联赛-函数导数及其他-复数
全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容
全国高中数学联赛竞赛大纲(修订稿)及全部定理内容(共4页)-本页仅作为预览文档封面,使用时请删除本页-全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求:面积和面积方法。
2、几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
3、几个重要的极值:到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。
到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。
三角形内到三边距离之积最大的点--重心。
4、几何不等式。
5、简单的等周问题。
了解下述定理:在周长一定的n边形的集合中,正n边形的面积最大。
在周长一定的简单闭曲线的集合中,圆的面积最大。
在面积一定的n边形的集合中,正n边形的周长最小。
在面积一定的简单闭曲线的集合中,圆的周长最小。
6、几何中的运动:反射、平移、旋转。
7、复数方法、向量方法。
平面凸集、凸包及应用。
二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容:周期函数与周期,带绝对值的函数的图像。
三倍角公式,三角形的一些简单的恒等式,三角不等式。
2、第二数学归纳法。
递归,一阶、二阶递归,特征方程法。
函数迭代,求n次迭代,简单的函数方程。
3、n个变元的平均不等式,柯西不等式,排序不等式及应用。
4、复数的指数形式,欧拉公式,棣美弗定理,单位根,单位根的应用。
5、圆排列,有重复的排列与组合,简单的组合恒等式。
6、一元n次方程(多项式)根的个数,根与系数的关系,实系数方程虚根成对定理。
7、简单的初等数论问题,除初中大纲中所包括的内容外,还应包括无穷递降法,同余,欧几里得除法,非负最小完全剩余类,高斯函数,费马小定理,欧拉函数,孙子定理,格点及其性质。
三、立体几何1、多面角,多面角的性质。
三面角、直三面角的基本性质。
2、正多面体,欧拉定理。
3、体积证法。
4、截面,会作截面、表面展开图。
四、平面解析几何1、直线的法线式,直线的极坐标方程,直线束及其应用。
2、二元一次不等式表示的区域。
3、三角形的面积公式。
必备速看!高联中最常用的146个重要定理、公式、概念!(赶紧转给你身边即将参加联赛的数竞党)
必备速看!高联中最常用的146个重要定理、公式、概念!(赶紧转给你身边即将参加联赛的数竞党)在2008年之前,高中数学联赛第一试有选择题6道(占36分),填空题6道(占54分),解答题3道(占60分),第二试有3道解答题,各50分,其中一道为平面几何题,而从2009年起,其高联题型结构发生了较大的调整,其一试换成了8道填空题(每道8分,共64分)和3道解答题,分别为16分、20分、20分(共56分,满分120分),二试题量增加到了4道,涉及平面几何、代数、数论、组合四个方面,分值分别为40分、40分、50分、50分(满分180分),调整后的一试题量较少,难度向高考靠拢,二试题量增加,难度向国际竞赛靠拢,而高联的试题由各省(区、市)数学会提供,经精选出所需题量的2-3倍后,再由全国命题工作会议定稿,离今年联赛的时间越来越近,在最后这个阶段巩固基础、清理盲点、补漏重要定理、公式、概念是重中之重,而下方是联赛中最常用到的146个重要定理、公式、概念,其包含了代数中的集合、三角函数、不等式、数列、计数原理、复数、几何中的常用定理、面积与面积比、勾股定理与线段长度、共线点与共点线、圆、交比与调和点列、圆的幂和根轴、几何变换、几何不等式与极值、立体几何、三角法、解析几何、向量、复数几何,初等数论中的唯一分解定理、裴蜀恒等式、费马小定理、欧拉定理、中国剩余等定理以及组合中的抽屉原理、容斥原理、算两次、极端原理.曾有人说,高联是一场属于数竞党的高考,短短的半天,薄薄的两张试卷,却包含了数竞党坚持了无数个日日夜夜的努力,我们越过无数的坎坷荆棘,我们用一个个数学符号写下青春的诗性,我们走过无数的苦乐时光,我们用成堆的卷子、成箱的废笔让我们的数学梦想展开翅膀!—over如果需要这一份联赛中最常用到的146个重要定理、公式、概念的电子版,只要你答应小数君,能在9号狠狠地揍高联那家伙一顿的话,能把它揍的皮青脸肿的话,那就给小数君留下邮箱来吧!听说点赞的都能狠揍高联一顿☟。
导数与极限第二辑(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题13导数与极限第二辑1.【2018年广东预赛】设函数.f (x )=e x‒1‒x ⑴求在区间(n 为正整数)上的最大值;f (x )[0,1n ]b n ⑵令(n 、k 为正整数).求证:.a n =e 1n‒1‒b n ,p k =a 2a 4⋯a 2ka 1a 3⋯a 2k ‒1p 1+p 2+⋯+p n <2a n+1‒1【答案】(1)(2)见解析b n =e 1n‒1‒1n 【解析】⑴因为,所以当时,,即上是增函数,故上的最大值为f'(x )=e x‒1x ∈[0,1n ]f'(x )≥0f (x )在[0,1n ]f (x )在[0,1n ].b n =e 1n‒1‒1n ⑵由⑴知.因为,a n =e 1n‒1‒b n =1n (2k ‒1)(2k +1)(2k )2=4k 2‒14k 2<1所以.[1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2k ‒1)2⋅4⋅⋯⋅(2k )]2=1⋅322⋅3⋅542⋅5⋅762⋅⋯⋅(2k ‒1)(2k +1)(2k )2⋅12k +1<12k +1又容易证明.12k +1<2k +1‒2k ‒1所以p k =a 2a 4⋯a 2ka 1a 3⋯a 2k ‒1=1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2k ‒1)2⋅4⋅⋯⋅(2k )<12k +1<2k +1‒2k ‒1所以.p 1+p 2+⋯+p n <(3‒1)+(5‒3)+⋯+(2n +1‒2n ‒1) =2n +1‒1=2a n+1‒1即.p 1+p 2+⋯+p n <2a n+1‒12.【2018年甘肃预赛】设函数).f (x )=x ‒2x ‒a ln x (a ∈R ,a >0(1)讨论的单调性;f (x )(2)如果有两个极值点,我们记过点的直线斜率为.问:是否存在,f (x )x 1和x 2A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2))k a 使得?若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.k =2‒a a 【答案】(1)见解析(2)不存在【解析】(1)f(x)的定义域为,(0,+∞)。
联赛新高一秋季第3讲(学生版)
第3讲函数的基本性质(一)本讲概述函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等,在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时,巧妙利用函数及其图象的相关性质,可以使得问题得到简化,从而达到解决问题的目的.I.函数的定义设A,B都是非空的数集,f是从A到B的一个对应法则.那么,从A到B的映射f:A→B就叫做从A到B的函数.记做y=f (x),其中x∈A,y∈B,原象集合,A叫做函数f (x)的定义域,象的集合C叫做函数的值域,显然C B.II.函数的性质(1)函数的增减性设函数f (x)在区间D′上满足:对任意x1, x2∈D′,并且x1<x2时,总有f (x1)<f (x2) (f (x1)>f (x2)),则称f (x)在区间D′上的增函数(减函数),区间D′称为f (x)的一个单调增(减)区间.(2)函数的奇偶性设函数f (x)的定义域为D,且D是关于原点对称的数集.若对任意的x∈D,都有f (-x)=-f (x),则称f (x)是奇函数;若对任意的x∈D,都有f (-x)=f (x),则称f (x)是偶函数.III.函数的周期性(下一讲)对于函数f (x),如果存在一个不为零的正数T,使得当x取定义域中的每个数时,f (x+T)=f (x)总成立,那么称f (x)是周期函数,T称做这个周期函数的周期.如果函数f (x)的所有周期中存在最小值T0,称T0为周期函数f (x)的最小正周期.函数的单调性、奇偶性、周期性是最为重要和常用的.本讲将分三个板块来分别探讨其应用.在很多时候,我们可能需要综合运用这几个性质来解决某个复杂的问题.3.1 函数的单调性知识点睛函数单调性问题主要包括:1、确定某个具体函数的单调区间(或者证明函数在给定区间上的单调性);这主要通过图象法、不等式方法来给出证明;有时我们也基于某些熟知的函数的单调性得到所给函数的单调性;以后我们学习了导数方法之后会发现导数方法才是解决函数单调性问题的终极利器;2、对一个抽象函数利用单调性来解题;3、主动构造某个单调函数来化简复杂的不等式问题.经典精讲【例1】 ⑴ (2007•福建)已知()f x 为R 上的减函数,则满足1()(1)f f x>的实数x 取值范围是 ;⑵ 已知函数()f x 是定义域为(,4)-?的增函数,且2()(22)f a a f a +<+,求实数a 的取值范围是 ;⑶ 已知函数()222,121,1x x x f x x x ⎧-+≥⎨=-<⎩,则不等式()()2f x f x <的解集是 .【例2】 函数2()65f x x mx =-+在区间[2,]-+∞上是增函数,求(1)f 的取值范围.【例3】 求函数23()32x f x x =- 2()3x >的单调区间,并求它的最小值.【例4】 已知(3x +y )2001+x 2001+4x +y =0,求4x +y 的值.【例5】 解不等式23232038415284x x x x x -+++<+().【例6】 已知1a b c ++=,且a ,b ,c 均为正实数,求证:112727abc abc +≥.证明函数的奇偶性常需要两个步骤:1、说明函数定义域关于原点对称;2、利用奇偶函数的定义证明所给函数满足此形式.对于抽象函数,发现它满足奇偶性之后我们常利用x 轴正向上某点与它的对称点所对应的函数值之间的关系来沟通条件与结论所求的函数值之间的联系.在x =0处有定义的奇函数必过原点,这个简单的性质往往会给我们多增加一个条件.偶函数实际是关于y 轴对称的函数,推而广之,我们如果能证明函数关于某直线x =t 对称,同样也知识点睛3.2函数的奇偶性与对称性可以求得一系列新的函数值.【例7】 ⑴ (2011辽宁文6)函数()(21)()xf x x x a =+-为奇函数,则a = ;⑵ (2011浙江理11)若函数2()||f x x x a =-+为偶函数,则实数a = ;⑶ (2013山东)已知函数()f x 为奇函数,且当0x >时, 21()f x x x=+ ,则(1)f -=( )A. 2-B. 0C. 1D. 2【例8】设53()8f x x ax bx =+++,其中a ,b ,c 均为实常数,且(2)10f -=,则(2)f = .【例9】 证明:任一定义域关于原点对称的函数都可以表示为一个奇函数与一个偶函数的和.【例10】 已知奇函数f (x )在定义域(-1,1)内单调递减,当m 为何值时,2(1)(1)0f m f m -+-<必然成立?【例11】 (2010年浙江省高中数学夏令营-7)不等式2100520102(1)210x x x -++-≤的解集为 .经典精讲【例12】 已知定义在实数集上的函数f (x ),对一切实数x 都有f (x +1)=f (2-x )成立,若f (x )=0仅有101个不同的实数根,那么所有实数根的和为( )A.150B.3032C.152D. 3052【演练1】已知函数12-=x xy (x ∈R ,x ≠1)的递增区间是( ) (A )x ≥2 (B )x ≤0或x ≥2 (C )x ≤0 (D )x ≤21-或x ≥2【演练2】(2009陕西理)定义在R 上的偶函数()f x 满足:对任意的1212,(,0]()x x x x ∈-∞≠,有实战演练2121()(()())0x x f x f x -->.则当*n ∈N 时,有( )A.()(1)(1)f n f n f n -<-<+B. (1)()(1)f n f n f n -<-<+C.(1)()(1)f n f n f n +<-<-D. (1)(1)()f n f n f n +<-<-【演练3】设f (x )=x 4+ax 3+bx 2+cx +d ,f ⑴=1,f ⑵=2,f ⑶=3,求14[f ⑷+f (0)]的值.【演练4】已知f (x )是(0,)+∞上的减函数,若22(21)(341)f a a f a a ++<-+成立,求a 的取值范围.【演练5】设f (x )对任意实数x 满足(3)(3)f x f x +=-且方程()0f x =恰有6个不同实根,求此六根之和.。
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(11)复数(含答案)
n,有
zn2 zn1 1 (n 1)i zn 1 ni 1 (n 1)i zn 2 i , 于是 z2015 z1 1007 (2 i) 2015 1007i .
2006*8、对一切 R ,复数 z (a cos ) (2a sin )i 的模不超过 2 ,则实数 a 的取值
②若 b 0 ,则由 知 x 0 或 2 ,检验得: x 2 ,代入 得 a 1 , b
15
,
4
4
所以 z 1 15 i ; 44
综上满足条件的所有复数之和为 1 1 15 i 1 15 i 3
44 44
2
2018B 8、已知复数 z1, z2 , z3 满足 z1 z2 z3 1 , z1 z2 z3 r ,其中 r 是给定的实
从而
(z 2w)(z 2w) | z |2 4 | w |2 2(zw zw) 9 8 8i 1 8i 因此, (z 2w)(z 2w) 的模为 65 .
2016B 3、已知复数 z 满足 z 2 2z z z ( z 表示 z 的共轭复数),则 z 的所有可能值的积为 ◆答案: 3
z
|
5.
