高中奥林匹克数学竞赛集合

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2023年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛考前押题最后一卷及参考答案

2023年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛考前押题最后一卷命题：筑梦杯组委会审题：金华一中一、填空题（每题5分，共60分）1．已知正实数,x y 满足(2)9x x y +=，则2()yx y +的最大值为。

2．已知点集{(,)|123}T x y x y =++-≤，数集{2|(,)}M x y x y T =+∈，则集合M 中最大元素与最小元素之和为。

3．已知函数2(2)x x a f x =-+，若{|()}{|(())}x f x x x f f x x ===，则实数a 的取值范围为。

4．计算cos5cos55cos65⋅⋅=。

5．在ABC △中，60,A BC ∠==o ，O 为ABC △的外心，,,D E F 分别为,,AB BC CA 的中点，若2224OD OE OF ++= ，则OA OB OB OC OC OA =⋅+⋅+⋅。

6．若数列1234,,,a a a a 满足1423a a a a +=+，则称此数列为好数列。

现从1,2,,9,10 这10个数中随机选取4个不同的数，则这4个数经过适当的排列后可以构成好数列的概率为。

7．设2023220230122023(1)a a x a x a x =++++ ，则01234520222023))()(()(a a a a a a a a =+-+++--+ 。

8．若二次方程20ax bx c ++=（,,a b c 为非零整数）的互异的两个根也是方程320x bx ax c +++=的根，则a b c ++的值为。

9．已知向量,a b不共线，夹角为θ，且2,1,a b b b a a λλ++==-= ，若3λ≤<，则cos θ的最小值为。

10．在同一平面直角坐标系中，,P Q 分别是函数()e ln()x f x ax ax =-和2ln(1)()x g x x-=图象上的动点，若对任意0a >，有PQ m ≥恒成立，则实数m 的最大值为。

高中学科竞赛汇总表01

Olympiad，简称 CMO）。
国际数学奥林匹克（IMO)
中国数学奥林匹克（CMO）：省一和国家一二三等奖有保送高校资格。省二有自主招生资格，通过自主招生后自动保送。
迄今为止，有两名女同学（陈卓、张
女子奥数
敏）通过该竞赛入选国际数学奥林匹克，并夺得金牌。通常每队至多有四名参赛选手，两名领队，领队中至少
参加全国高中学生化学竞赛初赛的选手为普通高中学生。年龄在来年国际
全国高中化学竞赛(CCHO)
竞赛前小于 20 岁。决赛选手名额为每个省、市、自治区 5 名。参加全国高中学生化学竞赛(省级赛区)获一等奖的学生不超过总人数的
1%，可获得大学保送生资格。
竞赛一共两天，理论部分 4～5 小时，隔一天后再进行实验部分竞赛，约 4 国际奥林匹克
小时。化学竞赛
参赛者最高分 100 分，理论部分 60 分，实验部分 40 分。根据所得分数， (ICHO)
通常有 3～5 个一等奖，较多的二等奖和三等奖。
全国生物学联赛和竞赛
全国生物学联赛、全国生物学竞赛目的是为加强中学生物学教学，提高生物学教学水平;促进中学生生物学课外活动。
全国生物学联赛(CNBO)
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亚洲与太平洋地区信息学奥
赛(APIO) 国际信息学奥林匹克竞赛
(IOI)
该竞赛为区域性的网上准同步赛，是亚洲和太平洋地区每年一次的国际性赛事，旨在给青少年提供更多的赛事机会，推动亚太地区的信息学。
由中国计算机学会组织代表队，代表中国参加国际每年一次的 IOI。中国是 IOI 创始国之一。IOI2000 由中国主办，CCF 承办。
信息学奥林匹最高水平的大赛，自 1984 年至今，在国内包括香港、澳门组织竞赛活动。

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） ........................................................................................................................... 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ........................................................................................................................... 8 数学奥林匹克高中训练题（06） ...........................................................

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2023年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案

暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题（模拟4）一．（本题满分40分）如图，ABC D 的外接圆为ω，P 为BC 边上一点，满足APB BAC Ð=Ð．过点A 作ω的切线交ABP D 的外接圆于点Q ，Q 关于AB 中点的对称点为T ，AT 交QP 于点D ．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（模拟4）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，ABCD的外接圆为ω，P为BC边上一点，满足APB BACÐ=Ð．过点A作ω的切线交ABPD的外接圆于点Q，Q关于AB 中点的对称点为T，AT交QP于点D．证明：111AB AC CD+>．（答题时请将图画在答卷纸上）二．（本题满分40分）设c 是非负整数．求所有的无穷正整数数列{}n a ，满足：对任意正整数n ，恰存在n a 个正整数i 使得1i n a a c +≤+．三．（本题满分50分）设正整数6n ≥，图G 中有n 个顶点，每个顶点的度数均至少为3．设12,,,k C C C 是G 中所有的圈，求12gcd(,,,)k C C C 的所有可能值，其中C 表示圈C 中顶点的个数．四．（本题满分50分）对非负整数,a b ，定义位异或运算a b ⊕，是唯一的非负整数，使得对每个非负整数k ，222k k k a b a b ⊕⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⎢⎥⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦都是偶数．例如：2229101001101000113⊕=⊕==．求所有正整数a ，使得对任意整数0x y >≥，都有x ax y ay ⊕≠⊕．。

