.-2 B.4C.-6 D.6答案:D解析:a+3i1-2i=a-6+(2a+3)i5,∴a=6时,复数a+3i1-2i为纯虚数.2.已知i为虚数单位,复数z=2+i1-2i,则|z|+1z=()A.i B.1-iC.1+i D.-i答案 B解析:由已知得z=2+i1-2i=-2i2+i1-2i=i(1-2i)1-2i=i,|z|+1z=|i|+1i=1-i.3.已知i为虚数单位,复数z满足z i=(3-i1+i)2,则复数z在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案 C解析:z i=(3-i1+i)2=(3-i)2(1+i)2=8-6i2i,∴z=8-6i2i2=8-6i-2=-4+3i,∴z=-4-3i,故选C.4.已知i为虚数单位,若z+z=2,(z-z)i=2,则z=() A.1+i B.-1-iC.-1+i D.1-i答案:D解析:设z=a+b i(a,b∈R),则z=a-b i,又z+z=2,即(a+b i)+(a-b i)=2,所以2a=2,解得a=1.又(z-z)i=2,即[(a+b i)-(a-b i)]·i=2,则b i2=1,解得b=-1.则z=1-i.变式训练2:1.复数z=i2+i3+i41-i在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案: D解析:i2+i3+i41-i=(-1)+(-i)+11-i=-i1-i=-i(1+i)(1-i)(1+i)=1-i2=12-12i.2.已知i 为虚数单位,若(2+i)z =3-i ,则z ·z 的值为( ) A .1 B .2 C . 2 D .4 答案 B解析: 设z =a +b i(a ,b ∈R ),代入(2+i)z =3-i ,得(2a -b )+(2b +a )i =3-i ,从而可得a =1,b =-1,那么z ·z =(1-i)(1+i)=2.3.若复数z 满足z -|z |=-1+3i ,则z -=________. 答案 4-3i解析:由条件可设z =a +3i ,则|z |=a 2+9,∴a -a 2+9=-1,∴a =4,∴z =4+3i ,∴z -=4-3i .题型三 命题与充分必要条件判断【例3】1.下列选项中,说法正确的是( )A .命题“∃x ∈R ,x 2-x ≤0”的否定是“∃x ∈R ,x 2-x >0”B .命题“p ∨q 为真”是命题“p ∧q 为真”的充分不必要条件C .命题“若am 2≤bm 2,则a ≤b ”是假命题D .命题“在△ABC 中,若sin A <12,则A <π6”的逆否命题为真答案:C2.已知a ,b 为非零向量,则“函数f (x )=(a x +b )2为偶函数”是“a ⊥b ”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 答案:C3.已知命题p : ∀n ∈N *,f (n )∈N *且f (n )≤n ,则¬p 是( )A .∀n ∈N *,f (n )∉N *且f (n )>n B .∀n ∈N *,f (n )∉N *或f (n )>n C .∃n 0∈N *,f (n 0)∉N *且f (n 0)>n 0 D .∃n 0∈N *,f (n 0)∉N *或f (n 0)>n 0 答案:D4.已知p :(a -1)2≤1,q :∀x ∈R ,ax 2-ax +1≥0,则p 是q 成立的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 答案 A解析 由(a -1)2≤1解得0≤a ≤2,∴p :0≤a ≤2. 当a =0时,ax 2-ax +1≥0对∀x ∈R 恒成立;当a ≠0时,由⎩⎨⎧a >0Δ=a 2-4a ≤0得0<a ≤4,∴q :0≤a ≤4.∴p 是q 成立的充分不必要条件.变式训练3:1.已知命题p :∃x ∈R ,x -2>lg x ,命题q :∀x ∈R ,x 2>0,则( )A .p ∨q 是假命题B .p ∧q 是真命题C .p ∧(¬q )是真命题D .p ∨(¬q )是假命题 答案 C2.设α,β是两个不同的平面,m 是直线且m ⊂α.“m ∥β”是“α∥β”的( )A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 答案:B3.设a ,b 都是不等于1的正数,则“3a >3b >3”是“log a 3<log b 3”的( ) A .充要条件 B .充分不必要条件 C .必要不充分条件 D .既不充分也不必要条件 答案 B4.设命题p :∃n ∈N ,n 2>2n ,则¬p 为( )A .∀n ∈N ,n 2>2nB .∃n ∈N ,n 2≤2nC .∀n ∈N ,n 2≤2nD .∃n ∈N ,n 2=2n 答案 C5.已知条件p :x 2+2x -3>0;条件q :x >a ,且¬q 的一个充分不必要条件是¬p ,则a 的取值范围是( ) A .[1,+∞) B .(-∞,1] C .[-1,+∞) D .(-∞,-3]题型四 简易逻辑综合应用问题【例4】1.已知命题p :“∀x ∈[0,1],a ≥e x ”,命题q :“∃x ∈R ,x 2+4x +a =0”,若命题“p ∧q ”是真命题,则实数a 的取值范围是( ) A .[e ,4] B .[1,4] C .(4,+∞) D .(-∞,1]解析 若命题p :“∀x ∈[0,1],a ≥e x ”为真命题,则a ≥e ;若命题q :“∃x ∈R ,x 2+4x +a =0”为真命题,则Δ=16-4a ≥0,即a ≤4,所以若 “p ∧q ”是真命题,则实数a 的范围是[e ,4]. 答案 A2.对于中国足球参与的某次大型赛事,有三名观众对结果作如下猜测:甲:中国非第一名,也非第二名; 乙:中国非第一名,而是第三名; 丙:中国非第三名,而是第一名.竞赛结束后发现,一人全猜对,一人猜对一半,一人全猜错,则中国足球队得了第________名. 答案 一解析 由上可知:甲、乙、丙均为“p 且q ”形式,所以猜对一半者也说了错误“命题”,即只有一个为真,所以可知丙是真命题,因此中国足球队得了第一名3.若f(x)=x2-2x,g(x)=ax+2(a>0),∀x1∈[-1,2],∃x0∈[-1,2],使g(x1)=f(x0),则实数a的取值范围是________.答案:(0,12]解析:由于函数g(x)在定义域[-1,2]内是任意取值的,且必存在x0∈[-1,2],使得g(x1)=f(x0),因此问题等价于函数g(x)的值域是函数f(x)值域的子集.函数f(x)的值域是[-1,3],函数g(x)的值域是[2-a,2+2a],则有2-a≥-1且2+2a≤3,即a≤12.又a>0,故a的取值范围是(0,1 2].变式训练4:1.已知命题“∃x∈R,x2+2ax+1<0”是真命题,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1) B.(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-1,1)答案:C解析:“∃x∈R,x2+2ax+1<0”是真命题,即不等式x2+2ax+1<0有解,∴Δ=(2a)2-4>0,得a2>1,即a>1或a<-1.2.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市;乙说:我没去过C城市;丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为________.答案A解析由题意:甲没去过B城市,但比乙去的城市多,而丙说“三人去过同一城市”,说明甲去过A,C城市,而乙“没去过C城市”,说明乙去过城市A,由此可知,乙去过的城市为A.3.已知命题p:∃x0∈R,e0x-mx0=0,q:∀x∈R,x2+mx +1≥0,若p∨(¬q)为假命题,则实数m的取值范围是() A.(-∞,0)∪(2,+∞) B.[0,2]C.R D.∅答案:B解析:若p∨(¬q)为假命题,则p假q真.命题p为假命题时,有0≤m<e;命题q为真命题时,有Δ=m2-4≤0,即-2≤m≤2.所以当p∨(¬q)为假命题时,m的取值范围是0≤m≤2.※重点题型精练(时限:35分钟)1.设集合A={y|y=2x,x∈R},B={x|x2-1<0},则A∪B=() A.(-1,1) B.(0,1)C.(-1,+∞) D.(0,+∞)答案 C2.命题“∃x0∈(0,+∞),ln x0=x0-1”的否定是() A.∀x∈(0,+∞),ln x≠x-1B.∀x∉(0,+∞),ln x=x-1C.∃x0∈(0,+∞),ln x0≠x0-1D.∃x0∉(0,+∞),ln x0=x0-1解析:该命题的否定是将存在量词改为全称量词,等号改为不等号即可,故选A.答案:A3.已知复数z=i(-2-i)2(i为虚数单位),z在复平面内所对应的点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案:A解析:因为z=i(-2-i)2=i4+4i-1=i3+4i=i(3-4i)25=425+325i,所以z在复平面内所对应的点()425,325在第一象限,故选A.4.命题“1+3x-1≥0”是命题“(x+2)(x-1)≥0”的() A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A5.有下列四个命题:p1:若a·b=0,则一定有a⊥b;p2:∃x,y∈R,sin(x-y)=sin x-sin y;p3:∀a∈(0,1)∪(1,+∞),f(x)=a1-2x+1恒过定点()12,2;p4:方程x2+y2+Dx+Ey+F=0表示圆的充要条件是D2+E2-4F≥0.其中假命题的是()A.p1,p4B.p2,p3C.p1,p3D.p2,p4答案 A解析:选A对于p1:∵a·b=0⇔a=0或b=0或a⊥b,当a=0,则a方向任意,a,b不一定垂直,故p1假,否定B、D,又p3显然为真,否定C.6.下列命题中的假命题是()A.∀x∈R,2x-1>0 B.∀x∈N*,(x-1)2>0 C.∃x0∈R,lg x0<1 D.∃x0∈R,tan()x0+π4=5答案 B7.若复数z 满足(2-i)z =|1+2i|,则z 的虚部为( )A .55B .55iC .1D .i [答案] A[解析] ∵(2-i)z =|1+2i|=5,∴z =52-i =52+i 5=255+55i ,∴复数z 的虚部为55.8.已知复数z =1+a i(a ∈R ,i 是虚数单位),z -z =-35+45i ,则a =( )A .2B .-2C .±2D .-12[答案] B[解析] 由题意可知:1-a i 1+a i =1-a i 21+a i 1-a i =1-2a i -a 21+a 2=1-a 21+a 2-2a 1+a 2i =-35+45i ,因此1-a 21+a 2=-35,化简得5a 2-5=3a 2+3,a 2=4,则a =±2,由-2a 1+a 2=45可知a <0,仅有a =-2满足,故选B .9.设a ,b 是非零向量,“a·b =|a ||b |”是“a ∥b ”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件 [答案] A [解析] 若a·b =|a ||b |,则a 与b 的方向相同,所以a ∥b .若a ∥b ,则a·b =|a ||b |,或a·b =-|a ||b |,所以“a·b =|a ||b |”是“a ∥b ”的充分而不必要条件,选A .10.在△ABC 中,设p :a sin B =b sin C =csin A;q :△ABC 是正三角形,那么p 是q 的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 答案:C解析:若p 成立,即a sin B =b sin C =csin A ,由正弦定理,可得a b =b c =ca=k .∴⎩⎪⎨⎪⎧a =kb ,b =kc ,c =ka ,∴a =b =c .则q :△ABC 是正三角形,成立.反之,若a =b =c ,则∠A =∠B =∠C =60°,则a sin B =b sin C =c sin A. 因此p ⇒q 且q ⇒p ,即p 是q 的充要条件.故选C .11.设i 是虚数单位,若z ·z i +2=2z ,则z =( ) A .1+i B .1-iC .-1+iD .-1-i [答案] A[解析] 设z =a +b i(a ,b ∈R ),则由z ·z i +2=2z 得(a +b i)(a -b i)i +2=2(a +b i),即(a 2+b 2)i +2=2a +2b i , 所以2a =2,a 2+b 2=2b ,所以a =1,b =1,即z =a +b i =1+i .12.函数f (x )=⎩⎨⎧log2x ,x >0,-2x +a ,x ≤0有且只有一个零点的充分不必要条件是( )A .a <0B .0<a <12C .12<a <1 D .a ≤0或a >1答案 A解析 因为函数f (x )过点(1,0),所以函数f (x )有且只有一个零点⇔函数y =-2x +a (x ≤0)没有零点⇔函数y =2x (x ≤0)与直线y =a 无公共点.由数形结合,可得a ≤0或a >1.观察选项,根据集合间关系得{a |a <0}{a |a ≤0或a >1},故答案选A .13.已知命题“∃x ∈R ,使2x 2+(a -1)x +12≤0”是假命题,则实数a 的取值范围是________. 答案 (-1,3)解析 原命题的否定为“∀x ∈R ,2x 2+(a -1)x +12>0”,且为真命题,则Δ=(a -1)2-4×2×12<0,解得-1<a <3.14.设复数z 满足|z |=5且(3+4i)z 是纯虚数,则z =________. 答案:±(4-3i)解析:设z =a +b i(a ,b ∈R ),则有a 2+b 2=5. 于是(3+4i)z =(3a -4b )+(4a +3b )i .由题设得⎩⎨⎧3a -4b =04a +3b ≠0得b =34a 代入得a 2+()34a 2=25,a =±4,∴⎩⎨⎧ a =4,b =3或⎩⎨⎧a =-4,b =-3. ∴z =4-3i 或z =-4+3i .。

高三数学集合简易逻辑、不等式、复数试题

高三数学集合简易逻辑、不等式、复数试题

高三数学集合简易逻辑、不等式、复数试题一,单项选择题1,已知M={y|y=x 2},N={y|x 2+y 2=2},则M N=( )A 、{(1,1),(-1,1)}B 、{1}C 、[0,1]D 、[0,2](湖南示范) 2,(理)设复数z=ii +-11+(1+i)2,则(1+z)7展开式的第五项是( ) A,-21 B,35 C,-21i D,-35i (文)不等式|x|≥x2的解集是( ) A,(-∞,0) B,[)+∞,2 C,(-∞,0)∪[)+∞,2 D,[)[)+∞⋃-,20,23,函数y=f(x)是圆心在原点的单位圆的两段圆弧(如图),则不等式f(x)<f(-x)+x的解集为()A,{x|-552<x<0或552<x ≤1} B,{x|-1≤x<-552或552<x ≤1} C,{x|-1≤x<-552或552<x ≤1} D,{x|-552<x<552且x ≠0}4,集合P={1,4,9,16,……},若a ∈P ,b ∈P ,有a ○b ∈P ,则运算○可能是() A ,加法 B ,减法 C ,除法 D ,乘法5,设x 、y 、a 、b ∈R ,且x 2+y 2=4,a 2+b 2=1,则S=ax+by 的最值情况是( ) A,最大值为5/2,无最小值 B,最大值为2,最小值为-2 C ,最大值为5/2,最小值为-5/2 D ,以上都不对6(文)小区收取冬季供暖费,根据规定,住户可以可以从以下方案中任选其一:方案一,按使用面积缴纳,4元/米2;方案二,按建筑面积缴纳,3元/米2。

李明家的使用面积是60米2,如果他家选择方案二缴纳费用较少,那么他家的建筑面积最大不超过( )米2A ,70B ,80C ,90D ,100(理)某商店某种货物的进价下降了8%,但销售价不变,于是这种货物的销售利润率(%100⨯-进价进价销售价)由原来的r%增加到(r+10)%,则r=( )A,12 B,15 C,20 D,257,a<b,d<c 且(c-a)(c-b)<0,(d-a)(d-b)>0,则a 、b 、c 、d 的大小关系是( ) A,d<a<c<b B,a<c<b<d C,a<d<b<c D,a<d<c<b8,函数f(x)=lg(a x -b x ) (a>1>b>0),则f(x)>0的解集为(1,+∞) 的充要条件是( ) A,a=b+1 B,a<b+1 C,a>b+1 D,b=a+19,设集合I={1,2,3},A ⊆I,若把集合M ∪A=I 的集合M 叫做集合A 的配集,则A={1,2}的配集有( )个 A ,1 B ,2 C ,3 D ,410(文)设a 1≤a 2≤a 3,b 1≤b 2≤b 3为两组实数,c 1,c 2,c 3为b 1,b 2,b 3的任一排列,设P=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3,Q= a 1b 3+a 2b 2+a 3b 1,R= a 1c 1+a 2c 2+a 3c 3则必有( ) A,P ≤Q ≤R B,R ≤P ≤Q C,P ≤R ≤Q D,Q ≤R ≤P (理)设2α是第二象限的角,则复数(tan α+i)(1+icot α)对应的点位于复平面内的第( )象限A .一B .二C .三D .四11,有一个面积为1米2,形状为直角三角形的框架,有下列四种长度的钢管供应用,其中最合理(够用且最省)的是( )米A,4.7 B,4.8 C,4.9 D,512,(文)设全集U =R ,集合2|{2-==x x x M ,R}∈x ,21|{≤+=x x N ,R}∈x 则N M C U )(等于( )A .{2}B .}31|{≤≤-x xC .{x |x <2,或2<x <3}D .21|{<≤-x x 或}32≤<x(理)不等式组⎩⎨⎧<->-ax a x 2412,有解,则实数a 的满足的取值范围集合是( )A .(-1,3)B .(-3,1)C .(-∞,1) (3,+∞)D .(-∞,-3) (1,+∞)二,填空题13,(文)不等式x >ax+23的解集为(4,b),则a.b=_________ (理)已知三角形ABC 中,A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ,满足a n+b n=c n(n>2),则三角形ABC 一定是__________三角形(按角分类)14(文)已知集合P ={(x ,y )|y =m },Q ={(x ,y )|y =1+xa ,a >0,a ≠1},如果P Q 有且只有一个元素,那么实数m 的取值范围是________.(理)定义在[-1,1]上的奇函数f(x)单调增,且f(-1)=-1,若f(x)≤t 2-2at+1对一切x 及a ∈[-1,1]恒成立,则t 的取值集合是__________15, 设含有集合A={1,2,4,8,16}中三个元素的集合A 的所有子集记为B 1,B 2,B 3,…,B n (其中n ∈N *),又将B k (k=1,2,……,n)的元素之和记为a k ,则∑=nk ka1=_____16,下列4个命题:①命题“若Q 则P ”与命题“若非P 则非Q ”互为逆否命题;②“am 2<bm 2”是“a<b ”的必要不充分条件;③“矩形的两条对角线相等”的否命题为假;④命题“⊄∅{1,2}}或4∉{1,2}”为真命题。

高中复数竞赛试题

高中复数竞赛试题

高中复数竞赛试题复数是数学中的一个重要概念,它扩展了实数的概念,允许我们处理形如a + bi的数,其中a和b是实数,而i是虚数单位,满足i² = -1。

复数竞赛试题通常包括复数的代数形式、几何意义、运算规则以及复数在解决实际问题中的应用。

以下是一份高中复数竞赛试题的示例:一、选择题(每题3分,共15分)1. 下列哪个数是纯虚数?A. 3 + 2iB. -5iC. 0 - 7iD. 4 - 3i2. 复数z = 3 - 4i的共轭复数是:A. 3 + 4iB. -3 - 4iC. 4 - 3iD. -3 + 4i3. 若复数w满足w³ = 1,则w的值不包括:A. 1B. -1C. iD. -i4. 复数z = a + bi的模长是:A. √(a² + b²)B. √(a² - b²)C. a + bD. a - b5. 复数的除法可以通过乘以分母的共轭复数来简化,这种说法是:A. 正确B. 错误二、填空题(每题2分,共10分)6. 复数2 - 3i的实部是______。

7. 复数的模长为5的单位圆上的点的坐标可以表示为(x,y),其中x² + y² = ______。

8. 若复数z满足z² + z + 1 = 0,则z的值是______。

9. 复数3 + 4i与复数-1 - 2i的和是______。

10. 复数z = 1/2 + √3/2i的辐角主值是______。

三、计算题(每题10分,共20分)11. 计算复数表达式(2 + 3i)(1 - 4i) - (3 - 2i)²。

12. 已知复数z₁ = 2 + i,z₂ = 1 - i,求z₁z₂的值,并将其化简为a + bi的形式。

四、解答题(每题15分,共30分)13. 证明:对于任意复数z = a + bi,其共轭复数的模长与z相同。

14. 已知复数z₁ = 1 + i,z₂ = 1 - i,求z₁和z₂在复平面上的表示,并说明它们与单位圆的关系。

高中数学竞赛试题汇编一二《集合与简易逻辑》《复数》讲义

高中数学竞赛试题汇编一二《集合与简易逻辑》《复数》讲义

1. 命题“所有实数的平方都是正数”的否定 (A )所有实数的平方都不是正数 (B )有的实数的平方是正数(C )至少有一个实数的平方不是正数 (D )至少有一个实数的平方是正数2. 集合{11}P x x =-<{1},Q x x a =-≤且P Q ⋂=∅,则实数a 取值范围为A. 3a ≥B. 1a ≤-.C. 1a ≤-或 3a ≥D. 13a -≤≤ 3. 若,,R αβ∈ 则90αβ+=是sin sin 1αβ+>的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 已知全集U R =,集合112xN x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭,{}2680M x x x =-+≤,图中阴影部分所表示的集合为 (A ){}0x x ≤(B ){}24x x ≤≤ (C ){}024x x x <≤≥或 (D ){}024x x x ≤<>或 5. 已知集合{}23100A x x x =--≤,{}121B x m x m =+≤≤-,当A B =∅ 时,实数m 的取值范围是(A) 24m << (B) 24m m <>或(C) 142m -<< (D) 142m m <->或6. 已知函数[](),0,1f x ax b x =+∈,“20a b +>”是“()0f x >恒成立”的(A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件(C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要条件7. 已知{}11,10,,lg ,10A B y y x x A ⎧⎫===∈⎨⎬⎩⎭, 则A B = .8. 设集合{}1,3,5,7,9A =,{}2,4,6,18B =,{},C a b a A b B =+∈∈,则集合C 中所有的元素之和为 . 9. 设AB 是两个非空的有限集,全集U A B = 且U 中含有m 个元素,若()()U U C A C B 中含有n 个元素,则A B 中含有元素的个数为 . 10. 设{}2A x x a =-<,{}2230B x x x =--<,若B A ⊆,则实数a 的取值范围是 . 11.设{}20122013log log A x x x =<,{}2B x x ax a x =-+< 且A B ⊆,则a 的取值范围是 . 12设{}0,1,2,3A =,{}2,2B x x A x A =-∈-∉,则集合B 的所有元素之和为 .13. 已知复数z 满足2z z i +=+,那么z = .14. 已知复数z 满足1z =,则21z z -+的最大值为 .15. 已知i 是虚数单位,2342013i i i i i+++++= .16. i 是虚数单位,23420131z i i i i i=++++++ ,复数z 的共轭复数记为z ,则z z = . 17. 已知复数(,,z x yi x y R i =+∈为虚数单位),且28z i =,则z =( ) (A) 22z i =+ (B) 22z i =--(C) 22,z i =-+或22z i =- (D) 22,z i =+或22z i =--UNM高中数学竞赛试题汇编一《集合与简易逻辑》《复数》讲义。

高考高中数学专题复习测试题集合与简易逻辑二高考数学专题复习测试集合与简

高考高中数学专题复习测试题集合与简易逻辑二高考数学专题复习测试集合与简

数学专题复习测试题:集合与简易逻辑〔二〕创 作人:历恰面 日 期: 2020年1月1日一、选择题〔本大题一一共12小题,每一小题5分,一共60分〕 1.以下关系正确的选项是〔 〕. A .{}R x x y y ∈+=∈,π2|3 B .{}{})()(x y y x ,,= C .{}1|)(22=-y x y x ,{}1)(|)(222=-y xy x ,D .{}φ≠=+∈02|2x R x2.全集S 的真子集M ,P 满足P P M = ,那么以下各式正确的选项是〔 〕.{})(410|.3的真子集的个数是集合<-<∈x N xA .32B .31C .16D .154.如图,I 是全集,M ,P ,S 是I 的3个子集,那么阴影局部所表示的集合是〔 〕.A .S P M )(B .S P M )(C . )(P MD .)(P M)(213.5集合是的满足x x<<-.⎭⎬⎫⎩⎨⎧>-<⎭⎬⎫⎩⎨⎧-<⎭⎬⎫⎩⎨⎧>⎭⎬⎫⎩⎨⎧<<2131|.31|.21|.2131|.x x x D x x C x x B x x A 或{})(,213|034.62的取值为则实数或的解集是的不等式关于a x x x x x a x x >-<<->+++2.21.2.21.D C B A --7.原命题“假设1=xy ,那么x 、y 互为倒数〞,那么〔 〕. A .逆命题和逆否命题真,否命题假 B .逆命题假,否命题和逆否命题真 C .逆命题和否命题真,逆否命题假 D .逆命题、否命题、逆否命题都真) (q P ,21:,3:.8的是则或已知≠≠≠+y x q y x p〔A 〕充要条件 〔B 〕充分而不必要条件〔C 〕必要而不充分条件 〔D 〕既不充分条件也不必要条件9.假如命题“q p 或〞是真命题,“非p 〞是假命题,那么〔 〕〔A 〕命题P 一定是假命题; 〔B 〕命题q 一定是假命题;〔C 〕命题q 一定是真命题; 〔D 〕命题q 是真命题或者假命题。