2016A 2、设复数 z , w 满足 z 3 , (z w)(z w) 7 4i ,其中 i 是虚数单位, z , w 分
别表示复数 z , w 的共轭复数,则 (z 2w)(z 2w) 的模为 ◆答案: 65 ★解析:由运算性质,7 4i (z w)(z 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 ,
反函数导数公式大全表(反函数导数公式大全)
反函数导数公式大全表(反函数导数公式大全)(arcsinx)'=1/√(1-x^2)的求导:(arccosx)'=-1/√(1-x^2)的求导:(arctanx)'=1/(1+反三角函数求导公式是什么?1、的求导:(arcsinx)'=1/√(1-x^2)2、的求导:(arccosx)'=-1/√(1-x^2)3、的求导:(arctanx)'=1/(1+x^2)4、的求导:(arccotx)'=-1/(1+x^2)为限制为单值函数,将反正弦函数的值y限在-π/2≤y≤π/2,将y作为反正弦函数的主值,记为y=arcsinx。
相应地。
反余弦函数y=arccosx的主值限在0≤y≤π;反正切函数y=arctanx的主值限在-π/2<y<π2;反余切函数y="arccot"x 的主值限在0<y<π。
1、反正弦函数正弦函数y=sinx在[-π/2,π/2]上的,叫做反正弦函数。
记作arcsinx,表示一个正弦值为x的角,该角的范围在[-π/2,π/2]区间内。
[-1,1],[-π/2,π/2]。
2、反余弦函数余弦函数y=cosx在[0,π]上的反函数,叫做反余弦函数。
记作arccosx,表示一个余弦值为x的角,该角的范围在[0,π]区间内。
定义域[-1,1],值域[0,π]。
3、反正切函数正切函数y=tanx在(-π/2,π/2)上的反函数,叫做反正切函数。
记作arctanx,表示一个为x的角,该角的范围在(-π/2,π/2)区间内。
定义域R,值域(-π/2,π/2)。
5、反余切函数余切函数y=cotx在(0,π)上的反函数,叫做反余切函数。
记作arccotx,表示一个余切值为x的角,该角的范围在(0,π)区间内。
定义域R,值域(0,π)。
6、反正割函数正割函数y=secx在[0,π/2)U(π/2,π]上的反函数,叫做反正割函数。
2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)
2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目,12道填空题,3道解答题,所有答案填写在答题纸上,满分150分一、填空题(每小题8分,共计96分)1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。
若A B ⊆,则实数m 的取值范围为 。
2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=,则这样的函数有_______个。
3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。
4.已知数列{}n x满足:11,12n x x x n +==≥,则通项n x =__________。
5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1,1,60BC BDC =∠=,则球心到平面BDC 的距离为______________。
6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=,则z =__________________。
7.已知平面上单位向量,a b 垂直,c 为任意单位向量,且存在(0,1)t ∈,使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直,则a b c +−的最小值为__________________________。
8. 若对所有大于2024的正整数n ,成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑,则12024a a +=_________。
9.设实数,,(0,2]a b c ∈,且3b a ≥或43a b +≤,则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。
10.在平面直角坐标系xOy 上,椭圆E 的方程为221124x y +=,1F 为E 的左焦点;圆C 的方程为222())x a y b r −+−=( ,A 为C 的圆心。
直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。
则当1OAF ∠最大时,实数r =_____________________。
全国高中数学联赛实施细则
全国高中数学联赛实施细则一、竞赛内容和方式1、联赛分第一试和第二试。
2、第一试的内容不超出现行高中数学教学大纲,其中包括六道选择题、六道填空题和三道解答题,难度维持在高考中高档试题的水平,能力要求略有提高。
3、第二试共有三道题。
其中一道平面几何题、一道代数或数论题、一道组合题。
内容以竞赛大纲为准。
二、时间1、全国高中数学联赛的举办时间确定在每年10月中旬的第一个星期日上午。
2、各省级赛区应严格遵照全国高中数学联赛组织委员会发出的通知,在规定时间内将报名人数上报承办单位,将一等奖试卷寄送承办单位复评。
不按照规定时间上报或寄送的。
承办单位有权不再受理。
三、报名1、由省级赛区按照全国高中数学联赛组织委员会的通知组织报名。
2、省级赛区应向参赛学生公布与联赛有关的文件,让学生自愿报名,不得摊派。
3、报名表至少应包括“学生姓名、性别、考号、年级、所在学校”,如果需要,还可包括“辅导教师”。
四、命题1、命题工作分四步进行。
第一步,征集试题;第二步,承办单位建立命题委员会,写出试卷初稿;第三步,初稿寄送中国数学会普及工作委员会高中命题的有关负责人,征求意见;第四步,由承办单位组织有主办单位相关负责人参加的命题会议,确定正式试卷、标准答案与评分标准。
2、上一届和下一届的承办单位指派专人列席参加当年的命题会议,以便上下传承,吸取经验。
六、赛场1、对参赛考场具体要求应参照高考考试办法中的相关规定执行。
2、考试开始前监考老师需向参赛学生宣布竞赛时间与纪律。
3、各考点负责人于考前10分钟将试卷发到考场,由考场监考教师在开始考前5分钟当众拆封。
4、竞赛时间不得自行增减。
试题内容不得更改。
5、考试结束后由监考教师当场立即将答题纸和试卷装订加封,填写考场记录并签名,交至考点负责人,再由考点负责人集中送至各省级赛区负责人统一阅卷。
6、各考场需准备装订所需的打孔器和线绳等工具。
7、为防备破损等意外情况,每处考点需额外准备3%的机动试卷,由各考点负责人集中掌握,考试结束后随学生试卷一起送交各省负责人。
专题12导数与极限第一辑2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题12导数与极限第一辑1.【2021年福建预赛】若关于x 的不等式(x −2)e x <ax +1有且仅有三个不同的整数解,则整数a 的最小值为.【答案】3【解析】设f(x)=(x −2)e x , g(x)=ax +1.则f ′(x)=(x −1)e x ,x <1时,f ′(x)<0;x >1时,f ′(x)>0. 因此,f(x)在区间(−∞,1)上递减,在区间(1,+∞)上递增: 且x <2时,f(x)<0;x >2时,f(x)>0. 由此作出f(x)的草图如图所示.又g(x)的图像是过点(0,1)的直线,结合图像可知a >0.由于a >0时,f(0)=−2<g(0)=1;f(1)=−e <g(1)=a +1; f(2)=0<g(2)=2a +1,因此,0,1,2是不等式(x −2)e x <ax +1的三个整数解. 由于不等式(x −2)e x <ax +1有且仅有三个不同的整数解, 所以{f(−1)≥g(−1)f(3)≥g(3) ,即{−3e −1≥−a +1e 3≥3a +1,1+3e ≤a ≤e 3−13 .经检验,a=3符合要求,所以,符合条件的a 的最小值为3.2.【2019年贵州预赛】已知函数f(x)=(e x −e −x )⋅x 3,若m 满足f (log 2m )+f (log 0.5m )⩽2(e 2−1e).则实数m 的取值范围是 .【答案】[12,2]【解析】由f(x)=(e x −e −x )⋅x 3⇒f(−x)=f(x),且x ∈(0,+∞)时,f(x)是增函数.又由f(log2m)+f(log0,5m)≤2(e2−1e)⇒f(log2m)≤f(1).所以|log2m|≤1⇒−1≤log2m≤1⇒12≤m≤2.即m的取值范围是[12,2].3.【2018年广西预赛】若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)−2f(x)−4>0,f(0)=−1,则不等式f(x)> e2x−2的解为___________.【答案】x>0【解析】构造函数g(x)=e−2x[f(x)+2],则g(0)=1.由g′(x)=e−2x[f′(x)−2f(x)−4]>0可知g(x)在(−∞,+∞)内单调递增,从而有g(x)>1⇔x>0.故f(x)>e2x−2⇔x>0.4.【2018年甘肃预赛】已知函数f(x)=x3+sinx(x∈R),函数g(x)满足g(x)+g(2−x)=0(x∈R),若函数ℎ(x)=f(x−1)−g(x)恰有2019个零点,则所有这些零点之和为______.【答案】2019【解析】易知函数f(x)=x3+sinx为奇函数,从而f(x−1)的图象关于(1,0)点对称.函数g(x)+g(2−x)=0,可知g(x)的图象也关于(1,0)点对称.由此ℎ(x)的图象关于(1,0)点对称,从而这2019个零点关于点(1,0)对称,由于ℎ(1)=f(0)−g(1)=0⇒x=1是ℎ(x)的一个零点,其余2018个零点首尾结合,两两关于(1,0)点对称,和为2018,故所有这些零点之和为2019.5.【2018年四川预赛】设直线y=kx+b与曲线y=x3−x有三个不同的交点A、B、C,且|AB|=|BC|=2,则k的值为______.【答案】1【解析】曲线关于点(0,0)对称,且|AB|=|BC|=2,所以直线y=kx+b必过原点,从而b=0.设A(x,y),则{y=kx, y=x3−x,√x2+y2=2.由此得x=√k+1,y=k√k+1,代入得(k+1)+k2(k+1)=4,即(k−1)(k2+2k+3)=0,解得k=1.故答案为:16.【2017年广西预赛】设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x ),对任意的x ∈R 有f (x )+f (−x )=x 2,在(0,+∞)上f ′(x )>x .若f (1+a )−f (1−a )≥2a ,则实数a 的范围是 .【答案】a ≥0【解析】提示:由题意得f ′(x )>x ,构造函数g (x )=f (x )−12x 2,则g ′(x )=f ′(x )−x >0.从而g (x )在(0,+∞)上单调递增. 由条件f (x )+f (−x )=x 2得g (x )+g (−x )=0,则g (x )是奇函数.因为g (x )在R 上单调递增,由f (1+a )−f (1−a )≥2a 知g (1+a )−g (1−a )≥0,g (1+a )≥g (1−a ), 所以1+a ≥1−a 解得a ≥0.7.【2017年湖南预赛】设函数f (x )是定义在(−∞,0)上的可导函数,其导函数为f ′(x ),且有2f (x )+xf ′(x )>x 2,则不等式(x +2017)2f (x +2017)−f (−1)>0的解集为 .【答案】(−∞,−2018)【解析】提示:将不等式(x +2017)2f (x +2017)−f (−1)>0 化为(x +2017)2f (x +2017)>(−1)2f (−1),①构造F (x )=x 2f (x ),使得①式化为F (x +2017)>F (−1),② 因为F ′(x )=2xf (x )+x 2f ′(x ),由已知条件2f (x )+xf ′(x )>x 2, 两边同乘以x ,可得F ′(x )=2xf (x )+x 2f ′(x )<x 3<0(因x ∈(−∞,0)). 所以,F (x )在(−∞,0)上是减函数,不等式②化为x +2017<−1,即x <−2018, 所以,不等式的解集为(−∞,−2018).8.【2016年福建预赛】函数f (x ) =x 2lnx +x 2-2零点的个数为________. 【答案】1 【解析】由条件知f ′(x)=2x ln x +x +2x =x(2lnx +3). 当0<x <e −32时,f ′(x)<0; 当x >e −32时,f ′(x)>0.于是,f (x )在区间(0,−32)上为减函数,在区间(−32,+∞)上为增函数.又0<x <e −32时,lnx +1<−32+1=−12<0f (x )=x 2(lnx +1)-2<0,注意到,f(e −32)=e −3(−32+1)−2<0,f(e)=2e 2−2>0 故函数f (x )零点的个数为1.9.【2015年山东预赛】设a >1.若关于x 的方程a x =x 无实根,则实数a 的取值范围是______. 【答案】a >e 1e【解析】由函数y =a x 与y =x 的图像,知若a >1,且a x =x 无实根,则a x >x 恒成立, 设f (x )=a x −x .则:f′(x )=a x (lna )−1>0⇒x >−log a (lna ).故f (x )=a x −x 在区间(−∞,−log a (lna ))上递减,在区间(−log a (lna ),+∞)上递增. 从而, f (x )在x =−log a (lna )时取得最小值,即:f (x )min =f(−log a (lna ))=a −log a (ln a )−(−log a (lna ))>0, ⇒1lna −(−log a (lna ))>0.又1lna =log a e,−log a (lna )=log a 1lna , ⇒log a e >log a1lna⇒lna >1e⇒a >e 1e .10.【2015年福建预赛】函数f (x )=e x (x −ae x )恰有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),则a 的取值范围是__________. 【答案】(0,12) 【解析】∵函数f (x )=e x (x −ae x ),∴f′(x )=(x +1−2a ⋅e x )e x ,由于函数f (x )两个极值点为x 1,x 2,即x 1,x 2是方程f′(x )=0的两个不等实数根,即方程x +1−2ae x =0,且a ≠0,∴x+12a=e x ;设y 1=x+12a(a ≠0),y 2=e x ,在同一坐标系内画出两个函数图象,如图所示,要使这两个函数有2个不同的交点,应满足{12a >01 2a >1,解得0<a<12,所以a的取值范围为(0,12),故选A.