高中数学奥赛赛前辅导

第一讲集合与函数综合问题例1、数集M 由2003个不同的实数组成，对于M 中任何两个不同的元素a 和b，数2a +M 中任何一个数a，（2003年俄罗斯数学奥林匹克试题）分析：欲证证明：设a ，b ，c 是数集M 中任意三个两两不同的元素，由题设知2222a b c c ++++都是有理数，于是22((()(1(2)2a b a b a b +-+=-+= 是有理数．22((c c +-+=是有理数，从而1(2)2是有理数，进而11((22=+是有理数．例2、称有限集S 的所有元素的乘积为S 的“积数”．给定数集111,,,.23100M ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭求数集M 的所有含偶数个元素的子集的“积数”之和．分析：数集M 的所有子集的积数之和为111(1)(1)(1)1.23100+++- 设数集M 的所有含偶数个元素的子集的积数和为x ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为y ，则111(1)(1)(1) 1.23100x y +=+++- 只需再建立一个关于x ，y 的方程，就可解出x ，y ．解答：设数集M 的所有含偶数个元素的子集的积数之和为x ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为y ，则111(1)(1)(1)1,23100111(1)(1)(1)1,2310099,299.1004851.200x y x y x y x y x +=+++--=----+=-== 又所以解得例3、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．（1992年全国高中数学联赛试题）分析：要证明两个集合的元素的个数一样多，一种方法是直接把这两个集合的元素个数算出来，另一种方法是在这两个集合之间建立一个一一对应．本题我们将用后一种方法来解．解答：（1）设A 是S n 的任一奇子集，构造映射f 如下：{1},1;{1},1.A A A A A A -∈∉ 若若（注：A —{1}表示从集合A 中去掉1后得到的集合）所以，映射f 是将奇子集映为偶子集的映射．易知，若A 1，A 2是S n 的两个不同的奇子集，则f （A 1）≠f （A 2），即f 是单射．又对S n 的每一个偶子集B ，若1∈B ，则存在A =B \{1}，使得f （A ）=B ；若1B ∉，则存在{1},A B = 使得f （A ）=B ，从而f 是满射．所以，f 是S n 的奇子集所组成的集到S n 的偶子集所组成的集之间的一一对应，从而S n 的奇子集与偶子集个数相等，故均为11222n n -= 个．（2）设a n (b n )表示S n 中全体奇（偶）子集容量之和．若n (≥3)是奇数，则S n 的奇子集由如下两类：（1）S n －1的奇子集；（2）S n －1的偶子集与集{n }的并，于是得a n =a n －1＋（b n －1＋n ²2n －2）， ①又S n 的偶子集可由S n －1的偶子集和S n －1的奇子集与{n }的并构成，所以b n = b n －1＋（a n －1＋n ²2n －2）， ② 由①，②，便得a n = b n ．若n （≥4）是偶数，同上可知a n =a n －1＋（a n －1＋n ²2n －2），b n = b n －1＋（b n －1＋n ²2n －2），由于n －1是奇数，由上面已证a n －1= b n －1，从而a n = b n ．综上即知，a n = b n ，n =3，4…（3）由于S n 的每一个元素均在2n －1个S n 的子集中出现，所以，S n 的所有子集容量之和为2n －1（1＋2＋…＋n ）=2n －2n （n ＋1)．又由（2）知，a n =b n ，所以2312(1)2(1).2n n n a n n n n --=+=+说明（2）的证明中，建立了递推关系．这也是解决“计数”问题的一个有效方法．例4、设A 是集合S ={1，2，…1000000}的一个恰有101个元素的子集．证明：在S中存在数t 1，t 2，…t 100，使得集合{|},1,2,,100j j A x t x A j =+∈= 中，每两个的交集为空集．（2003年国际数学奥林匹克试题）证明：考虑集合D ={x －y |x ，y ∈A },则||≤101100110101.D ⨯+=若i j A a ≠∅ ，设i j a A A ∈ ，则a =x ＋t i ，a=y ＋t j ，其中x ，y ∈A ，则t i －t j =y －x ∈D ．若t i －t j ∈D ，即存在x ，y ∈A ，使得t i －t j =y －x ，从而x ＋t i = y ＋t j ，即.i j A A ≠∅ 所以，i j A A ≠∅ 的充要条件是t i －t j ∈D ．于是，我们只需在集合S 中取出100个元素，使得其中任意两个差都不属于D ．下面用递推方法来取出这100个元素．先在S 中任取一个元素t 1，再从S 中取一个t 2，使得122{|}.t t D t x x D +=+∈∈这是因为取定t 1后，至多有10101个S 中的元素不能作为t 2，从而在S 中存在这样的t 2．若已有k (≤99)个S 中的元素t 1，t 2，…，t k 满足要求，再取t k ＋1，使得t 1，…，t k 都不属于t k ＋1＋D ={ t k ＋1＋x |x ∈D }，这是因为t 1，t 2，…，t k 取定后，至多有10101k ≤999999个S 中的数不能作为t k ＋1，故在S 中存在满足条件t k ＋1．所以，在S 中存在t 1，t 2，…，t 100，其中任意两个的差都不属于D ．综上所术，命题得证．说明：条件|S |=106可以改小一些．一般地，我们有如下更强的结论：若A 是S ={1,2,…，n }的k 元子集，m 为正整数，满足条件n >(m －1)2(1),KC +则存在S 中的元素t 1，…，t m ，使A j ={x ＋t j |x ∈A }，j =1,…m 中任意两个的交集为空集．例5、求函数y x =+的值域．（2001年全国高中数学联赛试题）≥0y x =-，所以 x 2－3x ＋2=y 2－2xy ＋x 2，即（2y －3）x =y 2－2．由上式知232,.223y y x y -≠=-且由222000022000002000002000002≥2332(1)(2)≥0,≥0.23231≤≥ 2.22[2,),,232(2)22≥0,2323≥2,32≥0,231,,,2231y y y x y y y y y y y y y y y x y y x y y x x x y x y y x y x -=--+----<-∈+∞=----=-=---+=-⎡⎫∈=⎪⎢-⎣⎭-得所以或又任取令则故所以且任取令则2200002(1)1≤0,2323y y y y --=-=--故x 0≤1，于是2000032≥0,x x y x -+=+且综上，所求的函数的值域为31,[2,).2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭说明：我们先求出了y 的范围31,[2,)2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ ，这是不是函数的值域呢？第二部分说明了对于31,[2,)2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ 中的任意一个数y 0，总存在一个x 0，使得00y x =+就证明了函数的值域是31,[2,).2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭例6、求(31)(21)y x x =-+-的图象与x 轴的交点坐标．分析：仔细观察所给的式子，发现(31)(21)y x x =-+-，从而找到了解题途径．解答：因为(31)(21)y x x =-+-，令()1)f t t =，易知f (t )是奇函数，且f (t )是严格递增函数．所以y =f (3x －1)＋f (2x －3)．当y=0时，f (3x －1)=－f (2x －3)=f (3－2x )，所以3x －1=3－2x ，解得4.5x =故图象与x 轴的交点坐标为（4,05）．例7、设a >0，211().ax r x ax x x+==+讨论函数r (x )在（0，＋∞）中的单调性、最小值与最大值．解答：先讨论它的单调性．设0<x 1<x 2<＋∞212121211212212112212212212112212111()()()()1()()0≤,1()()()()1()()≤0;,1()()()()1()()≥0,r x r x ax ax x x x x a x x x x r x r x x x a x x x x a x x x r x r x x x a x x x x a x -=+-+=--<<-=--<--<-=-->--当有时有所以，在⎛ ⎝上，r (x )是严格递减的；在⎫+∞⎪⎭上，r (x )是严格递增的．由此可知，r (x )没有最大值；当且仅当x 时，r (x )取最小值说明：此题的结论非常重要，许多问题最后可化归为讨论函数1()(())ar x ax r x x x x=+=+或的增减性来解．例8、设二次函数f (x )=ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R ，a ≠0)满足条件：（1）当x ∈R 时，f (x －4)=f (2－x )，且f (x )≥x ；（2）当x ∈（0，2）时，21()≤();2x f x +（3）f (x )在R 上的最小值为0．求最大的m (m >1)，使得存在t ∈R ，只要x ∈[1，m ]，就有f (x ＋t )≤x ．（2002年全国高中数学联赛试题）分析：先根据题设条件（1），（2），（3），把f (x )的解析式求出来，进而再确定m 的最大值．解答：由f (x －4)=f (2－x )，t ∈R ，可知二次函数f (x )的对称轴为x =－1．又由（3）知，二次函数f (x )的开口向上，即a >0，故可设f (x )=a (x +1)2(a >0)由（1）知f (1)≥1，由（2）知f (1)≤211()12+=，所以f (1)=1，故2211(11),.41()(1).4a a f x x =+==+所以因为21()(1)4f x x =+的图象开口向上，而y =f (x +t )的图象是由y =f (x )的图象平移|t |个单位得到．要在区间[1，m ]上，使得y =f (x +t )的图象在y =x 的图象的下方，且m 最大，则1和m 应当是关于x 的方程21(1)①4x t x ++=的两个根．令x =1代入方程①，得t =0或t =－4．当t =0时，方程①的解为x 1=x 2=1（这与m >1矛盾！）；当t =－4时，方程①的解为x 1=1，x 2=9．又当t =－4时，对任意x ∈[1，9]，恒有 2(1)(9)≤0,1(41)≤,4x x x x --⇔-+ 即f (x －4)≤x ．所以，m 的最大值为9．说明：我们由f (x －4)= f(2－x )，x ∈R 导出f (x )的图象关于x =－1对称．一般地，若f (x －a )=f (b －x )，x ∈R ，则()()()(),2222b a b a b a b a f x f x a f b x f x -++-+=+-=--=-故f (x )的图象关于2b ax -=对称．这个性质在解题中常常用到．例9、设f 为R ＋→R ＋的函数，对任意正实数x ，f(3x)=3f(x)，且f (x )=1－|x －2|，1≤x ≤3．求最小的实数x ，使得f (x )=f (2004)．分析：先用递推关系推出函数f (x )的解析式，然后再求解．解答：由已知条件得1,1≤≤2,()3,2≤≤ 3.x x f x x x -⎧=⎨-⎩当3≤x ≤6时，令,3xt =则1≤t ≤2，此时 f (x )=f (3t )=3f (t )=3(t －1) =x －3，即得 f (x )=|x －3|，2≤x ≤6．当6≤x ≤18时，令,3xt =则2≤x ≤6，于是 f (x )=f (3t )=3f (t )=3|t －3|=|x －9|．1,1≤≤2,|3|,2≤≤6,|9|,6≤≤18,|27|,18≤≤54,()|81|,54≤≤162,|243|,162≤≤486,|729|,486≤≤1458,|2187|,1458≤≤4374.x x x x x x x x f x x x x x x x x x -⎧⎪-⎪⎪-⎪-⎪=⎨-⎪⎪-⎪-⎪⎪-⎩所以f (2004)=2187－2004=183．由于162－81<183，486－243>183，而243－162<183，所以，最小的满足f (x )=f (2004)的实数x =243＋183=426．说明：请读者自己证明：不存在实数x ∈（0，1），使得f (x )=183．例10、k 是实数，42421()1x kx f x x x ++=++，对任意三个实数a ，b ，c ，存在一个以f (a )，f (b )，f (c )为三边长的三角形，求k 的取值范围．分析：首先，对于任意实数x ，f (x )要恒大于0．在这个前提下，对任意三个实数a ，b ，c ，f (a )，f (b )，f (c )均能构成一个三角形的三边长，只需2f min (x )>f max (x )即可．解答：首先确定k 的范围，使得f (x )恒大于0，即只需x 4＋kx 2＋1恒大于0即可．当k ≥0时，x 4＋kx 2＋1恒大于0；当k <0时，只需 △=k 2－4<0，即－2<k <0．所以，当k >－2时，f (x )恒大于0．（1）当k =1时，f (x )≡1满足题意．