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题12 复数(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题12 复数(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题12 复数 (50题竞赛真题强化训练)一、填空题1.(2021·全国·高三竞赛)已知z 为复数,且关于x 的方程2484i 30x zx -++=有实数根,则z 的最小值为__________. 【答案】1 【解析】 【详解】解析: x 为实数根,若0x =,则4i 30+=,矛盾;故0x ≠,故2431i 82x z x x +=+,于是我们可以得1z ==≥,当且仅当x =1. 故答案为:1.2.(2018·辽宁·高三竞赛)设a 、b均为实数,复数11)i z b =-+与2z 2bi =+的模长相等,且12z z 为纯虚数,则a +b=_____.1 【解析】 【详解】由题设知121z z =,且1122z z z z =为纯虚数,故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得a b ==或a b ==1a b +=.13.(2020·江苏·高三竞赛)已知复数z 满足1z =,则22413iz z z -+--的最大值为__________.【答案】3 【解析】 【详解】 解析:由题意可得222224(1)3(1)3i 13i 13i 13i 13iz z z z z z z z -+-+--===-+------,则()13i 13i z z -+=--表示复平面上点Z 到()1,3-的距离.如图所示,()1,3C -,由此可得13ZC ≤≤.故22413iz z z -+--的最大值为3.故答案为:3.4.(2018·山东·高三竞赛)若复数z 满足132i 22z z -+--=z 的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【详解】设()1,0A ,()3,2B ,22AB =z 的轨迹为线段AB . 因此min z 为原点O 到A 的距离,即min 1z OA ==.5.(2019·甘肃·高三竞赛)在复平面内,复数123,,z z z 对应的点分别为123,,Z Z Z .若12122,0z z OZ OZ ==⋅=,1232z z z +-=,则3z 的取值范围是______.【答案】[]0,4【解析】 【详解】因为12120z z OZ OZ ==⋅=,所以12+2z z =,因为123+2z z z -=,所以12312332|+|+||||=|||2|z z z z z z z =-≥--, 从而332||22,0|| 4.z z -≤-≤≤≤6.(2018·福建·高三竞赛)设复数z 满足i 2z -=,则z z -的最大值为______.(i 为虚数单位,z 为复数z 的共轭复数) 【答案】6 【解析】 【详解】设()i ,z x y x y R =+∈,则i z x y =-,()()i i 2i z z x y x y y -=+--=,2z z y -=, 由i 2z -=,知()i i 2x y +-=,()2214x y +-=.所以()214y -≤,13y -≤≤.所以26z z y -=≤.当且仅当3y =,即3i z =时,等号成立.故z z -的最大值为6.7.(2018·全国·高三竞赛)已知定义在复数集上的函数()()24f z i z pz q =+++(p 、q 为复数).若()1f 与()f i 均为实数,则p q +的最小值为__________.【解析】 【详解】设p a bi =+,()q c di a b c d R =+∈、、、.由()()()141f a c b d i =+++++,()()()41f i b c a d i =--++-++为实数 知1a d =-,1b d =--.则p q +==故当0c d ==(即1a =,1b =-)时,p q +8.(2021·全国·高三竞赛)设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为1220,,,z z z ,则复数1995199519951220,,,z z z 所对应的不同的点的个数是_______________.【答案】4 【解析】 【详解】 因为()39919955z z =,故考虑1250525,,,z z z 的不同个数.由201k z =,则()()()()2055550111k k k k k z z z z i z i =-=-+-+,可知5k z 只有4个取值,而()3155k k z z =的取值不会增加,故应为4个不同的点的个数. 故答案为:4.9.(2021·全国·高三竞赛)设1()1iz F z iz +=-,其中i 为虚数单位,z C ∈.设011,(),3n n z i z F z n N +=+=∈,则2020z 的实部为___________.【答案】137【解析】 【详解】i 1i ()i 1i z z F z z z +-==-+,故()()()ii 1i 1i1i ()i i 1i 1i 1i iz z z z F F z z z z z ---+-++===-+---++,故()()1ii 1()1i i 1z z F F F z z z z +--==++-, 故()()2020002191i i316i 1i i 31z F z F z +-====+++,从而实部为137.故答案为:137. 10.(2021·全国·高三竞赛)设复数1z 、2z 、3z 满足1232z z z ===,则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2 【解析】 【详解】解析:1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.故答案为:2.11.(2021·浙江·高三竞赛)复数1z ,2z 满足123z z ==,12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203 【解析】 【分析】 【详解】如图所示,设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3, 不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, ()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin33z z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, ()()1010202020121220232cos32cos 333z z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=, ()()10102012123z z z z +=.故答案为:203.12.(2021·浙江·高二竞赛)设复数i z x y =+的实虚部x ,y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数,则复数z =______. 315i +或315i . 【解析】 【分析】 【详解】 由1i 11i (1)i z z x y --=--+-,所以1y =,则315x =所以315i z =或315i z =. 故答案为:315i z =+或315i z =+. 13.(2021·全国·高三竞赛)已知1,1z z z∈+=C ,则z 的取值范围为___________. 5151z -+≤≤【解析】 【分析】 【详解】 设()i z rer θ+=∈R ,则:221sin cos 1cos sin i z r ir z r r θθθθ=+=+-+222211cos sin r r r r θθ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2212cos2r r θ=++. 故22112cos23r r θ+=-≤2r ≤≤r ≤≤.故答案为:⎣⎦. 14.(2021·全国·高三竞赛)已知复数z =(i 虚数单位),则()22222212121212111z z z zz z ⎛⎫+++⋅+++= ⎪⎝⎭______________. 【答案】36 【解析】 【分析】 【详解】由已知||1,||1,k kz z z k +===∈N ,故1k k z z=,再结合1212z z z z +=+,及2||zz z =,知所求式子为22221212z z z+++.又4i z e π==,是8次单位根.当1,3,5,7(mod8)k ≡时,21(mod8)k ≡. 当2,6(mod8)k ≡时,24(mod8)k ≡. 当4,8(mod8)k ≡时,28(mod8)k ≡, 所以222221212482633|6|36z z z z z z z +++=++==.故答案为:36.15.(2021·全国·高三竞赛)已知复数a 、b 、c 满足2222221,1,i,a ab b b bc c c ca a ⎧++=⎪++=-⎨⎪++=⎩则ab bc ca ++=_________. 【答案】i 【解析】 【分析】 【详解】由题意有333333,,i()a b a b b c c b c a c a -=--=--=-,三式相加有1i 1i 22b c a ++=+,代入第一个式中有2233ii i 1222a ac c +⎛⎫-++= ⎪⎝⎭, 与22i a ac c ++=联立,即有a 、c 均不为0且1(1i)c a a=--, 故有42i(1i)i 0a a --+=,所以21a =或i . 当1a =时,有i,0c b ==,此时原式为i . 当1a =-时,有i,0c b =-=,此时原式为i .当2i a =时,有2i 0c c +=,又0c ≠,所以21(1i)ii a c a a---=-==,得1a =,矛盾.综上所述,原式仅有i 一个值. 故答案为:i.16.(2021·全国·高三竞赛)若复数1234z z z z 、、、满足条件12233441241,1,z z z z z z z z z z +=+=-+∈R ,则()()1324z z z z -+=______.【答案】0 【解析】 【分析】 【详解】对34411z z z z +=-取共轭,34411z z z z +=-. 再与12231z z z z +=相加,并结合24z z +∈R 得: ()()()()32412413240z z z z z z z z zz =+++=++.若240z z +=,则所求式为0.否则,130z z +=.则13z z =-,从而13z z =-.代入条件二,得()3441z z z -=-. 即3444112i Im z z z z ==⋅-. 故3z 是纯虚数,有13130z z z z -=+=. 从而,所求式也为0. 故答案为:0.17.(2021·全国·高三竞赛)若复数z 满足20202019143340z iz iz ------=,则34(34)i i zz -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围为________. 【答案】[]10,10- 【解析】 【分析】 【详解】2020201912020143i 3i 40(43i )43i z z z z z z --------=⇔-=+()2020143i 43i z z z -⇔-=+2019(43i)z z =+. 设(,)z a bi a b R =+∈,则:2222|43||43||(43)3||4(43)|iz z i b ai a b i --+=+--++2222(43)916(43)b a a b =++--+()()2227171||a b z =--=-.若||1z >,则22|43i ||43i ||43i ||43i |0z z z z ->+⇒--+>,而()271||0z -<矛盾.同理||1z <,亦不可能,所以1z =.设cos isin ,34i 5(cos isin )z ααββ=++=+,则:34i 34i (34i)(34i)z z z z -+⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭5[cos()isin()]5cos()isin()βαβαβαβα=+++++++10cos()βα=+,所求取值范围是[]10,10-. 故答案为:[]10,10-.18.(2021·全国·高三竞赛)若非零复数x 、y 满足220x xy y ++=,则20052005()()x y x y x y+++的值是________. 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】2()10x xy y ++=得12x y ω==-或12x y ω==-. (1)当12x y ω==-时, 原式20052005200520051111()()()()11111y x x y ωω=+=+++++20052005200520051111()()()ωωωω=-+=-+-11()()1ωωωω=-+=-+=.(2)当12x y ω==-时,同理可得原式1=. 故答案为:1.19.(2020·全国·高三竞赛)设z 为复数.若2z z i--为实数(i 为虚数单位),则|3|z +的最小值为______.【解析】 【分析】设(,)z a bi a b =+∈R ,由已知条件计算出a b 、的数量关系,然后运用不等式求解出结果; 【详解】设(,)z a bi a b =+∈R ,由条件知22222(2)i (2)(1)22Im Im 0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ⎛⎫--+---++-⎛⎫==== ⎪ ⎪-+-+-+-⎝⎭⎝⎭, 故22a b +=.从而3||(3)2|5z a b +=≥++=,即|3|z +≥.当2,2a b =-=时,|3|z +【点睛】关键点点睛:解答本题的关键是紧扣已知条件,计算出满足条件的数量关系,继而可以求出结果.20.(2019·浙江·高三竞赛)设12,z z 为复数,且满足1125,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位),则12z z -取值为____________.【解析】 【详解】由15z =,设15(cos isin )z αα=+,由122i z z =+得2(2i)(cos isin )z αα=-+,于是,12|(3)(cos isin )|z z i αα-=++21.(2019·贵州·高三竞赛)已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ,f (x )=x 2+1,则()51k k f x ==∏____________ .【答案】37 【解析】 【详解】设52()5g x x x =-+,则()51()k k g x x x ==-∏.又f (x )=x 2+1=(x -i )(x +i ),所以()()()555111i i kkk k k k f x xx ====-⋅+∏∏∏()()g i g i =⋅-()5252i i 5(i)(i)5⎡⎤=-+⋅---+⎣⎦(6)(6)37i i =+-=.故答案为:37.22.(2019·四川·高三竞赛)满足(a +bi )6=a -bi (其中a ,b ∈R ,i 2=-1)的有序数组(a ,b )的组数是_____ . 【答案】8 【解析】 【详解】令z =a +bi ,则6z z =,从而6||||||z z z ==.于是||0z =或者||1z =.当||0z =时,z =0,即a =b =0,显然(0,0)符合条件; 当||1z =时,由6z z =知72||1z z z z =⋅==,注意到z 7=1有7个复数解.即有7个有序实数对(a ,b )符合条件. 综上可知,符合条件的有序实数对(a ,b )的对数是8. 故答案为:8.23.(2019·福建·高三竞赛)已知复数()1212,,z z z z z ≠满足22122z z ==--,且124z z z z -=-=,则||z =____________ .【答案】【解析】 【详解】先求复数2--的平方根.设2()2(,)x yi x y +=--∈,则()222i 2x y xy -+=--.故有2222x y xy ⎧-=-⎪⎨=-⎪⎩,解得111x y =⎧⎪⎨=⎪⎩221x y =-⎧⎪⎨=⎪⎩.由2212122z z z z ==--≠,知12,z z为复数2--的两个平方根.由对称性,不妨设1211z z ==-.于是,1212124,4z z z z z z z z -=-=-=-=,复数12,,z z z 对应的点12,,Z Z Z 构成边长为4的正三角形.又复数12,z z 对应的点12,Z Z 关于原点O 对称,所以OZ 为△ZZ 1Z 2的高,故||||z OZ ==故答案为:24.(2019·山东·高三竞赛)已知虚数z 满足1w z z =+为实数,且112,1z w u z--<<=+,那么2u ω-的最小值是______ .【答案】1【解析】 【详解】设z =x +yi (x ,y ∈R ),易知221x y +=, 则222222(1)31(1)1y w u x x x x -=+=++-++, 当x =0时等号成立. 故答案为:1.25.(2019·重庆·高三竞赛)已知复数123,,z z z 使得12z z 为纯虚数,121z z ==,1231z z z ++=,则3z 的最小值是_______ .1 【解析】 【详解】设123z z z z =++,则||1z =,由已知11220z z z z ⎛⎫+= ⎪⎝⎭, 所以12210z z z z +=.所以()2121212()z z z z z z +=++11221212z z z z z z z z =+++2=.所以12z z +=. 所以312z z z z =+-12||z z z+-1.当1231,i,i)z z z ===+时,最小值能取到. 1.26.(2019·上海·高三竞赛)若复数z满足||4z z +=,则||zi +的最大值为________. 【解析】 【详解】由复数的几何意义知,z 在复平面上对应的曲线是椭圆:2214x y +=.设2cos isin ,02z θθθπ=+<,则222211616|i |4cos (sin 1)3sin 333z θθθ⎛⎫+=++=--+ ⎪⎝⎭,所以43||3z i +,当1sin 3θ=,即421i 33z =+时等号成立,故最大值为433. 故答案为:433. 27.(2019·江苏·高三竞赛)在复平面中,复数3-i 、2-2i 、1+5i 分别对应点A 、B 、C ,则△ABC 的面积是________ .【答案】4 【解析】 【详解】如图所示,△ABC 的面积为:ABC CDEF ABE BFC ADC S S S S S =---△△△△,即△ABC 的面积是17276422⨯---=.故答案为:4.28.(2018·河南·高三竞赛)已知i 为虚数单位,则在)103i的展开式中,所有奇数项的和是______. 【答案】512 【解析】 【详解】 易知)103i的展开式中,所有奇数项的和是复数的实部.又)()()1010101013133i2i 2i 22⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1310245123i 2⎛⎫=-⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭.故填512.29.(2018·全国·高三竞赛)设复数1sin 2z i α=+,()21cos z i R αα=+⋅∈.则2121213z iz f z iz -+=-的最小值为__________. 【答案】2 【解析】 【详解】令12z iz t -==,则t ⎡∈⎣且此时有()222212sin cos 310sin212z iz t ααα+=-+=-=-. 故2212121312z iz t f z iz t-++==≥-当1t =,即()4k k Z παπ=-∈时,f 的最小值为2.30.(2019·全国·高三竞赛)设方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅.则112255111x x x x x x ++⋅⋅⋅+=______. 【答案】850 【解析】 【详解】 设cossin1010i ππε=+.则101ε=-.由于方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅,不妨设其为1x 、2x 、3x 、4x 、5x 、1x 、2x 、3x 、4x 、5x .由()1010131x x -=-,知()211311,2,,5k k k x x k ε--==⋅⋅⋅.于是,21113k kx ε-=-. 故()()5212111122551111313k k k x x x x x x εε---=++⋅⋅⋅+=--∑ ()52121117013k k k εε---=⎡⎤=-+⎣⎦∑ ()52121185013850k k k εε---==-+=∑. 31.(2019·全国·高三竞赛)若n 为大于1的正整数,则2462coscos cos cos n n n n nππππ+++⋅⋅⋅+=______. 【答案】0 【解析】 【详解】2112cos Re 0k i nn n k k k e n ππ====∑∑. 32.(2018·全国·高三竞赛)已知复数123,,z z z 满足121,1z z ≤≤,()312122z z z z z -+≤-.则3z 的最大值是______.【解析】 【详解】注意到3122z z z -+ ()312122z z z z z ≤-+≤-.则312122z z z z z ≤++- ≤=.当()2113121,z i z z z z z =±⋅==+时,3z .33.(2019·全国·高三竞赛)在复平面上,复数1z 对应的点在联结1和i 两点的线段上运动,复数2z 对应的点在以原点为圆心、1为半径的圆上运动.则复数12z z +对应的点所在区域的面积为______.【答案】π 【解析】 【详解】设()11z t i t =+-(01t ≤≤),2cos sin z i θθ=+. 则()12cos 1sin z z x yi t i t θθ+=+=++-+.故()()2211x t y t ⎡⎤-+--=⎣⎦为圆心在1y x =-上的一组圆,该区域面积为π. 34.(2018·广西·高三竞赛)设a 、b 为正整数,且()()22b ia i i i-++=-.则a b +=______. 【答案】8. 【解析】 【详解】由题意得()()()()2222212212552455b b a a b a b a +-⎛⎫⎛⎫-++=+⇒+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 又因为5b a +与5b a -为奇偶性相同的整数,所以,512,52b a b a +=⎧⎨-=⎩或56,5 4.b a b a +=⎧⎨-=⎩ 解得1a =,7b =. 故8a b +=.35.(2019·全国·高三竞赛)化简12arcsin 23=______.【答案】π4【解析】 【详解】令11z =,22i z =,则有()2121211arg arg arg 22z z z z +=()()1arg 42i 2⎡⎤=-+⎣⎦ ()13πarg 18i 24=-=.从而,122πarcsin13π3arg arg 224z z -+==,故12πarcsin 234=. 36.(2019·全国·高三竞赛)复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =,1nn niz z z +=.若20111z =,则0z 可以有_________种取值. 【答案】20112 【解析】 【详解】显然,对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由20111z =,得()20112k k Z θπ=∈,即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭. 由[)00,2θπ∈,得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此,满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=(个). 故答案为2011237.(2019·全国·高三竞赛)设复数123,2)z i z i z i θθ=-=++.则12z z z z -+-的最小值是________.【答案】2+ 【解析】 【详解】()1212122z z z z z z z z z z -+-≥---=-=+ 其等号成立的条件是()()12arg z z arg z z -=-,=2sin θθ=,即()601,150sin θθ-︒==︒.因此12z z z z -+-的最小值是2+38.(2021·全国·高三竞赛)若e 为自然对数的底,则满足11z z e z -=+,且100z <的复数z 的个数为________. 【答案】32 【解析】 【分析】 【详解】记i 为虚数单位.设z 是一个满足题意的复数,且i(,)z x y x y =+∈R 首先,容易直接验证0,1,1z ≠-.由ii ·z x y x y x e ee e e +===,知1||||1z x z e e z -==+. 若0x <,则1||11x z e z -=<+. 但22|1||1|(1)(1)(1)(1)2()40z z z z z z z z x --+=---++=-+=->,则1||11z z ->+,矛盾. 若0x >,则1||11x z e z -=>+. 但22|1||1|(1)(1)(1)(1)2()40z z z z z z z z x --+=---++=-+=-<, 则1||11z z -<+,矛盾. 故只能有0x =,于是,()i 0z y y =≠.注意到z 满足题意当且仅当z -满足题意,故不妨设0y >,下求满足i1i1iy y e y -+=+的正实数y的个数.由以上讨论,知iy e 与1i1iy y -++在复平面中所对应的点都在单位圆上,故y 应使两者的辐角主值相等.当y 从0连续递增变动到+∞时,1i y -+的辐角主值从π连续递减变到(),1i 2y π++的辐角主值从0连续递增变到()2π-故1i1i y y -++的辐角主值从π连续递减变到0+另一方面,对于n N ∈,考察i y e 在())2,22y n n ππ∈+⎡⎣时的变化情况.当y 从2n π连续递增变动到()21n π+时,i y e 的辐角主值从0连续递增变到π;当y 从()()21n π++连续递增变动到()()22n π-+时,i y e 的辐角主值从π+连续递增变到()2π-.由以上分析,知对每个i1i,1iy y n N e y -+=+∈在()2,21n n ππ+⎡⎤⎣⎦上恰有一个解,在()()()21,22n n ππ++上无解.那么,注意到0100y <<,且3110032ππ<<.故i1i,1iy y n N e y -+=+∈在()0,100上有16个解,故答案为32. 故答案为:32.39.(2019·上海·高三竞赛)设a 是实数,关于z 的方程(z 2-2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根,它们在复平面上对应的4个点共圆,则实数a 的取值范围是________. 【答案】{a |-1<a <1}∪{-3} 【解析】 【详解】由z 2-2z +5=0,得1212i,12i z z =+=-.因为z 2+2az +1=0有两个不同的根,所以△=4(a 2-1)≠0,故a ≠±1.若△=4(a 2-1)<0,即-1<a <1时,3,4z a =-因为1234,,,z z z z 在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形,此时四点共圆,所以,11a -<<满足条件.若△=4(a 2-1)>0,即|a |>1时, 3.4z a =-当z 1、z 2对应的点在以34,z z 对应的点为直径的圆周上时,四点共圆,此圆方程为22343422z z z z x y +-⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 整理得()2234340x z z x z z y -+++=,即x 2+2ax +1+y 2=0,将点(1,±2)代入得a =-3. 综上所述,满足条件的实数a 的取值范围是{a |-1<a <1}∪{-3}. 故答案为:{a |-1<a <1}∪{-3}. 二、解答题40.(2021·全国·高三竞赛)设,[0,2)a θπ∈∈R ,复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ,使得1z 、2z 、3z 依次成等比数列.【答案】答案见解析 【解析】 【详解】因为2132z z z =,所以:()()2(1)cos isin sin icos a i θθθθ-+=+,整理得:()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+,所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩(1)3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π,34πθ=时,代入得2a =-74πθ=时,代入得a = (2)若cos sin 0θθ+≠,则有:22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=,故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π,对于的a 分别为、 故所有的(,)a θ为:53131771212412124ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.41.(2021·全国·高三竞赛)设点Z 是单位圆221x y +=上的动点,复数W 是复数Z 的函数:21(1)W Z =+,试求点W 的轨迹.【答案】214y x =-+. 【解析】 【分析】 【详解】因为1Z =,所以设cos isin ,12cos cos isin 222Z Z θθθθθ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭.令i W x y =+,则:22211i (1)4coscos isin 222x y Z θθθ+==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭2211(cos isin )4cos(cos isin )4cos22θθθθθθ==-+.所以2cos 4cos2x θθ=①,2sin 4cos2y θθ=-②.②÷①得tan yxθ=-③. 由②得22sin cos122tan 224cos 2y θθθθ=-=-. 所以tan22y θ=-,代入③得222tan42141tan 2y y x y θθ--==--. 所以轨迹方程为:214y x =-+. 42.(2021·全国·高三竞赛)已知z C ∈,存在唯一的a ∈C ,使得322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=,求2420201z z z ++++.【答案】0 【解析】 【分析】 【详解】由322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=,得()22323120a a z z z z z -+++++=,得()()22231210a a z z z z z -+++++=.所以()2()210a z a z z ⎡⎤--++=⎣⎦.由a 的值唯一,故221z z z =++,即210z z ++=,所以()2(1)10z z z -++=,即31z =,所以 ()()2420202462016111z z z z z z z ++++=+++++()()26201611z z z z =+++++0=.43.(2021·全国·高三竞赛)求证:存在非零复数c 与实数d ,使得对于一切模长为1的复数12z z ⎛⎫≠- ⎪ ⎪⎝⎭均有221111c d z z z z --=++++ 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】对于满足1z =的复数z .设()cos sin 02z t i t t π=+≤<.则不难计算得21cos sin 12cos 1t i tz z t -=+++.设22cos 11Re Im 12s 1121in ,cos cos x y t tt t z z z z -====++++++,则,si cos n 1212x y t t x x-==--. 由22cos sin 1t t +=,得2211212x y x x -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭,即2229313x y ⎛⎫--= ⎪⎝⎭ ①①即211z z ++在复平面中对应的点的轨迹方程.可以看到,此轨迹是双曲线,其焦点为4(0,0),,03⎛⎫⎪⎝⎭.由双曲线的定义,知取42,33c d ==满足题意.44.(2021·全国·高三竞赛)若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点,求这个等腰直角三角形的面积的最小值.【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为1z ,直角顶点对应的复数为()1220z z z +≠, 则另外两个顶点对应的复数分别为12z z i +和12z z i -,依题意有: 32121212()()()z pz qz r z z z z z z i z z z i +++=-----+,化简得223223111221112223,32,z x z p z z z z q z z z z z z r +=-++=+++=-,所以3222221223,489z z q p Z z z pq r Z =-+=-∈∈.进而122z z Q +∈,与123z z p Z +=-∈联立就有2z Q ∈.再由22223x q p Z =-∈知2z Z ∈,于是21z ≥,所以等腰直角三角形的面积最小为1.另一方面,3210z x z +++=的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 45.(2021·全国·高三竞赛)已知实数0,a b C >∈.若方程32310x ax bx +++=的三个复数根的正三角形,求a b 、的值.【答案】a =b =【解析】 【分析】 【详解】设方程三根为123z z z 、、,正三角形中心对应的复数为z ,则有1233z z z z a ++==-. 进一步可设2123,,z a z z a z z a z ωω''=-+=-+=-+.其中12ω=-是三次单位根.由Vieta 定理知:()()22223221223313113b z z z z z z a az z a ωωωωωωω''=++=-++++++++=. 因此方程是实系数三次方程,必有实根,不妨设1z ∈R . 由1z a a +=且0不是方程的根知12z a =-.进一步地,2,31i 2z a =-.由312321z z z a =-=-得a =进一步地,23b a ==46.(2019·全国·高三竞赛)123z z z 、、为多项式()3P z z az b =++的三个根,满足222123250z z z ++=,且复平面上的三点123z z z 、、恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.【答案】【解析】 【详解】由韦达定理得123123003z z z z z z ++++=⇒= ⇒以123z z z 、、两为顶点的三角形的重心为原点.不妨设1213,z z x z z y -=-=为两条直角边.由于顶点与重心的距离等于该顶点所对应的中线长的23,2222214419499y z x x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭故. 类似地,2222224149499x z y x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭. 22222341194499x y z x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭. 则222123z z z ++=222266222509933x y x y +=+==47.(2019·全国·高三竞赛)设a 、b 、c 是正实数,22λ-<<.证明:()()()2221a b c ab bc ca λ≥+++-++.【答案】见解析 【解析】 【详解】注意到,()()22222244a ab b a b a b λλλ-+-+=++-.于是,可构造复数))1z a b a b i =++-,))2z b c b c i =+-,))3z c a c a i =+-. 易得()()()2221223311z z z z z z a b c ab bc ca λ++=+++-++.故要证不等式的左边122331122331122331z z z z z z z z z z z z z z z z z z =++=++≥++ ()()()()()()22222211a b c ab bc ca a b c ab bc ca λλ=+++-++≥+++-++.48.(2021·全国·高三竞赛)设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数,满足:202020202211i i i i z w ==>∑∑.求证:存在数组()122020,,,εεε(其中{1,1}i ε∈-),使得2020202011i ii ii i zwεε==>∑∑.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 用()()1212,,,,,,nn f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,n εεε的求和,下面用数学归纳证明如下的等式:()12221122,,,12n nnn n ii z z z zεεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时,①式显然成立; 当2n =时,()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+,即①式成立.(2)假设n k =时,①式成立,则1n k =+时,我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2kk k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑,即1n k =+时①式成立. 由(1)(2)可得:()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N .回到原题,由202020202211i ii i z w==>∑∑,可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑,即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑,所以存在数组()122020,,εεε(其中{1,1}i ε∈-,使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑,即2020202011i ii ii i zwεε==>∑∑.49.(2019·全国·高三竞赛)设复数数列{zn }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122m z z z +++<【答案】证明见解析 【解析】 【分析】很明显,复数列恒不为零,且)1N n n z n z ++∈.据此结合递推关系分类讨论m 为偶数和m 为奇数两种情况即可证得题中的结论. 【详解】由于11z =,且对任意正整数n ,均有2211420n n n n z z z z ++++=,故()0n z n +≠∈N .由条件得()2114210n n n n z z n z z +++⎛⎫⎛⎫++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭N ,解得)1N n n z n z ++=∈. 因此1112n n nn z z z z ++===,故()1111122n n n z z n +--=⋅=∈N ①进而有)111112n n n n n n z z z z n z +++-+=⋅+=∈N ② 当m 为偶数时,设m =2s (s ∈N +).利用②可得 122121smk k k z z z zz -=++++∑2121kk k z z ∞-=<+∑1k ∞==当m 为奇数时,设m =2s +1(s ∈N ).由①、②可知2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+===+∑∑, 故12212211smk k s k z zz z z z -+=⎛⎫+++++ ⎪⎝⎭∑2121k kk z z ∞-=<+=∑. 综上结论获证. 【点睛】本题主要考查复数列的递推关系,复数的运算法则,放缩法证明不等式等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.50.(2021·全国·高三竞赛)设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列,满足对任意正整数n ,关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +(当两根相等时1n n x x +=).若数列{}n x 恒为常数,证明: (1)2n x ≤;(2)数列{}n a 恒为常数.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-,取模得211n n n x x x ++=-,若0n x =,结论2n x ≤显然成立,否则,由于数列{}n x 恒为常数,则11n x -=,即结论也成立;(2)由(1)和题意知,数列{}n x 恒为常数,则n x 只有互为共轭的两种取值,不妨设为ε和ε,依据题意即可证明. 【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩ 则1112n n n n n x x a x x ++++==+,即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-. ① (1)由①取模得211n n n x x x ++=-,若0n x =,结论2n x ≤显然成立; 否则,由于数列{}n x 恒为常数,则11n x -=,即有112n n x x ≤-+=.(2)由(1)知,对任意的,11n n x +∈-=N ,又数列{}n x 恒为常数,因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε.若存在n +∈N ,使得1n n x x +=,不妨设1n n x x ε+==,则22{,}n x εεεε+=-∈.若2n x ε+=,则220εε-=,即0ε=或2;若2n x ε+=,则2εεε=+∈R ,且|1|1ε-=.因此,要么ε∈R ,要么{}n x 呈ε、ε周期.故显然1n n n a x x +=+是常数,即证数列{}n a 恒为常数. 【点睛】 关键点点睛:本题主要考查数列不等式的证明,解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-,再取模,对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立;(2)本题主要考查常数列的证明,解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设,由(1)和题意知,数列{}n x 恒为常数,则n x 只有互为共轭的两种取值,不妨记为ε和ε,若存在n +∈N ,使得1n n x x +=,不妨设1n n x x ε+==,则22{,}n x εεεε+=-∈,对2n x +分类讨论即可证明.【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题12 复数(50题竞赛真题强化训练)一、填空题 1.(2021·全国·高三竞赛)已知z 为复数,且关于x 的方程2484i 30x zx -++=有实数根,则z 的最小值为__________.2.(2018·辽宁·高三竞赛)设a 、b均为实数,复数11)i z b =-+与2z 2bi =+的模长相等,且12z z 为纯虚数,则a +b=_____.3.(2020·江苏·高三竞赛)已知复数z 满足1z =的最大值为__________.4.(2018·山东·高三竞赛)若复数z满足132i z z -+--=z 的最小值为______. 5.(2019·甘肃·高三竞赛)在复平面内,复数123,,z z z 对应的点分别为123,,Z Z Z.若12120z z OZ OZ ==⋅=,1232z z z +-=,则3z 的取值范围是______.6.(2018·福建·高三竞赛)设复数z 满足i 2z -=,则z z -的最大值为______.(i 为虚数单位,z 为复数z 的共轭复数)7.(2018·全国·高三竞赛)已知定义在复数集上的函数()()24f z i z pz q =+++(p 、q 为复数).若()1f 与()f i 均为实数,则p q +的最小值为__________.8.(2021·全国·高三竞赛)设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为1220,,,z z z ,则复数1995199519951220,,,z z z 所对应的不同的点的个数是_______________.9.(2021·全国·高三竞赛)设1()1iz F z iz +=-,其中i 为虚数单位,z C ∈.设011,(),3n n z i z F z n N +=+=∈,则2020z 的实部为___________.10.(2021·全国·高三竞赛)设复数1z 、2z 、3z 满足1232z z z ===,则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.11.(2021·浙江·高三竞赛)复数1z ,2z 满足123z z ==,12z z -=()()10101221z z z z +=______.12.(2021·浙江·高二竞赛)设复数i z x y =+的实虚部x ,y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数,则复数z =______.13.(2021·全国·高三竞赛)已知1,1z z z∈+=C ,则z 的取值范围为___________. 14.(2021·全国·高三竞赛)已知复数z =(i 虚数单位),则()22222212121212111z z z zz z ⎛⎫+++⋅+++= ⎪⎝⎭______________. 15.(2021·全国·高三竞赛)已知复数a 、b 、c 满足2222221,1,i,a ab b b bc c c ca a ⎧++=⎪++=-⎨⎪++=⎩则ab bc ca ++=_________. 16.(2021·全国·高三竞赛)若复数1234z z z z 、、、满足条件12233441241,1,z z z z z z z z z z +=+=-+∈R ,则()()1324z z z z -+=______.17.(2021·全国·高三竞赛)若复数z 满足20202019143340z iz iz ------=,则34(34)i i zz -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围为________.18.(2021·全国·高三竞赛)若非零复数x 、y 满足220x xy y ++=,则20052005()()x y x y x y+++的值是________.19.(2020·全国·高三竞赛)设z 为复数.若2z z i--为实数(i 为虚数单位),则|3|z +的最小值为______.20.(2019·浙江·高三竞赛)设12,z z 为复数,且满足1125,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位),则12z z -取值为____________.21.(2019·贵州·高三竞赛)已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ,f (x )=x 2+1,则()51k k f x ==∏____________ .22.(2019·四川·高三竞赛)满足(a +bi )6=a -bi (其中a ,b ∈R ,i 2=-1)的有序数组(a ,b )的组数是_____ .23.(2019·福建·高三竞赛)已知复数()1212,,z z z z z ≠满足22122z z ==--,且124z z z z -=-=,则||z =____________ .24.(2019·山东·高三竞赛)已知虚数z 满足1w z z =+为实数,且112,1z w u z--<<=+,那么2u ω-的最小值是______ .25.(2019·重庆·高三竞赛)已知复数123,,z z z 使得12z z 为纯虚数,121z z ==,1231z z z ++=,则3z 的最小值是_______ .26.(2019·上海·高三竞赛)若复数z 满足|3||3|4z z -++=,则||z i +的最大值为________. 27.(2019·江苏·高三竞赛)在复平面中,复数3-i 、2-2i 、1+5i 分别对应点A 、B 、C ,则△ABC 的面积是________ .28.(2018·河南·高三竞赛)已知i 为虚数单位,则在)103i的展开式中,所有奇数项的和是______.29.(2018·全国·高三竞赛)设复数1sin 2z i α=+,()21cos z i R αα=+⋅∈.则2121213z iz f z iz -+=-的最小值为__________.30.(2019·全国·高三竞赛)设方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅.则112255111x x x x x x ++⋅⋅⋅+=______. 31.(2019·全国·高三竞赛)若n 为大于1的正整数,则2462coscos cos cos n n n n nππππ+++⋅⋅⋅+=______. 32.(2018·全国·高三竞赛)已知复数123,,z z z 满足121,1z z ≤≤,()312122z z z z z -+≤-.则3z 的最大值是______.33.(2019·全国·高三竞赛)在复平面上,复数1z 对应的点在联结1和i 两点的线段上运动,复数2z 对应的点在以原点为圆心、1为半径的圆上运动.则复数12z z +对应的点所在区域的面积为______.34.(2018·广西·高三竞赛)设a 、b 为正整数,且()()22b ia i i i-++=-.则a b +=______. 35.(2019·全国·高三竞赛)化简12arcsin 23=______.36.(2019·全国·高三竞赛)复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =,1nn niz z z +=.若20111z =,则0z 可以有_________种取值.37.(2019·全国·高三竞赛)设复数123,2)z i z i z i θθ=-=++.则12z z z z -+-的最小值是________.38.(2021·全国·高三竞赛)若e 为自然对数的底,则满足11z z e z -=+,且100z <的复数z 的个数为________.39.(2019·上海·高三竞赛)设a 是实数,关于z 的方程(z 2-2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根,它们在复平面上对应的4个点共圆,则实数a 的取值范围是________. 二、解答题40.(2021·全国·高三竞赛)设,[0,2)a θπ∈∈R ,复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ,使得1z 、2z 、3z 依次成等比数列.41.(2021·全国·高三竞赛)设点Z 是单位圆221x y +=上的动点,复数W 是复数Z 的函数:21(1)W Z =+,试求点W 的轨迹.42.(2021·全国·高三竞赛)已知z C ∈,存在唯一的a ∈C ,使得322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=,求2420201z z z ++++.43.(2021·全国·高三竞赛)求证:存在非零复数c 与实数d ,使得对于一切模长为1的复数12z z ⎛⎫≠- ⎪ ⎪⎝⎭均有221111c d z z z z --=++++ 44.(2021·全国·高三竞赛)若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点,求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 45.(2021·全国·高三竞赛)已知实数0,a b C >∈.若方程32310x ax bx +++=的三个复数根的正三角形,求a b 、的值.46.(2019·全国·高三竞赛)123z z z 、、为多项式()3P z z az b =++的三个根,满足222123250z z z ++=,且复平面上的三点123z z z 、、恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.。