【方法点睛】本题主要考查函数的极值、函数与方程以及数形结合思想的应用,属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系,通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法,是中学数学四种重要的数学思想之一,尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效,大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透,这样才能快速找准突破点. 充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简,并迎刃而解11.【2018年湖南预赛】函数f(x)=ln(x2+1)的图像大致是()【答案】A【解析】由于函数为偶函数又过(0,0)所以直接选A.【考点定位】对图像的考查其实是对性质的考查,注意函数的特征即可,属于简单题.12.【2018年湖南预赛】设函数f(x)是R上的奇函数,当x>0时,f(x)=e x+x−3,则f(x)的零点个数是A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】∵函数f(x)是定义域为R的奇函数,∴f(0)=0,所以0是函数f(x)的一个零点;当x>0时,令f(x)=e x+x-3=0,则e x=-x+3,分别画出函数y=e x,和y=-x+3的图象,如图所示,有一个交点,所以函数f (x )有一个零点,又根据对称性知,当x <0时函数f (x )也有一个零点.综上所述,f (x )的零点个数为3个, 故选:C .13.【2017年四川预赛】已知函数f (x )=a ln x +x 2在x =1处有极值,则实数a 的值是()(A)−2(B)−1(C)1(D)2【答案】A【解析】提示:因为f ′(x )=ax+2x =a+2x 2x由条件知f ′(1)=0,解得a =−2.14.【2016年陕西预赛】设函数f (x )=x 3+ax 2+6x +c (a 、b 、c 均为非零整数).若f (a )=a 3,f (b )=b 3,则c 的值为(). A .-16 B .-4 C .4 D .16 【答案】D 【解析】设g (x )=f (x )-x 3=ax 2+bx +c . 由f (a )=a 3,f (b )=b 3⇒g (a )=g (b )=0.则a 、b 为方程g (x )=0的两个根⇒a +b =−ba,ab =ca⇒c =−a 4a+1=−(a 2+1)(a −1)−1a+1.因为c 为整数,所以,a +1=±1⇒a =0(舍去)或-2. 故c =16. 选D.15.【2015年黑龙江预赛】设0(sin cos )k x x dx π=-⎰,若8280128(1)kx a a x a x a x -=++++,则128a a a +++=()A.-1B.0C.1D.256 【答案】B 【解析】试题分析:000(sin cos )sin cos cos sin 2k x x dx xdx xdx x x πππππ=-=-=--=⎰⎰⎰,所以88280128(1)(12)kx x a a x a x a x -=-=++++,令1x =得80128(12)1a a a a ++++=-=,,令0x =得01a =,所以12801280()110a a a a a a a a +++=++++-=-=,故选B.考点:1.积分运算;2.二项式定理.16.【2015年黑龙江预赛】设函数f (x )=sin 5x +1.则∫f (x )π2−π2dx 值为()。
专题32函数、集合与复数(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题32函数、集合与复数历年联赛真题汇编1.【2020高中数学联赛B卷(第02试)】设集合A={1,2,⋯,19}.是否存在集合A的非空子集S1,S2,满足(1) S1∩S2=∅,S1∪S2=A;(2) S1,S2都至少有4个元素;(3) S1的所有元素的和等于S2的所有元素的乘积?证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】答案是肯定的.设S2=1,2,x,y﹐2<x<y≤19,则1+2+⋯+19−1−2−x−y=2xy,所以2xy+x+y=187,故(2x+1)(2y+1)=375=15×25,所以x=7,y=12是一组解.故取S1=3,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19, S2=1,2,7,12,则这样的S1,S2满足条件.2.【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设V是空间中2019个点构成的集合,其中任意四点不共面某些点之间连有线段,记E为这些线段构成的集合.试求最小的正整数n,满足条件:若E至少有n个元素,则E一定含有908个二元子集,其中每个二元子集中的两条线段有公共端点,且任意两个二元子集的交为空集.【答案】2795【解析】为了叙述方便,称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”先证明一个引理:]个两两无公共边的角(这里[a]表示实数a的整数部分).设G=(V,E)是一个简单图,且G是连通的,则G含有[|E|2引理的证明:对E的元素个数|E|归纳证明.当|E|=0,1,2,3时,结论显然成立.下面假设|E|≥4,并且结论在|E|较小时均成立.只需证明,在G中可以选取两条边a、b构成一个角,在G中删去a、b这两条边后,剩下的图含有一个连通分支包含|E|-2条边.对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立.考虑G中的最长路P:v1v2⋯v k,其中v1,v2,⋯,v k是互不相同的顶点.因为G连通,故k≥3.情形1:deg(v1)⩾2.由于P是最长路,v1的邻点均在v2,⋯,v k中,设v1v i∈E,其中3≤i≤k.则{v1v2,v1v i}是一个角,在E 中删去这两条边.若v 1处还有第三条边,则剩下的图是连通的;若v 1处仅有被删去的两条边,则v 1成为孤立点,其余顶点仍互相连通.总之在剩下的图中有一个连通分支含有|E |-2条边.情形2:deg (v 1)=1,deg (v 2)=2.则{v 1v 2,v 2v 3}是一个角,在G 中删去这两条边后,v 1,v 2都成为孤立点,其余的点互相连通,因此有一个连通分支含有|E|−2条边.情形3:deg (v 1)=1,deg (v 2)⩾3,且v 2与v 4,⋯,v k 中某个点相邻.则是一个角,在G 中删去这两条边后,v 1成为孤立点,其余点互相连通,因此有一个连通分支含有|E|−2条边.情形4:deg (v 1)=1,deg (v 2)⩾3,且v 2与某个u ∉{v 1,v 3,⋯,v k }相邻.由于P 是最长路,故u 的邻点均在v 2,⋯,v k 之中.因{v 1v 2,v 2u }是一个角,在G 中删去这两条边,则v 1是孤立点.若处仅有边uv 2,则删去所述边后u 也是孤立点,而其余点互相连通.若u 处还有其他边uv i ,3≤i ≤k ,则删去所述边后,除v 1外其余点互相连通.总之,剩下的图中有一个连通分支含 有|E|−2条边. 引理获证.回到原题,题中的V 和E 可看作一个图G =(V ,E ) 首先证明n ≥2795.设V ={v 1,v 2,⋯,v 2019}.在v 1,v 2,⋯,v 61中,首先两两连边,再删去其中15条边(例如v 1v 2,v 1v 3,⋯,v 1v 16),共连了C 612−15=1815条边,则这61个点构成的图是连通图.再将剩余的201-61=1958个点配成979对,每对两点之间连一条边,则图G 中一共连了1815+979=2794条线段.由上述构造可见,G 中的任何一个角必须使用v 1,v 2,⋯,v 61相连的边,因此至多有[18152]=907个两两无公共边的角.故满足要求的n 不小于2795.另一方面,若|E |≥2795,可任意删去若干条边,只考虑|E|=2795的情形.设G 有k 个连通分支,分别有m 1,⋯,m k 个点,及e 1,⋯,e k 条边.下面证明e 1,⋯,e k 中至多有979个奇数.反证法,假设e 1,⋯,e k 中有至少980个奇数由于e 1+⋯+e k =2795是奇数,故e 1,⋯,e k 中至少有981个奇数,k ≥981.不妨设e 1,e 2,⋯,e 981都是奇数,显然m 1,m 2,⋯,m 981⩾2.令m =m 981+⋯+m k ⩾2,则有C m i 2⩾e i (1⩽i ⩽980),C m 2>e 981+⋯+e k ,故2795=∑e ik i=1⩽C m2+∑C m i 2980i=1①利用组合数的凸性,即对x ≥y ≥3,有C x 2+C y 2⩽C x+12+C y−12,可知当m 1,…,m 980,m 由980个2以及一个59构成时,C m 2+∑C m i2980i=1取得最大值. 于是C m2+∑C m i2980i=1⩽C 592+980C 22=2691<2795,这与①矛盾.从而e1,⋯,e k中至多有979个奇数.对每个连通分支应用引理,可知G中含有N个两两无公共边的角,其中N=∑[e i2]k i=1⩾12(∑e iki=1−979)=12(2795−979)=908.综上,所求最小的n是2795.3.【2018高中数学联赛A卷(第02试)】设n、k、m是正整数,满足k≥2,且n⩽m<2k−1kn.设A是{1,2,…,m}的n元子集.证明:区间(0,nk−1)中每个整数均可表示为a-a',其中a,a'∈A.【答案】证明见解析【解析】用反证法.假设存在整数x∈(0,nk−1)不可表示为a-a',a,a'∈A.作带余除法m=xq+r,其中0≤r<x.将1,2,…,m按模x的同余类划分成x个公差为x的等差数列,其中r个等差数列有q+1项,xr个等差数列有q 项.由于A中没有两数之差为x,故A不能包含以x为公差的等差数列的相邻两项.从而n=|A|⩽r⌈q+12⌉+(x−r)⌈q2⌉={x⋅q+12,2∤qx⋅q2+r,2|q①.这里⌈α⌉表示不小于α的最小整数.由条件,我们有n>k2k−1m=k2k−1(xq+r)②又x∈(0,nk−1),故n>(k−1)x③情形一q是奇数.则由①知,n⩽x⋅q+12④结合②,④可知,x⋅q+12⩾n>k2k−1(xq+r)⩾k2k−1xq,从而q<2k-1.再由q是奇数可知,q≤2k-3,于是n⩽x⋅q+12⩽(k−1)x,与③矛盾.情形二q是偶数.则由①知,n⩽x⋅q2+r⑤结合②,⑤可知,x⋅q2+r⩾n>k2k−1(xq+r),从而xq2(2k−1)<k−12k−1r<(k−1)x2k−1,故q<2(k-1).再由q是偶数可知,q≤2k-4,于是n⩽x⋅q2+r⩽(k−2)x+r<(k−1)x,与③矛盾.综上可知,反证法假设不成立,结论获证.4.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】设集合A={1,2,…,n},X、Y均为A的非空子集(允许X=Y).X中的最大元与Y中的最小元分别记为max X、min Y.求满足max X>min Y的有序集合对(X,Y)的数目.【答案】22n −2n (n +1)【解析】先计算满足maxX ⩽minY 的有序集合对(X ,Y )的数目.对给定的m =maxX ,集合X 是集合{1,2,…,m -1}的任意一个子集与{m }的并,故共有2m−1种取法.又minY ≥M ,故Y 是{m ,m +1,…,n }的任意一个非空子集,共有2n+1−m −1种取法. 因此,满足maxX ⩽minY 的有序集合对(X ,Y )的数目是 (2n −1)2−n ⋅2n +2n −1=22n −2n (n +1).由于有序集合对(X ,Y )有(2n −1)⋅(2n −1)=(2n −1)2个,于是满足maxX >minY 的有序集合对(X ,Y )的数目是(2n −1)2−n ⋅2n +2n −1=22n −2n (n +1).5.【2017高中数学联赛B 卷(第02试)】给定正整数m ,证明:存在正整数k ,使得可将正整数集N +分拆为k 个互不相交的子集A 1,A 2,⋯,A k ,每个子集A i 中均不存在4个数a 、b 、c 、d (可以相同),满足ab -cd =m . 【答案】证明见解析【解析】取k =m +1,令A i ={x|x ≡i( mod m +1),x ∈N +},i =1,2,…,m +1. 设a ,b ,c ,d ∈A i ,则ab −cd ≡i ⋅i −i ⋅i =0( mod m +1),故m +1|ab -cd ,而m +1∤m ,所以在A 中不存在4个数a 、b 、c 、d ,满足ab −cd =m .6.【2015高中数学联赛(第02试)】设S ={A 1,A 2,⋯,A n }(n ⩾2),其中A 1,A 2,⋯,A n 为n 个互不相同的有限集合,满足对任意A i ,A j ∈S ,均有A i ∪A j ∈S .若k =min 1⩽i⩽n |A i |⩾2(|X |表示有限集合X 的元素个数),证明:存在x ∈∪A i n i=1,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少nk 个集合.【答案】证明见解析【解析】证法一证明更强的结论:对任意集合A i (1≤i ≤n ),存在x ∈A i ,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少n|A i|个集合.若A 1,A 2,⋯,A n 与A i 的交集均不为空集,则根据平均值原理,知集合A i 中必存在某个元素x ,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少n|A i|个集合.若A 1,A 2,⋯,A n 中存在某些集合与A i 的交集为空集,不妨设这样的集合为A j 1,A j 2,⋯,A j i .则A i ∪A i j ,A i ∪A j 2,⋯,A i ∪A j i 互不相同,且均属于S.于是,S 中其余n -2t -1个集合均与A i 的交集非空.从而,集合A i 中所有元素在集合S 中出现的次数不少于k +tk +n −2t −1=n +(k −2)t +k −1>n . 故存在某个x ∈A i ,使得x 属于A 1,A 2,⋯,A n 中的至少n|A i|个集合.