（2）当k >1时，有24222422(1)()1≥1(0),1(1)(1)()1≤1132(1),3k x f x x x x k x k x f x x x x k x -=+=++--=+++++==时等号成立当时等号成立所以，max max 2()1,(),3k f x f x +==从而由三角形的两边之和大于第三边的性质，有221,3k +⨯>解得k <4．故1<k <4满足条件．（3）当－2<k <1时，与（2）类似，有max max 2()1,(),3k f x f x +==由221,3k +⨯>解得1.2k >-故112k-<<满足条件．综上所述，所求的k的取值范围为14. 2k-<<说明：本题的关键是把“对任意实数a，b，c，存在一个以f(a)，f(b)，f(c)为三边长的三角形”这一条件，转化为“2f min(x)>f max(x)”．例11、设N是非负整数集，f：N→N是一个函数，使得对任一n∈N，都有(f(2n＋1))2－(f(2n))2=6f(n)+1，①f(2n)≥f(n)．问：f(N)中有多少元素小于2003？解答：由题设(f(2n＋1)2－(f(2n))2≥1>0，所以f(2n＋1)> f(2n)．又(f(2n＋1)2=(f(2n))2＋6 f(n)＋1<(f(2n)2＋6 f(2n)＋9，所以f(2n＋1)< f(2n)＋3，故f(2n＋1)< f(2n)＋1或f(2n)＋2．而(f(2n＋1)2－(f(2n))2是奇数，所以f(2n＋1)与f(2n)的奇偶性不同，从而f(2n＋1)= f(2n)＋1．代入①式，得f(2n)=3 f(n)．令n=0，f(0)=3f(0)，所以f(0)=0．令n=0代入①式，得f(1)=1，于是f(2)=3 f(1)=3．下面用数学归纳法证明：f是严格递增函数，即证f(n＋1)>f(n)．当n=0，1，2时，命题成立．假设对小于等于n的情形命题成立．则当n=2k(k≥1)为偶数时，有f(n＋1)=f(2k＋1)=f(2k)＋1> f(2k)=f(n)．当n=2k＋1(k≥0)为奇数时，因为0≤k<k＋1≤n，所以f(k＋1)>f(k)，从而f(k＋1)≥f(k)＋1，于是f(n＋1)=f(2k＋2)=3 f(k＋1)≥3 f(k)＋3= f(2k)＋1＋2= f(2k＋1)＋2> f(2k＋1)= f(n)综上，f(n)是严格单调递增函数．显然，f(27)=3 f(26)=…=37 f(1)=2187>2003，而f(127)= f(126)＋1=3 f(63)＋4=9 f(31)＋4=9 f(30)＋13=27 f(15)＋13=27 f(14)＋40=81 f(7)＋40=81 f(6)＋121=243 f(3)＋121=243 f(2)＋364=729 f(1)＋364=1093<2003，所以，共有f(0)，f(1)，f(2)，…，f(127)这128个元素不超过2003．第二讲三角函数及反三角函数例1、化简11(,). cos()cos[(1)]nkk kk kβπαβαβ=≠∈+++∑Z分析：本题目的化简是利用一个递推模型来实现的，即找到这个题目的“源生地”．可先由产生分母cos αcos(α＋β)的正切函数之和入手．sin tan()tan ,cos cos()11[tan()tan ].cos cos()sin βαβαααβαβαααββ+-=+=+-+考查即得到递推模型：1.c o s ()c o s [(1)]1{t a n [(1)]t a n ()}s i n k k k k αβαβαβαββ+++=++-+再求和，即得原式1{tan[(1)]tan()}sin k k αβαββ=++-+．解答：略．例2、不等式22(1)cos (cos 5)3sin 11x x x x θθθ+--+>--+对任何实数x 均成立，求θ．分析：这是一个关于x 的不等式，以解集为全体实数作为背景条件来求参数θ的范围问题．可将θ的正弦（或余弦）值表示成x 的函数f (x )，再利用f (x )的值域，对正弦（或余弦）值的制约去求得θ．解答：将不等式化成222253153sin cos 11153)1.41x x x x x x x x x x x θθπθ++-++-<=+-+-++-<+-+即利用判别式法可求得2531x y x x +=-+的值域为25[1,].3y ∈-)0,4πθ-<从而322,.44k k k πππθπ-<<+∈Z 例3、设,,1,x y z z +∈=R 试求xy ＋2xz 的最大值．分析：这是一个在限定条件下，求多元函数的最值问题．如何将多元函数在限定的条件中转化成单元函数，是破解这一问题的关键．可用三角法代换及平均值去求解．1,,,,z x y z +=∈R 且故可令22sin cos ,z αα=而x=cos 2αsin β，y =cos 2αcos β，其中,0,.2παβ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦于是2222222222222222(2)cos sin (cos sin 2sin )sin (2cos )cos (cos cos 2sin )2cos sin (2cos cos cos )(cos cos 2sin )2cos sin 2cos cos cos cos cos 2sin ≤2cos 2sin .2cos xy xz x y z αβαβαββαβααββαβαβααββαβαβααβββ+=+=+=-+-=-+-⎛⎫-++ ⎪ ⎪-⎝⎭=-222222221tansin ,cos .2112212≤≤1131t t t t t t t t xy xz t tt βββ-===++++==-++令则故当133x y z ===时，取等号．即xy ＋2xz的最大值为3例4、已知θ1＋θ2＋…＋θn =π，θi ≥0(i =1，2，…，n )，求sin 2θ1＋sin 2θ2＋…＋sin 2θn 的最大值．（1985年IMO 预选题）分析：由于变量多，变式的目标难确定，不妨先将问题简单化，即先退到θ1＋θ2为常数时探讨sin 2θ1＋sin 2θ2的最大值的情形．这种策略往往在竞赛题解答中时用到．解答：先考查θ1＋θ2=常数的情形．因为22212121222121212122212121221212212122112sin sin (sin sin )2sin sin 4sin cos cos()cos()222cos (2sin 1)1cos().22,,2sin 10;22,2sin 10;22,2sin 2θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθπθθθθπθθθπθθ+=+-+-=--++-+=-+++++<-<++=-=++>上式中当时时时210.2θ->由此可得出，当122πθθ+<时，θ1与θ2有一个为零时，sin 2θ1＋sin 2θ2有最大值;当122πθθ+=且|θ1－θ2|越小时，sin 2θ1＋sin 2θ2值越大．n =3时，即θ1＋θ2＋θ3=π时，2221239sin sin sin ≤4θθθ++是容易证明的．而n ≥4时，可知θ1、θ2、θ3、θ4中必有两个角和不超过.2π 由前面的结论知，12≤2πθθ+时，sin 2θ1＋sin 2θ2当θ1或θ2=0时，有最大值．于是所求的最大值可转化成三个角的和为π，其正弦值的平方的最大值问题．另一方面n =2时，θ1＋θ2=π，sin 2θ1＋sin 2θ2≤2．因此，sin 2θ1＋sin 2θ2＋…＋sin 2θn 的最大值为9.4且当12345,03n πθθθθθθ======= 时，取等号．例5、如图2．1，△ABC 中，高AD =h ，BC =a ，AC =b ，AB =c ．若a ＋h =b ＋c ，求∠BAC 的范围．分析：许多平面几何中的推导过程可用“三角法”进行转换，尤其是几何不等式的证明问题．经常以正、余弦定理及面积公式等结论作为依据．本题目还要从三角变换及不等式的推理中得出角的范围．解答：由,sin b c a h bc BAC ah +=+⎧⎨∠=⎩得出.sin ahbc BAC =∠令∠BAC =a ．于是由22222222()2cos 22()1(1)sin 1.22sin 2cos 1cos 2sin ,cot 1.221122b c a b c bc a bc bca h a h ah a a h h h a a aαααααα+-+--==+-=-=+-+===+++得故作CE ⊥BC ，使CE =2h ．在Rt △BCE中，有BE =且AE ＋AB =b ＋c =a ＋h ≥BE ．即2≥≤.3h a h a +得出于是41[1,],23h a +∈从而44cot [1,].[2arccot ,].2332BAC απ∈∠∈故例6、n ∈N ＋，x 0=0，x i >0，i =1，2，…n 且11.ni i x ==∑求证1≤.2ni π=<（1996年CMO 试题）分析：所证不等式左侧部分可用2a b+得出．右侧部分可引用θi =arcsin(x 0＋x 1＋…＋x i )，再利用三角公式得出．解答：因11,ni ==∑由平均值不等式，有011≤ 1.2n x x x ++++=故1ni =成立．令θi =arcsin(x 0＋x 1＋…＋x i )，i =0，1…，n ．故101[0,]0.22n ππθθθθ∈=<<<= 且而11111111111sin sin 2cos sin222cos sin.2sin ,[0,],22(cos )()cos .2(1,2,,).cos i i i i i i i i i i i i i i i i i ii i i x x x x x x i n θθθθθθθθθπθθθθθθθθθ-----------+-=-=-<<∈-<=-<-= 利用可知故对上述求和有11101211.cos 2sin ,cos ni n i i i i i x x x x x πθθθθθ-=---<-==++++==∑ 但故代入上式可得出所证不等式右侧成立．例7、如图2．2，锐角△ABC 的外接圆中过A 、B 两点的切线分别与过C 的切线交于V 、T ，且AT ∩BC =P ，BV ∩AC =R ．设AP 、BR 的中点分别是Q 、S ．求证：∠ABQ =∠BAS ，并求当BC ︰CA ︰AB 取何值时，∠ABQ 取最大值．（第41届IMO 预选题）分析：要证∠ABQ =∠BAS ，由条件中的对称性，只要求得∠ABQ 的三角函数值与已知中的△ABC 边及角建立一个结构式即可．作QN ⊥AB 于N ，从cot BNNBQ QN∠=入手，而作PM ⊥AB 于M ，可用BN =BM ＋MN =111(cos )sin 222c BP B QN PM BP B +== 且是解决问题的突破点．解答：作PM ⊥AB 于M ，QN ⊥AB 于N ．记BC =a ，AB =b ，AB =c ，∠A =∠BAC ，∠B =∠CBA ，∠C =∠ACB ．由221sin()sin 2,1sin sin()2ABTACTAB BT C S BP c C c PC S b B b AC CT B ππ-====-又BP ＋CP =a ，故22211.sin ,22ac BP QN PM BP B b c===+而于是 2222222222221()21()21(cos ),2cot cot cot sin sin cos 2sin sin 3.2sin BN BM MN BM AB BM BM AB c BP B BN c b c ABQ B B QN BP B ac Ba cb ac b c ac B b c ac ac B ab C a b c ab C=+=+-=+=++∠==+=++-++++==+-=同理可得出2223cot 2sin a b c BAS ab C++∠=故∠ABQ =∠BAS ．2222222223cot 2sin 3(2cos )2sin 2()43cot ≥3cot .sin sin 43cot ,sin 43cos sin )≤.a b c ABQ ab Ca b a b ab C ab C a b C C ab C C y C CC y C C θθ++∠=+++-=+=---=+=-⎫=由记=于是解得≥,y即≤ABQ ∠当且仅当a =b ，3arccos ,4C ∠=即BC ︰CA ︰AB1时取等号．第三讲等差数列与等比数列例1、给定正整数n 和正数M ，对于满足条件2211≤n a a M ++的所有等差数列a 1，a 2，a 3，…，试求S= a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n ＋1的最大值．分析：本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解答：方法一（代数法）．设公差为d ，a n ＋1=a ，则1221222211222(1)(1),2,21,≥()41()(43)102104≥(),101n n n n n n S a a a n d nd S n M a a nd nd nd S n αααααα+++++=+++=+++=++=-+=++-+ 所以另一方面由从而有||≤1)S n d α+且当时，(1)2(1)n S n n n ⎛=+⎭=+=+由于此时有22211443,(),101n S nd a a M n α+=+==+故因此max S n =+122112111()(1)21(3)21(3sin cos )21)sin(),n n n n n n S a a a a a n n a a n r n r θθθϕ++++++=+++++=+=-+=-=+- 故其中cos sin()1,rϕϕθϕ==-=因此当时，有max2S n=+方法三（判别式法）．设首项为a，公差为d，则221122222222(1)(23).222.①3(1)3≤,()≤.②①②,44109≤0.