高中数学竞赛与强基计划试题专题:集合

高中数学竞赛与强基计划试题专题:集合

一、单选题1.(2020·北京·高三校考强基计划)设A ,B ,C 是集合{1,2,,2020} 的子集,且满足,A C B C ⊆⊆,这样的有序组(,,)A B C 的总数是(高中数学竞赛与强基计划试题专题:集合)A .20203B .20204C .20205D .202062.(2021·全国·高一专题练习)已知非空集合12,A A 是集合A 的子集,若同时满足两个条件:(1)若1a A ∈,则2a A ∉;(2)若2a A ∈,则1a A ∉;则称12(,)A A 是集合A 的“互斥子集”,并规定12(,)A A 与21(,)A A 为不同的“互斥子集组”,则集合{1,2,3,4}A =的不同“互斥子集组”的个数是()A .11B .28C .32D .503.(2021·北京·高三强基计划)现有7把钥匙和7把锁.用这些钥匙随机开锁,则123,,D D D 这三把钥匙不能打开对应的锁的概率是()A .1321B .67105C .23D .以上答案都不对4.(2021·全国·高一专题练习)设集合S ,T ,S ,T 中至少有2个元素,且S ,T 满足:①对于任意的,x y S ∈,若x y ≠,则x y T +∈;②对于任意的,x y T ∈,若x y <,则y x S -∈.若S 有3个元素,则T 可能有()A .2个元素B .3个元素C .4个元素D .5个元素5.(2021·北京·高三强基计划)设正整数m ,n 均不大于2021,且11m m n n+<<+,则这样的数组(,)m n 的个数为()A .2021B .1428C .3449D .以上答案都不对二、填空题6.(2022·新疆·高二竞赛)设集合3+14b a b a ≤≤≤⎧⎫⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小元素分别为M ,N ,则-=M N ___________.7.(2022·浙江·高二竞赛)已知集合()(){}2+=+0,N A x x n x n n n --≤∈,若集合A 中恰有9个正整数,则=n ______.8.(2020·江苏·高三竞赛)设*n ∈N ,欧拉函数()n ϕ表示在正整数1,2,3,…,n 中与n 互质的数的个数,例如1,3都与4互质,2,4与4不互质,所以()42ϕ=,则()2020ϕ=__________.9.(2022·广西·高二统考竞赛)设A 、B 是集合{}1,2,,20⋅⋅⋅的两个子集,A B =∅ ,且n A ∈时2+2n B ∈.记()M A 为A 的元素之和,则()M A 的最大值是______.10.(2022·福建·高二统考竞赛)已知1A ,2A ,…,n A 是集合{}1,2,3,,10A = 的n 个非空子集,如果对于任意的i ,{}1,2,3,,j n ∈ ,均有i j A A A ≠ ,则n 的最大值为___________.11.(2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛)定义:如果甲队赢了乙队,乙队赢了丙队,而丙队又赢了甲队,则称甲乙丙为一个“友好组”.如果20支球队参加单循环比赛,则友好组个数的最大值为__________.12.(2021·全国·高三竞赛)已知非空集合{1,2,,2019,2020}X M ⊆= ,用()f X 表示集合X 中最大数和最小数的和,则所有这样的()f X 的和为_____.13.(2020·浙江·高三专题练习)记 S 为集合S 的元素个数,()S σ为集合S 的子集个数,若集合A ,B ,C 满足:①2020A B ==;②()()()()A B C A B C σσσσ++=⋃⋃,则A B C ⋂⋂的最大值是____________.14.(2022·全国·高三专题练习)已知*n ∈N ,集合13521,,,,2482n n n M -⎧⎫=⎨⎬⎩⎭ ,集合n M 的所有非空子集的最小元素之和为n T ,则使得80n T >的最小正整数n 的值为______.15.(2022·浙江·高二竞赛)给定正整数n ,()k n k ≥,记{}1,2,,X n =⋅⋅⋅从X X →的一一映射f 称为是可k -划分的:若X 可划分为k 个非空子集1A ,2A ,…,k A ,且()i i f A A =(1i =,2,…,k )(即12k X A A A =⋅⋅⋅ ,且1A ,2A ,…,k A 两两的交集为空集,()(){}=i i f A f x x A ∈).已知f 是一个X 的k -划分的一一映射,1a ,2a ,…,n a 是1,2,…,n 的一个排列,则()11n i i i a f a +=-∑的最小值为______.16.(2022·北京·高一统考竞赛)对实数1219,,,x x x ⋯,不超过()121911112191122191900,,,1k k k f x x x k xk x k x ===⋯=+++-∑∑∑ 的最小值的最大整数为__________.17.(2022·北京·高一统考竞赛)有__________个不超过2020的正整数k ,满足对任意的正整数n ,均有2(1)1()!3!k n kn n -+⎛⎫⎪⎝⎭.三、解答题18.(2021·浙江·高二竞赛)设数集{}12,,,m P a a a = ,它的平均数12mp a a a C m+++= .现将{1,2,,}S n = 分成两个非空且不相交子集A ,B ,求A B C C -的最大值,并讨论取到最大值时不同的有序数对(),A B 的数目.19.(2022·福建·高二统考竞赛)某校数学兴趣小组有14位同学,他们组成了n 个不同的课题组.每个课题组有6位同学,每位同学至少参加2个课题组,且任意两个课题组至多有2位共同的同学,求n 的最大值.20.(2022春·浙江·高一校联考竞赛)已知()*1<2022,N i j i j ≤≤∈,求最大的实数C ,使得对任意大于2022的正整数n 及实数12,,,n r r r ⋅⋅⋅,存在集合{}1,2,,n ⋅⋅⋅的一个子集S 满足{},+1,,+2022i S t t t j ≤⋂⋅⋅⋅≤对所有=1,2,,2022t n ⋅⋅⋅-恒成立且=1nmm m Sm r C r ∈≥⋅∑∑.21.(2021·全国·高三竞赛)设集合S 是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合,且其中2019个点为红色,2020个点为蓝色;在平面上画出一组直线,可以将平面分成若干区域,若一组直线对于点集S 满足下述两个条件,称这是一个“好直线组”:(1)这些直线不经过该点集S 中的任何一个点;(2)每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.求k 的最小值,使得对于任意的点集S ,均存在由k 条直线构成的“好直线组”.22.(2021·全国·高三竞赛)已知X 是一个有限集.110110,X A A X B B =⋃⋃=⋃⋃L L 是满足如下性质的两个分划:若,110i j A B i j ⋂=∅≤≤≤,则10i j A B ⋃≥.求X 的最小值.23.(2021·全国·高三竞赛)设{}()1,2,3,,2,mM n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合,求最小的正整数k ,使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a + 满足1(1,2,,)i i a a i m += .24.(2021·全国·高三竞赛)设n 是正整数,我们说集合{1,2,,2}n 的一个排列()122,,,n x x x 具有性质P ,是指在{1,2,,21}n - 当中至少有一个i ,使得1i i x x n +-=.求证:对于任何n ,具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多.25.(2023·全国·高三专题练习)设数列12:,,,n A a a a (3n ≥)的各项均为正整数,且12n a a a ≤≤≤ .若对任意{3,4,,}k n ∈ ,存在正整数,(1)i j i j k ≤≤<使得k i j a a a =+,则称数列A 具有性质T .(1)判断数列1:1,2,4,7A 与数列2:1,2,3,6A 是否具有性质T ;(只需写出结论)(2)若数列A 具有性质T ,且11a =,22a =,200n a =,求n 的最小值;(3)若集合123456{1,2,3,,2019,2020}S S S S S S S == ,且i j S S =∅ (任意,{1,2,,6}i j ∈ ,i j ≠).求证:存在i S ,使得从i S 中可以选取若干元素(可重复选取)组成一个具有性质T 的数列.26.(2019·浙江·高三校联考竞赛)设X 是有限集,t 为正整数,F 是包含t 个子集的子集族:F ={}12,,,t A A A .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S 1为包含集合最多的反链,S 2是任意反链.证明:存在S 2到S 1的单射f ,满足2,()A S f A A ∀∈⊂或()A f A ⊂成立.27.(2022·全国·高三专题练习)对给定的正整数n ,令1{(n a a Ω==,2a ,⋯,)|{0n i a a ∈,1},1i =,2,3,⋯,}n .对任意的1(x x =,2x ,⋯,)n x ,1(y y =,2y ,⋯,)n n y ∈Ω,定义x 与y 的距离1122(,)n n d x y x y x y x y =-+-+⋯+-.设A 是n Ω的含有至少两个元素的子集,集合{(,)|D d x y x y =≠,x ,}∈y A 中的最小值称为A 的特征,记作χ(A ).(Ⅰ)当3n =时,直接写出下述集合的特征:{(0A =,0,0),(1,1,1)},{(0B =,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)},{(0C =,0,0),(0,0,1),(0,1,1),(1,1,1)}.(Ⅱ)当2020n =时,设2020A ⊆Ω且χ(A )2=,求A 中元素个数的最大值;(Ⅲ)当2020n =时,设2020A ⊆Ω且χ(A )3=,求证:A 中的元素个数小于202022021.28.(2022·全国·高三专题练习)班级里共有()3n n ≥名学生,其中有A ,B ,C .已知A ,B ,C 中任意两人均为朋友,且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友.若对于某三个人,他们当中任意两人均为朋友,则称他们组成一个“朋友圈”.(1)求班级里朋友圈个数的最大值()F n .(2)求班级里朋友圈个数的最小值()G n .29.(2022·浙江杭州·高三学军中学校考竞赛)我们称X 为“花式集合”,如果它满足如下三个条件:(a )2022X =;(b )X 的每个元素都是包含于[]0,1中的闭区间(元素可重复);(c )对于任意实数[]0,1,r X ∈中包含r 的元素个数不超过1011.对于“花式集合”A B 、和区间I A J B ∈∈、,用(),n A B 表示使得I J ⋂≠∅的对(),I J 的数量.求(),n A B 的最大值.30.(2020·江苏南通·统考模拟预测)整数2n ,集合{}1,P x x n x N =∈ ,A ,B ,C 是集合P 的3个非空子集,记n a ,为所有满足A B ,A B C P ⋃⋃=的有序集合对(,,)A B C 的个数.(1)求2a ;(2)求n a .一、单选题1.(2020·北京·高三校考强基计划)设A ,B ,C 是集合{1,2,,2020} 的子集,且满足,A C B C ⊆⊆,这样的有序组(,,)A B C 的总数是(高中数学竞赛与强基计划试题专题:集合答案)A .20203B .20204C .20205D .20206【答案】C【分析】利用分步计数法可求有序组的总数.【详解】考虑A ,B ,C 把集合{1,2,,2020}P = 划分为5个集合:12345,(),,,P P C P C A B P A B P B A P AB =-=-+=-=-=,接下来将集合P 中的元素逐一安排到集合12345,,,,P P P P P 中即可得所求总数为20205.2.(2021·全国·高一专题练习)已知非空集合12,A A 是集合A 的子集,若同时满足两个条件:(1)若1a A ∈,则2a A ∉;(2)若2a A ∈,则1a A ∉;则称12(,)A A 是集合A 的“互斥子集”,并规定12(,)A A 与21(,)A A 为不同的“互斥子集组”,则集合{1,2,3,4}A =的不同“互斥子集组”的个数是()A .11B .28C .32D .50【答案】D【解析】按12A A 、所含元素的个数分为“1+1型”、“1+2型”、“1+3型”、“2+2型”,分别求出相应的“互斥子集组”数.【详解】①若1A 、2A 中各含一个元素时,“互斥子集组”数:24212C ⨯=个②若1A 含一个、2A 含两个元素时,“互斥子集组”数:3143224C C ⨯⨯=个③若1A 含一个、2A 含三个元素时,“互斥子集组”数:1428C ⨯=个④若1A 、2A 中各含两个元素时,“互斥子集组”数:246C =个.综上共有“互斥子集组”数50个.【点睛】此题关键在于恰当分类,属于中档题.3.(2021·北京·高三强基计划)现有7把钥匙和7把锁.用这些钥匙随机开锁,则123,,D D D 这三把钥匙不能打开对应的锁的概率是()A .1321B .67105C .23D .以上答案都不对【答案】B【分析】利用对立事件可求123,,D D D 这三把钥匙不能打开对应的锁的概率【详解】设i D 打开对应的锁的事件为i X ,其中1,2,,7i = ,则6!(1,2,7)i X i == ,5!(,{1,2,,7},)i j X X i j i j =∈< ,且4!,,,{1,2,,7},i j k X X X i j k i j k =∈<< ,因此所求概率为7!36!35!4!677!105-⨯+⨯-=.4.(2021·全国·高一专题练习)设集合S ,T ,S ,T 中至少有2个元素,且S ,T 满足:①对于任意的,x y S ∈,若x y ≠,则x y T +∈;②对于任意的,x y T ∈,若x y <,则y x S -∈.若S 有3个元素,则T 可能有()A .2个元素B .3个元素C .4个元素D .5个元素【答案】B【分析】S 有3个元素,不妨设{,,}S a b c =,其中a b c <<,根据性质①②可得出T 中有且只有3个元素.【详解】若S 有3个元素,不妨设{,,}S a b c =,其中a b c <<,由①知,则必有123,,x a b x a c x b c T=+=+=+∈由②知,213231,,x x c b S x x b a S x x c a S -=-∈-=-∈-=-∈,显然有0,0c a b a c a c b ->->->->,(1)若c a c -=,则0a =,此时T 中有元素.b c ,则,2c b b c b -==符合,此时T 中有3个元素;(2)若c a b -=,则有,c b b a a -=-=即3,2c a b a ==,此时T {}3,4,5a a a =中有3个元素,综上T 中有3个元素.【点睛】本题主要考查了集合中新定义,考查了推理分析问题的能力,属于中档题.5.(2021·北京·高三强基计划)设正整数m ,n 均不大于2021,且11m m n n+<<+,则这样的数组(,)m n 的个数为()A .2021B .1428C .3449D .以上答案都不对【答案】C1m -<<+n D =-及诸区间n E =++后可求数组(,)m n 的个数.1m -<<+记n D =-+,注意到区间n D 1+,1<<因此任何两个相邻的区间都有交集n E =++.记2021202111,n n n n D D E E ==== ,则当\m D E ∈时,m 对应唯一的n ;当m E ∈时,m 对应两个n .14301202114291->>-,因此有1428个m 落在E 中,剩下的20211428593-=个m 落在\D E 中,所求数组(,)m n 的个数为142825933449⨯+=.二、填空题6.(2022·新疆·高二竞赛)设集合3+14b a b a ≤≤≤⎧⎫⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小元素分别为M ,N ,则-=M N ___________.【答案】7-【详解】由14≤≤≤a b 知,33471+≤+=b a ,当1,4a b ==时,得最大元素7M =,又33+≥+≥b a a aa b ==N ,因此,7-=-M N .7.(2022·浙江·高二竞赛)已知集合()(){}2+=+0,N A x x n x n n n --≤∈,若集合A 中恰有9个正整数,则=n ______.【答案】4【详解】1n =时,[]0,1A =,不合题意,舍去,2n =时,{}2A =,不合题意,舍去,3n ≥时,22,,n n n A n n n ⎡⎤->∴=-⎣⎦,()()22212119n n n n n n ∴---=-+=-=,4n ∴=.8.(2020·江苏·高三竞赛)设*n ∈N ,欧拉函数()n ϕ表示在正整数1,2,3,…,n 中与n 互质的数的个数,例如1,3都与4互质,2,4与4不互质,所以()42ϕ=,则()2020ϕ=__________.【答案】800【详解】解析:法一:因为2202025101=⨯⨯,故能被2整除的数有1010个,能被5整除的数有404个,能被101整除的数有20个,既能被2整除又能被5整除的数有202个,既能被2整除又能被101整除的数有10个,既能被5整除又能被101整除的数有4个,既能被2整除又能被5和101整除的数有2个.故与2020不互质的有10104042020210421220++---+=,则()2020800ϕ=.法二:()()()()2202025101=800ϕϕϕϕ=⨯⨯.9.(2022·广西·高二统考竞赛)设A 、B 是集合{}1,2,,20⋅⋅⋅的两个子集,A B =∅ ,且n A ∈时2+2n B ∈.记()M A 为A 的元素之和,则()M A 的最大值是______.【答案】39【详解】由2+220n ≤求得9n ≤,根据抽屉原理,A 至多有6个元素,当{}=9,8,7,6,5,4A 时,得到()M A 的最大值为39.10.(2022·福建·高二统考竞赛)已知1A ,2A ,…,n A 是集合{}1,2,3,,10A = 的n 个非空子集,如果对于任意的i ,{}1,2,3,,j n ∈ ,均有i j A A A ≠ ,则n 的最大值为___________.【答案】511【详解】将集合{}1,2,3,,10A = 的10211023-=个非空子集分成512组:第1组为集合A ;第2组到第512组,每组2个子集,且这2个子集的并集为集合A (易知这种分组是存在的,事实上只需将A 的非空子集B 与B 在A 中的补集分在同一组即可),当512n ≥时,若1A ,2A ,…,n A 中含有集合A ,则显然不符合要求;若1A ,2A ,…,n A 中不含有集合A ,则根据上述分组和抽屉原理,1A ,2A ,…,n A 必有两个集合在同一组,它们的并集为集合A ,也不符合要求,所以511n ≤,另一方面,集合{}1,2,3,,9 有511个非空子集,对于其中任意两个子集X 和Y ,均有X Y A ≠ ,可见511n =符合要求,所以n 的最大值为511,11.(2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛)定义:如果甲队赢了乙队,乙队赢了丙队,而丙队又赢了甲队,则称甲乙丙为一个“友好组”.如果20支球队参加单循环比赛,则友好组个数的最大值为__________.【答案】330【分析】从反面考虑非友好组的个数的最小值,后者可用逐步调整法来处理.【详解】当m 为偶数时,令2m n =,则总共有22C n 场比赛.不妨设有x 个友好组,考虑其反面,若甲乙丙三对为非友好组,不妨设甲队赢了乙队和丙队,此时,记甲队为非友好组的组长.对甲队而言,可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.因此,若队()1,2,,2i A i n = 在比赛中赢了i k 场,则2221C ni n i k ==∑,且以i A 为组长的非友好组有2C i k 个(补充定义:)2201C C 0==,于是所有非友好组的个数为221C i nk i =∑.下求221C i nk i =∑最小值.若在122,,,n k k k 中,有2j i k k -≥.则令**1,1i i j j k k k k =+=-,其余*(12j i k k l n =≤≤且,)l i j ≠,**2222222211C 1C C C C C C C i j i j i j ijk k k k k k i j k k k k +-+-=+-=-+--≤-,故调整后221C i nk i =∑的总和变小.重复上述操作,直至任意两个数的差最多为1.不妨设有y 个,2a n y -个1a +,则有()()()222121,n ya n y a C n n +-+==-整理有()1122y a n n -=--.由于121y n ≤≤-,故()0,12yn∈.由等式两边对应相等可知,1,a n y n =-=,即调整后有n 个1,n n -个n .此时的值221C i nk i =∑为2(1)n n -,则()()32211(1)3C n n n n x n n -+≤--=,故友好组个数的最大值为()()113n n n -+,即()()2224m m m -+.下面为取到最大值的例子:设在122,,,n A A A .共2n 支球队中,当1i n ≤≤时,队i A 胜12,,i i i n A A A +++ ;当12n i n +≤≤时,队i A 胜121,,,i i i n A A A +++- ,下标均是在模2n 的意义下.综上所述,当m 为偶数时,友好组个数的最大值为()()2224m m m -+.故如果20支球队参加单循环比赛,友好组个数的最大值为330.12.(2021·全国·高三竞赛)已知非空集合{1,2,,2019,2020}X M ⊆= ,用()f X 表示集合X 中最大数和最小数的和,则所有这样的()f X 的和为_____.【答案】()2020202121⋅-【详解】将M 中的非空子集两两进行配对,对每个非空子集X M ⊆,令{2021}X xx X '=-∈∣,对M 的任意两个子集1X 和2X ,若12X X ≠时,12X X ''≠.则所有非空集合X 可以分成X X '≠和X X '=两类.当X X '=时,必有()2021f X =,当X X '≠时,必有()()202124042f X f X +'=⨯=.又M 的非空子集共有202021-个,故所有这样的()f X 的和为()2020202121⋅-.13.(2020·浙江·高三专题练习)记 S 为集合S 的元素个数,()S σ为集合S 的子集个数,若集合A ,B ,C 满足:①2020A B ==;②()()()()A B C A B C σσσσ++=⋃⋃,则A B C ⋂⋂的最大值是____________.【答案】2019【解析】设||,||C x A B C y == ,根据元素个数得到子集个数,根据202020202021222222x y x ++==+,分析出2021,2022x y ==,即可求解.【详解】设||,||C x A B C y == ,则202020202021222222x y x ++==+,即得2021222y x =+,所以y x >,2021y >(1)若2021x <,2021221y x x --=+,所以左边是偶数,右边是奇数不合,(2)若2021x >,20212021221y x --=+,所以左边是偶数,右边是奇数不合,故2021,2022x y ==,而A B C A B ⋂⋂≤⋂,①若A B =,则|2020202120222019A B C A C A C A C⋂⋂=⋂=+-⋃=+-=∣,②若A B ≠,则||2019A B ≤ ,所以A B C ⋂⋂的最大值为2019,{}{}1,2,3,,2020,2,3,4,,2020,2021,2022A B C === 时取最大值.【点睛】本题考查交集与并集的混合运算,考查了集合的元素个数与集合子集间的关系,考查逻辑思维能力与推理论证能力,体现了分类讨论的数学思想方法,难度较大.14.(2022·全国·高三专题练习)已知*n ∈N ,集合13521,,,,2482n n n M -⎧⎫=⎨⎬⎩⎭ ,集合n M 的所有非空子集的最小元素之和为n T ,则使得80n T >的最小正整数n 的值为______.【答案】13【解析】求出n M 的所有非空子集中的最小元素的和n T ,利用80n T >,即可求出最小正整数n 的值.【详解】当2n =时,n M 的所有非空子集为:1{}2,3{}4,13{,}24,所以11372244S =++=.当3n =时,135424248S =⨯++⨯=.当4n ≥时,当最小值为212nn -时,每个元素都有或无两种情况,共有n 1-个元素,共有121n --个非空子集,1212n S -=.当最小值为1232n n --时,不含212n n -,含1232n n --,共有2n -个元素,有221n --个非空子集,2232S n -=.……所以123n T S S S =+++…212322n n n S --+=++…()()221+73753112=+4244222n n n ---++++⨯=.因为80n T >,2161n >,即13n ≥.所以使得80n T >的最小正整数n 的值为13.【点睛】结论点睛:数列求和的常用方法:(1)公式法:即直接用等差、等比数列的求和公式求和.(2)错位相减法:若{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,求1122n n a b a b a b ++⋅⋅⋅.(3)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有()111n n 1n n 1=-++,()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭,()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭等.(4)分组求和法:把数列的每一项分成若干项,使其转化为等差或等比数列,再求和.(5)倒序相加法.15.(2022·浙江·高二竞赛)给定正整数n ,()k n k ≥,记{}1,2,,X n =⋅⋅⋅从X X →的一一映射f 称为是可k -划分的:若X 可划分为k 个非空子集1A ,2A ,…,k A ,且()i i f A A =(1i =,2,…,k )(即12k X A A A =⋅⋅⋅ ,且1A ,2A ,…,k A 两两的交集为空集,()(){}=i i f A f x x A ∈).已知f 是一个X 的k -划分的一一映射,1a ,2a ,…,n a 是1,2,…,n 的一个排列,则()11n i i i a f a +=-∑的最小值为______.【答案】22k -【详解】令11a n k =-+,若21i n k ≤≤-+,1i a i =-,若2n k i n -+≤≤,则i a i =,定义映射如下:若2n k i n -+≤≤,则()i i f a a =,若1i n k -,则()1i i f a a =+,(-)1f n k n k =-+,集合{}1121,,n k A a a a -+= ,{},2j j n k A a j k +-=,此时()11ni i i a f a +=-∑111122k k =++++-=- .16.(2022·北京·高一统考竞赛)对实数1219,,,x x x ⋯,不超过()121911112191122191900,,,1k k k f x x x k xk x k x ===⋯=+++-∑∑∑ 的最小值的最大整数为__________.【答案】92378【详解】我们把集合{0,1}n A =划分为:01n A A A A = ,其中(){}1212,,,:,0,1,,k n n A k k k A k k k k k n β==⋯∈+++==⋯ .其中k A 的元素个数为k n A k ⎛⎫= ⎪⎝⎭.记()1,,n X x x =⋯,则00()|1||1|(1)kknnAk A k A f X X X X ββββββ∈=∈=∈=⋅-=⋅-≥⋅-∑∑∑∑∑,考虑()()111(1)1k k n n A n n n n k B X x x x x k k k k n ββ∈-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-=++-=++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ .由于11111n n n k k --⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪-+--⎝⎭⎝⎭,我们有111k n k n n n n B B k n k k k +-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即11k n k n n B B k k +-⎛⎫⎛⎫+≥- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭.(记10n B +=),所以()22110()12n n n k k n k k k k n n n f X B B B n k k ⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎥+⎣⎦⎣⎦+-===⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪≥≥+≥-=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑∑∑.当2n m =或21n m =-时,我们取121n x x x m====可使上式取等号,(此时0m B =):()0111210()n m m m m n k n k k n f X B B B B B B B B n m --+++-=⎛⎫=+++----=-=⎪-⎝⎭∑ ,综上,()12,,,n f x x x ⋯的最小值是/2n n ⎛⎫⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭.17.(2022·北京·高一统考竞赛)有__________个不超过2020的正整数k ,满足对任意的正整数n ,均有2(1)1()!3!k n kn n -+⎛⎫⎪⎝⎭.【答案】7【详解】(1)Legendre 公式:()(!)1p n S n V n p -=-,其中()S n )表示n 的p -进制的数字和.(2)回到原题,我们知道:11(1)1()!()!(1)1!!p p k n p kn kn pk n V n n ---+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔-+> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()(1)(()!)()!p p p V kn V n =-⋅-()()(1)11kn S kn n S n p p p ⎛⎫--=-⋅-⎪--⎝⎭(1)()()k n S n S kn =-+-1()()0()()S n S kn S n S kn ⇔>-⇔≥-()()S kn S n ⇔≥,问题转化:(△)设p 为素数,求所有的正整数k ,满足条件:对任意的正整数,均有()()S kn S n ≥.其中(*)S 表示(*)的p -进制的数字和.(ⅰ)先考虑()S n 的性质:不妨设n 的p -进制表示为:2012tt n a a p a p a p =+⋅+⋅++⋅ ,其中{0,1,,1},0,1,,i a p i t ∈-∈ 且0t a ≠,因此012()t S n a a a a n =++++≤ ,特别对1α∀≥,我们有12012tt p n a p a p a p a p ααααα+++⋅=⋅+⋅+⋅++⋅ ,因此()01()t S p n a a a S n α=+++= .(ⅱ)回到(△):(Ⅰ)如果k p α=,其中0Z α≥∈,那么对任意的正整数n ,均有()()()()S kn S p n S n S n α=⋅=≥,从而k p α=符合题意,0α∀≥.(Ⅱ)如果k 不是p 的幂,那么k 不符合条件.想证:存在正整数N ,使得()()S kN S N <.由于k 不是p 的幂,不妨设k p q α=⋅,其中,1,0p q q α>≥,我们知道:()()()S kN S p q N S qN α=⋅⋅=,只需证:存在正整数N ,使得()()S qN S N <,由于p q,那么(,)1p q =,因此存在正整数1u >,使得1(mod )u p q ≡,理由如下:考虑以下的1q +个数1231,,,,,q q p p p p p + ,利用抽屉原理,存在11i j q ≤<≤+,使得(mod )j i p p q ≡,因此,1(mod )j i p q -≡,从而,2()1(mod )j i p q -≡.令2()1u j i =->,则1(mod )u p q ≡,即1uq p -.下面构造正整数N :令01ut p N a p q-=+⋅,其中正整数0a ,t 待定.要求t 适当大,01,>;=+1,<.q p a p q p q ⎧⎪⎡⎤⎨⎢⎥⎪⎣⎦⎩若若不妨设p p q r q ⎡⎤=⋅+⎢⎥⎣⎦,则1r q ≤<,从而01p p a q r p q q ⎡⎤⎡⎤=+<⋅+=⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦,我们知道:()()1001ut ut qN a q p p a q p p +=+⋅-=-+,因此,()00()111S qN S a q p a q p pq p pq =-+≤-+<-+<,另一方面:01ut p N a p q -=+⋅()(1)(2)011u u t u t u p a p p p p q ---=+⋅⋅++++ ()1(1)101()u u u t p a p p p q +-+-=+⋅+++* ,观察1112u u u p p p q --≤≤<,不妨设1u p q-的p -进制展开为:011u l l p b b p b p q-=+++⋅ ,其中01l u ≤≤-,代入(*),有()()1(1)1001l u u t l N a b b p b p p p p +-+=++++⋅⋅+++ 21001l l a b p b p b p +=++++⋅ 12201u u u l l b p b p b p ++++++++ + (1)1(1)2(1)101u t u t u t l l b p b p b p -+-+-++++++ ,因此,()010()1l S N a b b t a t t =+++⋅≥+≥+ ,取t pq >,则()()S N S qN >.故答案为:7.三、解答题18.(2021·浙江·高二竞赛)设数集{}12,,,m P a a a = ,它的平均数12mp a a a C m+++= .现将{1,2,,}S n = 分成两个非空且不相交子集A ,B ,求A B C C -的最大值,并讨论取到最大值时不同的有序数对(),A B 的数目.【答案】最大值2n,数目为22n -.【分析】不妨设A B C C >,记{}12,,,p A a a a = ,12p T a a a =+++ ,可以得到A B C C -=12n T n n p p ⎛⎫+- ⎪-⎝⎭,考虑T 最大的情况是取最大的p 个数,此时可以发现A B C C -的结果正好是与p 无关的定值,从而也就得到了A B C C -的最大值,然后考察p 的可能的值,得到A B C C >时(),A B 的组数,并利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数,从而得到所有可能的(),A B 的组数.【详解】不妨设A B C C >,记{}12,,,p A a a a = ,12p T a a a =+++ ,所以(1)2A B A Bn n TT C C C C p n p +--=-=-11(1)12()2n n n T n T p n p n p n p p ⎛⎫⎛⎫++=+-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭,又有(21)(1)(2)2p n p T n p n p n -+≤-++-+++= ,所以211222A B n n p n nC C n p -++⎛⎫-≤-=⎪-⎝⎭当且仅当(21)2p n p T -+=时,取到等号,所以A B C C -的最大值2n .此时{1,,}A n p n =-+ ,由,A B 非空,可知1p =,2,…,n 1-,有n 1-种情况,利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数,由于A B C C -的最大值2n不可能有A B C C =的情况,所以有序数对(),A B 的数目为22n -.19.(2022·福建·高二统考竞赛)某校数学兴趣小组有14位同学,他们组成了n 个不同的课题组.每个课题组有6位同学,每位同学至少参加2个课题组,且任意两个课题组至多有2位共同的同学,求n 的最大值.【答案】7【详解】将14位同学记为1s ,2s ,…,14s ,课题组集合记为1G ,2G ,…,n G ,则6i G =,1i =,2,…,n ,且2i j G G ≤ ,1i j n ≤<≤,设k s (=1k ,2,…,14)属于1G ,2G ,…,n G 中的k r 个集合,则2k r ≥,且12146r r r n +++= ,考虑三元数组(),,k i j s G G 的个数S ,其中k i j s G G ∈ ,一方面,对于固定的i G ,()1j G i j n <≤≤,由题意至多有2个k s 属于三元数组(),,k i j s G G ,所以()221n S C n n =-≤,另一方面,对于固定的k s ,由于k s 属于1G ,2G ,…,n G 中的k r 个集合,所以三元数组(),,k i j s G G 的个数为2k r C ,因此:()()()141422221214121411111222kk k r k k r r S C r r r r r r ==-===+++-+++∑∑()()()()222121412141111119663214221427r r r r r r n n n n ⋅+++-+++=⋅⋅-⋅=-≥ ,所以()29317n n n n --≤,解得7n ≤,又14位同学按照下列方式组成的7个课题组符合要求:{}115781214,,,,,G s s s s s s =,{}21268913,,,,,G s s s s s s =,{}323791014,,,,,G s s s s s s =,{}413481011,,,,,G s s s s s s =,{}524591112,,,,,G s s s s s s =,{}6356101213,,,,,G s s s s s s =,{}7467111314,,,,,G s s s s s s =,综上所述,n 的最大值为7.20.(2022春·浙江·高一校联考竞赛)已知()*1<2022,N i j i j ≤≤∈,求最大的实数C ,使得对任意大于2022的正整数n 及实数12,,,n r r r ⋅⋅⋅,存在集合{}1,2,,n ⋅⋅⋅的一个子集S 满足{},+1,,+2022i S t t t j ≤⋂⋅⋅⋅≤对所有=1,2,,2022t n ⋅⋅⋅-恒成立且=1nmm m Sm r C r ∈≥⋅∑∑.【答案】4046j i-【详解】我们来证明max =4046j iC -:首先,记2022k =,一方面,取()=2+1n k ,=1m r ,1+1m k ≤≤;=1m r -,()+22+1k m k ≤≤,此时()=1=2+1nm m r k ∑,由{},+1,,+i S t t t k j ⋅⋅⋅≤≤ ,及=1t ,2k +知,在1至+1k 中,S 至少有i 个元素,至多有j 个元素,在2k +至()2+1k 中,S 至少有i 个元素,至多有j 个元素,于是mm Srj i ∈≤-∑,因此()121mm S nmm rj iC k r∈=-≤≤+∑∑,另一方面,当()=2+1j iC k -时,设(){}{}mod 11,2,,m A q q m k q n=≡+∈⋅⋅⋅,=1,2,,+1m k ⋅⋅⋅,>0,=q mm qr q A S r ∈∑,()0,q mm qr q A T r ≤∈=-∑,则()111nk m m m m m r S T +===+∑∑,不妨设1111k k m m m m S T ++==≥∑∑,在{}1,2,,+1k ⋅⋅⋅中任取i 个互不相同的元12,,,i u u u ⋅⋅⋅,再在剩下的元素中任取j i -的互不相同的元12,,,j i v v v -⋅⋅⋅,取(){}{=mod +1,1,2,,m S a a u k a n ≡∈⋅⋅⋅,1m i ≤≤,或者>0a r ,(){}mod 1,1,2,,,1m a v k a n m j i ≡+∈⋅⋅⋅≤≤-,这样的S 总能满足{},+1,,+i S t t t k j ⋅⋅⋅≤≤ ,且()=1=1=+mmmj iimu u v m Sm m r S T S -∈-∑∑∑,(1)将所有(1)求和,其中一共有+1+1ij ik k i C C --⋅种mm Sr ∈∑,每个m S 及m T 在()=1l l iu u l S T -∑的求和中出现1+1i j ik k i C C ---⋅次,每个m S 在=1l j iv l S -∑的求和中出现1i j i k k i C C ---⋅次,结合抽屉原理得,必存在一种情况使得:()11111111111i j i i j i k k k k i k k im m m mi j i i j i m Sm m k k i k k i C C C C r S T S C C C C ----+++----∈==++-++-⋅⋅≥-+⋅⋅∑∑∑()111111111k k k m m m m m m m i j i j i S T S S k k k +++===--=-+≥+++∑∑∑()()()1112121k nm m mm m j i j i S T rk k +==--≥+=++∑∑,综上所述,max =4046j iC -.21.(2021·全国·高三竞赛)设集合S 是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合,且其中2019个点为红色,2020个点为蓝色;在平面上画出一组直线,可以将平面分成若干区域,若一组直线对于点集S 满足下述两个条件,称这是一个“好直线组”:(1)这些直线不经过该点集S 中的任何一个点;(2)每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.求k 的最小值,使得对于任意的点集S ,均存在由k 条直线构成的“好直线组”.【答案】2019.【详解】先证明2019k ≥:在一个圆周上顺次交替标记2019个红点和2019个蓝点,在平面上另外任取一点染为蓝色,这个圆周就被分成了4038段弧,则每一段的两个端点均染了不同的颜色;若要满足题目的要求,则每一段弧均与某条画出的直线相交;因为每条直线和圆周至多有两个交点,所以,至少要有403820192=条直线.再证明:用2019条直线可以满足要求.对于任意两个同色点A B 、,均可用两条直线将它们与其他的点分离.作法:在直线AB 的两侧作两条与AB 平行的直线,只要它们足够接近AB ,它们之间的带状区域里就会只有A 和B 这两个染色点.设P 是所有染色点的凸包,有以下两种情形:(1)假设P 有一个红色顶点,不妨记为A .则可作一条直线,将点A 和所有其他的染色点分离,这样,余下的2018个红点可以组成1009对,每对可以用两条平行直线将它们与所有其他的染色点分离.所以,总共用2019条直线可以达到要求.(2)假设P 的所有顶点均为蓝色.考虑P 上的两个相邻顶点,不妨记为A B 、.则用一条直线就可以将这两个点与所有其他染色点分离.这样,余下的2018个蓝点可以组成1009对,每对可以用两条直线将它们与所有其他染色点分离.所以,总共也用了2019条直线可以达到要求.综上:k 的最小值为2019.22.(2021·全国·高三竞赛)已知X 是一个有限集.110110,X A A X B B =⋃⋃=⋃⋃L L 是满足如下性质的两个分划:若,110i j A B i j ⋂=∅≤≤≤,则10i j A B ⋃≥.求X 的最小值.【答案】50【详解】X 的最小值为50.我们先证明||50X ≥.考虑集合110110,,,,,A A B B 中元素个数最少的集合,不妨设为1A .记1A a =,则1A 至多与110,,B B 中a 个集合相交.不妨设1,1,,i A B i k ⋂≠∅= 且1,1,,10i A B i k ⋂=∅=+ ,其中k a ≤.故110,1,,10i A B i k ⋃≥=+ .从而对1i k ∀≥+有11010Bi A a ≥-=-.由1A 的最小性知1,,k B B 的元素个数均不小于a .从而1101110||k k X B B B B B B +=⋃⋃=++++ (10)(10)502(5)(5)k a k a k a ≥⋅+--=+--.(1)若5a ≤,则5k ≤,此时由上式知||50X ≥;(2)若5a >,由1A 是110,,A A 中元素个数最少的集合知||1050X a ≥>.故||50X ≥.另一方面,||X 能取到50,例如,取11221010{1,2,3,4,5},{6,7,8,9,10},,{46,47,48,49,50}A B A B A B ====== .显然它们满足条件,这时{}1,2,,50X =⋯.23.(2021·全国·高三竞赛)设{}()1,2,3,,2,mM n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合,求最小的正整数k ,使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a + 满足1(1,2,,)i i a a i m += .【答案】21m n n ⋅-+.【详解】记{1,2,3,,}A n = ,任何一个以i 为首项,2为公比的等比数列与A 的交集设为i A .一方面,由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2mn n n ++⋅ 中不存在题设的1m +个数,否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅ ,而1212m m nn a n ⋅+≤≤=,矛盾.故21m k n n ≥⋅-+.另一方面,21m k n n =⋅-+时,题设满足.若非如此,考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项,以2为公比的等比数列.其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个.设M 任何k 元子集为T ,则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中,而i j ≠时,2121i j A A ++=∅ .注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==,可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾.综上,所求k 为21m n n ⋅-+.24.(2021·全国·高三竞赛)设n 是正整数,我们说集合{1,2,,2}n 的一个排列()122,,,n x x x 具有性质P ,是指在{1,2,,21}n - 当中至少有一个i ,使得1i i x x n +-=.求证:对于任何n ,具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多.【详解】设A 为不具有性质P 的排列的集合,B 为具有性质P 的排列的集合,显然||||(2)!A B n +=.为了证明||||A B <,只要得到1||(2)!2B n >就够了.设()122,,,n x x x 中,k 与k n +相邻的排列的集合为,1,2,,k A k n = .则22(21)!,2(22)!,1k k j A n A A n k j n =⋅-=⋅-≤<≤ ,由容斥原理得121||||2(21)!4(22)||!k k k j n nk j nB A A A n nC n =≤<≤≥-=⋅⋅--⋅⋅-∑∑(2)!2(1)(22)!n n n n =--⋅-2(22)!n n n =⋅⋅-212(22)!2n n n ->⋅⋅-1(2)!2n =25.(2023·全国·高三专题练习)设数列12:,,,n A a a a (3n ≥)的各项均为正整数,且12n a a a ≤≤≤ .若对任意{3,4,,}k n ∈ ,存在正整数,(1)i j i j k ≤≤<使得k i j a a a =+,则称数列A 具有性质T .(1)判断数列1:1,2,4,7A 与数列2:1,2,3,6A 是否具有性质T ;(只需写出结论)(2)若数列A 具有性质T ,且11a =,22a =,200n a =,求n 的最小值;(3)若集合123456{1,2,3,,2019,2020}S S S S S S S == ,且i j S S =∅ (任意,{1,2,,6}i j ∈ ,i j ≠).求证:存在i S ,使得从i S 中可以选取若干元素(可重复选取)组成一个具有性质T 的数列.【解析】(1)47a =不满足存在正整数,(1)i j i j k ≤≤<使得k i j a a a =+,故数列1A 不具有性质T ;根据定义可知数列2A 具有性质T ;(2)由题可知22a =,3224a a ≤=,4328a a ≤≤,L ,872128a a ≤≤,所以9n ≥,再验证可知9n =时,数列A 不具有性质T ,10n =时,数列A 具有性质T ,从而可知n 的最小值为10;(3)反证法:假设结论不成立,即对任意(1,2,,6)i S i = 都有:若正整数,,i a b S a b ∈<,则i b a S -∉,再根据定义推出矛盾,从而可证结论正确.【详解】(1)数列1A 不具有性质T ;数列2A 具有性质T .(2)由题可知22a =,3224a a ≤=,4328a a ≤≤,L ,872128a a ≤≤,所以9n ≥.若9n =,因为9200a =且982a a ≤,所以8128100a ≥≥.同理,765436450,3225,1612.5,8 6.25,4 3.125.a a a a a ≥≥≥≥≥≥≥≥≥≥因为数列各项均为正整数,所以34a =.所以数列前三项为1,2,4.因为数列A 具有性质T ,4a 只可能为4,5,6,8之一,而又因为48 6.25a ≥≥,所以48a =.同理,有567816,32,64,128a a a a ====.此时数列为1,2,4,8,16,32,64,128,200.但数列中不存在19i j ≤≤<使得200i j a a =+,所以该数列不具有性质T .所以10n ≥.当10n =时,取:1,2,4,8,16,32,36,64,100,200A .(构造数列不唯一)经验证,此数列具有性质T .所以,n 的最小值为10.(3)反证法:假设结论不成立,即对任意(1,2,,6)i S i = 都有:若正整数,,i a b S a b ∈<,则i b a S -∉.否则,存在i S 满足:存在,i a b S ∈,a b <使得i b a S -∈,此时,从i S 中取出,,a b b a -:当a b a <-时,,,a b a b -是一个具有性质T 的数列;当a b a >-时,,,b a a b -是一个具有性质T 的数列;当a b a =-时,,,a a b 是一个具有性质T 的数列.(i )由题意可知,这6个集合中至少有一个集合的元素个数不少于337个,不妨设此集合为1S ,从1S 中取出337个数,记为12337,,,a a a ,且12337a a a <<< .令集合1337{|1,2,,336}i N a a i S =-=⊆ .由假设,对任意1,2,,336i = ,3371i a a S -∉,所以234516N S S S S S ⊆ .(ii )在23456,,,,S S S S S 中至少有一个集合包含1N 中的至少68个元素,不妨设这个集合为2S ,从21S N 中取出68个数,记为1268,,,b b b ,且1268b b b <<< .令集合628{|1,2,,67}i N b i b S ==-⊆ .由假设682i b b S -∉.对任意1,2,,68k = ,存在{1,2,,336}k s ∈ 使得337k k s b a a =-.所以对任意1,2,,67i = ,686868337337()()i i i s s s s b b a a a a a a -=---=-,由假设681i s s a a S -∉,所以681i b b S -∉,所以6812i b b S S -∉ ,所以23456N S S S S ⊆ .(iii )在3456,,,S S S S 中至少有一个集合包含2N 中的至少17个元素,不妨设这个集合为3S ,本号资料全部来源于微信#数*学第六感从23S N 中取出17个数,记为1217,,,c c c ,且1217c c c <<< .令集合137{|1,2,,16}i N c c i S -==⊆ .由假设173i c c S -∉.对任意1,2,,17k = ,存在{1,2,,67}k t ∈ 使得68k t k c b b =-.所以对任意1,2,,16i = ,1717176868()()iii t t t t c c b b b b b b -=---=-,同样,由假设可得1712it t b b S S -∉ ,所以17123i c c S S S -∉ ,所以3456N S S S ⊆ .(iv )类似地,在456,,S S S 中至少有一个集合包含3N 中的至少6个元素,不妨设这个集合为4S ,从34S N 中取出6个数,记为126,,,d d d ,且126d d d <<< ,则6456{|1,2,,5}i d d i S S N -⊆== .(v )同样,在56,S S 中至少有一个集合包含4N 中的至少3个元素,不妨设这个集合为5S ,从45S N 中取出3个数,记为123,,e e e ,且123e e e <<,同理可得153326{,}e e e e S N --=⊆.(vi )由假设可得2131326()()e e e e e e S -=---∈/.同上可知,1245123S S S e e S S -∈/ ,而又因为21e e S -∈,所以216e e S -∈,矛盾.所以假设不成立.所以原命题得证.【点睛】本题考查了对新定义的理解和运用能力,考查了反证法,考查了集合的并集运算,准确理解定义和运用定义解题是解题关键,属于难题.26.(2019·浙江·高三校联考竞赛)设X 是有限集,t 为正整数,F 是包含t 个子集的子集族:F ={}12,,,t A A A .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S 1为包含集合最多的反链,S 2是任意反链.证明:存在S 2到S 1的单射f ,满足2,()A S f A A ∀∈⊂或()A f A ⊂成立.【详解】记|S 1|=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(1)i P 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F 1,后者的全体为F 2,即:{1|i i F A F A =∈包含S 中的某个集合},{2|i i F A F A =∈是S 中的某个集合的子集},则12,F S F S ⋃⋃均是F 的真子集,从而由归纳假设可将12,F S F S ⋃⋃都可以拆成r 个链的并.1F S ⋃中的链以S 中的元素开始,2F 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1F =∅,要么满足2F =∅.前者意味着S 中的子集都是“极大”子集(不是另一个Ai 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Ai ),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S 1中的子集,且至多有一个S 2中的子集.将每个S 2中的子集对应到所在链中S 1的元素,就得到了从S 2到S 1满足要求的映射.27.(2022·全国·高三专题练习)对给定的正整数n ,令1{(n a a Ω==,2a ,⋯,)|{0n i a a ∈,1},1i =,2,3,⋯,}n .对任意的1(x x =,2x ,⋯,)n x ,1(y y =,2y ,⋯,)n n y ∈Ω,定义x 与y 的距离1122(,)n n d x y x y x y x y =-+-+⋯+-.设A 是n Ω的含有至少两个元素的子集,集合{(,)|D d x y x y =≠,x ,}∈y A 中的最小值称为A 的特征,记作χ(A ).(Ⅰ)当3n =时,直接写出下述集合的特征:{(0A =,0,0),(1,1,1)},{(0B =,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)},{(0C =,0,0),(0,0,1),(0,1,1),(1,1,1)}.(Ⅱ)当2020n =时,设2020A ⊆Ω且χ(A )2=,求A 中元素个数的最大值;。