综上,命题得证证法二不妨设|A1|=k,|A1|⩽|A2|⩽⋯⩽|A n|,对A i(i=2,3,⋯,n)执行下列过程:(1)先考虑A2.若A2∩A1≠∅,则将A2分为一组;若A2∩A1=∅,则将A2∪A1与A2两个集合分为一组.(2)考虑A3.若A3=A2∪A1,已经进行过分组.若A3≠A2∪A1,再分两种情形考虑.(i)A3∩A1≠∅,则将A3分为一组;(ii)A3∩A1=∅,由A2≠A3,则A3∪A1≠A2∪A1.此时,可将A3∪A1与A3两个集合分为一组.7.【2014高中数学联赛(第02试)】设S={1,2,3,…,100},求最大的整数k,使得S有k个互不相同的非空子集,具有性质:对这k个子集中任意两个不同子集,若它们的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.【答案】299−1【解析】对有限非空实数集A,用minA与maxA分别表示A的最小元素与最大元素,考虑S的所有包含1且至少有两个元素的子集,一共299-1个,它们显然满足要求,因为min(A i∩A j)=1<maxA i,故k max⩾299−1,下面证明当k≥299时,不存在满足要求的k个子集.我们用数学归纳法证明:对整数n≥3,在集合{1,2,…,n}的任意m(m≥2n-1)个不同非空子集A1,A2,…,A m 中,存在两个子集A i,A j,i≠j,满足A i∩A j≠∅,min(A i∩A j)=maxA i①显然只需对m=2n−1的情形证明上述结论.当n=3时,将{1,2,3}的全部7个非空子集分成3组:第一组:{3},{1,3},{2,3};第二组:{2},{1,2};第三组:{1},{1,2,3}.由抽屉原理,任意4个非空子集必有两个在同一组中,取同组中的两个子集分别记为A i,A j,排在前面的记为A i,则满足式①假设结论在n≥3时成立,考虑n+1的情形.若A1,A2,⋯,A2n,中至少有2n−1个子集不含n+1,对其中的2n−1个子集用归纳假设,可知存在两个子集满足式①.若至多有2n−1−1个子集不含n+1,则至少有2n−1+1个子集含n+1,将其中2n−1+1个子集都去掉n+1,得到{1,2,…,n}的2n−1+1个子集.由于{1,2,…,n}的全体子集可分成2n−1组,每组两个子集互补,故由抽屉原理,在上述2n−1+1个子集中一定有两个属于同一组,即互为补集.因此,相应地有两个子集A i ,A j ,满足A i ∩A j ={n +1}. 这两个集合显然满足式①.故n +1时结论成立 综上所述,所求k max =299−1.8.【2012高中数学联赛(第02试)】试证明:集合A ={2,22,⋯,2n ,⋯}满足: (1)对每个a ∈A 及b ∈N *,若b <2a -1,则b (b +1)一定不是2a 的倍数;(2)对每个a ∈A (其中A 表示A 在N *中的补集),且a ≠1,必存在b ∈N *,b <2a -1,使b (b +1)是2a 的倍数. 【答案】证明见解析【解析】(1)对于任意的a ∈A ,设a =2k ,k ∈N *,则2a =2k+1, 如果b 是任意一个小于2a -1的正整数,则b +1⩽2a −1,由于b 与b +1中,一个为奇数,它不含素因子2,另一个为偶数,它含素因子2的幂的次数最多为k ,因此,b (b +1)一定不是2a 的倍数.(2)若a ∈A ,且a ≠1,设a =2k m ,其中h 为非负整数,m 为大于1的奇数.则2a =2k+1m . 下面给出三种证明方法:证法一令b =mx,b +1=2k+1y ,消去b 得2k+1y −mx =1,由于(2k+1,m )=1, 这方程必有整数解{x =x 0+2k+1t y =y 0+mt ,(其中t ∈Z ,(x 0,y 0)为方程的特解).把最小的正整数解记为(x ∗,y ∗),则x ∗<2k+1, 故b =mx ∗<2a −1,使b (b +1)是2a 的倍数.证法二由于(2k+1,m )=1,由中国剩余定理知,同余方程组{x ≡0( mod 2k+1)x ≡m −1( mod m)在区间(0,2k+1m )上有解x =b ,即存在b <2a -1,使b (b +1)是2a 的倍数.证法三由于(2,m )=1,总存在r (r ∈N *,r ≤m -1),使2r ≡1( mod m), 取t ∈N *,使tr >k +1,则2tr ≡1( mod m).存在b =(2tr −1)−q ⋅2k+1m >0 (q ∈N),使0<b <2a −1. 此时m |b,2k+1|b +1,因而b (b +1)是2a 的倍数.9.【2011高中数学联赛(第02试)】证明:对任意整数n ≥4,存在一个n 次多项式f(x)=x n +a n−1x n−1+⋯+a 1x +a 0具有如下性质: (1)a 0,a 1,⋯,a n−1均为正整数;(2)对任意正整数m 及任意k (k ≥2)个互不相同的正整数r 1,r 2,⋯,r k ,均有f(m)≠f (r 1)f (r 2)⋯f (r k ). 【答案】证明见解析【解析】令f(x)=(x +1)(x +2)⋯(x +n)+2①将式①的右边展开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式.下面证明f(x)满足性质(2).对任意整数t,由于n≥4,故连续的n个整数t+1,t+2,⋯,t+n中必有一个为4的倍数,从而由式①知f(t)≡2 ( mod 4),因此,对任意k(k≥2)个正整数r1,r2,⋯,r k,有f(r1)f(r2)⋯f(r k)≡2k≡0( mod 4),但对任意正整数m,有f(m)≡2( mod 4),故f(m)≡f(r1)f(r2)⋯f(r k)( mod 4),从而f(m)≠f(r1)f(r2)⋯f(r k),所以f(x)符合题设要求.10.【2010高中数学联赛(第02试)】设k是给定的正整数,r=k+12.记f(1)(x)=f(x)=x[x],f(l)(x)=f(f(l−1)(x)),x∈R+,l≥2.证明:存在正整数m,使得f(m)(r)为一个整数.这里,[x]表示不小于实数x的最小整数,例如[12]=1,[1]=1.【答案】证明见解析【解析】记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次.则当m=v2(k)+1时,f(m)(r)为整数.下面我们对v2(k)=v用数学归纳法:当v=0时,k为奇数,k+1为偶数,此时f(r)=(k+12)[k+12]=(k+12)(k+1)为整数.假设命题对v-1(v≥1)成立.对于v≥1,设k的二进制表示具有形式k=2v+αv+1⋅2v+1+αv+2⋅2v+2+⋯,这里,αi=0或者1,i=v+1,v+2,…于是f(r)=(k+12)[k+12]=(k+12)(k+1)=12+k2+k2+k=12+2r−1+(αv+1+1)⋅2v+(αv+1+αv+2)⋅2v+1+⋯+22v+⋯=k′+12①这里k′=2v−1+(αv+1+1)⋅2v+(αv+1+αv+2)⋅2v+1+⋯+22v+⋯,显然k'中所含的2的幂次为v-1.故由归纳假设知r′=k′+12,经过f的v次迭代得到整数,由式①知,f(v+1)(r)是一个整数,这就完成了归纳证明. 11.【2006高中数学联赛(第02试)】解方程组{x−y+z−w=2x2−y2+z2−w2=6 x3−y3+z3−w3=20 x4−y4+z4−w4=66【答案】答案见解析【解析】令p=x+z,q=xz,我们有p2=x2+z2+2q,p3=x3+z3+3pq,p4=x4+z4+4p2q−2q2,同样,令s=y+w,t=yw,有s2=y2+w2+2t,s3=y3+w3+3st,s4=y4+w4+4s2t−2t2,在此记号系统下,原方程组的第一个方程为p=s+2①于是p2=s2+4s+4,p3=s3+6s2+12s+8,p4=s4+8s3+24s+32s+16,现在将上面准备的p2,p3,p4和s2,s3,s4的表达式代入,得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4,x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8,x4+z4+4p2q−2q2=y4+w4+4s2t−2t2+8s3+24s+32s+16.利用原方程组的第二至四式化简,得q=t+2s−1②pq=st+2s2+4s−4③2p2q−q2=2s2t−t2+4s3+12s2+16s−25④将式①和②代入式③,得t=s2−1⑤将式⑤代入式②,得q=52s−2⑥将式①,⑤,⑥代入式④,得s=2.所以有t=0,p=4,q=3.这样一来,x,z和y,w分别是方程X2-4X+3=0和Y2-2=0的两根,即{x=3z=1或{x=1z=3,且{y=2w=0或{y=0w=2.详言之,方程组有如下四组解x=3,y=2,z=1,w=0或x=3,y=0,z=1,w=2,或x=1,y=2,z=3,w=0,或x=1,y=0,z=3,w=2.12.【2005高中数学联赛(第02试)】对每个正整数n,定义函数f(n)={0,当n为平方数[{√n}],当n不是平方数,其中[x]表示不超过x的最大整数,{x}=x-[x].试求:∑240k=1f(k)的值.【答案】768【解析】对任意a ,k ∈N +,若k 2<a <(k +1)2,设a =k 2+m (m =1,2,⋯,2k),√a =k +θ (0<θ<1), 则[√{a}]=[√a−k]=[√a+k a−k 2]=[2k+θm],因为0<2k+θm −2k m<1,若在2km 与2k+θm之间存在整数t ,则2k m<t <2k+θm,于是,一方面2k <mt ,故2k +1⩽mt , 另一方面mt <2k +θ<2k +1,矛盾, 故[2k+θm]=[2km],所以∑[1{a}]k 2<a<(k+1)2=∑[2km]2km=1,于是∑(n+1)2a=1f(a)=∑∑[2k i]2k i=1nk=1①下面计算∑[2k i]2k i=1:画一张2k×2k 的表,第i 行中,凡是i 的倍数处填写“*”号,则这行的“*”号共[2ki]个,全表的“*”号共∑[2ki]2k i=1个;另一方面,按列收集“*”号数:第j 列中,若j 有T (j )个正因数,则该列便有T (j )个“*”号,故全表的“*”号个数共∑2k j=1T(j)个,因此∑[2ki]2k i=1=∑2k j=1T(j).示例如下:则∑(n+1)2a=1f(a)=∑∑2k j=1T n k=1(j)=n[T(1)+T(2)]+(n −1)[T(3)+T(4)]+⋯+[T(2n −1)+T(2n)] ②由此∑162k=1f(k)=∑(16−k)15k=1[T(2k −1)+T(2k)]③记a k =T(2k −1)+T(2k) (k =1,2,⋯,15),易知a k 的取值情况如下:因此∑256k=1f(k)=∑(16−k)15k=1a k =783④由定义f(256)=f (162)=0,当k ∈{241,242,⋯,255}, 设k =152+r (16⩽r ⩽30),√k −15=√152+r −15=√152+r+15,r 31<√152+r+15<r 30,1⩽30r<√2<31r<2,则[{√k}]=1 (k ∈{241,242,⋯,255})⑤从而∑240k=1f(k)=783−∑256k=1f(k)=783−15=768.13.【2002高中数学联赛(第02试)】实数a ,b ,c 和正数λ,使得f(x)=x 3+ax 2+bx +c 有三个实数x 1,x 2,x 3,且满足: (i )x 1−x 2=λ; (ii)x 3>12(x 1+x 2).求2a 3+27c−9abλ3的最大值.【答案】3√32【解析】由于f(x)=f(x)−f (x 3)=(x −x 3)[x 2+(a +x 3)x +x 32+ax 3b ], 所经x 1,x 2是方程x 2+(a +x 3)x +x 32+ax 3+b =0的两个根,由情形(i )可得(a +x 3)2−4(x 32+ax 3+b )=λ2,即3x 32+2ax 3+λ2+4b −a 2=0,再由情形(i )可得x 3=13[−a +√4a 2−12b −3λ]①且4a 2−12b −3λ2⩾0②可以得到f(x)=x 3+ax 2+bx +c =(x +a 3)3−(a 23−b)(x +a 3)+227a 3+c −13ab ,由f(x)=0可得13ab −227a 3−c =(x 3+a 3)3−(a 23−b)(x 3+a 3)③由式①得x 3+a3=13√4a 2−12b −3λ2=2√33√a 23−b −λ24,记p =a 23−b ,由式②和③可知p ⩾λ24,且13ab −227a 3−c =2√39√p −λ24(p −λ2),令y =√p −λ24,则y ⩾0且13ab −227a 3−c =2√39y (y 2−34λ2),则y 3−3λ24y +λ34=y 3−3λ24y −(λ2)3+3λ2λ4=(y −λ2)(y 2+λ2y +λ24−3λ24)=(y −λ2)2(y +λ)⩾0,所以13ab −227a 3−c ⩾−√318λ3,于是2a 3+27c −9ab ⩽3√32λ3, 由此可得2a 3+27c−9abλ3⩽3√32,取a =2√3,b =2,c =0,λ=2,则f(x)=x 3+2√3x 2+2x 有根−√3−1,−√3+1,0, 显然满足假设条件,且2a 3+27c−9abλ3=18(48√3−36√3)=3√32,综上所述2a 3+27c−9abλ3的最大值是3√32.14.【1999高中数学联赛(第02试)】给定实数a ,b ,c ,已知复数z 1,z 2,z 3满足{|z 1|=|z 2|=|z 3|=1z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=1 ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值. 【答案】答案见解析 【解析】由已知z1z 2+z 2z 3+z 3z 1∈R ,所以(z 1z 2)+(z 2z 3)+(z3z 1)=z 1z 2+z 2z 3+z3z 1.即(z1z 2)+(z2z 3)+(z3z 1)=(z̅1z̅2)+(z̅2z̅3)+(z̅3z̅1),又|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,所以z̅k =1z k(k =1,2,3),代入式①得(z1z 2)+(z2z 3)+(z3z 1)=(z2z 1)+(z3z 2)+(z1z 3),即z 12z 3+z 22z 1+z 32z 2=z 22z 3+z 32z 1+z 12z 2,分解因式,得(z 1−z 2)(z 2−z 3)(z 3−z 1)=0. 所以z 1=z 2或z 2=z 3或z 3=z 1. 如果z 1=z 2,代入原式得z 3z 1=±i ,这时|az 1+bz 2+cz 3|=|z 1|⋅|a +b ±c i |=√(a +b)2+c 2,类似地,如果z 2=z 3,则|az 1+bz 2+cz 3|=√(b +c)2+a 2, 如果z 3=z 1,则|az 1+bz 2+cz 3|=√(a +c)2+b 2.15.