③1(1)③,444109≥0.1(1),||≤1),10nn andSSnd ana a Ma a nd MS Sa a Mn naS SMn nS nad+++==-++++++-++⎡⎤⎛⎫=-⨯⨯-⎢⎥⎪++⎝⎭⎢⎥⎣⎦+=-=故因为所以将代入得因为不等式关于有解所以解之得且当max,10nS=有方法四（不等式法）．因为111112222211111122111111max(1)(1)21(3).2,(3)≤(31)()≤10,3≤1,,,nnnn nnnnna an nS n anna aa a a a Ma aa a Ma aa aS+++++++++-+=+++=--++--=+====由柯西不等式得所以3等号当且仅当时取到即有说明：这是1999年全国高中数学联赛的一道试题，在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题入口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好外．例2、n 2(n ≥4)个正整数排成几行几列：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n … …a n 1 a n 2 a n 3 a n 4 … a nn其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知2442431122131,,,.816nn a a a a a a ===+++ 求分析：由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a 11=a ，第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算出a st =[a ＋(t －1)d ]q s －1，进而由已知条件，建立方程组，求出a ，d ，q ．解答：设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行数列公差是dq 3．于是可得方程组：24113421134342(3)1,1(),83,16a a d q a a d q a a dq ⎧⎪=+=⎪⎪=+=⎨⎪⎪=+=⎪⎩解此方程组，得111.2a d q ===±由于所给n 2个数都是正数，故必有q >0，从而有111.2a d q ===故对任意的1≤k ≤n ，有111112323412311[(1)].2123,22221123,22222:11111,2222222.22k k kk k k n n n n n n ka a q a k d q nS nS n S n nS --++-==+-==++++=++++=+++++=-- 故又两式相减后可得所以说明：这是1990年全国高中学数学联赛的一道试题，涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．例3、设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是其前n 项之和．（1）证明：21lg lg lg ;2n n n S S S +++<（2）是否存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立？并证明你分析：对于问题（1），运用对数的性质将所证不等式转化为221,n n n S S S ++<运用等比数列求和公式时，要分q =1和q ≠1两种情况讨论；对于问题（2），充分运用已知条件，进行分析论证，可先假设存在常数C >0，使所证等式成立，然后设法推出矛盾．如果不能推出矛盾，再逆推来考虑常数C >0的存在性．解答：（1）证明：设{a n }的公比为q ，由已知得a 1>0，q >0．（i ）当q =1时，S n =na 1，从而2222211111(2)(1)0.n n n S S S na n a n a a ++-=+-+=-<即有221.n n n S S S ++<（ii ）当q ≠1时，1(1)1n n a q S q-=-，所以22212221121122(1)(1)(1)0.(1)(1)n n n nn n n a q q a q S S S a q q q ++++----=-=-<--由（i ）与（ii ）知，221n n n S S S ++<恒成立，又由于S n >0，两边取常用对数即得21lg lg lg .2n n n S S S +++<（2）不存在．要使21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立，则有221()()(),0.n n n nS C S C S C S C ++⎧--=-⎪⎨->⎪⎩ 分两种情况讨论：（i ）当q =1时221211121()()()()[(2)][(1)]0,n n n S C S C S C na C n a C n a C a ++----=-+--+-=-<即不存在常数C >0使结论成立．（ii ）当q ≠1时，若条件(S n －C ) (S n ＋2－C )= (S n ＋1－C )2成立，则(S n －C ) (S n ＋2－C )－ (S n ＋1－C )222111111(1)(1)(1)111[(1)]0,n n n n a q a q a q C C C q q q a q a C q ++⎡⎤⎡⎤⎡⎤---=----⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦=--= 因a 1q n ≠0，故只能有a 1－C (1－q )=0，即11a C q=-，此时由于C >0，a 1>0，必有0<q <1．但当0<q <1时，110,11nn n a a q S C S q q--=-=<--不满足S n －C >0，即不存在常数C >0，使结论综合（i ）、（ii ）可得，不存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立．说明：这是1995年的一道全国高考试题，主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识和推理论证能力以及分析和解决问题的能力．其中第（2）问属探索性问题．探索性问题对数学思想方法的运用以及分析问题、解决问题的能力要求更高，探索性问题是高考与竞赛的热点问题．第（2）问还可以用反证法进行如下证明：假设存在常数C >0，使21lg()lg()lg(),2n n n S C S C S C ++-+-=-12221221210,①0,②0,③()()(),④④(2),⑤n n n n n n n n n n n n S C S C S C S C S C S C S S S C S S S ++++++++⎧->⎪->⎪⎨->⎪⎪--=-⎩-=+-则有由得根据平均值不等式及①、②、③、④知212112()()2()≥2()0,n n n n n n n S S S S C S C S C S C ++++++-=-+----=因为C >0，故⑤式右端非负，而由第（1）问证明知，⑤式左端小于零，矛盾．故不存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立．例4、如图3．1，有一列曲线P 0，P 1，P 2，…，已知P 0所围成的图形是面积为1的等边三角形，P k ＋1由对P k 进行如下的操作得到：将P k 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k =0，1，2，…）．记S n 为P n 所围成图形的面积．（1）求数列{S n }的通项公式；（2）求lim .n n S →∞分析：这是一道有关几何图形的操作性问题．采用从特殊到一般的思考方法，便容易入手．解答：如图，对P 0进行操作，容易看出P 0的每条边变成P 1的4条边，故P 1的边数为3³4，同样，对P 1进行操作，P 1的每条边变成P 2的4条边，故P 2的边数为3³42．类似地，容易得到P n 的边数为3³4n ．已知P 0的面积为S 0=1，比较P 1与P 0，容易看出P 1在P 0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为213，故1021131.33S S =+⨯=+再比较P 2与P 1，可知P 2在P 1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为221133⨯，面P 1有3³4条边，故2143114341.333S S =+⨯⨯=++类似地有22326351144341.3333S S =+⨯⨯=+++于是猜想2135211211114441333343411493441()399144193483411()().①59559n n n kk nn k k k n n n S ----===+++++⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭⎡⎤-⎢⎥⎣⎦=+⨯-⎡⎤=+-=-⨯⎢⎥⎣⎦∑∑ 下面用数学归纳法证明①式．当n =1时，由上面已知①式成立．假设n =k 时，有834().559k k S =- 当n =k ＋1时，易知第k ＋1次操作后，比较P k ＋1与P k ，P k ＋1在P k 的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为2(1)13k +，而P k 有3³4k 条边，故12(1)12(1)13434834.5593k k k k k kk k S S S ++++=+⨯⨯⎛⎫=+=-⨯ ⎪⎝⎭综上，由数学归纳法①式得证．8348(2)lim lim .5595n n n n S →+∞→+∞⎡⎤⎛⎫=-⨯=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦说明：本题是2002年全国高中数学联赛的第14题，这类问题的一般解题过程是：实验——归纳——猜想——论证，主要考查学生探索能力．例5、设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1(n ∈N ＋) （1）证明：对任意n ≥1，101[3(1)2](1)2;5n n n n n n a a -=+-+-（2）假设对任意n ≥1有a n >a n －1，求a 0的取值范围．分析：本题中数列{a n }由递推关系确定，第一问可以用数学归纳法给予证明，也可以将数列{a n }转化为等比数列直接计算，第二问要对n 进行讨论．解答：（1）证法一：（i ）当n =1时，由已知a 1=1－2a 0，等式成立；（ii ）假设当n =k （k ≥1）等式成立，即101110111101[3(1)2](1)2,53223[3(1)2](1)251[3(1)2](1)2,5k k k k k k k k kk k k k k k k k k k k a a a a a a -+-+++++=+-+-=-=-+---=+-+- 则也就是说，当n =k ＋1时，等式也成立．根据(i)和(ii)，可知等式对任何n ∈N ＋成立．证法二：如果设a n －λ3n =－2(a n －1－λ3n －1)，用a n =3n －1－2a n －1代入，可解出1.5λ=所以135n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭ 是公式比为－2，首项为135a -的等比数列．所以10120133(12)(2)(),551[3(1)2](1)2.5n n n n n n n n a a n a a -+--=---∈=+-+-N 即（2）解法一：由a n 通项公式得11111023(1)32(1)32,5n n n n n n n a a a -----⨯+-⨯⨯-=+-⨯所以a n >a n －1(n ∈N ＋)等价于1203(1)(51)()()2n n a n --+--<∈N（i ）当n =2k －1，k =1，2，…时，①式即为222302303(1)(51)(),2131(),525k k k a a -----<<+即上式对k =1，2，…都成立，故有101311().5253a -<⨯+=（ii ）当n =2k ，k =1，2，…时，①式即为212202203(1)(51)(),2131().525k k k a a -----<>-⨯+即为上式对k =1，2，…都成立，有2120131()0.525a ⨯->-⨯+=综上，①式对任意n ∈N ＋成立，有010,3a <<故a 0的取值范围为1(0,).3解法二：如果a n >a n －1(n ∈N ＋)成立，特别取n =1、2有a 1－a 0=1－3a 0>0，a 2－a 1=6a 0>0，因此010.3a <<下面证明当0103a <<时，对任意n ∈N ＋，有a n －a n －1>0．由a n 通项公式知：5(a n －a n －1)=2×3n －1＋(－1)n －1³3³2n －1＋(－1)n ³5³3³2n －1a 0． (i)当n =2k －1，k =1，2，…时，5(a n －a n －1)=2×3n －1＋3³2n －1－5³3³2n －1a 0>2×2n －1＋3³2n －1－5³2n －1 =0．(ii)当n =2k ，k =1，2，…时，5(a n －a n －1)=2×3n －1－3³2n －1＋5³3³2n －1a 0>2×3n －1－3³2n －1 ≥0．故a 0的取值范围为1(0,).3说明：本题是2003年全国高考的最后一道压轴题，有一定难度．特别是第二问求参数a 0的取值范围，要转化为相关数列的最大值和最小值来进行分析讨论，请读者对这一方法务必理解透彻．例6、设{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且22211223312,,()b a b a b a a a ===<,又12lim ()2,n n b b b →+∞+++= 试求{a n }的首项与公差．