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 。

完整版)高中数学复数练习题

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完整版)高中数学复数练习题高中数学《复数》练题一、基本知识:复数的基本概念1.形如a+bi的数叫做复数(其中a,b∈R);复数的单位为i,它的平方等于-1,即i²=-1.其中a叫做复数的实部,b叫做虚部。

2.实数:当b=0时复数a+bi为实数;虚数:当b≠0时的复数a+bi为虚数;纯虚数:当a=0且b≠0时的复数a+bi为纯虚数。

3.两个复数相等的定义:a+bi=c+di⟺a=c且b=d(其中,a,b,c,d,∈R)。

特别地a+bi=0⟺a=b=0.4.共轭复数:z=a+bi的共轭记作z=a-bi;5.复平面:z=a+bi,对应点坐标为p(a,b);(象限的复)6.复数的模:对于复数z=a+bi,把z²=a²+b²叫做复数z的模;二、复数的基本运算:设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i1.加法:z1+z2=(a1+a2)+(b1+b2)i;2.减法:z1-z2=(a1-a2)+(b1-b2)i;3.乘法:z1·z2=(a1a2-b1b2)+(a2b1+a1b2)i。

特别z·z=a²+b²。

4.幂运算:i¹=i,i²=-1,i³=-i,i⁴=1,i⁵=i,i⁶=-1……以此类推。

三、复数的化简把c+di(a,b是均不为0的实数)的化简就是通过分母实数化的方法将分母化为实数:z=(a+bi)/(c+di)=(ac+bd)+(ad-bc)i/(c²+d²)四、例题分析例1】已知z=a+1+(b-4)i,求1) 当a,b为何值时z为实数2) 当a,b为何值时z为纯虚数3) 当a,b为何值时z为虚数4) 当a,b满足什么条件时z对应的点在复平面内的第二象限。

变式1】若复数z=(x²-1)+(x-1)i为纯虚数,则实数x的值为A。

-1 B。

1 C。

0 D。

-1或1例2】已知z1=3+4i,z2=(a-3)+(b-4)i,求当a,b为何值时z1=z2例3】已知z=1-i,求z,z·z;变式1】复数z满足z=(2-i)/(1-i),则求z的共轭z变式2】已知复数z=3+i,则z·z=?例4】已知z1=2-i,z2=-3+2i1) 求z1+z22) 求z1·z22.已知复数 $z$ 满足 $(z-2)i=1+i$,求 $|z|$。

【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题1 集合(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