【1997高中数学联赛(第02试)】试问:当且仅当实数x 0,x 1,⋯,x n (n ⩾2)满足什么条件时,存在实数y 0,y 1,⋯,y n ,使得z 02=z 12+z 22+⋯+z n 2成立,其中z k =x k +i y k ,i 为虚数单位,k =0,1,…,n .证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】易知题中式子等价于{∑x k 2n k=1−x 02=∑y k 2nk=1−y 02∑x k nk=1y k =x 0y 0 ①若存在实数y 0,y 1,⋯,y n 使式①成立,则x 02y 02=(∑x k n k=1y k )2, 由柯西不等式可得x 02y 02⩽(∑x k 2nk=1)(∑y k 2nk=1) ②如果x 02>∑x k 2nk=1,则由式①可得y 02>∑y k 2nk=1, 从而x 02y 02>(∑x k 2nk=1)(∑y k 2nk=1).与式②矛盾, 于是得x 02⩽∑x k 2n k=1③反之,若式③成立,有两种情况:(i )x 02=∑x k 2nk=1,则取y k =x k ,k =0,1,2,⋯,n ,显然式①成立. (ii )x 02<∑x i 2nk=1,记a 2=∑x k 2nk=1−x 02>0,从而x 1,⋯,x n 不全为0,不妨设x n ≠0,取y k =0,k =0,1,…,n -2,有 y n−1=n√x n−1+x n,y n =n−1√x n−1+x n.易知式①也成立.综上可知,所求的条件为x 02⩽∑x k 2nk=1.16.【1994高中数学联赛(第02试)】x 的二次方程x 2+z 1x +z 2+m =0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12−4z 2=16+20i ,设这个方程的两个根α,β满足|α−β|=2√7,求|m|的最大值和最小值. 【答案】最大值是√41+7,|m|最小值是7−√41. 【解析】据表达定理有{α+β=−z 1αβ=z 2+m,因为(α−β)2=(α+β)2−4αβ=z 12−4z 2−4m ,所以|α−β|2=|4m −(z 12−4z 2)|=28,所以|m −14|(z 12−4z 2)=7.即|m −4+5i|=7,这表明复数m 在以A (4,5)为圆点,以7为半径的圆周上,又因为|OA|=√42+52=√41<7,故原点O在圆A内,联结OA,延长交圆A于两点B与C,则|OB|=|OA|+|AB|=√41+7为|m|最大值.|OC|=|CA|−|AO|=7−√41为|m|最小值.所以|m|最大值是√41+7,|m|最小值是7−√41.17.【1992高中数学联赛(第02试)】设集合S n={1,2,…,n}.若X是S n的子集,把X中的所有数的和称为X 的“容量”(规定空集的容量为0).若X的容量为奇(偶)数,则称X为S n的奇(偶)子集.(1)求证:S n的奇子集与偶子集个数相等;(2)求证:当n≥3时,S n的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.(3)当n≥3时,求S n的所有奇子集的容量之和.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)答案见解析.【解析】(1)设S n的奇子集的个数为a n,偶子集的个数为b n,则a n+b n=2n①直接求a n,以[x]表示为不超过实数x的最大整数.],l=n−k,从{2,4,…,2k}中任取一个子集(含空集)X1,设k=[n2再从{1,3,…,2l-1}中任取一个含奇数个元素的子集X2,则X1与X2的并集便是一个奇子集,反之,S n的任一奇子集可写成X1与X2之并.(C l0+C l1+⋯+C l1)=2l−1(种)X1的取法有2k种,X2的取法有C l1+C l3+⋯+C l2i−1=12(2i-1是不大于l的最大奇数).于是a n=2k⋅2l−1=2n−1.由式①知b n=a n=2n−1.(2)设A n(B n)表示S n中全体奇(偶)子集容量之和(I)若n为奇数(n≥3),S n的所有奇子集可由下列两类子集组成:(i)S n-1的奇子集;(ii)S n-1的每一个偶子集与集{n}的并.于是A n=A n−1+(B n−1+n⋅b n−1)=A n−1+B n−1+n⋅2n−2②类似,可得B n=B n−1+(A n−1+n⋅a n−1)=A n−1+B n−1+n⋅2n−2③得A n=B n.(Ⅱ)若n是偶数(n≥4),S的所有奇子集可由下列两类子集组成:(i)S n-1的所有奇子集;(i)S n-1的每一个奇子集与集{n}的并.于是A n =A n−1+(A n−1+n ⋅a n−1)=2A n−1+n ⋅2n−2 ④类似,可得B n =2B n−1+n ⋅2n−2 ⑤所以A n =B n .综合情形(I )与(Ⅱ)的结论,对任何n ≥3,A n =B n .(3)X 在S n 的余集记为X ̅,则X 与X ̅的容量之和等于S n 的容量, 即1+2+⋯+n =12n(n +1).因此,S n 中所有子集的容量之和是2n−1⋅12n(n +1)=2n−2⋅n(n +1).因A n =B n ,故A n =12⋅2n−2⋅n(n +1)=2n−3n(n +1)(n ≥3).18.【1990高中数学联赛(第02试)】设E ={1,2,3,…,20},G ={a 1,a 2,a 3,⋯,a 100}⊂E ,且G 具有下列两条性质:(1)对任何1≤i ≤j ≤100,恒有a i +a j ≠201; (2)∑a i 100i=1=10080;试证:G 中的奇数的个数是4的倍数,且G 中所有数字的平方和为一个定数. 【答案】证明见解析【解析】记αi =2i −1,βi =201−a i (i =1,2,⋯,100). 令E i ={αi ,βi },则当i ≠j 时,E i ∩E j =∅,且∪E i 100i=1=E . 由性质(1)知对任何1≤i ≤100,不能有E i ⊂G .又由G 的元素个数恰等于集合E i 的个数,都是100, 因而G 必然恰只包含每个E i 中的一个元素.现设G 中有k 个奇数,设对1⩽i i <i 2<⋯<i k ⩽100,有αi t =βi t (1⩽t ⩽k). 于是对j ≠i t (1≤t ≤k ),必有由性质(2),有∑αi t kt=1+∑βj j≠i t=10080①另一方面∑βj 100j=1=2∑100j=i j =10100 ② 由式②-①,有∑(βi t −αi t )kt=1=20③k ⋅201−2∑αi t k t=1=20,∑αi t k t=1=12(k ⋅201−20).④由式④首先推知k 必为正偶数,设k =2k ′,则∑αi i 2k ′k=1=k ′⋅201−10.注意到此式左端为偶数,从而k'必为正偶数,设k ′=2⋅k ′′,于是k =4k ′′.这就证明了G中奇数的个数必为4的倍数.现在来计算G中数的平方和,以下运算中应用了式③.∑αi2 100i=1=∑αii2ki=1+∑βj2kj≠i i=∑βj2100j=1−∑βil2kl=1+∑αil2kl=1=∑(2j)2 100j=1−∑(βii+αii)ki=1(βii−αii)=4∑j2100j=1−201×20=4×100(100+1)(200+1)6−4020=1353400−4020=1349380.19.【1983高中数学联赛(第02试)】函数f(x)在[0,1]上有定义,f(0)=f(1).如果对于任意不同的x1,x2∈[0,1],都有|f(x2)−f(x1)|<|x2−x1|,求证|f(x2)−f(x1)|<12.【答案】证明见解析【解析】不妨设0⩽x1<x2⩽1(1)如果x2−x1⩽12,则|f(x2)−f(x1)|<|x2−x1|⩽12,(2)如果x2−x1>12,由f(0)=f(1)得|f(x2)−f(x1)|=|f(x2)−f(1)+f(0)−f(x1)|⩽|f(x2)−f(1)|+|f(0)−f(x1)|⩽(1−x2)+(x1−0)=1−(x2−x1)<12.所以|f(x2)−f(x1)|<12(x1,x2∈[0,1]).20.【1981高中数学联赛(第02试)】下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正:【答案】答案见解析【解析】先考虑表中x的取值:0.021=3×7×10−3,0.27=33×10−2,1.5=3×2−1,2. 8=22×7×10−1,3,5=2−1×10;6=2×3,7,8=23,9=32,14=2×7.其中0.27,3,9的对数仅与lg3有关,lg0.27=3lg3−2=6a−3b−2.所以,推得lg3=2a−b,lg9=2lg3=4a−2b.因此推得lg3=2a−b.若上面三个对数有一个不正确,则三个数的对数值均错,与题设有两个错误矛盾.所以三个对数值均正确.然后讨论仅与l g3,lg2有关的对数值,即真数分别为1.5,5,6,8的对数值lg1.5=lg3−lg2=3a−b+c.所以lg2=−a−c,lg5=1−lg2=a+c.则lg2=1−a−c,lg6=lg2+lg3=1+a−b−c,所以lg2=1−a−c,lg8=3lg2=3−3a−3c,因此lg2=1−a−c.由上面讨论可见1.5的对数值表不正确.而其余三个数均正确,且由此作修正lg1.5=lg3−lg2=3a−b+c−1,lg0.021=lg3+lg7−3=2a+b+c−3.所以lg7=2b+c,lg2.8=2⋅lg2+lg7−1=1−2a+2b−c,所以lg7=2b+c,lg14=lg2+lg7=1−a+2b,所以lg7=2b+c.由上面讨论可见7的对数值表不正确.而其余三个数均正确,且作修正为表中lg7=2b+c.优质模拟题强化训练1.给定整数n(n≥3),记f(n)为集合{1,2,⋯,2n−1}的满足如下两个条件的子集A的元素个数的最小值:ⅰ.1∈A,2n−1∈A;ⅱ.子集A中的元素(除1外)均为A中的另两个(可以相同)元素的和.(1)求f(3)的值;(2)证明:f(100)≤108.【答案】(1)f(3)=5(2)见解析【解析】1.设集合A⊆{1,2,⋯,23−1},且A满足(ⅰ)、(ⅱ).则1∈A,7∈A.由于{1,m,7}(m=2,3,⋯,6)不满足(ⅱ),故|A|>3.又{1,2,3,7},{1,2,4,7},{1,2,5,7},{1,2,6,7},{1,3,4,7},{1,3,5,7},{1,3,6,7},{1,4,5,7},{1,4,6,7},{1,5,6,7}都不满足(ⅱ),故|A|>4.而集合{1,2,4,6,7}满足(ⅰ)、(ⅱ),故f(3)=5.2.首先证明:f(n+1)≤f(n)+2(n=3,4,⋯).①事实上,若A⊆{1,2,⋯,2n−1}满足(ⅰ)、(ⅱ),且集合A的元素个数为f(n).令B=A∪{2n+1−2,2n+1−1}.由2n+1−2>2n+1−1,知|B|=f(n)+2.又2n+1−2=2(2n+1−1),2n+1−1=1+(2n+1−2),则B⊆{1,2,⋯,2n+1−1},且集合B满足(ⅰ)、(ⅱ).从而,f(n+1)≤|B|=f(n)+2.其次证明:f(2n)≤f(n)+n+1(n=3,4,⋯).②事实上,设A⊆{1,2,⋯,2n−1}满足(ⅰ)、(ⅱ),且集合A的元素个数为f(n).令B=A∪{2(2n−1),22(2n−1),⋯,2n(2n−1),22n−1}.由2(2n−1)<22(2n−1)<⋯<2n(2n−1)<22n−1,则B⊆{1,2,⋯,22n−1},且|B|=f(n)+n+1.而2k+1(2n−1)=2k(2n−1)+2k(2n−1)(k=0,1,⋯,n−1),22n−1=2n(2n−1)+(2n−1),则B满足(ⅰ)、(ⅱ).从而,f(2n)≤|B|=f(n)+n+1.由式,①、②得f(2n+1)≤f(n)+n+3.反复利用式②、③得f(100)≤f(50)+51≤f(25)+26+51≤f(12)+15+77≤f(6)+7+92≤f(3)+4+99=108.2.设X是有限集,t为正整数,F是包含t个子集的子集族:F={A1,A2,⋯,A t}.如果F中的部分子集构成的集族S满足:对S中任意两个不相等的集合A、B,A⊂B,B⊂A均不成立,则称S为反链.设S1为包含集合最多的反链,S2是任意反链.证明:存在S2到S1的单射f,满足∀A∈S2,f(A)⊂A或A⊂f(A)成立.【答案】证明见解析【解析】记|S1|=r,称包含r个元素的反链为最大反链,最大反链可能不唯一称F的子集P为链,如果∀A,B∈P,A⊂B,B⊂A之一成立.我们证明结论:F可以拆分为r个链P i(1⩽i⩽r)的并(即Dilworth定理).对t进行归纳证明.t=1时显然成立.设命题对t-1成立,先假设存在一个最大反链S,使得F中既有集合真包含S 中的某个集合,也有集合是S中的某个集合的真子集.记前者的全体为F1,后者的全体为F2,即F1={A i∈F|A i包含S中的某个集合},F2={A i∈F|A i是S中的某个集合的子集},则F1∪S,F2∪S均是F的真子集,从而由归纳假设可将F1∪S,F2∪S都可以拆成r个链的并.F1∪S中的链以S中的元素开始,F2∪S中的链以S中的元素结束.将这些链“接”起来就将F分成了r条链.现在假设不存在这样的反链,从而每个最大反链要么满足F1=∅,要么满足F2=∅.前者意味着S中的子集都是“极大”子集(不是另一个A i的真子集),后者意味着S中的子集都是“极小”子集(不真包含另一个A i),从而至多有两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链,则任取极大子集A,以及极小子集B⊂A,将A、B都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成r-1条链,再加上链B⊂A即可如果其中之一不是最大反链,不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链,任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.现在将F拆分成r条链,则每条链中恰有一个S1中的子集,且至多有一个S2中的子集.将每个S2中的子集对应到所在链中S1的元素,就得到了从S2到S1满足要求的映射.3.证明对所有的正整数n≥4,存在一个集合S,满足如下条件:(1)S由都小于2n−1的n个正整数组成;(2)对S的任意两个不同的非空子集A、B,集合A中所有元素之和不等于集合B中所有元素之和.【答案】见解析【解析】当n=4时,取S={3,5,6,7},则S满足条件.其次,当n≥5时,令S={3,23,24,⋯,2n−2,2n−1−3,2n−1−2,2n−1−1}.下面证明这样的S满足条件.