分析：题中有两个基本量{a n }中的首项a 1和公差d 是需要求的，利用222123,,a a a 成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件．解答：设所求数列{a n }的公差为d ，因为a 1<a 2，故d =a 2－a 1>0．又{b n }为等比数列，故2422213213,,b b b a a a == 即即422111()(2),a d a a d +=+化简得2211240a a d d ++=，解得1(2,20,d a =--±<而故a 1<0．若222121(2,1);a d a q a =-==则若222121(2,1),a d a q a =-==-则但12lim ()1n n b b b →+∞+++= 存在，故|q |<1，于是21)q =不可能．从而只有1(2,d a =-于是由212lim ()1,n n b b b →+∞+++== 得21a =111)2,(2 2.a d a ===-+=所以故数列{a n }的首项公差分别为 2.说明：本题是2001年全国高中数学联赛的第13题，涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d >0，a 1<0，|q |<1等，在解题中都非常重要．例7、设S ={1，2，3，…，n }，A 为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S 中，且添加S 的其他元素于A 后均不能构成与A 有相同公差的数列，求这种A 的个数（这里只有两项的数列也看作等差数列）．[分析]：可先通过对特殊的n (如n =1，2，3)，通过列举求出A 的个数，然后总结规律，找出a n 的递推关系，从而解决问题；也可以就A 的公差d =1，2，…，n －1时，讨论A 的个数．解答：解法一：设A 的公差为d ，则1≤d ≥n －1，分两种情况讨论：（i ）设n 为偶数，则当1≤≤2n d 时，公差为d 的A 有d 个；当1≤≤12nd n +-时，公差为d 的A 有n －d 个，故当n 为偶数时，这种A 共有2(12){12[(1)]}().224n n n n +++++++-+= 个（ii ）当n 为奇数，则当1≤≤2n d 时，公差为d 的A 有d 个；当1≤≤12n d n +-时，公差为d 的A 有n －d 个，故当n 为奇数时，这种A 共有2111(12)(12)().224n n n ---+++++++= 个综合（i ）、（ii ）可得，所求的A 有2[]4n 个．解法二：设n 元素集S ={1，2，…，n )中满足题设的A 有a n 个，则a 1=0，a 2=1，a 3=2（A ={1，3}，A ={1，2，3}），a 4=4(A={1，3}，{1，4}，{2，4}，{1，2，3，4})，故1[].2n n na a -=+事实上，S ={1，2，…，n }比S ={1，2，…，n －1}的A 增加有公差为n －1的1个，公差为n －2的1个，…，公差为2n （n 为偶数）或12n +（n 为奇数）的增加1个，共增加[]2n个．由{a n }的递推式可得2[].4n n a =说明：这是1991年全国高中数学联赛第二试的第一题，主要考查应用等差数列和分类讨论的知识与方法解决综合问题的能力．第四讲递归数列例1、数列{a n }定义如下：1111,(1416n n a a a +==+求它的通项公式．分析：带根号的部分不好处理，容易想到作代换：令n b =解答：设n b 211, 5.24n n b a b -==于是原递推式可化为2211111(14),241624n n n b b b +---=++ 即(2b n ＋1)2=(b n +3)2，由于b n 、b n ＋1非负，所以2b n ＋1=b n +3，故111222113(3),213(3)(),213(),21111.243322n n n n n n n n n n b b b b b b a +----=--=-=+-==++ 故即故说明：这是1981年IMO 的预选题，解题的关键是换元、转化．例2、设数列{a n }和{b n }满足a 0=1，b 0=0，且11763,()87 4.n n n n n n a a b n b a b ++=+-⎧∈⎨=+-⎩N 证明： a n (n ∈N )是完全平方数．分析：二元递推式给定二数列，可先消元，化为一元递推式，进而求出通项公式，问题就好办了．证明：由a n ＋1=7a n ＋6b n －3，b n ＋1=8a n ＋7b n －4可得b n ＋2－14b n ＋1＋b n =0，其特征方程λ2－14λ＋1=0的根为λ1=7＋27λ=-因此，(7(7,n n n b A B =++-由a 0=1，b 0=0，得b 1=4，所以0,(7(74,A B A B +=⎧⎪⎨++-=⎪⎩解得66A B ==，故10112220112220(7],1(74)8111(7(744211[(2(2].2211(2(2221[222]21[222(]22n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b a b b e C C C C C C C C C +----=+--=-+=++-+=+=+=++++-++=+ 从而由于2223,n n n C M -++其中，当n为偶数时，n n n nM C =为整数，当n为奇数时，11n n n n M C --=为整数．从而无论n 为奇数，还是n 为偶数，对n ∈N ，均有e n 为整数，故a n 为完全平方数．说明：如果消去b n 得到a n 的递推关系a n ＋1=14a n －a n －1－6(n ≥1)，则求a n 的过程稍微麻烦一点．本题是2000年全国高中数学联赛二试第二题．这类题型也是二试考查的重点．例3、数列{a n }定义如下：1212110,1,(1)(1)(1),222n n n n na a a na n n a --===+-+--n ≥3．试求1221122123(1)n n n n nn n n n n f a C a C a n C a nC a ----=++++-+ 的最简表达式．分析：仔细研究所给数列{a n }的递推式和所要化简的f n 的表达式，可以发现通过适当换元就能解决问题．123121111111211112:,0,,,()(1).!232!111(1)!!()!21(1)!()!22(1)!(1)!n n n n n n n nn kn n n k kk k n nn n k kk k k k k n a b b b b b b b n n n k g f n k C a b n n n k n k n k g g b b n k n k n k n k b b n k n k ---==++==-=-=====++--+==-+=--+-+-=-+---+-+=-+--+∑∑∑∑ 解答令则且再令故121122().(1)!n nk n k k k n k b b n k +=+-=-+=-+-∑∑∑令d n =(－2)n(b n －b n －1)，则12(1),2!nn n n d d n -=+-所以d ２=2，且3222(1),2!!l nnn t l d l n ==+-=∑1112122112202(1),,!(2)(2)!2(1)(1)!!(1)(1)()!!(1)!!111(1)()(1)().!(1)!1(1)()0,(1)()0,nnnn n n n kn n n k k knn k k n n k k k k nkk k k d b b n n n k g g n k k n k k n k k n n k k n n nn k k -++=+==++===--===---+--=+---=+-+-+=-+-++-=-=∑∑∑∑∑∑因此于是又故11323344311(1)[1(1)]!(1)!11(1)!(1)!42,311!!()(2)!!111!()2!(1).2!3!!n n n n nn n k k g g n n n n n n g b b f n g n g k k n n g n n n +=+==-=----++=--+=+===-+-+=++-=-+∑∑∑ 由于则说明：这是2000年全国数学冬令营的第二题，运算量大，需要进行多次换元，将问题逐步转化．解题过程要求运算准确、细心．例4、设a 1=1，a 2=3，对一切自然数n 有a n ＋2=(n ＋3) a n ＋1－(n ＋2) a n ，求所有被11整除的a n 的值．解答：设b n ＋1= a n ＋1－a n (n ≥1)，则由条件有b n ＋1=(n ＋1)( a n －a n －1)= (n ＋1) b n (n ≥2)，故b n =nb n －1=n (n －1) b n －2=…= n (n －1)…3b 2=n ! (n ≥2)．所以a n =( a n －a n －1)＋( a n －1－a n －2)＋…＋( a 2－a 1)＋a 1=b n ＋b n －1＋…＋b 2＋1=1!.nk k =∑由此可算出：44188110101!33113,!46233114203,!403791311367083.k k k a k a k a k ======⨯===⨯===⨯∑∑∑当n ≥11时，注意到11!n k k =∑可被11整除，因而10111!!nn k k a k k ===+∑∑也可被11整除．故当n =4，n =8或n ≥10时，a n 均可被11整除．说明：这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题，本题中换元起了重要的作用．例5、数列{a n }按如下法则定义：1111,,24n n n a a a a +==+证明：对n >然数．分析：因为结论中涉及到根号及2n a项，因而令n b =平方就容易找到解题思路．解答：令2222122221111,,,2442116n n nnn n n na b b a a a b a +===+=++-则因为于是 22122221222211122211111111(),11242416()22(2),2[2(2)2]4(1).①n n nn n n n n n n n n b b b b b b b b b b b b +++---+=++++=+=++=+即所以因为34,24,n b b ====由①式及b 2，b 3∈N 知，当n >1时，b n ∈N ．说明：这是1991年全苏数学冬令营的一道试题，通过换元，将关于a n 的问题转化为关于b n 的问题，可使问题得到顺利解决．例6、设数列{a n }满足101262,(≥1)1n n n a a a n a --+==+，求a n ．分析：引入待定系数λ，设法将所给问题转化为我们所熟悉的问题．先求得数列{a n }的不动点λ1、λ2，则数列12{}n n a a λλ--为一个等比数列．解答：126(2)626(),1112n n n n n n n a a a a a a λλλλλλλ++-+----=-==++++- 令62λλλ--=-，得λ2－λ－6=0，解之得：λ1=3，λ2=－2，1111100111143(3),2(2),11331,24231{},243311()(),2244342(1)(0,1,2,)4(1)n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a a a a a a n ++++++++--=-+=+++--=-++-+--=-=-+++-==+- 所以故即是公比为-的等比数列从而故说明：用待定系数法求一些数列的通项是非常有效的．这类问题的一般情形就是在知识梳理部分提到的第9个问题．例7、（1）已知a 1=0，a 2=4，a n ＋2=2a n ＋1－2a n ，n ∈N ＋，求a n ．（2）已知a 1=0，a 2=2，a 3=6，a n ＋3=2a n ＋2＋a n ＋1－2a n ，n ∈N ＋，求a n ．（3）已知a 1=1，a 2=2，a 3=8，a n ＋3=6a n ＋2－12a n ＋1＋8a n ，n ∈N ＋，求a n ．（4）已知a 1=2，a 2=1，a 3=－13，a n ＋3=7a n ＋2－16a n ＋1＋12a n ，n ∈N ＋，求a n ．分析：本题中四个小题均属于线性递归数列问题，可用特征根的方法来解决．解答：（1）特征方程x 2=2x －2有两个相异的根x 1=1＋i ，x 2=1－i ，则{a n }的通项公式为a n =c 1(1＋i)n ＋c 2(1－i)n ，代入前两项的值，得122221(1)(1)0,(1)(1)4,i c i c i c i c ++-=⎧⎪⎨++-=⎪⎩ 解得c 1=－1－i ，c 2=－1＋i ．故31121(1)(1)2cos.4n n n n n a i i π++++=-+--=- （2）特征方程x 3=2x 2＋x －2有三个相异的根x 1=1，x 2=－1，x 3=2，于是{a n }的通项公式为a n =c 1＋c 2(－1)n ＋c 32n ．代入初始值，得12312312320,42,86,c c c c c c c c c -+=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩ 解得c 1=－2，c 2=0，c 3=1，故a n =－2＋2n ．（3）特征方程x 3=6x 2－12x ＋8有三重根x =2，故{a n }的通项公式为c n =( c 1＋c 2n ＋c 3n 2)²2n ，其中c 1，c 2，c 3满足方程组1231231232221,48162,824728,c c c c c c c c c -+=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解此方程组，得123311,,,44c c c ==-=故。