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【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题1 集合 (50题竞赛真题强化训练)一、单选题1.(2018·天津·高三竞赛)如果集合{}1,2,3,,10A =,{}1,2,3,4B =,C 是A 的子集,且C B ≠∅,则这样的子集C 有( )个.A .256B .959C .960D .961【答案】C 【解析】 【详解】满足C B ⋂=∅的子集C 有62个,所以满足C B ⋂≠∅的子集C 有10622960-=个. 故答案为C2.(2020·浙江温州·高一竞赛)已知集合{}{}2|2,230A x x B x x x =>=--<∣,则A B =( ).A .{23}xx <<∣ B .{12}xx -<<∣ C .{21xx -<<-∣或2}x > D .{2∣<-xx 或3}x > 【答案】A 【解析】 【详解】(,2)(2,)A =-∞-+∞,又223(3)(1)0(1,3)x x x x B --=-+<⇒=-, 所以(2,3)A B =. 故选:A.3.(2018·黑龙江·高三竞赛)已知集合(){}2,60A x y x a y =++=,集合()(){},2320B x y a x ay a =-++=.若AB =∅,则a 的值是( ).A .3或-1B .0C .-1D .0或-1【答案】D 【解析】 【详解】A B ⋂=∅,即直线21:60l x a y ++=与()2:2320l a x ay a -++=平行.令()2132a a a ⨯=-,解得0a =或-14.(2019·全国·高三竞赛)已知{}1,2,,216,S A S =⋅⋅⋅⊆.若集合A 中任两个元素的和都不能被6整除,则集合A 中元素的个数最多为( ). A .36 B .52 C .74 D .90【答案】C 【解析】 【详解】记{}()6,0,1,,5k S x S x n k n N k =∈=+∈=⋅⋅⋅,且50k k S S ==⋃.易知()36k card S =.则集合A 中既不能同时有1S 与5S 或2S 与4S 中元素,也不能有6S 中两个元素、3S 中两个元素.要使A 中元素最多,可选1S 与2S 中全部元素,0S 与3S 中各一个元素.故最多共有36361174+++=个元素. 故答案为C5.(2019·吉林·高三竞赛)集合A ={2,0,1,3},集合B ={x |-x ∈A ,2-x 2∉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】 【详解】由题意可得B ={-2,-3},则集合B 中所有元素的和为-5. 故选:B. 二、填空题6.(2018·四川·高三竞赛)设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =,若I 的非空子集AB 、满足A B =∅,就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”,则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.(用具体数字作答) 【答案】6050 【解析】 【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集,则B 为I 的补集的非空子集.所以,“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050k kk kk k k k CC C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.7.(2018·湖南·高三竞赛)设集合2{|},{31021|}01A x x x B x m x m =-≤=+≤≤--,若A B B =,则实数m 的取值范围为__________. 【答案】3m ≤ 【解析】 【详解】由A B B ⋂=知,B A ⊆,而2{|3100}{|25}A x x x x x =--≤=-≤≤.当B =∅时,121m m +>-,即2m <,此时B A ⊆成立. 当B ≠∅时,121m m +≤-,即2m ≥,由B A ⊆,得21,21 5.m m -≤+⎧⎨-≤⎩ 解得33m -≤≤.又2m ≥,故得23m ≤≤. 综上,有3m ≤. 故答案为3m ≤8.(2021·全国·高三竞赛)已知,a b ∈R ,集合{}2{1,,},,M a b N a ab ==,若N M ⊆,则a b+的值为_________. 【答案】1- 【解析】 【分析】 【详解】依题意,1,0,1,a a b b a ≠≠≠≠.若21a =,则1,{1,1,},{1,}a M b N b =-=-=-,所以,0b b b -==. 若2a a =,则0a =或1,矛盾.若2a b =,则{}{}2231,,,,M a a N a a ==,于是31a =或a ,得0a =或±1,舍去.综上所述,1a b +=-. 故答案为:1-.9.(2018·山东·高三竞赛)集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =,A B =∅,若A 中的元素个数不是A 中的元素,B 中的元素个数不是B 中的元素,则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______. 【答案】186 【解析】 【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =,则B 中元素个数为10k -,依题意k A ∉,441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.10k B -∉,10k A -∈,此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --.其中,当5k =时,不满足题意,故5k ≠.所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=.10.(2018·福建·高三竞赛)将正偶数集合{}2,4,6,从小到大按第n 组有32n -个数进行分组:{}2,{}4,6,8,10,{}12,14,16,18,20,22,24,…,则2018位于第______组. 【答案】27 【解析】 【详解】设2018在第n 组,由2018为第1009个正偶数,根据题意得()()11132100932n ni i i i -==-<≤-∑∑,即()()223113100922n n n n ----<≤.解得正整数27n =.所以2018位于第27组.11.(2021·全国·高三竞赛)在{1,2,,12}的非空真子集中,满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为___________. 【答案】1364 【解析】 【详解】考虑1,12;2,11;3,10;4,9;5,8;6,7这5组数,每一组可作为集合的最大元素和最小元素,故所求集合的个数为()10864221222211364-+++++=,故答案为:136412.(2021·全国·高三竞赛)已知集合{1,2,3,,1995}M =,A 是M 的子集,当x A ∈时,19x A ∉,则集合A 元素个数的最大值为_______. 【答案】1895 【解析】 【详解】解析:先构造抽屉:{6,114},{7,133},,{105,1995},{1,2,3,4,5,106,107,,1994}.使前100个抽屉中恰均只有2个数,且只有1个数属于A ,可从集合M 中去掉前100个抽屉中的数,剩下199510021795-⨯=个数,作为第101个抽屉.现从第1至100个抽屉中取较大的数,和第101个抽屉中的数,组成集合A ,于是{1,2,3,4,5,106,107,,1995}A =,满足A 包含于M ,且当x A ∈时,19x A ∉. 所以card()A 的最大值为199********-=. 故答案为:1895.13.(2021·全国·高三竞赛)设111,,,23100X ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭,子集G X ⊆之积数定义为G 中所有元素之乘积(空集的积数为零),求X 中所有偶数个元素之子集的积数的总和是_________. 【答案】4851200##5124200【解析】 【详解】解:设X 中所有偶数个元素之子集的积数的总和是A ,X 中所有奇数个元素之子集的积数之和是B ,则111991*********A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++-=⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,11199111123100100A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=----=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 解得4851200A =. 故答案为:485120014.(2020·江苏·高三竞赛)设*n N ∈,欧拉函数()n ϕ表示在正整数1,2,3,…,n 中与n 互质的数的个数,例如1,3都与4互质,2,4与4不互质,所以()42ϕ=,则()2020ϕ=__________.【答案】800 【解析】 【详解】解析:法一:因为2202025101=⨯⨯,故能被2整除的数有1010个,能被5整除的数有404个, 能被101整除的数有20个,既能被2整除又能被5整除的数有202个, 既能被2整除又能被101整除的数有10个, 既能被5整除又能被101整除的数有4个, 既能被2整除又能被5和101整除的数有2个.故与2020不互质的有10104042020210421220++---+=,则()2020800ϕ=. 故答案为:800.法二:()()()()2202025101=800ϕϕϕϕ=⨯⨯.故答案为:800.15.(2021·浙江·高二竞赛)给定实数集合A ,B ,定义运算{},,A B x x ab a b a A b B ⊗==++∈∈.设{}0,2,4,,18A =⋅⋅⋅,{}98,99,100B =,则A B ⊗中的所有元素之和为______. 【答案】29970 【解析】 【分析】【详解】由(1)(1)1x a b =++-, 则可知所有元素之和为(1319)30031029970+++⨯-⨯=.故答案为:29970.16.(2021·全国·高三竞赛)从自然数中删去所有的完全平方数与立方数,剩下的数从小到大排成一个数列{}n a ,则2020a =_________. 【答案】2074 【解析】 【分析】 【详解】注意到23366452025,121728,132197,3729,44096=====,我们考虑1到2025中n a 出现的次数.这里有45个平方数,12个立方数,3个6次方数, 所以n a 出现的次数为2025451231971--+=, 接下来直至2197前都没有平方数和立方数, 所以20202020197120252074a =-+=.17.(2021·全国·高三竞赛)设正整数m 、n ,集合{1,2,,}A n =,{1,2,,}B m =,{(,),}S u v u A v B ⊆∈∈,满足对任意的(,),(,)a b S x y S ∈∈,均有:()()0a x b y --≤,则max ||S =________.【答案】1n m +- 【解析】 【分析】 【详解】首先对S 中任意两个不同元素(,),(,)a b x y ,必有b a y x -≠-.事实上,若b a y x -=-,则b y ≠(否则a x =,这与(,)(,)a b x y ≠矛盾). 若b y <,则a x <,则()()0a x b y -->,这与题意矛盾, 同理,b y >亦与题意矛盾.这样S 中任意元素(,),a b b a -各不相同, 而{1,2,,0,1,,1}b a m m n -∈----共1n m +-种情形,则||1S n m ≤+-.再令{(,)S x y y m ==且1x n ≤≤,或x n =且1}y m ≤≤,此时||1S n m =+-. 故答案为:1n m +-.18.(2021·全国·高三竞赛)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A B 为空集.若当n A ∈时总有22n B +∈,则集合A B 的元素个数最多为_______. 【答案】66 【解析】 【分析】 【详解】先证||66A B ≤,只须证33A ≤, 为此只须证若A 是{}1,2,,49的任一个34元子集,则必存在n A ∈,使得22n A +∈.证明如下: 将{}1,2,,49分成如下33个集合:{}{}{}{}1,4,3,8,5,12,,23,48共12个;{}{}{}{}2,6,10,22,14,30,18,38共4个;{}{}{}{}25,27,29,,49共13个;{}{}{}{}26,34,42,46共4个.由于A 是{}1,2,,49的34元子集,从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A , 即存在n A ∈,使得22n A +∈. 如取{}1,3,5,,23,2,10,14,18,25,27,29,,49,26,34,42,46A =,22{|}B n n A =+∈,则A 、B 满足题设且||66A B =. 故答案为:66.19.(2021·全国·高三竞赛)设集合{1,2,3,,10},{(,,),,S A x y z x y z S ==∈∣,且()}3339x y z ++∣,则A 有_______个元素.【答案】243 【解析】 【分析】 【详解】将S 中元素按3x 模9余数分类得:123{1,4,7,10},{2,5,8},{3,6,9}S S S ===. 对每个(),,x y z A ∈,有,,x y z 分别属于123,,S S S ,或,,x y z 均属于3S .因此A 中共有()33!4333243⨯⨯⨯+=个元素.故答案为:243.20.(2021·全国·高三竞赛)设S 为集合{}0,1,2,,9的子集,若存在正整数N ,使得对任意整数n N >,总能找到正实数a b 、,满足a b n +=,且a b 、在十进制表示下的所有数字(不包括开头的0)都属于集合S ,则||S 的最小值为___(||S 表示集合S 的元素个数). 【答案】5 【解析】 【分析】 【详解】第一步,证明4S ≥,若4S =,则其中两数(可相同)相加共10个值(4个2i x 加上24C 6=个i j x x +),而n 的个位数由这10个值的个位数产生,因此,这10个值的个位数不能重复; 在0、1、2、…、9中有五个奇数,五个偶数, 若四个元中0或4个奇数,不能加出奇数; 若四个元中有1个奇数,只能产生3个奇数; 若四个元中有2个奇数,只能产生4个奇数; 若四个元中有3个奇数,只能产生3个奇数; 因此||4S >.第二步,构造一个五元组满足条件,稍加实验可得下表上表表明,0、1、2、…、9中的每个数字,都可以由{}0,1,2,3,6中的两个相加得到,则对任意正整数n ,从个位数开始依次向高位遍历,将每位数都按表格中表示分解为两个数,赋值给a b 、对应的位置,遍历完毕后自然得到a b 、. 综上min ||5S =. 故答案为:5.21.(2019·江西·高三竞赛)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】 【详解】所求的和为()22221(1219)12192⎡⎤+++-+++⎣⎦1(361002470)2=-16815=.故答案为:16815.22.(2019·河南·高二竞赛)称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集:如果其中所有数之和为奇数,则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】 【详解】全集{1,2,3,…,9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知,奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数,而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以,奇子集共有:()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为:256.23.(2019·广西·高三竞赛)已知yz ≠0,且集合{2x ,3z ,xy }也可以表示为{y ,2x 2,3xz },则x =____________.【答案】1 【解析】 【详解】易知xyz ≠0,由两集合各元素之积得2366,1x yz x yz x ==. 经验证,x =1符合题意. 故答案为:1.24.(2019·山东·高三竞赛)已知(){}23|log 21,(,](,)A x x x B a b =-=-∞⋃+∞其中a <b ,如果A ∪B =R ,那么a -b 的最小值是_______ . 【答案】1- 【解析】 【详解】由已知得[1,0)(2,3]A =-⋃,故b -a ≤1,于是1a b --. 故答案为:1-.25.(2019·重庆·高三竞赛)设A 为三元集合(三个不同实数组成的集合),集合B ={x +y |x ,y ∈A ,x ≠y },若{}222log 6,log 10,log 15B =,则集合A =_______ . 【答案】{}221,log 3,log 5 【解析】 【详解】设{}222log ,log ,log A a b c =,其中0<a <b <c .则ab =6,ac =10,bc =15. 解得a =2,b =3,c =5,从而{}221,log 3,log 5A =. 故答案为:{}221,log 3,log 5.26.(2018·河北·高二竞赛)已知集合{},,A x xy x y =+,{}0,,B x y =且A=B ,那么20182018x y +=_______.【答案】2 【解析】 【详解】由B 中有三个元素知,0x ≠且0y ≠,故A 中0x y +=,即有x y =-,又{}{},,x xy x y =若x x xy y ⎧=⎨=⎩,则11x y =⎧⎨=-⎩.此时{}{}1,1,0,0,1,1A B =-=-. 若x t x xy =⎧⎨=⎩,则00x y =⎧⎨=⎩,或11x y =-⎧⎨=-⎩,或11x y =⎧⎨=⎩,不满足互异性,舍去.故1x =,1y =-,所以201820182x y +=. 27.(2019·全国·高三竞赛)集合{}1,2,,100S =,对于正整数m ,集合S 的任一m 元子集中必有一个数为另外m-1个数乘积的约数.则m 的最小可能值为__________. 【答案】26 【解析】 【详解】所有不大于100的素数共有25个,记其构成的组合为T={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97}.注意到,集合T 中每一个元素均不能被T 中其余24个元素之积整除. 故2526m T m >=⇒≥.另一方面,用反证法证明:对于集合S 的任一26元子集,其中必有一个数为另外25个数乘积的约数.为叙述方便,对于素数p 和正整数x ,记()p x α表示x 中缩含p 的幂指数.若存在集合S 的某个26元子集A ,对每个x A ∈,x 均不整除集合A 中其余25个数乘积,则对每个x A ∈,存在x 的素因子p ,使得(){}\p p x A x x z αα∈⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭∏,称这样的素数p 为x 的特异素因子,这种特异素因子不是唯一的.由于26A =,且所有特异素因子均属于集合S ,而集合S 中只有25个素数,故必有集合A 的两个不同元素x 、y 具有同一个特异素因子p. 由特异性及{}\y A x ∈,知(){}{}\p p p z A x x z y ααα∈⎛⎫>≥ ⎪⎪⎝⎭∏.类似地,(){}()\p p p z A y y z x ααα∈⎛⎫>≥⎪ ⎪⎝⎭∏,矛盾. 综上,m 的最小可能值为26.28.(2018·全国·高三竞赛)若实数集合{}2,3A x y =与{}6,B xy =恰有一个公共元素,则A B 中的所有元素之积为__________. 【答案】0 【解析】 【详解】将集合A 、B 的唯一公共元素记为a . 若0a ≠,则集合A 、B 的另一个元素均为6xya,矛盾. 进而,A B ⋃中的所有元素之积为0.29.(2021·全国·高三竞赛)已知非空集合{1,2,,2019,2020}X M ⊆=,用()f X 表示集合X中最大数和最小数的和,则所有这样的()f X 的和为_____. 【答案】()2020202121⋅-【解析】 【分析】 【详解】将M 中的非空子集两两进行配对,对每个非空子集X M ⊆,令{2021}X xx X '=-∈∣, 对M 的任意两个子集1X 和2X ,若12X X ≠时,12X X ''≠.则所有非空集合X 可以分成X X '≠和X X '=两类. 当X X '=时,必有()2021f X =,当X X '≠时,必有()()202124042f X f X +'=⨯=.又M 的非空子集共有202021-个,故所有这样的()f X 的和为()2020202121⋅-.故答案为:()2020202121⋅-.30.(2019·浙江·高三竞赛)在复平面上,任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形,则不同的锐角三角形的数目为____________.【答案】39200 【解析】 【详解】易知10010z -=的根在单位圆上,且相邻两根之间弧长相等,都为2100π,即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点,共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ,设AB 弧有x 段小弧,CB 弧有y 段小弧,AC 弧有z 段小弧,则△ABC 为锐角三角形的等价条件为:1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数,记1{|97,49}P x x y z x =++=,2{|97,49}P y x y z y =++=,3{|97,49}P z x y z z =++=,{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=,则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次,所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=. 故答案为:39200.31.(2019·浙江·高三竞赛)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】{334,335,336,337,338,339} 【解析】 【详解】由已知2136732k n n ++⨯=⨯. 当n =2m 时,得到(221)36733,6,333k m m m n k ++=⨯⇒===; 当n =2m +1时,得到(1)(21)36731,3k m m m n +++=⨯⇒==. 所以n 的最大值为6,此时集合{334,335,336,337,338,339}A =. 故答案为:{334,335,336,337,338,339} .32.(2021·全国·高三竞赛)设集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}A =,满足下列性质的集合称为“翔集合”:集合至少含有两个元素,且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A 的子集中有___________个“翔集合”. 【答案】49 【解析】 【分析】 设出集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ,写出2340,1a a a ===,在4n >时,要分情况把n a 的递推公式写出来,进而得到10a ,即答案. 【详解】 设集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ,则2340,1a a a ===.当4n >时,可将满足题设性质的子集分为如下两类:一类是含有n 的子集,去掉n 后剩下小于2n -的单元子集或者是{1,2,3,,3}n -满足题设性质的子集,前者有3n -个,后者有3n a -个;另一类是不含有n 的子集,此时恰好是{1,2,3,,1}n -满足题设性质的子集,有1n a -个.于是,31(3)n n n a n a a --=-++.又2340,1a a a ===,所以56789103,6,11,19,31,49a a a a a a ======.故答案为:49 【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑,设集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ,写出n a 的递推公式,再代入求值即可. 三、解答题33.(2021·全国·高三竞赛)已知非空正实数有限集合A ,定义集合{},,,x B x y A C xy x y A y ⎧⎫=∈=∈⎨⎬⎩⎭,证明:2A B C ⋅≤.【答案】证明见解析 【解析】 【详解】以集合B 作为突破口,取b B ∈,并设有()n b 个数对(),(1,2,,())i i x y i n b =满足:,,ii i ix b x y A y =∈. 由条件知,()i i ax ay C a A ∈∈,考虑集合(){}(),,1,2,,()i i X b ax ay a A i n b =∈=⋅⋅⋅,有()()(),(),X b A X b X b b B b b ''=∅∈'≥≠.于是,2||C ≥U ()b BX b ∈=b B∈∑|()|X b ≥||||B A ⋅得证. 34.(2021·浙江·高二竞赛)设数集{}12,,,m P a a a =,它的平均数12mp a a a C m+++=.现将{1,2,,}S n =分成两个非空且不相交子集A ,B ,求A B C C -的最大值,并讨论取到最大值时不同的有序数对(),A B 的数目. 【答案】最大值2n,数目为22n -.【解析】 【分析】不妨设A B C C >,记{}12,,,p A a a a =,12p T a a a =+++,可以得到A B C C -=12n T n n p p ⎛⎫+- ⎪-⎝⎭,考虑T 最大的情况是取最大的p 个数,此时可以发现A B C C -的结果正好是与p 无关的定值,从而也就得到了A B C C -的最大值,然后考察p 的可能的值,得到A B C C >时(),A B 的组数,并利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数,从而得到所有可能的(),A B 的组数. 【详解】 不妨设A B C C >, 记{}12,,,p A a a a =,12p T a a a =+++,所以(1)2A B A Bn n TT C C C C p n p+--=-=-- 11(1)12()2n n n T n T p n p n p n p p ⎛⎫⎛⎫++=+-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭,又有(21)(1)(2)2p n p T n p n p n -+≤-++-+++=,所以211222A B n n p n nC C n p -++⎛⎫-≤-= ⎪-⎝⎭当且仅当(21)2p n p T -+=时,取到等号,所以A B C C -的最大值2n.此时{1,,}A n p n =-+,由,A B 非空,可知1p =,2,…,1n -,有1n -种情况, 利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数, 由于A B C C -的最大值2n不可能有A B C C =的情况,所以有序数对(),A B 的数目为22n -. 35.(2020·全国·高三竞赛)设集合{1,2,,19}A =.是否存在集合A 的非空子集12,S S ,满足(1)1212,S S S S A ⋂=∅⋃=; (2)12,S S 都至少有4个元素;(3)1S 的所有元素的和等于2S 的所有元素的乘积?证明你的结论. 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】不妨设21,2,,,219S x y x y =<<≤,由条件可得2187xy x y ++=,即(21)(21)3751525x y ++==⨯,根据219x y <<≤,,x y N ∈,可得出其一组解,可证明.【详解】解:答案是肯定的.不妨设21,2,,,219S x y x y =<<≤,,x y N ∈ 则1219122x y xy +++----=,所以2187xy x y ++=,故(21)(21)3751525x y ++==⨯, 所以7,12x y ==是一组解故取13,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19S =,21,2,7,12S =,则这样的12,S S 满足条件 36.(2021·全国·高三竞赛)设n 是正整数,我们说集合{1,2,,2}n 的一个排列()122,,,n x x x 具有性质P ,是指在{1,2,,21}n -当中至少有一个i ,使得1i i x x n +-=.求证:对于任何n ,具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设A 为不具有性质P 的排列的集合,B 为具有性质P 的排列的集合,显然||||(2)!A B n +=.为了证明||||A B <,只要得到1||(2)!2B n >就够了.设()122,,,n x x x 中,k 与k n +相邻的排列的集合为,1,2,,k A k n =.则22(21)!,2(22)!,1k k j A n A A n k j n =⋅-=⋅-≤<≤,由容斥原理得121||||2(21)!4(22)||!k k kj n n k j nB A A A n nC n =≤<≤≥-=⋅⋅--⋅⋅-∑∑(2)!2(1)(22)!n n n n =--⋅- 2(22)!n n n =⋅⋅-212(22)!2n n n ->⋅⋅- 1(2)!2n = 37.(2021·全国·高三竞赛)平面上有一个(3)n n ≥阶完全图,对其边进行三染色,且每种颜色至少染一条边.现假设在完全图中至多选出k 条边,且把这k 条边的颜色全部变为给定三色中的某种颜色后,此图同时也可以被该种颜色的边连通.若无论初始如何染色,都可以达到目的,求k 的最小值. 【答案】3n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】先证明:3n k ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.(这里3n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦表示不超过3n 的最大的整数).假设三种颜色为1、2、3,n 阶完全图的n 个点分成三个点集A 、B 、C , 且||||3n A B ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦.做如下染色:集合A 中的点之间连的边染1,集合B 中的点之间连的边染2,集合C 中的点之间连的边染3,集合A 与B 间的点连的边染2,集合B 与C 间的点连的边染3,集合C 与A 间的点连的边染1.从而,若变色后最终得到染1的颜色的边形成的连通图,由于集合B 中的点出发的边均染的是2或3,于是,变色边数不小于||3n B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.类似地,若变色后最终得到染2或3的颜色的边形成的连通图,则变色边数不小于||A (或C )3n ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.故3n k ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.再证明:3n k ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦.对n 用数学归纳法. 当3n =时,结论成立.假设1(4)n n -≥时,结论成立.则n 个点时: (1)若完全图中由某点出发的边有三种不同颜色,由归纳假设,可通过改变其中13n -⎡⎤⎢⎥⎣⎦条边的颜色得到同色连通图.(2)若完全图中由所有点出发的边均最多两种不同颜色, 记A 为所有出发的边均染1或2的点组成的集合, 记B 为所有出发的边均染2或3的点组成的集合, 记C 为所有出发的边均染3或1的点组成的集合. 如果某些点连出的边都染颜色1,则把它归入集合A ; 如果某些点连出的边都染颜色2,则把它归入集合B ; 如果某些点连出的边都染颜色3,则把它归入集合C .不失一般性,不妨设||||A B C≤≤∣.则||3n A ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦.若B ≠∅,则C ≠∅,集合B 中的点连向集合C 中的点的边均染3.故B C ⋃由颜色3可以连通. 此时,任选集合B 中一点,集合A 中每个点与该点的连线的边颜色均变成3, 由||3n A ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦知成立.若B =∅,则A =∅,于是,完全图的边均染的是1或3. 这与条件“每种颜色至少染一条边”不符. 所以由归纳法知原结论成立.38.(2022·全国·高三专题练习)班级里共有()3n n ≥名学生,其中有A ,B ,C .已知A ,B ,C 中任意两人均为朋友,且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友.若对于某三个人,他们当中任意两人均为朋友,则称他们组成一个“朋友圈”. (1)求班级里朋友圈个数的最大值()F n . (2)求班级里朋友圈个数的最小值()G n .【答案】(1)()()126n n n --;(2)()4,41,6,,21,2n nn n G n n n =⎧⎪⎪+≥=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数 【解析】 【分析】(1)利用组合数可求()F n ; (2)利用容斥原理可求()G n . 【详解】(1)当班级中的任意3人中,任意两个人都是朋友时,班级里朋友圈个数的最大,此时()()()3126n n n n F n C --==.(2)当3n =时,()31G =,当4n =时,A ,B ,C 中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友,故4人彼此是好朋友,故()44G =,当5n ≥时,记a P 为班级中除去,,A B C 且与A 是朋友的同学的集合,b P 为班级中除去,,A B C 且与B 是朋友的同学的集合,Pc 为班级中除去,,A B C 且与C 是朋友的同学的集合,若2(3)n k k =≥,由题设可知,a P 、b P 、Pc 中的元素的个数不小于1k -,余下同学记为:452,,,k Y Y Y ,集合M 中元素的个数记为M ,因为余下人数为23k -,由容斥原理可得23a b c k P P P -≥a b c ab ac bc abc P P P P P P P P P P P P =++---+, 所以2333a b a c b c abc k k P P P P P P P P P -≥----+,即ab ac b c abc P P P P P P P P P k ++-≥,故此时()1G n k ≥+, 考虑一种特殊情况:{}{}4+2+22,,,,,a k c b k k P Y Y P P Y Y ===, 此时朋友圈个数为1111k k -++=+,故()112nG n k =+=+. 若21(2)n k k =+≥,由题设可知,a P 、b P 、Pc 中的元素的个数不小于1k -,余下同学记为:4521,,,k Y Y Y +,集合M 中元素的个数记为M ,因为余下人数为22k -,由容斥原理可得22a b c k P P P -≥a b c ab ac bc abc P P P P P P P P P P P P =++---+, 所以2233a b a c b c abc k k P P P P P P P P P -≥----+,即1ab ac b c abc P P P P P P P P P k ++-≥-,故此时()G n k ≥,考虑一种特殊情况:{}{}{}4+2+22+321,,,,,,,,a k b k k c k k P Y Y P Y Y P Y Y +===, 此时朋友圈个数为112k k ++-=,故()12n G n k -==. 综上,()4,41,6,,21,2n nn n G n n n =⎧⎪⎪+≥=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数.39.(2021·浙江·高三竞赛)某班有10名同学计划在暑假举行若干次聚会,要求每名同学至多参加三次聚会,并且任意两名同学至少在一次聚会中相遇.求最大的正整数m ,使得无论如何安排符合上述要求的聚会,都一定存在某次聚会有至少m 名同学参加. 【答案】最大正整数m 是5 【解析】 【分析】 【详解】解:设有n 次聚会,聚会人数分别为1x ,2x ,…,n x (均为正整数).我们有: 1210330n x x x +++≤⨯=1210452222n x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≥= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭记11n S x x =+⋅⋅⋅+,2221n S x x =+⋅⋅⋅+,则2190S S -≥可知214S S ≥,即{}22111max ,,4nn nx x x x x x +⋅⋅⋅+⋅⋅⋅≥≥+⋅⋅⋅+若上式等号成立,则必须14n x x =⋅⋅⋅==,并且1130n S x x =+⋅⋅⋅+=,这样可得7.5n =导致矛盾.所以我们有{}1max ,,5n x x ⋅⋅⋅≥,即一定存在某次聚会有至少5名同学参加,即5m =满足题意.另一方面,我们给出10名同学参加聚会的一种安排方式:共A ,B ,C ,D ,E ,F 六次聚会,每次聚会恰好有5名同学参加,下面的10个三元子集分别表示10名同学各参加哪三次聚会:{}ABC ,{}CDE ,{}AEF ,{}BDF ,{}ABD ,{}ADE ,{}BCE ,{}BEF ,{}CDF ,{}ACF .易知在所有6203⎛⎫= ⎪⎝⎭个三元子集中,互补的两个三元子集在上式中恰好出现一个.这保证了上面的10个三元子集中每两个都相交,即任意两名同学至少在一次聚会中相遇.此外,A ,B ,C ,D ,E ,F 中的每一个在上式的10个三元子集中恰好出现五次,即每次聚会都恰好有5名同学参加,这意味着6m ≥不符合题意. 因此所求的最大正整数m 是5.另一种构造:{}ABC ,{}ABC ,{}BEF ,{}BEF ,{}CDF ,{}CDF ,{}ABD ,{}AEF ,{}ADE ,{}CDE .40.(2021·全国·高三竞赛)设2n ≥为正数,122,,,n A A A 为1,2,{},n 的所有子集的任一个排列.求2111nii ii i A A A A ++=⋅∑的最大值,其中121n A A +=.【答案】()2222n n n -+-【解析】 【分析】 【详解】 先证两个引理. 引理1 设122,,,n A A A 是集合1,2,{},n 的所有子集,则存在122,,,n A A A 的一个排列122,,,n B B B ,使得对任意的1,2,,2n i =均满足i B 、1i B +中的一个是另一个的子集,且元素个数差1,其中约定121n B B +=. 引理1的证明:对n 用归纳法.当2n =时,集合{1,2}的4个子集排列为∅、{1}、{1,2}、{2}便满足要求. 假设当n k =时存在排列122,,,k B B B 满足要求,则当1n k =+时,考虑下面的排列:12211222,,,,{1},{1},,{1},{1}k kk B B B B k B k B k B k -⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,这显然是集合{1,2,,1}k ⋅⋅⋅+的所有子集满足要求的一个排列.引理1证毕. 引理2 设A 、B 是任意两个不同的有限集,则2221A B A B A B ⋅≤+-,(1) 当A 、B 中一个为另一个的子集,且元素个数差1时等号成立. 引理2的证明:设\,\,A B x B A y A B z ===.因为A B ≠,故x 、y 不能同时为0,于是x 、y 中至少有一个大于等于1. (1)22222()()()11x y z z x z y z x y ⇔++≤+++-⇔+≥,(2) 显然成立.又当A 、B 中一个为另一个的子集且元素个数差1时,x 、y 中有一个为0,一个为1.(2)中取等号,从而(1)也取等号.引理2证毕.回到原题.由引理2可得()22222211111111122nnnn ii i i i i i i i i AA A A A AB -+++===≤+-=-∑∑∑ ()212211C 222n k n n n n k k n n ---==-=+-∑ ()2222n n n -=+-.又如果将{1,2,,}n ⋅⋅⋅的所有子集按照引理1中的排法便知上式等号成立.故所求的最大值为()2222n n n -+-.41.(2021·全国·高三竞赛)设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合,求最小的正整数k ,使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=.【答案】21m n n ⋅-+. 【解析】 【分析】 【详解】 记{1,2,3,,}A n =,任何一个以i 为首项,2为公比的等比数列与A 的交集设为i A .一方面,由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数,否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅,而1212m m nn a n ⋅+≤≤=,矛盾.故21m k n n ≥⋅-+.另一方面,21m k n n =⋅-+时,题设满足.若非如此,考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项,以2为公比的等比数列.其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个.设M 任何k 元子集为T ,则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中,而i j ≠时,2121i j A A ++=∅.注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==,可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾.综上,所求k 为21m n n ⋅-+.42.(2021·全国·高三竞赛)对两个不全等的矩形A 、B ,称A B >,若A 的长不小于B 的长,且A 的宽也不小于B 的宽.现在若对任意的n 个两两不全等的,长和宽均为不超过2020的正整数的矩形,都必存在其中3个矩形A 、B 、C ,使得A B C >>,求n 的最小值. 【答案】2021 【解析】 【分析】 【详解】一方面,当2021n =时,若不存在满足要求的3个矩形,我们把所有的矩形如下分类: 对一个矩形A ,若在剩下2020个矩形中,存在一个矩形B ,使得A B >,则称A 为“父矩形”,否则称A 为“子矩形”.由抽屉原理,其中必有一类至少含有1011个矩形,设它们的宽为121011x x x ≤≤⋯≤. 但易知所有的“父矩形”之间两两不能比较大小,所有的“子矩形”之间也两两不能比较大小,于是必有121011x x x <<<且相应的它们的长121011y y y >>>,合在一起即121011*********x x x y y y <<<≤<<<,与它们均为不超过2020的正整数矛盾.另一方面,当2020n ≤时,考虑所有长宽满足要求的,周长为4040的矩形,共1010个,及周长为4042的矩形,也共1010个.由于周长相等的两个矩形无法比大小,因此这2020个矩形中不存在满足要求的3个矩形. 综上,n 的最小值为2021.43.(2021·全国·高三竞赛)已知X 是一个有限集.110110,X A A X B B =⋃⋃=⋃⋃是满足如下性质的两个分划:若,110i j A B i j ⋂=∅≤≤≤,则10i j A B ⋃≥.求X 的最小值. 【答案】50 【解析】 【分析】 【详解】X 的最小值为50.我们先证明||50X ≥. 考虑集合110110,,,,,A A B B 中元素个数最少的集合,不妨设为1A .记1A a =,则1A 至多与110,,B B 中a 个集合相交.不妨设1,1,,i A B i k ⋂≠∅=且1,1,,10i A B i k ⋂=∅=+,其中k a ≤.故110,1,,10i A B i k ⋃≥=+.从而对1i k ∀≥+有11010Bi A a ≥-=-. 由1A 的最小性知1,,k B B 的元素个数均不小于a .从而1101110||k k X B B B B B B +=⋃⋃=++++(10)(10)502(5)(5)k a k a k a ≥⋅+--=+--.(1)若5a ≤,则5k ≤,此时由上式知||50X ≥; (2)若5a >,由1A 是110,,A A 中元素个数最少的集合知||1050X a ≥>.故||50X ≥.另一方面,||X 能取到50,例如, 取11221010{1,2,3,4,5},{6,7,8,9,10},,{46,47,48,49,50}A B A B A B ======.显然它们满足条件,这时{}1,2,,50X =⋯.44.(2021·全国·高三竞赛)设集合S 是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合,且其中2019个点为红色,2020个点为蓝色;在平面上画出一组直线,可以将平面分成若干区域,若一组直线对于点集S 满足下述两个条件,称这是一个“好直线组”: (1)这些直线不经过该点集S 中的任何一个点; (2)每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.求k 的最小值,使得对于任意的点集S ,均存在由k 条直线构成的“好直线组”. 【答案】2019. 【解析】 【分析】 【详解】 先证明2019k ≥:在一个圆周上顺次交替标记2019个红点和2019个蓝点,在平面上另外任取一点染为蓝色,这个圆周就被分成了4038段弧,则每一段的两个端点均染了不同的颜色; 若要满足题目的要求,则每一段弧均与某条画出的直线相交; 因为每条直线和圆周至多有两个交点,所以,至少要有403820192=条直线. 再证明:用2019条直线可以满足要求.对于任意两个同色点AB 、,均可用两条直线将它们与其他的点分离. 作法:在直线AB 的两侧作两条与AB 平行的直线,只要它们足够接近AB ,它们之间的带状区域里就会只有A 和B 这两个染色点. 设P 是所有染色点的凸包,有以下两种情形:(1)假设P 有一个红色顶点,不妨记为A .则可作一条直线,将点A 和所有其他的染色点分离,这样,余下的2018个红点可以组成1009对,每对可以用两条平行直线将它们与所有其他的染色点分离.所以,总共用2019条直线可以达到要求.(2)假设P 的所有顶点均为蓝色.考虑P 上的两个相邻顶点,不妨记为AB 、.则用一条直线就可以将这两个点与所有其他染色点分离.这样,余下的2018个蓝点可以组成1009对,每对可以用两条直线将它们与所有其他染色点分离. 所以,总共也用了2019条直线可以达到要求. 综上:k 的最小值为2019.45.(2021·全国·高三竞赛)设函数:f ++→Z Z 满足对于每个n +∈Z ,均存在一个k +∈Z ,使得2()k f n n k =+,其中,m f 是f 复合m 次.设n k 是满足上述条件的k 中的最小值,证明:数列12,,k k 无界.【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】设{}21,(1),(1),S f f =,对于每个正整数n S ∈,存在正整数k ,使得2()kfn n k S =+∈.因此,集合S 是无界的,且函数f 将S 映射到S .此外,函数f 在集合S 上是单射. 事实上,若(1)(1)()i j f f i j =≠,则m f (1)从某个值开始周期性地进行重复.于是,集合S 是有界的,矛盾.定义:g S S →为2()()n kn g n f n n k ==+.首先证明:g 也是单射.假设()()()g a g b a b =<,则22()()a b k ka b a k f a f b b k +===+,于是,>a b k k .因为函数f 在集合S 上是单射,所以()()2()a b k k a b fa b a k k -==+-.又0a b a k k k <-<,与a k 的最小性矛盾.设T 是集合S 中非形如()()g n n S ∈的元素构成的集合.由于对每个n S ∈,均有()g n n >,则1T ∈.于是,T 是非空集合.对每个t T ∈,记{}2,(),(),t C t g t g t =,且称tC 为从t 开始的“链”.因为g 是单射,所以,不同的链不交.对每个n S T ∈,均有()n g n =',其中,n n '<,n S '∈.重复上述过程,知存在t T ∈,使得t n C ∈,从而,集合S 是链t C 的并.若(1)n f 是从(1)i nt f =开始的链t C 中的元素,则122t j n n a a =+++,其中,()()()()112221(1)(1)(1)(1)jj i t ta a a n n n n j j f g f ff f f fa a -===+++.故(1)(1)22t n nt tn n n n f f t --=+=+. ① 其次证明:集合T 是无限的.假设集合T 中只有有限个元素则只有有限个链()1212,,,t t t t t C C C t t t <<<.固定N .若(1)(1)n f n N ≤≤是链t C 中的元素,则由式①知:(1)22nt r n n Nf t t -=+≤+. 由于1N +个不同的正整数1,(1),,(1)N f f 均不超过2r N t +,则12r NN t +≤+. 当N 足够大时,这是不可能的.因此,集合,T 是无限的.选取任意正整数k ,考虑从集合T 中前1k +个数开始的1k +个链.设t 是这1k +个数中最大的一个.则每个链中均包含一个元素不超过t ,且至少有一个链中不含1,2,,t t t k +++中的任何一个数.于是,在这个链中存在一个元素n ,使得()g n n k ->,即n k k >.。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题21复数A辑(解析版)