事实上,设A、B是S的两个不同的非空子集,令f(X)表示集合X的所有元素之和,要证明的目标是f(A)≠f(B).不妨设A∩B=∅,注意到,对任意m∈N∗均有1+2+4+⋯+2m−1=2m−1<2m.所以,当a=2n−1−3,b=2n−1−2,c=2n−1−1都不属于A∪B时,均有f(A)≠f(B).进一步,由于3+23+24+⋯+2n−2=2n−1−5,所以当a、b、c中恰有一个属于A∪B时,例如a∈A,将有f(A)>f(B),此时f(A)≠f(B);类似地讨论a、b、c中有两个或3个同时属于A∪B时,均可得出f(A)≠f(B).综上所述,当n≥4时满足条件的S都存在.4.设M是由有限个正整数构成的集合,且M=A1∪A2∪⋯∪A20=B1∪B2∪⋯∪B20,这里A i≠∅,B i≠∅,i =1,2,…,20.并对任意的1≤i<j≤20,都有A i∩A j=∅,B i∩B j=∅,已知对任意的1≤i≤20,1≤j ≤20,若A i∩B j=∅,则|A i∪B j|≥18.求集合M的元素个数的最小值.(这里,|X|表示集合X的元素个数)【答案】180【解析】记min{|A1|,|A2|,⋯,|A20|,|B1|,|B2|,⋯,|B20|}=t.不妨设|A1|=t,A1∩B i≠∅,i=1,2,...,k;A1∩B j=∅,j=k+1,k+2, (20)设a i∈A1∩B i,i=1,2,…,k.因为对任意的1≤i<j≤20,都有B i∩B j=∅,所以a1,a2,…,a k互不相同,|A1|≥k,即t≥k.又对任意的1≤i≤20,1≤j≤20,若A i∩B j=∅,则|A i∪B j|≥18,所以当j=k+1,k+2,…,20时,|A1|+|B j|=|A1∪B j|≥18.即,当j=k+1,k+2,…,20时,|B j|≥18−t.所以|M|=|B1∪B2∪⋯∪B20|=|B1|+|B2|+⋯+|B k|+|B k+1|+⋯+|B20|≥kt+(20−k)(18−t)=360+2kt−18k−20t=180+2(k−10)(t−9).若t≤9,则k≤t≤9,|M|=180+2(k−10)(t−9)≥180.若t≥10,则|M|≥20t≥200.所以总有|M|≥180.另一方面,取A i=B i={9(i−1)+1,9(i−1)+2,⋯,9(i−1)+9},其中i=1,2, (20)则M=A1∪A2∪⋯∪A20=B1∪B2∪⋯B20={1,2,⋯,180}符合要求.此时,|M|=180.综上所述,集合M的元素个数的最小值为180.5.已知n为正整数,集合I={1,2,⋯,n}(n>3)的k个三元子集A1,A2,…,A k满足:对任何I的其他三元子集B,均存在整数m和子集A i(1≤i≤k)使得{y|y≡x+m(modn),1≤y≤n,x∈A i}=B.求k的最小值.【答案】k min=1+[n2−3n6]【解析】若a、b、c∈Z+,且a+b+c=p,则称(a,b,c)是长为p的“循环组”,并约定(a,b,c)、(b,c,a)、(c,a,b)为同一个循环组.考虑长为n的循环组的数目.a、b、、c中有两个相等的循环组有[n−12]个;若3|n,a、b、、c互不相等的循环组个数为13[C n−12−1−3([n−12]−1)];若n≡0(mod3),互不相等的循环组个数为13(C n−12−3[n−12]).综上,长为n的不同循环组的总个数为1+[n 2−3n6].对于每个长为n的循环组(a,b,c),取集合I的一个三元子集B={1,a+1,a+b+1},存在一个子集A i与之对应,且易验证不同的循环组对应的子集A i也不同,从而,k≥1+[n 2−3n6].另一方面,对于前面的1+[n 2−3n6]个循环组中的每个(a,b,c),取与之对应的子集{1,1+a,1+a+b},共得到1+[n2−3n6]个不同子集.接下来说明这些子集满足要求.事实上,对集合I的每个子集B={x1,x2,x3}(不妨设x1<x2<x3),令a=x2−x1,b=x3−x2,c=n−(x3−x1).则得到一个长为n的循环组(a,b,c),该循环组对应的子集A i满足存在整数m=x1−1(或x2−1或x3−1)使得{y|y≡x+m(mod n),1≤y≤n,x∈A i}=B.综上,kmin =1+[n2−3n6].6.求m的最大值,使得从一个n元集的子集中可以选出m个不同的子集A1,A2,…,A m,满足(A i∩A k)⊆A j对所有1≤i<j<k≤m成立.【答案】2n【解析】不妨设此n元集为M={1,2,⋯,n}.则对任意的i ∈M ,设包含i 的M 的子集为A i 1,A i 2,…,A i t (i 1<i 2<⋯<i t ). 由(A i ∩A k )⊆A j 对所有1≤i <j <k ≤m 成立,知i 1,i 2,…,i t 为连续正整数. 考虑A 1,A 2,…,A m 中的相邻集合对(A 1,A 2),(A 2,A 3),…,(A m−1,A m ). 当i 恰属于两个集合A k 、A k+1中的一个时,称(A k ,A k+1)为“i 分离集合对”. 对任意的1≤j ≤m −1,(A j ,A j+1)必被某一元素分离,否则A j =A j+1,矛盾. 又集合M 中任意一个元素至多分离两个集合对,则m −1≤2n ⇒m ≤2n +1. 当m =2n +1时,必有A 1=A 2m+1=∅,矛盾.故m ≤2n . 又A 1=∅,A 2={1},A 3={1,2},…,A n+1={1,2,⋯,n},A n+2={2,3,⋯,n},…,A 2n ={n}, 此时,所选的子集满足题意,且m =2n . 综上,m 的最大值为2n .7.取集合S ={a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 70}的子集A i ={a i ,a i+1,⋅⋅⋅,a i+59}(i =1,2,⋅⋅⋅,70),其中,a 70+i =a i 。
高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题
Z2,Z3,Z4
共圆的充要条件是:
z3 z4
z1 z1
:
z3 z4
z2 z2
∈R.
二、典型问题
1.复数概念
[例 1]:若对一切θ∈R,复数 z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i 的模不超过 2,则实数
a 的取值范围为 .
[解 析]:|z|≤2 (a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤4 2acosθ-4asinθ≤3-5a2 -2 5 asin(θ+φ) ≤3-5a2 2 5 |a|≤3
z1 z2
+ z2 z3
+
z3 z1
=cos(α-β)+
isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1 sin(α-β)+sin(β-γ)+si
n(γ-α)=0
2sin cos 2 -2sin cos =0 sin sin sin =0.
部是
.
解: = =2 (1 cos 2B i sin 2B)(1 cos 2C i sin 2C) 2 cos B(cos B i sin B) 2 cos C(cos C i sin C)
cos B cos C
1 cos 2A i sin 2A
2 cos A(cos A i sin A)
2
2
2
2
2
2
2
当
sin
2
=0
时,β=2kπ+α
高中数学竞赛讲义复数
高中数学竞赛讲义复数一、基础知识1.复数的运算法则:三角形式,若z 1=r 1(cos θ1+i sin θ1), z 2=r 2(cos θ2+i sin θ2),则z 1••z 2=r 1r 2[cos(θ1+θ2)+i sin(θ1+θ2)];11222(0),z r z z r ≠=[cos(θ1-θ2)+i sin(θ1-θ2)],或记为z 1z 2=r 1r 212()i e θθ+;.)(212121θθ-=i e r r z z 2.棣莫弗定理:[r (cos θ+i sin θ)]n =r n (cos n θ+i sin nθ). 3.开方:若=nw r (cos θ+i sin θ),则)2sin2(cosnk i nk r w n πθπθ+++=,k =0,1,2,…,n -1。
4.方程10(2n x n n n -=≥为自然数,且)的个根 记为:22cossin (0,1,2,,1)k k k i k n n nππε=+=-称为1的n 次单位根。
由棣莫弗定理,全部n 次单位根可表示为112111-n εεε ,,,。
关于单位根,有如下常用性质:)20111211≥=++++-n n (εεε ;任意两个单位根j i εε,的乘积仍为一个n 次单位根,且(1)的余数)除以是其中时,当n j i k n j i k j i j i j i +=≥+=⋅++,(εεεεε; (2)设m 为整数,1≠n ,则⎩⎨⎧=++++-的倍数)不是的倍数),是n m n m n mn m m (0(1121εεε(3)1+z 1+z 2+…+z n -1=0;(4)x n -1+x n -2+…+x +1=(x -z 1)(x -z 2)…(x -z n -1)=(x -z 1)(x -21z )…(x -11n z -). 特别地:1的立方根有:1,ω=-12+32i ,-ω=-12-32i(1)ω3=-ω3=1 (2)1+ω+ω2=0或1+-ω+-ω2=0 (3)ω-ω=1 (4)ω2=-ω,-ω2=ω (5)(1±i )2=±2i ,(3±4i )2=-7±24i5.代数基本定理:在复数范围内,一元n 次方程至少有一个根。
高中数学竞赛知识点提纲
【高中数学(竞赛)知识点提纲】1.集.合(set)1.1集.合的阶,集.合之间的关系。
1.2集.合的分划1.3子集,子集族1.4容斥原理1.5极端原理1.6抽屉原理2. 函数(function)2.1函数的基本概念2.1.1映射2.1.1.1单射2.1.1.2满射2.1.1.3一一映射(双射)2.1.2函数的定义域、值域2.2函数的性质2.2.1对称性2.2.2单调性2.2.3奇偶性2.2.4周期性2.2.5凹凸性2.2.6连续性2.2.7可导性2.2.8有界性2.2.9收敛性2.3初等函数2.3.1一次、二次、三次函数2.3.2幂函数2.3.3双勾函数2.3.4指数、对数函数2.4函数的迭代2.5函数方程3. 三角函数(trigonometricfunction)3.1三角函数图像与性质3.2三角函数运算3.3三角恒等式、不等式、最值3.4正弦、余弦定理3.5反三角函数3.6三角方程4. 向量(vector)4.1向量的运算4.2向量的坐标表示,数量积5. 数列(sequence)5.1数列通项公式求解5.1.1换元法5.1.2特征根法5.1.3不动点法5.1.4迭代法5.1.5数学归纳法5.1.6代换法5.1.7待定系数法5.1.8阶差法5.2数列求和5.2.1裂项相消法5.2.2错位相减法5.2.3倒序相加法5.2.4分组分解法5.2.5归纳猜想法6.不等式(inequality)6.1解不等式6.2重要不等式6.2.1均值不等式6.2.2柯西不等式6.2.3排序不等式6.2.4契比雪夫不等式6.2.5赫尔德不等式6.2.6权方和不等式6.2.7幂平均不等式6.2.8琴生不等式6.2.9 Schur不等式6.2.10嵌入不等式6.2.11卡尔松不等式6.3证明不等式的常用方法6.3.1利用重要不等式6.3.2调整法(放缩法)6.3.3归纳法6.3.4切线法6.3.5展开法6.3.6局部法6.3.7反证法6.3.8其他7.解析几何(analyticgeometry)7.1直线与二次曲线方程7.2直线与二次曲线性质7.3参数方程7.4极坐标系8.立体几何(solidgeometry)8.1空间中元素位置关系8.2空间中距离和角的计算8.3棱柱,棱锥,四面体性质8.4体积,表面积8.5球,球面8.6三面角*8.7空间向量9.排列,组合,概率(permutations, combinatorics, probability)9.1排列组合的基本公式9.1.1加法、乘法原理9.1.2无重复的排列组合9.1.3可重复的排列组合9.1.4圆排列、项链排列9.1.5一类不定方程非负整数解的个数9.1.6错位排列数9.1.7 Fibonacci数9.1.8 Catalan数9.2计数方法9.2.1映射法9.2.2容斥原理9.2.3递推法9.2.4折线法9.2.5算两次法9.2.6母函数法9.3证明组合恒等式的方法9.3.1 Abel法9.3.2算子方法9.3.3组合模型法9.3.4归纳与递推方法9.3.5母函数法9.3.6组合互逆公式9.4二项式定理9.5概率9.5.1独立事件概率9.5.2互逆事件概率9.5.3条件概率9.5.4全概率公式,贝叶斯公式9.5.5现代概率,几何概率9.6数学期望与方差9.7概率分布9.7.1二项分布9.7.2几何分布9.7.3正态分布10.极限,导数(limits,derivatives)10.1极限定义,求法10.2导数定义,求法10.3导数的应用10.3.1判断单调性10.3.2求最值10.3.3判断凹凸性10.4洛比达法则10.5偏导数11.复数(complexnumbers)11.1复数概念及基本运算11.2复数的几个形式11.2.1复数的代数形式11.2.2复数的三角形式11.2.3复数的指数形式11.2.4复数的几何形式11.3复数的几何意义,复平面11.4复数与三角,复数与方程11.5单位根及应用12.平面几何(planegeometry)12.1几个重要的平面几何定理/引理12.1.1梅勒劳斯定理12.1.2塞瓦定理12.1.3托勒密定理12.1.4西姆松定理12.1.5斯特瓦尔特定理12.1.6张角定理12.1.7欧拉定理12.1.8九点圆定理12.1.9沢山引理12.2圆幂,根轴12.3三角形的巧合点12.3.1内心12.3.2外心12.3.3重心12.3.4垂心12.3.5旁心12.3.6费马点12.4调和点列12.5圆内接调和四边形12.6完全四边形12.7几何变换12.7.1平移变换12.7.2旋转变换12.7.3位似变换12.7.4对称变换(反射变换)12.7.5反演变换12.7.6配极变换12.8几何不等式12.9平面几何常用方法12.9.1纯几何方法12.9.2三角法12.9.3解析法12.9.4复数法12.9.5向量法12.9.6面积法13.多项式(polynomials)13.1多项式恒等定理13.2多项式的根及应用13.2.1韦达定理13.2.2虚根成对原理13.3多项式的整除,互质13.4拉格朗日插值多项式13.5差分多项式13.6牛顿公式13.7单位根13.8不可约多项式,最简多项式14.数学归纳法(mathematicalinduction)14.1第一数学归纳法14.2第二数学归纳法14.3螺旋归纳法14.4跳跃归纳法14.5反向归纳法14.6最小数原理15. 初等数论(elementarynumber theory)15.1整数,整除15.2同余15.3素数,合数15.4算术基本定理15.5费马小定理,欧拉定理15.6拉格朗日定理,威尔逊定理15.7裴蜀定理15.8平方数15.9中国剩余定理15.10高斯函数15.11指数,阶,原根15.12二次剩余理论15.12.1二次剩余定理及性质15.12.2 Legendre符号15.12.3 Gauss二次互反律15.13不定方程15.13.1不定方程解法15.13.1.1同余法15.13.1.2构造法15.13.1.3无穷递降法15.13.1.4反证法15.13.1.5不等式估计法15.13.1.6配方法,因式分解法15.13.2重要不定方程15.13.2.1一次不定方程(组)15.13.2.2勾股方程15.13.2.3 Pell方程15.14 p进制进位制,p进制表示16.组合问题(combinatorics)16.1组合计数问题(参见9.1,9.2)16.2组合恒等式,不等式(参见9.3)16.3存在性问题17.6其~他~ 16.4组合极值问题16.5操作变换,对策问题16.6组合几何16.6.1凸包16.6.2覆盖16.6.3分割16.6.4整点16.7图论16.7.1图的定义,性质16.7.2简单图,连通图16.7.3完全图,树16.7.4二部图,k部图16.7.5托兰定理16.7.6染色与拉姆塞问题16.7.7欧拉与哈密顿问题16.7.8有向图,竞赛图16.8组合方法16.8.1映射法,对应法,枚举法16.8.2算两次法16.8.3递推法16.8.4抽屉原理16.8.5极端原理16.8.6容斥原理16.8.7平均值原理16.8.8介值原理16.8.9母函数法16.8.10染色方法16.8.11赋值法16.8.12不变量法16.8.13反证法16.8.14构造法16.8.15数学归纳法16.8.16调整法16.8.17最小数原理16.8.18组合计数法17.其他(others)17.1微积分,泰勒展开17.2矩阵,行列式17.3空间解析几何17.4连分数17.5级数,p级数,调和级数,幂级数。