全国高中数学奥林匹克竞赛试题

全国高中数学奥林匹克竞赛试题一、设集合A为所有满足条件“能被3整除且末位数字为7”的正整数的集合，集合B为所有满足条件“能被7整除且末位数字为3”的正整数的集合。

则集合A和B的交集：A. 只含有一个元素B. 含有有限个元素C. 含有无限多个元素D. 为空集（答案）C二、在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a + 2b = 3c，且sin A : sinB : sinC = 3 : 4 : 5，则cos C的值为：A. 1/5B. -1/5C. 3/5D. -3/5（答案）B三、已知函数f(x) = ax3 + bx2 + cx + d的图像经过点(0,1)，且在x=1处取得极值，在x=-1处取得最值。

则a+b+c的值为：A. -1B. 0C. 1D. 2（答案）D四、设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = -23，且S10 = S14，则S20的值为：A. -110B. -90C. -70D. -50（答案）C五、已知椭圆C的方程为x2/a2 + y2/b2 = 1 (a > b > 0)，其左焦点为F，过F作直线l 交椭圆C于A、B两点。

若|AF| = 3|FB|，且cos∠BFA = -5/13，则椭圆C的离心率为：A. √2/2B. √3/2C. 2√2/3D. √5/3（答案）A六、设函数f(x) = ex - ax - 1，若存在唯一的实数x0，使得f(x0) = 0，则实数a的取值范围为：A. a < 0B. 0 < a < 1C. a > 1D. a = 1（答案）C七、已知向量a = (1,2)，b = (2,m)，若a与b的夹角为锐角，则m的取值范围是：A. m > -1 且 m ≠ 4B. m > 4C. m ≠ 4D. -1 < m < 4（答案）A八、设函数f(x) = ln(x + 1) - x2/2，若对所有的x ∈ [0, +∞)，都有f(x) ≤ ax + b ≤ x2/2 + ln(x + 1)成立，则a + b的最大值为：A. -1B. 0C. 1/2D. 1（答案）B。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版高中数学联赛的几何题目有100道，难度较高。