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题21复数A辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题21复数A辑历年联赛真题汇编1.【2000高中数学联赛(第01试)】设ω=cosπ5+i sinπ5,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )A.x4+x3+x2+x+1=0B.x4−x3+x2−x+1=0 C.x4−x3−x2+x+1=0D.x4+x3+x2−x−1=0【答案】B【解析】本题也可以用检验法.显然|ω|=1,ω10=1,所以ω+ω3+ω7+ω9=ω+ω3+ω3+ω̅=2cosπ5+2cos3π5=4cos2π5cosπ5=4cos2π5cosπ5sinπ5=1.由根与系数的关系,从而排除A,D.又有ωω3ω7+ωω3ω9+ωω7ω9+ω3ω7ω9=ω+ω3+ω7+ω9=1,再排除C,故选:B.2.【1995高中数学联赛(第01试)】设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1,Z 2,…,Z20,则复数Z11995,Z21995,⋯,Z201995所对应的不同的点的个数是( )A.4B.5C.10D.20【答案】A【解析】解法1设Z1=cosθ+isinθ,则Z k=(cosθ+isinθ)(cos2(k−1)π20)+ isin 2(k−1)π20(1⩽k⩽20),由1995=20×99+15得Z k1995=(cos1995θ+isin1995θ)(cos3π2+i sin3π2)k−1=(cos1995θ+isin1995θ)(−i)k−1(k=1,2,⋯,20).共有4个不同的值,故选A.解法2不妨设Z1,Z2,⋯,Z20为1的20个20次单位根,则Z11995,Z21995,⋯,Z201995必为1的4次单位根,且不难得知Z11995,Z21995,⋯,Z201995包含了1的4个4次单位根,故Z11995,Z21995,⋯,Z201995所对应不同点的个数为4.3.【1994高中数学联赛(第01试)】给出下列两个命题:(1)设a,b,c都是复数,如果a2+b2>c2,则a2+ b2−c2>0.(2)设a,b,c都是复数,如果a2+b2−c2>0,则a2+b2>c2.那么下述说法正确的是( ) A.命题(1)正确,命题(2)也正确B.命题(1)正确,命题(2)错误C.命题(1)错误,命题(2)也错误D.命题(1)错误,命题(2)正确【答案】B【解析】命题(1)是正确的.则a2+b2>c2,表示a2+b2与c2都是实数,因此,根据移项法则有a2+b2−c2>0,命题(2)是错误的.仅表明a2+b2−c2是实数,并不能保证a2+b2与c2是实数,故a2+b2>c2不一定成立.例如,取a=2+i,b=i,c=2√i,则有a2+b2−c2=(3+4i)+(−1)−4i=2>0,但并没有a2+b2=2+4i>4i=c2.4.【1992高中数学联赛(第01试)】设复数z1,z2在复平面上的对应点分别为A,B,且|z1|=4,4z12−2z1z2+ z22=0.O为坐标原点,则△OAB的面积为( )A.8√3B.4√3C.6√3D.12√3【答案】A【解析】由已知得(z2−z1)2+3z12=0,z2−z1=±√3z1i.故在复平面上等式两边的复数所对应的向量互相垂直,即OA⊥AB.如图.故SΔABC=12|OA|⋅|AB|=12|OA|⋅|√3OA|=12×4×4√3=8√3.5.【1991高中数学联赛(第01试)】设a,b,c均为非零复数,且ab =bc=ca,则a+b−ca−b+c的值为( )A.1B.±ωC.1,ω,ω2D.1,−ω,−ω2,其中ω=−12+√32i.【答案】C【解析】令ab =bc=ca=t,则a=bt=ct2=at3由a≠0,知t3=1,因此,t=1,ω,ω2.利用比例性质,知原式等于1t,故当t=1,ω,ω2时,原式分别取1,ω,ω2.6.【1990高中数学联赛(第01试)】设非零复数x,y满足x2+xy+y2=0,则代数式(xx+y )1990+(yx+y)1990的值是()A.2−1989B.−1C.1D.以上答案都不对【答案】B【解析】令y=ωx(ω≠1),代入已知条件得1+ω+ω2=0,所以(1−ω)(1+ω+ω2)=0,进而ω3=1.故原式=1(1+ω)1990+ω1990(1+ω)1990=1+ω1990(1−ω2)1990=1+ωω2=−1.7.【1986高中数学联赛(第01试)】设z为复数,M={z|(z−1)2=|z−1|2},那么( ).A.M={纯虚数}B.M={实数}C.{实数}⊆M⊆{复数}D.M={复数}【答案】B【解析】因为(Z−1)2=|Z−1|2,即(Z−1)2=(Z−1)(Z−1),所以(Z−1)(Z−Z)=0.因此,Z=1或Z=Z.即Z为实数,故选:B.8.【1985高中数学联赛(第01试)】设Z,W,λ为复数,|λ|≠1,关于Z的方程Z-λZ=W有下面四个结论:1.Z=λ̅W+W̅1−|λ|2是这个方程的解;Ⅱ.这个方程只有一个解;Ⅲ.这个方程有两个解;Ⅳ.这个方程有无穷多解.则( ) A.只有I和Ⅱ是正确的B.只有和Ⅲ是正确的C.只有I和Ⅳ是正确的D.以上A,B,C都不正确【答案】A【解析】由题中给出的四个结论,可知本题需要根据解方程的情况作出选择,于是考虑在方程Z−λZ=W的两端同取共轭,得Z−λZ=W̅,以λ乘两端,得λZ−|λ|2Z=λW̅,与原方程两端分别相加,得Z(1−|λ|2)=λW+W.两端再取共轭,得Z(1−|λ|2)=λW+W̅.因为|λ|2≠1,所以Z=λ̅W+W̅1−|λ|2.9.【1984高中数学联赛(第01试)】集合S={Z2|argZ=α,α为常数}在复平面的图形是( )A.射线argZ=2a B.射线argZ=-2aC.射线argz=-a D.上述答案都不对【答案】B或D【解析】根据一对共轭复数的模相等,辐角的终边关于x轴对称,和复数的平方是模的平方且辐角乘以2,可以确定集合S在复平面上的图形.只要argZ=α(α为常数)能成立,图形就是一条射线但是,由于本题记号argZ的含义不明确,于是可以有两种不同的答案.若argZ表示复数Z的一个辐角,则答案为B.若argZ表示复数Z的辐角主值,则答案是D.10.【2020高中数学联赛A卷(第01试)】设z为复数.若z−2z−i为实数(i为虚数单位),则|z+3|的最小值为.【答案】√5【解析】解法1:设z=a+bi(a,b∈R),由条件知Im(z−2z−i )=Im((a−2)+bia+(b−1)i)=−(a−2)(b−1)+aba2+(b−1)2=a+2b−2a2+(b−1)2=0,故a+2b=2.从而√5|z+3|=√(12+22)((a+3)2+b2)⩾|(a+3)+2b|=5,即|z+3|⩾√5.当a=−2,b=2时, |z+3|取到最小值√5.解法2:由z−2z−i∈R及复数除法的几何意义,可知复平面中z所对应的点在2与i所对应的点的连线上(i所对应的点除外),故|z+3|的最小值即为平面直角坐标系xOy中的点(−3,0)到直线x+2y−2=0的距离,即22=√5.11.【2020高中数学联赛B卷(第01试)】设9元集合A={a+bi|a,b∈{1,2,3}},i是虚数单位. α=(z1,z2,⋯z9)是A中所有元素的一个排列,满足|z1|≤|z2|≤⋯≤|z9|,则这样的排列α的个数为.【答案】8【解析】由于|1+i|<|2+i|=|1+2i|<|2+2i|<|3+i|=|1+3i|<|3+2i|=|2+3i|<|3+3i|,故z1=1+i, {z2,z3}={2+i,1+2i},z4=2+2i,{z5,z6}={3+i,1+3i},{z7,z8}={3+2i,2+3i},|z9|=3+3i.由乘法原理知,满足条件的排列α的个数为23=8.12.【2018高中数学联赛A卷(第01试)】设复数满足|z|=1,使得关于x的方程2x2+2z̅x+2=0有实根,则这样的复数z的和为.【答案】−32【解析】设=a+bi(a,b∈R,a2+b2=1).将原方程改为(a+b i)x2+2(a−b i)x+2=0,分离实部与虚部后等价于ax2+2ax+2=0①bx2−2bx=0②若b=0,则a2=1,但当a=1时,①无实数解,从而a=-1,此时存在实数x=−1±√3满足①、②,故z=−1满足条件.若b≠0,则由②知x∈{0,2},但显然x=0不满足①,故只能是x=2,代入①解得a=−14,进而b=±√154,相应有z=−1±√15i4.综上,满足条件的所有复数z之和为−1+−1+√15i4+−1−√15i4=−32.13.【2018高中数学联赛B卷(第01试)】已知复数z1,z2,z3满足|z1|=|z2|=|z3|=1,|z1+z2+z3|=r,其中r是给定实数,则z1z2+z2z3+z3z1的实数是(用含有r的式子表示).【答案】r 2−3 2【解析】记w=z1z2+z2z3+z3z1.由复数模的性质可知z1=1z1,z2=1z2,z3=1z3,因此w=z1z2+z2z3+z3z1.于是r2=(z1+z2+z3)(z1+z2+z3)=|z1|2+|z2|2+|z3|2+w+w̅=3+2Rew,解得Rew=r 2−3 2.14.【2017高中数学联赛B卷(第01试)】设复数z满足z+9=10z̅+22i,则|z|的值为.【答案】√5【解析】设x=a+bi,a,b∈R.由条件得(a+9)+b i=10a+(−10b+22)i.比较两边实虚部可得{a+9=10ab=−10b+22,解得a=1,b=2,故z=1+2i,进而|z|=√5.15.【2016高中数学联赛(第01试)】设复数z、w满足|z|=3,(z+w̅)(z̅−w)=7+4i,其中i是虚数单位,z̅,w̅分别表示z、w的共轭复数,则(z+2w̅)(z̅−2w)的模为.【答案】√65【解析】由运算性质,7+4i=(z+w̅)(z̅−w)=|z|2−|w|2−(zw−zw),因为|z|2与|w|2为实数,Re(zw−zw)=0,故|z|2−|w|2=7,zw−zw=−4i,又|z|=3,所以|w|2=2.从而(z+2w̅)(z̅−2w)=|z|2−4|w|2−2(zw−zw)=9−8+8i=1+8i,因此,(z+2w̅)(z̅−2w)的模为√12+82=√65.16.【2015高中数学联赛(第01试)】已知复数数列{z n}满足z1=1,z n+1=z̅n+1+n i(n=1,2,⋯),其中i为虚数单位,z̅n表示z n的共轭复数,则z2015的值为.【答案】2015+1007i【解析】由已知得,对一切正整数n,有z n+2=z n+1+1+(n+1)i=z n+1+n i+1+(n+1)i=z n+2+i,于是z2015=z1+1007×(2+i)=2015+1007i17.【2002高中数学联赛(第01试)】已知复数Z1Z2满足|Z1|=2,|Z2|=3,若它们所对应向量的夹角为60°,则|Z1+Z2Z1−Z2|=.【答案】1337【解析】如图,由余弦定理可得|Z1+Z2|=√19,|Z1−Z2|=√7,所以|Z1+Z2Z1−Z2|=√19√7=1337.18.【2001高中数学联赛(第01试)】若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1−2z2=2−i,则z1z2= .【答案】−3013+7213i【解析】令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ),则由3z1−2z2=32−i及复数相等的充要条件,得{6(cosα−cosβ)=326(sinα−sinβ)=−1,{−12sinα+β2sinα−β2=3212cosα+β2sinα−β2=−1,二式相除,得tanα+β2=32,由万能公式,得sin(α+β)=1213,cos(α+β)=−513,故z1⋅z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)]=−3013+7213i.优质模拟题强化训练1.若复数z满足|z|<1且|z̅+1z |=52,则|z|=()A.45B.34C.12D.23【答案】C由|z̅+1z |=|z̅⋅z+1z|=|z|2+1|z|=52,解得|z|=2(舍)或|z|=12.故选:C.2.若A,B是锐角△ABC的两个内角,则复数z=(cosB−sinA)+i(sinB−cosA)在复平面内所对应的点位于( ).A.第一象限.B.第二象限.C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】因为A,B是锐角△ABC的两个内角,所以A+B>π2∴π2>A>π2−B>0∴sinA>sin(π2−B)=cosB,cosA<cos(π2−B)=sinB,即cos B−sin A<0,sin B−cos A>0,因此点位于第二象限,选B.3.已知z满足|z+5−12i|=3.则|z|的最大值是()A.3B.10C.20D.16【答案】D【解析】|z+5−12i|=3⇒z对应的点在以(−5,12)为圆心,3为半径的圆上,因此|z|max=√52+122+3=16.故答案为:D4.方程ax2+b|x|+c=0(a,b,c∈R,a≠0)在复数集内不同的根的个数为().A.2或4个B.至多4个C.至多6个D.可能为8个【答案】C【解析】由题设知x为实数或纯虚数,方程至多有4个实数根、2个纯虚数根,故至多6个根.当a=1,b=−3,c=2时,x=±1,±2,−3+√172i,3−√172i共6个根.故答案为C5.设复数z满足|z|=1,i是虚数单位,则|(z+1)+i(7−z)|的值不可能是(). A.4√2B.4√3C.5√2D.5√3【解析】注意(z+1)+i(7−z)=(1−i)z+(1+7i)=(1−i)(z−3+4i)我们有|(z+1)+i(7−z)|=|1−i|⋅|z−3+4i|=√2⋅|z−(3−4i)|.也就是说,它表示点z到3-4i的距离的√2倍.由于z在单位圆上,易知上式的取值范围是[4√2,6√2].故答案为:D6.已知复数z满足z2005+λz2004i−λz−i=0.其中λ为实常数且满足λ2≤1.则|z|=().A.√22B.|λ+1λ−1|C.1D.√1+λ2【答案】C【解析】由己知有z2004=λz+iz+λi.令z=a+bi.当(a2+b2−1)(λ2−1)>0时,有λ2(a2+b2)+2λb+1>a2+b2+2bλ+λ2,即(a2+b2−1)(λ2−1)>0.但a2+b2>1,故λ2≤1,矛盾.当a2+b2<1时,同理可得出矛盾.从而,|z|=1.故答案为:C7.已知集合A={z∈C|(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0,a、b、c∈R,ab≠0},B={z∈C||z|=1},若A∩B=∅,则以|a|、|b|、|c|为三边().A.一定构成锐角三角形B.一定构成直角三角形C.一定构成钝角三角形D.可能不构成三角形【答案】D【解析】设z=x+y i∈A,由(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0,得(a+bi)(x−yi)+(a−bi)(x+yi)+2c=0.展开整理得ax+by+c=0.若z=x+yi∈B,由|z|=1,得x2+y2=1.那么,A∩B=∅等价于在平面直角坐标系中,直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离.故直线ax+by+c=0到坐标原点O(0,0)的距离大于1,即22>1.整理得a2+b2<c2.显然,(a,b,c)=(1,1,2)满足条件,但此时a、b、c不能构成三角形.故|a|、|b|、|c|可能不构成三角形.故答案为:D8.已知复数(x−2)+(y−2)i(x、y∈R)的模等于|xcos45°+ysin45°+1|,则动点P(x,y)所在的轨迹为()A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】D【解析】由已知有√(x−2)2+(y−2)2=√2|√2.这表明,动点P(x,y)到定点F(2,2)与到定直线x+y+√2=0的距离相等,根据定义,动点P(x,y)的轨迹为抛物线。

高考数学试题分类汇编——复数集合与简易逻辑

高考数学试题分类汇编——复数集合与简易逻辑

复数、集合与简易逻辑(1) 设 i 是虚数单位,复数aii1+2-为纯虚数,则实数a 为 (A )2 (B) -2 (C) 1-2(D) 12(7)命题“所有能被2整除的数都是偶数”的否定..是 (A )所有不能被2整除的数都是偶数(B )所有能被2整除的数都不是偶数 (C )存在一个不能被2整除的数是偶数(D )存在一个能被2整除的数不是偶数 (8)设集合{}1,2,3,4,5,6,A ={}4,5,6,7,B =则满足S A ⊆且SB φ≠的集合S 为(A )57 (B )56 (C )49 (D )8(2)集合}{,,,,,U =123456,}{,,S =145,}{,,T =234,则()U SC T I 等于(A )}{,,,1456 (B) }{,15 (C) }{4 (D) }{,,,,12345 1.已知集合2{|1}P x x =≤,{}M a =,若PM P =,则a 的取值范围是A.(,1]-∞-B.[1,)+∞C.[1,1]-D.(,1]-∞-[1,)+∞2.复数i 212i-=+ A.iB.i -C.43i 55-- D.43i 55-+ (1)已知全集U=R ,集合{}21P x x =≤,那么U C P =A.(),1-∞-B. ()1,+∞C.()1,1-D.()(),11,-∞-+∞1.i 是虚数单位,若集合{1,0,1}S =-,则 B A .i S ∈B .2i S ∈C .3i S ∈D .2S i∈ 2.若a R ∈,则“2a =”是“(1)(2)0a a --=”的A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充要条件C .既不充分又不必要条件1.已知集合M ={-1,0,1},N ={0,1,2},则M ∩N =A. {0,1}B. {-1,0,1}C. {0,1,2}D. {-1,0,1,2} 2.I 是虚数单位,1+i 3等于A .i B .-i C .1+i D .1-i 3.若a ∈R ,则“a =1”是“|a |=1”的A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充要条件D .既不充分又不必要条件12.在整数集Z 中,被5除所得余数为k 的所有整数组成一个“类”,记为[k],即[k]={5n+k|n ∈Z},k =0,1,2,3,4。

高考数学试题分类汇编——复数、集合与简易逻辑

高考数学试题分类汇编——复数、集合与简易逻辑

年高考数学试题分类汇编——复数、集合与简易逻辑————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期:复数、集合与简易逻辑(1) 设 i 是虚数单位,复数aii1+2-为纯虚数,则实数a 为 (A )2 (B) -2 (C) 1-2(D) 12(7)命题“所有能被2整除的数都是偶数”的否定..是 (A )所有不能被2整除的数都是偶数(B )所有能被2整除的数都不是偶数 (C )存在一个不能被2整除的数是偶数(D )存在一个能被2整除的数不是偶数 (8)设集合{}1,2,3,4,5,6,A ={}4,5,6,7,B =则满足S A ⊆且SB φ≠的集合S 为(A )57 (B )56 (C )49 (D )8(2)集合}{,,,,,U =123456,}{,,S =145,}{,,T =234,则()U SC T 等于(A )}{,,,1456 (B) }{,15 (C) }{4 (D) }{,,,,12345 1.已知集合2{|1}P x x =≤,{}M a =,若PM P =,则a 的取值范围是A. (,1]-∞-B. [1,)+∞C. [1,1]-D.(,1]-∞-[1,)+∞2.复数i 212i-=+ A. iB. i -C. 43i 55-- D. 43i 55-+ (1)已知全集U=R ,集合{}21P x x =≤,那么U C P =A. (),1-∞-B. ()1,+∞C. ()1,1-D.()(),11,-∞-+∞1.i 是虚数单位,若集合{1,0,1}S =-,则 B A .i S ∈B .2i S ∈C .3i S ∈D .2S i∈ 2.若a R ∈,则“2a =”是“(1)(2)0a a --=”的A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充要条件C .既不充分又不必要条件1.已知集合M ={-1,0,1},N ={0,1,2},则M ∩N =A. {0,1}B. {-1,0,1}C. {0,1,2}D. {-1,0,1,2} 2.I 是虚数单位,1+i 3等于A .i B .-iC .1+iD .1-i3.若a ∈R ,则“a =1”是“|a |=1”的A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充要条件D .既不充分又不必要条件12.在整数集Z 中,被5除所得余数为k 的所有整数组成一个“类”,记为[k],即[k]={5n+k|n ∈Z},k =0,1,2,3,4。