全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导第八讲复数
s n s n s r (cos θ + i sin θ ) r学习好资料 欢迎下载全国高中数学联赛金牌教练员讲座兰州一中数学组第八讲 复数知识、方法、技能I .复数的四种表示形式代数形式: z = a + bi(a, b ∈R )几何形式:复平面上的点 Z ( a, b )或由原点出发的向量 O Z .三角形式: z = r (cos θ + i sin θ ), r ≥ 0,0 ∈R.指数形式: z = re i θ .复数的以上几种形式,沟通了代数、三角、几何等学科间的联系,使人们应用复数解决 相关问题成为现实.II .复数的运算法则加、减法: (a + bi) ± (c + di) = (a ± c) + (b ± d )i; 乘法: (a + bi)(c + di) = (ac - bd ) + (bc + ad )i;除法: r ( c o θ + i s i θ ) ⋅ r ( c o θ+ i s i θ ) = r r [ c o θ ( + θ ) + i s i n θ( + θ ) ] ; 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2a + bi ac + bd bc - ad= + i(c + di ≠ 0).c + bi c 2 +d 2 c 2 + d 2r (cos θ + i sin θ ) r 1 1 1 = 1 [cos(θ - θ ) + i sin(θ - θ )].1 2 1 2 2222乘方: [r (cos θ + i sin θ )]n = r n (cos n θ + i sin n θ )(n ∈ N );开方:复数 r (cos θ + i sin θ )的n 次方根是 n r (cos θ + 2k π + i sin θ + 2k π )(k = 0,1, , n - 1).nnIII .复数的模与共轭复数 复数的模的性质① | z |≥| Re( z ) |,| z |≥ Im(z) |;② | z ⋅ z z |=| z | ⋅ | z | | z |;12n12n③ | z1 |=z2| z |1 | z |2 学习好资料 欢迎下载( z ≠ 0); 2④ || z | - | z ||≤| z + z |, 与复数z 、 z 对应的向量 O Z 、 OZ 反向时取等号;1 2121212⑤ | z + z + + z |≤| z | + | z | + + | z | ,与复数 z , z , , z 对应的向量1 2n12n12nOZ , O Z , O Z 同时取等号.1 2n共轭复数的性质① z ⋅ z =| z |2 =| z |2 ;② z + z = 2 Re(z), z - z = 2 Im(z) ;③ z = z④ z ± z = z ± z ;1 212⑤ z ⋅ z = z ⋅ z ;1 211⑥ (z1 z2 ) =z1z2( z ≠ 0);2⑦z 是实数的充要条件是 z = z, z 是纯虚的充要条件是 z = - z ( z ≠ 0).Ⅳ.复数解题的常用方法与思想(1)两个复数相等的充要条件是它们的实部、虚部对应相等,或者它们的模与辐角主 值相等(辐角相差 2 π 的整数倍). 利用复数相等的充要条件,可以把复数问题转化为实数 问题,从而获得解决问题的一种途径.(2)复数的模也是将复数问题实数化的有效方法之一.善于利用模的性质,是模运算中 的一个突出方面.赛 题 精 讲例 1:设 m 、n 为非零实数,i 为虚单位, z ∈ C ,则方程 | z + ni | + | z - mi |= n ①与| z + ni | - | z - mi |= -m ②如图 I —1—8—1,在同一复平面内的图形(F 1、F 2 是焦点)是()( . , arg( z 2 + 4) = , 则z 的值是 .3 3图 I —1—8—1【思路分析】可根据复平面内点的轨迹的定义;也可根据 m 、n 的取值讨论进行求解. 【略解】由复平面内点的轨迹的定义,得方程①在复平面上表示以点 - ni, mi 为焦点的椭圆, n > 0, 故 - n < 0 .这表明,至少有一焦点在下半虚轴上,可见(A )不真.又由方程①,椭圆的长轴之长为 n ,∴|F 1F 2|<n ,而图(C )中有|OF 1|=n ,可见(C )不真.又因椭圆与双曲线共焦点,必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长,即| n |>| m | .故在图(B )与(D )中,均有 F 1 : -ni ,F 2 : mi ,且 m < 0 . 由方程②,双曲线上的点应满足,到 F 2 点的距离小于该点到 F 1 点的距离.答案:(B )【别解】仿上得 n >0.(1)若 n > 0, m > 0. 这时,在坐标平面上, F 1(0,-n ),F 2(0,m ),只可能为图象(C ),但与|F 1F 2|<长轴 n ,而|OF 1|=n 矛盾.(2)若 n > 0, m < 0.这时, F (0,-n ), F (0, m ) 均在 y 轴的下半轴下,故只能为图象(B ) 1 2与(D ).又因椭圆与双曲线共焦点,必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长,即|n |>|m |. 故在(B ) 与(D )中,均有 F 1 : -ni ;F 2 : mi ,且 m <0. 由方程②,双曲线上的点应满足到 F 2 点的距离 小于该点到 F 1 点的距离.答案:(B ) 【评述】 1)本题涉及的知识点:复数的几何意义,复平面上的曲线与方程,椭圆,双曲线,共焦点的椭圆与双曲线,讨论法. (2)本题属于读图题型 两种解法均为基本方法:解法中前者为定义法;后者为分类讨 论法.例 2:若 z ∈ C, arg( z 2- 4) =5π π 6 3【思路分析】本题可由已知条件入手求出复数 z 的模,继而求出复数;也可由几何意义入手来求复数 z.【略解】令 z 2- 4 = ρ (cos 1 5π 5π+ i sin ), ①6 6ππz 2+ 4 = ρ (cos+ i sin ), ②2( ρ > 0, ρ > 0)122 2 2 2 1∴⎨ 2 ⎪ 2 1⎪ 2 2 2 ⎨①—②得 8 = ( 1 ρ + 2 ⎧ 3 1⎪ ρ - ρ = 0, 2⎪ 1 ρ + 3 ρ = 8, 13 3 1ρ ) + i( ρ - ρ ),1 2解得 ρ = 4, ρ = 4 3, 代入后, 2 1①+②得 2 z 2 = 4(-1 + 3i),∴ z = ±2(cosπ π+ i sin ) = ±(1 + 3i). 3 3【别解】如图 I —1—8—2, OD = z 2 .过 D 作与实轴平行的直线 AB ,取 AD=BD=4,则OA = z 2 - 4, OB = z 2 + 4.∠xOA = 5π π, ∠xOB = .6 3从而∠BOA = π2.在Rt ∆AOB 中,| AD |=| DB |=| OD |= 4,2π ∠xOD = ∠xOB + ∠BOD = 2∠xOB = ,32π 2π ∴ z 2 = 4(cos+ i sin),3 3∴ z = ±2(cos ππ + i sin )3 3= ±(1 + 3i)【评述】本题的两种解法中,前者应用了复数的三角形式;后者应用了复数的几何意义,数形结合,形象直观.例 3:x 的二次方程 x 2 + z x + z + m = 0中, z 、 z 、m 均是复数,且 z 2 - 4 z = 16 + 20i .1 2121 2设这个方程的两个根为α 、 β ,且满足 | α - β |= 2 7 .求|m |的最大值和最小值. 【解法 1】根据韦达定理有⎧α + β = - z ,1⎩αβ = z 2 + m .图 I —1—8—34 1| || 41 cos α + 【解法 3】根据韦达定理,有 ⎨(α - β ) 2 = (α + β ) 2 - 4αβ = z 2 - 4 z - 4m ,1 2∴ α - β |2 =| 4m - ( z 2 - 4 z ) |= 28. 121∴ m - ( z 2 - 4 z ) |= 7, 2 即 | m - (4 + 5i) |= 7.这表明复数 m 在以 A (4,5)为圆心,以 7 为半径的圆周上如图 I —1—8—3 所示.OA |= 4 2 + 52 = 41 < 7, 故原点 O 在⊙A 之内. 连接 OA ,延长交⊙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.∴|m |的最大值是 41 + 7,| m | 的最小值是 7- 41 .【解法 2】同解法 1,得 | m - (4 + 5i) |= 7,令m = x + yi( x , y ∈ R ).⎧x = 7 cos α + 4, 则⎨⎩ y = 7 sin α + 5.∴ | m |2 = x 2 + y 2 = 90 + 56 cos α + 70 sin α= 90 + 14 41( 4 541 sin α )= 90 + 14 41 s in(α + ϕ ),其中 sin ϕ = 4.41∴ |m |的最大值= 90 + 14 41 = 7 + 41,|m |的最小值= 90 + 14 41 = 7 - 41.⎧α + β = - z1 ⎩αβ = z2 + m .(α - β ) 2 = (α + β ) 2 - 4αβ = z 2 - 4 z - 4m ,1 2∴ | α - β |2 =| 4m - ( z 2 - 4 z ) |=| 4m - (16 + 20i) |= 28.12| .由 - 9 = z z + z z = 18cos θ , 得 cos θ = - .2这里ω = - + i.即 | m - (4 + 5i) |= 7.∴ m |=| m - (4 + 5i) + (4 + 5i) |≤| m - (4 + 5i) | + | 4 + 5i |= 7 + 41.等 号 成 立 的 充 要 条 件 是 m - (4 + 5i)与(4 + 5i) 的 辐 角 主 值 相 差 π , 即m - (4 + 5i) = -7(441 +5i), 所以当m = (-7 + 41)(441 41 +5i)时,| m | 取最小值 7 - 41.41【评述】三种解法,各有千秋. 解法 1 运用数形结合法,揭示复数 m 的几何意义,直观清晰;解法 2 则活用三角知识,把 56 cos α + 70sin α 化为角“α + ϕ ”的正弦;解法3 运用不等式中等号成立的条件获得答案;三种解法从不同侧面刻面了本题的内在结构特征例 4:若 M = {z | z = t 1 + t+ i , t ∈R , t ≠ -1, t ≠ 0}, N = {z | z = 21 + t t[cos(arcsin t ) + i cos(arccos t )], t ∈R , | t |≤ 1}, 则MN 中元素的个数为A .0B .1C .2D .4解法同本章一的练习第 4 题.例 5:设复数 z , z 满足 | z |=| z + z |= 3,| z - z |= 3 3, 则1 211212log | ( z z ) 2000 + ( z z ) 2000 |=.2 1 21 2【思路分析】应先设法求出 ( z z ) 2000 + ( z z ) 2000 的值. 1 1 2【评述】由题设知9 =| z + z |2 =| z |2 + | z |2 + z z + z z , 12121 21 229 =| z - z |2 =| z |2 + | z |2 -( z z + z z ).1 2121 21 2因为 | z |= 3, 故 | z |= 3, z z + z z = -9, 并且 | z z | + | z z |= 9.1 21 21 21 21 2设z z = 9(cos θ + i sin θ ),则z z = 9(cos θ - i sin θ ).1 2 1 211 2 1 2于是z z = 9ω或者z z = 9ω 2 1 21 21 32 2( )当z z=9ω时,可得(z z)2000+(z z)2000=-92000,121212故log|(z z)2000+(z z)2000|=4000.21212当z z=9ω2时,可得同样结果,故答案4000.12【评述】此题属填空题中的难题,故解题时应仔细.例6: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z,z, ,z,则复1220数z1995,z1995, ,z1995所对应的不同的点的个数是()1220A.4B.5C.10D.20【思路分析】如题设可知,应设z20=1.故解题中应注意分解因式.k【解法1】因为我们只关心不同的点的个数,所以不失一般性可设z20=1.由z60=1,有k k 0=z60-1=(z15-1)(z15+1)(z15-i)(z15+i),k k k k k∴z15=1,z15=-1,z15=i,z15=-i.k k k k【答案】A.【解法2】由z20=1,则0=z20-1=(z5-1)(z5+1)(z5-i)(z5+i),k k k k k k可知z5只有4个取值,而z15=(z5)3的取值不会增加,则B、C、D均应排除,故应k k k选A.【评述】上述两个解法均为基本方法.思维的起点是不失一般性设z20=1,于是可用直接法k(解法1)和排除法(解法2).针对性训练题1.设x是模为1的复数,则函数f(x)=x2+1x2+3的最小值为()A.5B.1C.2D.32.若复数z满足关系|z+2|2+|z-4i|2=12,则z对应的复平面的点Z的轨迹是()A.圆B.椭圆C.双曲线D.直线3.已知复数z满足关系式|z-2|≤3,则复数z的辐角主值的范围是()A.[0,πB.[5π3,2π]3 ]D . [0, ] [ π5π π 5πC . [0, ] [,2π ],2π ]333 34.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 z , z , , z , 则复数1 220z 1995 , z 1995 , , z 1995 所对应的不同的点的个数是1220( )A .4B .5C .10D .205.设 n=2001,则12n(1 - 3C 2 + 32 C 4 - 33 C 6 + + 31000 C 2000 ) = .n n n n6.若虚数 z 满足 z 3 = 8, 那么z 3 + z 2 + 2 z + 2 的值是.7.若关于 x 的方程 x 2 - 2ax + a 2 - 4a = 0 至少有一个模为 3 的根,则实数 a 的值是.8.给正方体的 8 个顶点染上 k 个红点, 8 - k 个蓝点(1 ≤ k < 8 ).凡两端为红色的棱记上数字 - 1 + 3i - 1 - 3i, 凡两端为蓝色的棱记上数字 , 凡两端异色的棱记上数字 1,这2 212 个数字之积的所有可取值为 .。