这些题目涉及到各种不同的几何概念和定理，需要考生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。

在这些题目中，有许多需要考生进行证明，需要考生熟练掌握各种证明方法和技巧。

同时，还有一些需要考生进行画图，需要考生具备良好的几何直观和手绘能力。

这些几何题目的难度不仅仅在于其题目本身，还在于考试的时间限制。

考生需要在有限的时间内解决尽可能多的问题，因此需要考生具备快速解题的能力和良好的时间管理能力。

为了更好地应对这些几何题目，考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练。

同时，还需要多做一些类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。

总之，高中数学联赛的几何题目难度较高，需要考生具备扎实的数学基础、丰富的解题经验、良好的几何直观和手绘能力、快速解题的能力和良好的时间管理能力。

考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练，并多做类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。

1.研究证明角平分在这一部分中，我们将研究如何证明一个角被平分。

这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角平分线的定义、角度相等、相似三角形等。

2.研究证明四点共圆在这一部分中，我们将研究如何证明四个点共圆。

这个问题也是几何学中的基础问题之一。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用圆的定义、圆心角、垂直等。

3.研究证明角的倍数关系在这一部分中，我们将研究如何证明角的倍数关系。

这是一个非常重要的几何问题，因为它在许多几何证明中都有应用。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角度相等、相似三角形等。

4.证明线与圆相切在这一部分中，我们将研究如何证明一条线与一个圆相切。

这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。

我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用切线的定义、圆心角等。

5.证明垂直在这一部分中，我们将研究如何证明两条线段垂直。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为．答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是．答案：1,0(0,2)4．解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q．由条件知211211a a q q，化简得11a q ．当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为．答案：34．解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为．答案：421．解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ．事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ．事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ．于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ．由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆的焦点，在上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则的离心率的最小值为．答案解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ．记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ．由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以的离心率d e u v ．当::u v d 时，的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论．情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组．综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分）在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾．所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值．解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ．当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ．计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

奥林匹克数学竞赛高中

奥林匹克数学竞赛高中
奥林匹克数学竞赛高中组是指参加高中年级奥林匹克数学竞赛
的选手。

奥林匹克数学竞赛是一个全球性的数学竞赛，旨在激发青少年对数学的兴趣和热情，提高他们的数学水平和思维能力。

参加奥林匹克数学竞赛高中组需要满足以下条件:
1. 年龄：选手必须出生于 2003 年 1 月 1 日之后。

2. 年级：选手必须是高中年级学生。

3. 资格：选手必须获得所在学校或机构的资格认证，并且必须在比赛中遵守比赛规则和纪律。

奥林匹克数学竞赛高中组的比赛包括两个部分：初赛和决赛。

初赛通常在学校或机构举行，决赛通常在全球各地的考点举行。

初赛和决赛的题目都包括数学基础知识和更高级的数学知识，难度非常大。

参加奥林匹克数学竞赛高中组可以帮助青少年提高数学水平和
思维能力，也可以增强他们的自信心和独立性。

同时，参加奥林匹克数学竞赛高中组也可以帮助学生更好地准备未来的升学考试，如高考和出国留学考试。

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题参考答案

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题参考答案和评分标准本卷共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 x x−=≤ − 集合2{20}Bx x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为。

答案 3m ≤− 解集合11,2A xx=<≤要使A B ⊆，则21210m +×+≤，解得3m ≤−。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 []()1()f f x f x −=，则这样的函数有_______个. 答案：10 解令()1{1,2,3}yf x =−∈，则()1f y y =+。

对(1)2f =以下三种情况都满足条件(2)(3)2;(2)(3)3;(2)(3)4f f f f f f ======，共3种。

同理对(2)3,(1)(3)f f f ==有3种情况；(3)4,(1)(2)f f f ==也有3种情况。

又(1)2,(2)3,(3)4f f f ===显然满足条件。

所以满足已知条件的函数共有331×+= 10个。

（可以看出这种映射的限制仅在值域上，因此也可对值域大小分类讨论。

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

答案：34解令sin ,11t x t =−≤≤ ，原式变形11,1y t t=++当0t ≠时13,22y ≤≤。

当0t =时，1y =。

所以y 的最大、最小值分别为3122，，其积为34。

4.已知数列{}n x满足：111n x x x n +=≥，则通项n x =__________。

答案解将已知条件变形得22111111n n x x n n +−=−+，将上式从1到n 叠加得到 2211111n x x n−=−，即n x =。

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

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试(A2)(附答案与评分标准)