高中数学竞赛与强基计划试题专题:复数

高中数学竞赛与强基计划试题专题:复数

高中数学竞赛与强基计划试题专题:复数一、单选题1.(2019·全国·高三竞赛)在复平面上,满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是().A .圆B .椭圆C .一段圆弧D .双曲线2.(2020·北京·高三强基计划)设a ,b ,c ,d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根,则11112222a b c d a b c d ----+++=++++()A .43-B .23-C .23D .前三个答案都不对3.(2020·北京·高三校考强基计划)已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ,O 为坐标原点.若22111221,520z z z z z =-+=,则12 OZ Z 的面积为()A .1BC .2D.4.(2020·北京·高三强基计划)已知复数z满足112z =,则232020,,,,z z z z 中不同的数有()A .4个B .6个C .2019个D .以上答案都不正确二、多选题5.(2020·北京·高三校考强基计划)设复数z 满足|37i |3z -=,令21221iz z z z -+=-+,则1z 的()A .最大值为83B .最大值为73C .最小值为43D .最小值为236.(2020·北京·高三校考强基计划)已知()1010551()2f z z z z z --=+++,则()A .()0f z =存在实数解B .()0f z =共有20个不同的复数解C .()0f z =的复数解的模长都等于1D .()0f z =存在模长大于1的复数解7.(武汉·高三统考强基计划)设12z z ,)AB .没有最小值C .最大值为2D .没有最大值8.(2020·湖北武汉·高三统考强基计划)设复数z 的实部和虚部都是整数,则()A .2z z -的实部都能被2整除B .3z z -的实部都能被3整除C .4z z -的实部都能被4整除D .5z z -的实部都能被5整除三、填空题9.(2018·辽宁·高三竞赛)设a 、b均为实数,复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等,且12z z 为纯虚数,则a +b=_____.10.(2019·全国·高三竞赛)已知虚数1z 、2z满足12z z -=,2110z z q ++=,2220z z q ++=.则实数q =______.11.(2022·广西·高二统考竞赛)若复数z 满足i =1+i zz z -,则z 的虚部为______.12.(2019全国高三竞赛)复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.13.(2020·江苏·高三竞赛)已知复数z 满足1z =的最大值为__________.14.(2019·全国·高三竞赛)设()20102010201012kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑,其中,,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、.则()670330k k k a b =+=∑____________.15.(2019·全国·高三竞赛)设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.16.(2021·浙江·高二竞赛)设复数i z x y =+的实虚部x ,y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数,则复数z =______.17.(2022·福建·高二统考竞赛)已知复数1z 、2z 在复平面上对应的点分别为A 、B ,且12z =,221122240z z z z -+=,O 为坐标原点,则△OAB 的周长为___________.18.(2019·全国·高三竞赛)已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>,复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=,若1v =,那么,当u 的辐角主值最小时,uw的值为______.19.(2019·全国·高三竞赛)复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =,1nn niz z z +=.若20111z =,则0z 可以有_______种取值.20.(2021·浙江·高三竞赛)复数1z ,2z 满足123z z ==,12z z -=()()10101221z z z z +=______.21.(2021·全国·高三竞赛)设复数1z 、2z 、3z 满足1232z z z ===,则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.22.(2021·北京·高三强基计划)已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-,则满足条件的z 有_________个.23.(2021·全国·高三竞赛)已知实数x 、y满足151,411,4x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭,则x =__________.四、解答题24.(2018·全国·高三竞赛)已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.25.(2019·全国·高三竞赛)已知a 、b 、c 是互不相等的复数,满足0abc ≠,a b b c c aa b b c c a+++==---.求证:200720072007a b c ==.26.(2019·全国·高三竞赛)设21i =-.证明:112cot cotn k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数.27.(2021·全国·高三竞赛)设,[0,2)a θπ∈∈R ,复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ,使得1z 、2z 、3z 依次成等比数列.28.(2019·全国·高三竞赛)设{}1,2,,X p =,其中p 为质数.对X 的一个子集A ,如果A 中所有元素的和(空集的元素和规定为0)为p 的倍数,则称A 是X 的一个“倍子集”.试求X 的所有倍子集的个数S .29.(2021·全国·高三竞赛)设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数,满足:202020202211i ii i z w==>∑∑.求证:存在数组()122020,,,εεε (其中{1,1}i ε∈-),使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑.30.(2021·全国·高三竞赛)设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列,满足对任意正整数n ,关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +(当两根相等时1n n x x +=).若数列{}n x 恒为常数,证明:(1)2n x ≤;(2)数列{}n a 恒为常数.高中数学竞赛与强基计划试题专题:复数答案一、单选题1.(2019·全国·高三竞赛)在复平面上,满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是().A .圆B .椭圆C .一段圆弧D .双曲线【答案】C【详解】设()0,0A 、()1,0B 、()1,2C ,z 对应的点为Z .由122z z i z -+--=,可得···ZB AC ZC AB ZA BC +=.由托勒密逆定理知,Z 的轨迹为ABC ∆外接圆上不含点A 的那一段BC .2.(2020·北京·高三强基计划)设a ,b ,c ,d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根,则11112222a b c d a b c d ----+++=++++()A .43-B .23-C .23D .前三个答案都不对【答案】A【分析】利用换元法将原方程转化为高次方程,再结合高次方程的韦达定理可求代数式的值.【详解】法1:设12a a a -'=+,则211a a a +''=--,类似的,定义,,b c d ''',则,,,a b c d ''''是方程43221212121234501111x x x x x x x x ++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即432234(21)2(21)(1)3(21)(1)4(21)(1)5(1)0x x x x x x x x +-+-++--+-+-=的4个复根,方程左侧中4x 的系数为161612859-+-+=,3x 的系数为3112432C 2(8C 2)3(84)4(231)5412--+⨯+-+--⨯+-⨯=根据韦达定理,有12493a b c d '++-'='+=-'.法2:题中代数式也即1111432222a b c d ⎛⎫-+++ ⎪++++⎝⎭,因此2,2,2,2a b c d ++++是关于x 的方程432(2)2(2)3(2)4(2)50x x x x -+-+-+-+=,即4326151690x x x x -+-+=的4个复根,故1111,,,2222a b c d ++++为方程23416151690x x x x -+-+=的4个复根,从而11111622229a b c d +++=++++,原式为1644393-⨯=-.3.(2020·北京·高三校考强基计划)已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ,O 为坐标原点.若22111221,520z z z z z =-+=,则12 OZ Z 的面积为()A .1BC .2D .【答案】A【分析】利用复数乘法的几何意义可求12 OZ Z 的面积.【详解】根据题意,有1212i z z z =-⋅±,故()2112i z z ±=⋅,故2z 可看出由1z故121121OZ Z S =⨯=△4.(2020·北京·高三强基计划)已知复数z 满足112z =,则232020,,,,z z z z 中不同的数有()A .4个B .6个C .2019个D .以上答案都不正确【答案】B【分析】根据复数的三角形式可求61z =,从而可判断出不同的数的个数.【详解】根据题意,有61cos isin 1233z z ππ⎛⎫⎛⎫==-+-⇒= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,于是232020,,,,z z z z 中有6个不同的数.二、多选题5.(2020·北京·高三校考强基计划)设复数z 满足|37i |3z -=,令21221iz z z z -+=-+,则1z 的()A .最大值为83B .最大值为73C .最小值为43D .最小值为23【答案】AD【分析】利用复数差的几何意义可求1z 的最值【详解】根据题意,有7i 13z -=,且1(1i)z z =-+,于是1z 为以点70,3⎛⎫⎪⎝⎭为圆心,1为半径的圆上的点到点(1,1)的距离,其取值范围是551,133⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦,因此1z 的最小值为23,最大值为83.6.(2020·北京·高三校考强基计划)已知()1010551()2f z z z z z --=+++,则()A .()0f z =存在实数解B .()0f z =共有20个不同的复数解C .()0f z =的复数解的模长都等于1D .()0f z =存在模长大于1的复数解【答案】BC设55z z t -+=,利用换元法可求得52t z =,从而可判断()0f z =的20个复数解的模都是1.【详解】设55z z t -+=,则()101055211222z z z z t t --+++=+-,于是1()04f z t -=⇒=,这两个t 的取值都在区间(2,2)-内.故55z z t -+=有解52t z =,因此()0f z =有20个不同的复数解.当t =5||1z =,因此()0f z =的复数解的模长都等于1.综上所述,选项BC 正确.7.(2020武汉高三统考强基计划)设12z z ,是非零复数,它们的实部和虚部都是非负实数,)AB .没有最小值C .最大值为2D .没有最大值【答案】AD【分析】在复平面内(O 为坐标原点),设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=,利用复数的几何意义及向量的加法和平面向量数量积,然后结合已知条件及均值不等式即可.【详解】解:在复平面内(O 为坐标原点),设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=,因为12z z ,是非零复数,它们的实部和虚部都是非负实数,所以0,2π⎡⎤θ∈⎢⎣⎦,从而有0cos 1θ≤≤),===又由均值不等式有2OA OB OB OA+≥ ,当且仅当OA OB =时等号成立,,当且仅当OA OB = ,且2πθ=(比如12i z z ==1,)时等号成立.8.(2020·湖北武汉·高三统考强基计划)设复数z 的实部和虚部都是整数,则()A .2z z -的实部都能被2整除B .3z z -的实部都能被3整除C .4z z -的实部都能被4整除D .5z z -的实部都能被5整除【答案】BD【分析】设z a bi =+分别计算出2345,,,z z z z 代入化简即可.【详解】设z a bi =+则2222z a b abi=-+()3322333z a ab a b b i =-+-()442243364z a a b b a b ab i=-++-()553244235105510z a a b ab a b a b b i=-++-+因为()()()2222212z z a a b ab b i a a b ab b i-=--+-=--+-()1a a -可以被2整除,当b 为奇数时()21a a b --不能被2整除,故排除A.因为()3322333z z a a ab a b b b i -=--+--,由费马小定理得3a a -能被3整除,故B 对.4z z -的实部为42246a a b b a -+-,当,a b 为奇数时42246a a b b a -+-也为奇数,故不能被4整除,C 排除.5z z -的实部为5324105a a a b ab --+,由费马小定理5a a -能被5整除,故5324105a a a b ab --+能被5整除,故D 对.三、填空题9.(2018·辽宁·高三竞赛)设a 、b均为实数,复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等,且12z z 为纯虚数,则a +b=_____.1【详解】由题设知121z z =,且1122z z z z =为纯虚数,故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=-或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得12a b ==或12a b +==,故1a b +±.10.(2019·全国·高三竞赛)已知虚数1z 、2z满足12z z -=,2110z z q ++=,2220z z q ++=.则实数q =______.【答案】1【详解】由12z z -=,知12z z ≠.又由方程解的定义知,1z 、2z 是二次方程20x x q ++=的两个虚根,则有140q ∆=-<.解方程得1,2z =于是,12z z -=.解得1q =.11.(2022·广西·高二统考竞赛)若复数z 满足i =1+i zz z -,则z 的虚部为______.【答案】0或1【详解】设z a b =+i,则z a b =-i.设()()()i i i i 1i a b a b a b +---=+,22i 1i a b b a ⇒+--=+,21,0a b b ⇒=--=,0b ⇒=或1,12.(2019·全国·高三竞赛)复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.【答案】2212y x -=【详解】注意到221sin24,1sin21sin2x y θθθ-==++,则2212y x -=.13.(2020·江苏·高三竞赛)已知复数z 满足1z =的最大值为__________.【答案】3【详解】解析:由题意可得22221z ===-,则()11z z -=-表示复平面上点Z到(1,的距离.如图所示,(1,C ,由此可得13ZC ≤≤的最大值为3.14.(2019·全国·高三竞赛)设()201020102010kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑,其中,,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、.则()670330k k k a b =+=∑____________.【答案】100423-⨯【详解】注意到()20102010201033320101xxx i i k kk f x x e e x Cx e--=⎛⎫⎛⎫=+=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑,所以670300k k b ==∑,且20102010201020102670210041004333663001110132333j i i i i i kk j a f e e e e e πππππ⋅--==⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥==++++=+=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦∑∑.15.(2019·全国·高三竞赛)设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.【答案】0或32i 或32i-【详解】因为222102x kx +-=,所以,32222102x kx x +-=.从而,3222212x kx x =-+221122k kx x ⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭22122k k x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.代入3122x x k +=,得()21221x k x k k++-=()22222230k k x k kx k ⇒-+=⇒-=0k ⇒=或232x k=(当0k ≠时).当0k ≠时,把232x k=代入222102x kx +-=,得29310422k +-=.解得32k i =±.综上所述,0k =或32i ±.16.(2021·浙江·高二竞赛)设复数i z x y =+的实虚部x ,y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y+=上.若1i i z z ---为实数,则复数z =______.i或i +.【详解】由1i 11i (1)i z z x y --=--+-,所以1y =,则4x =±,所以i z或i z =.17.(2022·福建·高二统考竞赛)已知复数1z 、2z 在复平面上对应的点分别为A 、B ,且12z =,221122240z z z z -+=,O 为坐标原点,则△OAB 的周长为___________.【答案】【详解】由221122240z z z z -+=,得21122240z zz z ⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭,所以12=1z z ±,所以()12=1z z,()122=1=2z z z ±,又12z =,所以21z =,()12222=1==z z z z --,所以△OAB的周长为18.(2019·全国·高三竞赛)已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>,复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=,若1v =,那么,当u 的辐角主值最小时,uw的值为______.【答案】16122525i -【详解】由1v =,知33u w v -==,于是,在复平面上,u 对应的点P 在以w 对应的点M 为圆心、3为半径的圆C 上,当u 的辐角主值最小时,OP 与圆C 相切,而5OM =,3PM =,则4OP =,于是,54w u =,而wu 的辐角主值POM θ=∠,又4cos 5θ=,3sin 5θ=,于是,543314554w i i u ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭,因此,16122525u i w =-.19.(2019·全国·高三竞赛)复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =,1nn niz z z +=.若20111z =,则0z 可以有_______种取值.【答案】20112【详解】显然,对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由20111z =,得()20112k k Z θπ=∈,即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.由[)00,2θπ∈,得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此,满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=(个).20.(2021·浙江·高三竞赛)复数1z ,2z 满足123z z ==,12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203【详解】如图所示,设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3,不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cossin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()()1010202020121220232cos 32cos 333z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=,()()10102012123z z z z +=.21.(2021·全国·高三竞赛)设复数1z 、2z 、3z 满足1232z z z ===,则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2【详解】解析:1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.22.(2021·北京·高三强基计划)已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-,则满足条件的z 有_________个.【答案】1【分析】将题设中的方程化为()()1011(1)110z z z ---=,再根据10,11均与111互质可得满足条件的z 的个数.【详解】根据题意,有()()101101(1)(1)11z z z z z z ------=---,于是()()()10110(1)111z z z z ----=--,因此()()111010(1)1(1)1z z z z z --=--,从而()()1011(1)110z z z ---=,注意到10,11均与111互质,因此满足条件的z 只有1个,为1z =.23.(2021·全国·高三竞赛)已知实数x 、y满足151,411x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭,则x =__________.【答案】116u v ==,则原方程组222222221514115311i 411u u v u v u v u v v u v ⎧⎛⎫+= ⎪⎪+⎝⎭-⎪⎛⎫⎛⎫⇔++-=⎨⎪++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪-=- ⎪+⎝⎭⎩22i 1i u v u v z v v z -⇔++=+=+i z u v =+)1z ⇔=-(舍)或113,41616z x y +=⇒==.四、解答题24.(2018·全国·高三竞赛)已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.【答案】0【详解】令S x y z =++.又cos sin ix e x i x =+,cos sin iy e y i y =+,cos sin iz e z i z =+.则()()()()cos cos cos sin sin sin cos sin ix iy iz e e e x y z i x y z a x y z ia x y z ++=+++++=+++++()i x y z iS ae ae ++==.同理,ix iy iz iS e e e ae ----++=.故()()()()()()()()i y z i z x i x y i S x i S y i S z iS ix iy iz iS iS iS iS ee e e e e e e e e e ae ae a+++--------++=++=++===则()()()()()()cos cos cos sin sin sin x y x z y z i x y x z y z a ⎡⎤⎡⎤+++++++++++=⎣⎦⎣⎦.所以,()()()cos cos cos x y x z y z a +++++=且()()()sin sin sin 0x y x z y z +++++=.25.(2019·全国·高三竞赛)已知a 、b 、c 是互不相等的复数,满足0abc ≠,a b b c c aa b b c c a+++==---.求证:200720072007a b c ==.【详解】由已知条件知,复数a 、b 、c 两两不等,且皆不为0.对题中比例式用合比、分比可得a b c b c a==.设1a b ck b c a===≠,则c ak =,2b ak =,3a ak =.但0a ≠,故31k =(但1k ≠),有()2007200720072007cak a k ==︒()66920073669200732007a k a k a ⨯===.同理,20072007ba =.因此,200720072007ab c ==.26.(2019·全国·高三竞赛)设21i =-.证明:112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数.【详解】首先证明:若21i =-,则()()11cot2n n n k k i x x i x i n nπ-=⎛⎫⎡⎤-=--+ ⎪⎣⎦⎝⎭∏①令()()()2n ni P x x i x i n ⎡⎤=--+⎣⎦.则()P x 是一个1n -次多项式,其首项系数为()1112n n i C i C n⎡⎤--=⎣⎦.又当()cot11k x k n nπ=≤≤-时,()cot nnk x i i n π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭csc cos sin knn k i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()csc 1nk k n π⎛⎫=- ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()nx i =-.所以,cot0k P n π⎛⎫= ⎪⎝⎭.由因式定理得()11cot n k k P x x n π-=⎛⎫=- ⎪⎝⎭∏.在式①中令2cotx i nπ=+.则112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏2cot 2cot 22n ni i n n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12i cot cot i n n n n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc nn i n n π-⎛⎫= ⎪⎝⎭.cos cos sin n m i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()12csc csc cos sin nnn i i n n n ππππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc cos 1nn n i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12cot csc nnn i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.命题获证.27.(2021·全国·高三竞赛)设,[0,2)a θπ∈∈R ,复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ,使得1z 、2z 、3z 依次成等比数列.【详解】因为2132z z z =,所以:()()2(1)cos i sin sin i cos a i θθθθ-+=+,整理得:()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+,所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩(1)3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π,34πθ=时,代入得2a =-;74πθ=时,代入得a =(2)若cos sin 0θθ+≠,则有:22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=,故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π,对于的a分别为2-2-,故所有的(,)a θ为:5313177,,,2122122421221224ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.28.(2019·全国·高三竞赛)设{}1,2,,X p =,其中p 为质数.对X 的一个子集A ,如果A 中所有元素的和(空集的元素和规定为0)为p 的倍数,则称A 是X 的一个“倍子集”.试求X 的所有倍子集的个数S .【答案】()2,21222,.pp S p p p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩;为奇质数【详解】当2p =时,{}1,2X =,此时,X 有2个倍子集:∅、{}2,所以,2S =.当2p >时,p 为奇质数,令()()()()22012111p mm f x x x x a a x a x a x=+++=++++ 考察{}1,2,,X p =的元素和为t 的所有子集的个数.当0t >时,它就是不定方程12r i i i t +++= 的正整数解()()1212,,,,r r r i i i i i i <<< 的个数,也就是()f x 的展开式中t x 的系数t a ;当0t =时,其和为t 的子集只有空集,子集的个数为01a =.所以,X 的所有倍子集的个数,就是()f x 的展开式中那些次数为p 的倍数的项的系数和,即02p p S a a a =+++.设22cossin i p pππω=+.当n 是p 的倍数时,()121p n n n p ωωω-++++= ;当n 不是p 的倍数时,有()()121101pn p n n n nωωωωω--++++==-.于是,由()2012mm f x a a x a x a x =++++ ,得()()()()211f f f f ωωω-++++ 2242012012012m mm m m a a a a a a a a a a a a ωωωωωω=++++++++++++++()()2111012p m p p m a a a a ωωω---+++++⋯+ ()02p p p a a a pS =+++= .又()()()()2111p f x x x x =+++ ,则()()()()211p f f f f ωωω-++++=p 112+()p k k f ω-=∑其中,()()()()2111k k k pkf ωωωω=+++ .注意到当1,2,,1k p =- 时,(),1k p =,所以,,2,,k k pk 是模p 的完系.而1pr t ωω+=,则2,,,k k pk ωωω 是2,,,p ωωω的一个排列.故()()()()2111k p f ωωωω=+++ ,1,2,,1k p =- .又()()()21p p x x x x ωωω-=--- ,而p 为奇数,取1x =-,得()()()21112pωωω+++= .故()()()()21112k pf ωωωω=+++= ,1,2,,1k p =- .则()()()()211p f f f f ωωω-++++ 1111=2()2222(1)p p k p p pk k f p ω--==+=+=+-∑∑比较两式的右边得()221ppS p =+-.故()1222pS p p=+-,2p >.综上,()p2,2122p 2,.p p S p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩;为奇质数29.(2021·全国·高三竞赛)设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数,满足:202020202211i i i i z w ==>∑∑.求证:存在数组()122020,,,εεε (其中{1,1}i ε∈-),使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑.【详解】用()()1212,,,,,,n n f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,nεεε 的求和,下面用数学归纳证明如下的等式:()12221122,,,12n nn n n ii z z z z εεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时,①式显然成立;当2n =时,()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+,即①式成立.(2)假设n k =时,①式成立,则1n k =+时,我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑ ()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2k k k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑,即1n k =+时①式成立.由(1)(2)可得:()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N .回到原题,由202020202211i ii i z w==>∑∑,可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑,即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑,所以存在数组()122020,,εεε (其中{1,1}i ε∈-,使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑,即2020202011i iiii i zwεε==>∑∑.30.(2021·全国·高三竞赛)设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列,满足对任意正整数n ,关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +(当两根相等时1n n x x +=).若数列{}n x 恒为常数,证明:(1)2n x ≤;(2)数列{}n a 恒为常数.【分析】(1)根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-,取模得211n n n x x x ++=-,若0n x =,结论2n x ≤显然成立,否则,由于数列{}n x 恒为常数,则11n x -=,即结论也成立;(2)由(1)和题意知,数列{}n x 恒为常数,则n x 只有互为共轭的两种取值,不妨设为ε和ε,依据题意即可证明.【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩则1112n n n n n x x a x x ++++==+,即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-.①(1)由①取模得211n n n x x x ++=-,若0n x =,结论2n x ≤显然成立;否则,由于数列{}n x 恒为常数,则11n x -=,即有112n n x x ≤-+=.(2)由(1)知,对任意的,11n n x +∈-=N ,又数列{}n x 恒为常数,因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε.若存在n +∈N ,使得1n n x x +=,不妨设1n n x x ε+==,则22{,}n x εεεε+=-∈.若2n x ε+=,则220εε-=,即0ε=或2;若2n x ε+=,则2εεε=+∈R ,且|1|1ε-=.因此,要么ε∈R ,要么{}n x 呈ε、ε周期.故显然1n n n a x x +=+是常数,即证数列{}n a 恒为常数.【点睛】关键点点睛:本题主要考查数列不等式的证明,解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-,再取模,对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立;(2)本题主要考查常数列的证明,解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设,由(1)和题意知,数列{}n x 恒为常数,则n x 只有互为共轭的两种取值,不妨记为ε和ε,若存在n +∈N ,使得1n n x x +=,不妨设1n n x x ε+==,则22{,}n x εεεε+=-∈,对2n x +分类讨论即可证明.。

高中数学分类详解《集合与简易逻辑》试题

高中数学分类详解《集合与简易逻辑》试题

高中数学分类详解《集合与简易逻辑》 试题 2019.091,若复数(1+bi )(2+i)是纯虚数(i 是虚数单位,b 为实数),则b=(A) -2 (B) -12 (C) 12 (D) 22, i 是虚数单位32,1i i =- ( )A.1i +B.1i -+C.1i -D.1i --3,若cos sin z i θθ=+(i 为虚数单位),则21z =-的θ值可能是(A )6π (B ) 4π (C )3π (D ) 2π4,设复数z 满足z i21+=i ,则z =(A) -2+i (B) -2-i (C) 2-i (D) 2+i5,若a 为实数,i ai212++=-2i ,则a 等于(A )2 (B )-2 (C )22 (D )-226,已知2,ai b i ++是实系数一元二次方程20x px q ++=的两根,则,p q 的值为A 、4,5p q =-=B 、4,5p q ==C 、4,5p q ==-D 、4,5p q =-=-7,已知a b ∈R ,,且i 3,i 2++b a (i 是虚数单位)是一个实系数一元二次方程的两个根,那么a b ,的值分别是( )A.32a b =-=, B.32a b ==-, C.32a b =-=-, D.32a b ==,8,复数2)1(1i +等于A 21B -21C 、21iD -21i9,复数22i 1+i ⎛⎫ ⎪⎝⎭等于( ) A .4i B .4i - C .2i D .2i -10,化简224(1)ii ++的结果是( )A.2i + B.2i -+ C.2i - D.2i --11,复数311i ii ++-的值是( )(A )0 (B )1 (C )1- (D )i12,在复平面内,复数z=i+21对应的点位于ZM(A )第一象限 (B )第二象限 (C )第在象限 (D )第四象限13,22(1)i =+ .14,若,a b 为非零实数,则下列四个命题都成立:①10a a +≠ ②()2222a b a ab b +=++ ③若a b =,则a b =±④若2a ab =,则a b =。

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【2013浙江】集合{,11P x x R x =∈-<},{,1},Q x x R x a =∈-≤且P Q ⋂=∅,则实数a 取值范围为( )
A. 3a ≥
B. 1a ≤-.
C. 1a ≤-或 3a ≥
D. 13a -≤≤
答案 C
{02},{11},P x x Q x a x a =<<=-<<+要使P Q ⋂=∅,则12a -≥或10a +≤。

解得1a ≤-或 3a ≥。

【2013浙江】若,,R αβ∈ 则90αβ+= 是sin sin 1αβ+>的( )
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案 D
当0,90sin sin 1αβαβ==⇒+= 。

当60sin sin 31αβαβ==⇒+=> ,但90αβ+≠ 。

【2013河北】已知集合{}11,10,,lg ,10A B y y x x A ⎧
⎫===∈⎨⎬⎩⎭
,则A B = . 答案:{}0,1,1B =-,{}1A B = .
【2013辽宁】已知集合{}{}
23100,121A x x x B x m x m =--≤=+≤≤-,当A B =∅ 时,实数m 的取值范围是( )
(A) 24m <<
(B) 24m m <>或 (C) 142
m -
<< (D) 142m m <->或 答案:B.,B B =∅≠∅.
【2013吉林】已知函数[](),0,1f x ax b x =+∈,20a b +>是()0f x >恒成立的( )
(A) 充分不必要条件
(B) 必要不充分条件
(C) 充要条件
(D) 既不充分也不必要条件
答案:B
【2013湖北】设集合{}1,3,5,7,9A =,{}2,4,6,18B =,{}
,C a b a A b B =+∈∈,则集
合C 的所有元素之和为 .
答案:178
【2013陕西】设AB 是两个非空的有限集,全集U A B = 且U 中含有m 个元素,若()()U U C A C B 中含有n 个元素,则A B 中含有元素的个数为 .
答案:m-n
【2013甘肃】设集合{}2A x x a =-<,{}2230B x x x =--<,若B A ⊆,则实数a 的取值范围是 .
答案:3a ≥.
【2013黑龙江】已知全集U R =,集合112x N x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭,{}
2680M x x x =-+≤,图
中阴影部分所表示的集合为()
(A ){}0x x ≤
(B ){}24x x ≤≤
(C ){}024x x x <≤≥或
(D ){}024x x x ≤<>或
答案:3a ≥.
【2013黑龙江】命题“所有实数的平方都是正数”的否定 ( )
(A )所有实数的平方都不是正数
(B )有的实数的平方是正数
(C )至少有一个实数的平方不是正数
(D )至少有一个实数的平方是正数
答案:C.
【2013江苏】已知全集{}20122013log log A x x x =<,{}2B x x ax a x =-+<,且A B ⊆,则实数a 的取值范围是 . 答案:{}01A x x =<<,因为A B ⊆,所以{}1B x a x =<<,故0a ≤.
【2013全国】设集合{}0,1,2,3A =,{}
2,2B x x A x A =-∈-∉,则集合B 的所有元素之和为 .
答案:-5
U N M
《复数》汇编
【2013河北】已知复数z 满足2z z i +=+,那么z = . 答案:34
z i =+ 【2013辽宁】第3题
【2013山东】已知复数z 满足1z =,则21z z -+的最大值为 . 答案:21z z -+=22
131332424z z ⎛⎫-+≤-+≤ ⎪⎝⎭,当1z =-时达到最大值3. 【2013黑龙江】已知i 是虚数单位,2342013i i i i i +++++=
(A) i
(B) 1-
(C) 0
(D) 1
答案:A
【2013四川】已知i 是虚数单位,23420131z i i i i i =++++++ ,把复数z 的共轭复数记为z ,则z z = .
答案:234,,10,n n n n a i a a i i i +==+++=则1z i =+,所以1z i =-,则2z z = .
【2013浙江】已知复数(,,z x yi x y R i =+∈为虚数单位),且28z i =,则z =( )
(A)22z i =+
(B)22z i =--
(C)22,z i =-+或22z i =-
(D)22,z i =+或22z i =--
答案 D。

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