1讲 复数、复变函数及其导数解析
z1 x1 iy1 令 z2 x2 iy2
z1 z2 ( x1 x2 ) i( y1 y2 ) z1 z2 ( x1 x2 ) i( y1 y2 )
得证。
共同证明 2、
i1 z e 1 1 令 i 2 z e 2 2
例2.几何意义 1、解释|z-i|≤2代表的几何意义。 解: 令z =x +iy,
则|z-i|≤2
y
x ( y 1) 2
2 2
2
1
o
代表以(0,1)为圆心,以 2为半径的圆及其内部。
x
例2.2:解释|z-i|=|z-2|代表的几何意义。 解:令z =x +i y,
则|z-i|=|z-2|
5、根式:
n
z e (cos
n n n
i
i sin ) n n
四、复运算结果的解释 1、和满足平行四边形法则,差满足三角形法则
z3 z2 z2 z3 z1
z1
四边形法则
三角形法则
2、根式结果的多值性 令 z e
i arg z
n
zne
i
2 k arg z n
物理学进展及其重要性 数学与物理的关系 如何学好《数学物理方法》
主 要 内 容
参考书目
一、物理学进展及其重要性
1、发展史(包括:经典与量子) (1)经典物理学 经典力学(Newton) 经典热力学(Carnot, Clausius) 经典电磁学(Coulomb, Maxwell) 等等 其中一些主观臆断性的结论是非科学的, 如: Newton认为光仅是一些传播的粒子。
高中数学联赛真题分类汇编—复数拓展
高中数学联赛真题汇编——复数拓展(1988T12)复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1-Z0|=|Z1|,Z0为定点,Z0≠0,另一个动点Z满足Z1Z=-1,求点Z的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.解:Z1=-,故得|--Z0|=||,即|ZZ0+1|=1.|Z+|=||.即以-为圆心||为半径的圆.(1989T5)若M={z|z=+i,t∈R,t≠-1,t≠0},N={z|z=[cos(arcsint)+icos(arccost)],t∈R,|t|≤1}.则M∩N中元素的个数为A.0B.1C.2D.4解:M的图象为双曲线xy=1(x≠0,x≠1)N的图象为x2+y2=2(x≥0),二者无公共点.选A.(1990T5)设非零复数x、y满足x2+xy+y2=0,则代数式+的值是()A.2-1989B.-1C.1D.以上答案都不对解:=ω或ω2,其中ω=cos120°+isin120°.1+ω+ω2=0.且ω3=1.若=ω,则得()1990+()1990=-1.若=ω2,则得()1990+()1990=-1.选B.(1990T11)设n=1990,则(1-3C+32C-33C+…+3994C-3995C=.解:取(-+i)1990展开的实部即为此式.而(-+i)1990=-+i.故原式=-.(1991T2)设a、b、c均为非零复数,且==,则的值为()A.1B.±ωC.1,ω,ω2D.1,-ω,-ω2解:令===t,则a=at3.由a≠0得t=1,ω,ω2且1+ω+ω2=0故==.选C.(1991T11)设复数z1,z2满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3,则log3|(z1)2000+(z2)2000|=.解:由|z1+z2|2+|z1-z2|2=2(|z1|2+|z2|2),得|z2|=3.由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3,故argz1-argz2=±120°.∴|(z1)2000+(z2)2000|=2×34000|cos(120°×2000)|=34000.故log3|(z1)2000+(z2)2000|=4000.(1992T5)设复数z1,z2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z1|=4,4z12?2z1z2+z22=0,O为坐标原点,则△OAB的面积为()(A)8(B)4(C)6(D)12解:=cos±isin.∴|z2|=8,z1、z2的夹角=60°.S=·4·8·=8.选A.(1992T10)设z1,z2都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则arg()3的值是______.解:cos∠OZ1Z3==-.即∠OZ1Z3==120°,∴arg()=或.∴arg()3=π.(1993T6)设m,n为非零实数,i为虚数单位,z?C?mi|=n与|z+ni|?|z?mi|=?m在同一复平面内的图形(F1,F2()(-ni,mi),由①n>0,故否定A,由于n为椭圆的长轴,而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴,故否定C.由B与D知,椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上,由n为长轴,知|OF1|=n,于是m<0,|OF2|=-m.曲线上一点到-ni距离大,否定D,故选B.(1993T7)二次方程(1?i)x2+(?+i)x+(1+i?)=0(i为虚数单位,??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为(A)(B)(C)(D)________.解:即此方程没有实根的条件.当λ∈R时,此方程有两个复数根,若其有实根,则x2+λx+1=0,且x2-x-λ=0.相减得(λ+1)(x+1)=0.当λ=-1时,此二方程相同,且有两个虚根.故λ=-1在取值范围内.当λ≠-1时,x=-1,代入得λ=2.即λ=2时,原方程有实根x=-1.故所求范围是λ≠2.(1993T9)若z?C,arg(z2?4)=,arg(z2+4)=,则z的值是________.解:如图,可知z2表示复数4(cos120°+isin120°).∴z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i).(1994T2)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)正确解:⑴正确,⑵错误;理由:⑴a2+b2>c2,成立时,a2+b2与c2都是实数,故此时a2+b2-c2>0成立;⑵当a2+b2-c2>0成立时a2+b2-c2是实数,但不能保证a2+b2与c2都是实数,故a2+b2>c2不一定成立.故选B.(1994二试1)x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1,z2,m均是复数,且z-4z2=16+20i,设这个方程的两个根α、β,满足|α-β|=2,求|m|的最大值和最小值.解:设m=a+bi(a,b∈R).则△=z12-4z2-4m=16+20i-4a-4bi=4[(4-a)+(5-b)i].设△的平方根为u+vi.(u,v∈R)即(u+vi)2=4[(4-a)+(5-b)i].|α-β|=2,?|α-β|2=28,?|(4-a)+(5-b)i|=7,?(a-4)2+(b-5)2=72,即表示复数m的点在圆(a-4)2+(b-5)2=72上,该点与原点距离的最大值为7+,最小值为7-.(1995T2)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,Z2,…,Z20,则复数Z,Z,…,Z所对应的不同的点的个数是()(A)4(B)5(C)10(D)20解:设z1=cosθ+isinθ,则zk=z1εk-1,其中ε=cos+isin.ε20=1.ε15=-i,ε10=-1,ε5=i.∴zk1995=(cos1995θ+isin1995θ)ε1995(k-1)=(cos1995θ+isin1995θ)(-i)k-1.∴共有4个值.选A.(1995T7)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=2,且为实数,则|α|=.解:设α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=±.设argα=θ,则可取θ+2θ=2π,(因为只要求|α|,故不必写出所有可能的角).θ=π,于是x=±1.|α|=2.(1996T8)复平面上,非零复数z1,z2在以i为圆心,1为半径的圆上,·z2的实部为零,z1的辐角主值为,则z2=_______.解:z1满足|z-i|=1;argz1=,得z1=+i,=cos(-)+isin(-).设z2的辐角为θ(0<θ<π),则z2=2sinθ(cosθ+isinθ).·z2=2sinθ[cos(θ-)+isin(θ-)],若其实部为0,则θ-=,于是θ=.z2=-+i.(1997T9)已知复数z满足=1,则z的幅角主值范围是.解:=1?4r4+(4cos2θ-1)r2+1=0,这个等式成立等价于关于x的二次方程4x2+(4cos2θ-1)x+1=0有正根.△=(4cos2θ-1)2-16≥0,由x1x2=>0,故必须x1+x2=->0.∴cos2θ≤-.∴(2k+1)π-arccos≤2θ≤(2k+1)π+arccos.∴kπ+-arccos≤θ≤kπ++arccos,(k=0,1)(1998T8)设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180°),复数z,(1+i)z,2在复平面上对应的三个点分别是P,Q,R.当P,Q,R不共线时,以线段PQ,PR为两边的平行Array四边形的第四个顶点为S,点S到原点距离的最大值是___________.解:=++=+-+-=+-=(1+i)z+2-z=iz+2=(2cosθ-sinθ)+i(cosθ-2sinθ).∴|OS|2=5-4sin2θ≤9.即|OS|≤3,当sin2θ=1,即θ=时,|OS|=3.(1998T13)已知复数z=1-sinθ+icosθ(<θ<π),求z 的共轭复数的辐角主值.解:z=1+cos(+θ)+isin(+θ)=2cos2+2isincos=2cos(cos+isin).当<θ<π时,=-2cos(-cos+isin)=-2cos(+)(cos(-)+isin(-)).∴辐角主值为-.(1999T8)已知θ=arctg 125,那么,复数i i z ++=2392sin 2cos θθ的辐角主值是_________.8.4πz 的辐角主值argz=arg [(12+5i)2(239-i)]=arg [(119+120i)(239-i)]=arg [28561+28561i ]=4π(2000T6)6.设ω=cos+isin ,则以?,?3,?7,?9为根的方程是() (A)x4+x3+x2+x+1=0(B)x4?x3+x2?x+1=0 (C)x4?x3?x2+x+1=0(D)x4+x3+x2?x ?1=0解:ω5+1=0,故?,?3,?7,?9都是方程x5+1=0的根.x5+1=(x+1)(x4-x3+x2-x+1)=0.选B .(2001T5)若10002)1(x x ++的展开式为200020002210x a x a x a a ++++ ,则19989630a a a a a +++++ 的值为(A )3333(B )6663(C )9993(D )20013【答】( C )【解】 令x =1可得10003=20003210a a a a a +++++ ; 令x =ω可得0=20002000332210ωωωωa a a a a +++++ ;(其中i 2321+-=ω,则3ω=1且2ω+ω+1=0)令x =2ω可得0=400020006342210ωωωωa a a a a +++++ .以上三式相加可得10003=3(19989630a a a a a +++++ ).所以19989630a a a a a +++++ =9993.(2001T8)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=i -23,则z 1·z 2=i 13721330+-. 【解】由3z 1-2z 2=2111222131z z z z z z ⋅⋅-⋅⋅=)32(611221z z z z - 可得=+-⨯-=--=--=i iz z z z z z z z z z 2323632)23(632)23(61221122121i 13721330+-.本题也可设三角形式进行运算.(2002T7)已知复数Z 1,Z 2满足|Z 1|=2,|Z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为60°,则2121z z z z -+=。