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛加试（A2卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）对于和为1的九个非负实数129,,,a a a ，令12238991min{,}2min{,}8min{,}9min{,}S a a a a a a a a ，12238991max{,}2max{,}8max{,}9max{,}T a a a a a a a a ，这里，min{,}x y 表示,x y 中的较小者，max{,}x y 表示,x y 中的较大者．记S 的最大可能值为0S ．当0S S 时，求T 的所有可能值．解：注意到7889917min{,}8min{,}9min{,}a a a a a a 788991(6)(53)(36)a a a a a a17896()a a a a ，①……………10分且12233467min{,}2min{,}3min{,}6min{,}a a a a a a a a2236236a a a a 2366()a a a ．②由①、②相加，得1296()6S a a a ．③……………20分由于①式等号成立当且仅当788991,,a a a a a a ，②式等号成立当且仅当23450a a a a 且670a a ，故③式等号成立（即①、②两式等号均成立）当且仅当2345678910a a a a a a a a a ， ④其中1291a a a ．……………30分这样的129,,,a a a 显然存在，故S 的最大可能值06S ．当0S S 时，根据④，可设7891a a a a x ，614a x ，其中x 满足014x x ，即1154x ．而12238991max{,}2max{,}8max{,}9max{,}T a a a a a a a a0005(14)6789511x x x x x x x ，所以T 的所有可能值为3631,54中的一切实数．……………40分二．（本题满分40分）如图，,,,,A B C D E 是圆上顺次的五点，AB BD ，BC CE ，弦AC 与BE 交于点P ，过A 作BE 的平行线，与DE 的延长线交于点Q ，过,,A P Q 三点作圆，与圆的劣弧 DE 交于点T ．设A 为A 关于BC 的对称点．证明：,,,A B P T 四点共圆．ωA'T PQD C ABE证法一：如图，设AQ 与圆交于A 及另一点K ．由于//AK BE 且BC CE ，故 KEC ABC ，进而KBC AEC ．结合,A A 关于BC 对称得 180KBC A BC AEC ABC ，故,,A B K 三点共线．……………10分 ωKA'T PQD C ABE由AB BD 知EB 平分AED ，于是AQE BED AEB AKB ，所以//BK EQ ，故BEQK 为平行四边形，有EQ BK AE ．由BC CE 知AP 平分BAE ，因此A B AB BPEQ AE PE，又由//A B EQ 可知A BP QEP ，所以A BP QEP ∽ ，故A PB QPE ，从而,,A P Q 三点共线．……………30分于是BA P KA Q AKB AQP ATB ATP BTP ．所以,,,A B P T 四点共圆． ……………40分证法二：延长BE ，与过,,A P Q 三点的圆交于点F ．由AB BD 知EB 平分AED ，结合//AQ BE 可知AQE BED AEB EAQ ，因此EA EQ ．而,AQ PF 为圆中的平行弦，由对称性知E 为PF 的中点． ……………10分ωFA'TPQD C A BE由BC CE 知CBE BEC BAC ．在A BP 与AEF 中，有A BP A BC CBE ABC BAC 180180ACB AEB AEF ．又注意到AP 平分BAE ，得A B AB AE AEBP BP EP EF，所以A BP AEF ∽． ……………30分于是BA P EAF AEB AFP ATB ATP BTP ．所以,,,A B P T 四点共圆． ……………40分三．（本题满分50分）已知集合{1,2,3,,}S N =的四个500元子集12,,A A 34,A A 满足：对任意,x y S ∈，均存在某个{1,2,3,4}i ∈，使得,i x y A ∈．求正整数N 的最大可能值．解：所求最大的833N =．一方面，当833N =时，令{1,2,,333}X =，{334,335,,500}Y =，{501,502,,667}Z =，{668,669,,833}W =，则||333X =，||||167Y Z ==，||166W =，且X Y Z W S =．考虑X Y ，X Z ，X W ，Y Z W ．对任意,x y S ∈，若其中有一个属于X ，则,x y 同时属于X Y ，X Z ，X W 中的某个集合；若均不属于X ，则,x y 同时属于Y Z W ．在X W 中任意添加S 中一个元素，使其成为500元集合，这便得到S 的四个500元子集满足要求． ……………20分另一方面，若834N ≥，则不存在满足要求的四个500元子集1234,,,A A A A ．用反证法，假设存在满足要求的四个500元子集1234,,,A A A A ，易知S 的每个元素至少属于其中两个子集，设有a 个元素恰属于其中两个子集，则500423()3834a N a a ×≥+−≥×−，故502a ≥．记这a 个元素构成的集合为T ，则||502T ≥．将T 中的元素按所属,i j A A 的情况分为6类，对14i j ≤<≤，记ij T 是T 中恰属于,i j A A 的元素x 的集合．易知12T 与34T 必有一个是空集，不妨设34T =∅．同样地，13T 与24T 必有一个是空集，不妨设24T =∅．同理，14T 与23T 必有一个是空集．若23T =∅，则121314T T T T =，从而1T A ⊂，这样1||||502A T ≥≥，矛盾．若14T =∅，则121323T T T T =，从而S 中的每个元素至少属于123,,A A A 中的两个集合，这样1231||(||||||)7502S A A A ≤++=，矛盾．……………50分四．（本题满分50分）设k 是大于2的整数，整数数列012,,,a a a 满足00a =，且对任意非负整数i ，均有21i i i a ka a ++=−．证明：对任意正整数m ，数(2)!m 整除1233m a a a a ．证明：{}n a 是二阶线性递推数列，特征方程为210t kt −+=，有两个不同的特征根()2142k k α=+−，()2142k k β=−−．由00a =及递推式的齐次性，仅需证明11a =时结论成立．以下假设11a =，解得数列的通项公式为来源微信公众号：高三答案212121120211()C (4)24n n n j n j j nn n j na a k k k αβ−−−−−≤+≤=−=−−∑．先证明以下两个结论．(i )对任意素数p ，有11p p p p a a a −+．当2p =时，若12,a a 均为奇数，由210a ka a =−知k 是奇数，从而321a ka a =−是偶数，故总有1232a a a ．下面假设2p >．若24k −被p 整除，考虑212121021C (4)21p j p j j p p p j pa k k −−−−−≤+≤=−∑，在求和式中，当0j >时，2(4)j p k −，当0j =时，21C p j pp −−，故p p a ．若24k −不被p 整除，则122(4)1(mod )p k p −−≡±．情形一：122(4)1(mod )p k p −−≡−，考虑2221102111C (4)2p j p j j p p pj p a k k −−++≤+≤+=−∑．在求和式中，若221p j p ≤−≤−，则21C p jp p −+．若0j =，则2221C (4)(1)(mod )p j p jj p p kk p k k p −−+−=+≡．若21p j −=，12p j −=，则 1222221C(4)(1)(4)(mod )p p j p jjp kk p k k k p −−−+−=+⋅−≡−，故求和式被p 整除，1p p a +．情形二：122(4)1(mod )p k p −−≡，考虑 222221120211C (14)2p j p j j p p p j p a k k −−−−−−−≤+≤−=−∑．由于11(1)!C (1)(mod )!(1)!t p t p p p t p t −−−−=≡−−−，故221C 1(mod )p j p p −−−≡−．从而 222222221021321C (4)(4)p p p j p j j j j p j p j k k k k −−−−−−−=≤+≤−−−−≡−∑∑ ()1122(mod 0)44p p k p k k --⎛⎫⎪=--≡ ⎪⎝⎭，故1p p a −． ……………20分(ii) 若r n p a ，0r >，则1r pn p a +．令n n nx αβ=+，则0121()2,,0i i i x x k x kx x i ++===−≥．故对任意非负整数i ，i x 均为整数．从而()(1)(1)(3)1pn pnppn p i n i np n p n n n i n a x x a αβαβαβ−−−−=−===++−∑是整数．情形一：2p =，则2n n nn na x a αβ=+=．若k 是偶数，则i x 均为偶数，从而122r n a +．若k 是奇数，则0020(mod 2)x a =≡=，111(mod 2)x k a =≡=，因此对任意0i ≥，有(mod 2)i i x a ≡．由于n a 是偶数，n x 也是偶数，因此122r n n n a a x +=．情形二：2p >，注意到1()(1)(1)(1)(1)11()pp p i ni n p nnnp i n i ni i p i αββαβαβ−−−−−−−==+−∑∑1(1)2(1)(1)14p p np i n i n n i p a k i βαβ−−−−−=+−⋅∑1(1)2(1)(1)(1)11(2)24(2)(2)2p p n n p i ni n n p n i p a k i βαβ−−−−−−= +−⋅∑，由于224k k α=+−的方幂和224k k β=−−的方幂用二项式定理展开并合并同类项后都形如24A B k +−，其中,A B 是整数．而注意到n a 被p 整除，故上式展开并合并同类项后可知()2(1)142pn p n n a A B k a −=+−，其中,A B 是整数且均被p整除．若24k −是平方数，则24A B k +−被p 整除；若24k −不是平方数，则0B =．不论何种情形，均有pnna p a ，故1r pn p a +．……………40分原问题只需证明，对任意素数p ，有123((2)!)()p p m v m v a a a ≤，其中()p v N 表示正整数N 含素数p 的最大幂次．考虑12,,a a 中所有被p 整除的项，设是第12i i <<项．由结论(i )可知11i p ≤+．若记1011,0i b b a +==，210)(j j j b kb b j ++=−≥，则1(mod )j i j b a p +≡．再由结论(i )得11p p p p b b b −+，从而211i i p −≤+．重复上述论证，可知11t t i i p +−≤+，对任意1t ≥成立，这说明12,,a a 的任意连续1p +项中必有一项被p 整除．考虑12,,a a 中所有被2p 整除的项，设是12j j <<项．由结论(ii)可知2t pi p a ，1t ≥，故12,,a a 的任意连续(1)p p +项中必有一项被2p 整除．重复上述论证知对任意正整数s ，12,,a a 的任意连续1(1)s p p −+项中必有一项被s p 整除．设123,,,m a a a 中被s p 整除的项的个数为s n ，则132(1)s s s mm n p p p − ≥≥ +．所以123112()((2)!)p m s p s s s m v a a a n v m p ∞∞== =≥=∑∑，于是结论得证．……………50分。

奥林匹克数学竞赛试题

奥林匹克数学竞赛试题奥林匹克数学竞赛是全球最重要的数学竞赛之一，每年都吸引了数以万计的学生参加。

竞赛试题涵盖了数学的各个领域，要求参赛者具备扎实的数学基础和创造性的思维能力。

本文将介绍一些典型的奥林匹克数学竞赛试题以及解题思路，帮助读者更好地了解数学竞赛的难度和魅力。

一、代数题1. 设正整数a,b满足a^2 + b^2 = 2022. 请问a * b的最大可能值是多少？解析：观察到2022是一个偶数，而平方数只可能是偶数或者奇数。

若a,b都是偶数或都是奇数，那么a^2 + b^2一定是偶数，不可能等于2022。

所以我们可以推测a和b的奇偶性不同，即一个是奇数一个是偶数。

根据这个思路，我们可以列出一些满足条件的a和b的组合：a=1, b=45; a=45, b=1; a=5, b=43; a=43, b=5; ...计算出这些组合对应的a * b的值，可以发现最大可能值是43 * 5 = 215。

二、几何题2. 在平面直角坐标系中，点A(0,6)和点B(0,0)之间有一条线段AB，点C在线段AB上，且AC:CB = 1:3。

同时点C到x轴的距离为2。

求点C的坐标。

解析：由题意可以得到BC的长度为4，AC的长度为12。

我们可以设点C的坐标为C(x, y)。

根据AC:CB = 1:3，我们可以得到以下两个方程：(0 - x)^2 + (6 - y)^2 = 144x^2 + y^2 = 4^2解方程得到x = -2，y = 2。

所以点C的坐标为C(-2, 2)。

三、组合数学题3. 设S为一个由正整数组成的集合，满足集合中任意两个不同的元素a，b都满足a*b + a + b是一个完全平方数。

求S中最大的元素。

解析：设S中最大的元素为x，则根据题意可以得到以下关系：(x - 1) * x + (x - 1) + x = k^2 （k为正整数）化简得到 x^2 - x + 1 = k^2。

我们可以将左边表达式写成完全平方形式：(x - 1/2)^2 + 3/4 = k^2进一步化简得到 (2x - 1)^2 + 3 = (2k)^2。

2023年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛考前押题最后一卷(六校第三次数学竞赛联考) 小题解析

2023年浙江预赛押题卷小题解析筑梦杯组委会1．已知正实数,x y 满足(2)9x x y +=，则2()yx y +的最大值为。

【解】2222119()296y y y x y x xy y y y y===≤+++++，取等3y =。

2．已知点集{(,)|123}T x y x y =++-≤，数集{2|(,)}M x y x y T =+∈，则集合M 中最大元素与最小元素之和为。

3．已知函数2(2)x x a f x =-+，若{|()}{|(())}x f x x x f f x x ===，则实数a 的取值范围为。

因此，实数a 的取值范围是,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。

4．计算：cos5cos55cos 65⋅⋅= 。

【解】5．设2023220230122023(1)a a x a x a x =++++ ，则01234520222023()(())(a a a a a a a a +-+++--+ 的值为。

6．若数列1234,,,a a a a 满足1423a a a a +=+，则称此数列为好数列．现从1,2,,9,10 这10个数中随机选取4个不同的数，则这4个数经过适当的排列后可以构成好数列的概率为。

和为5有2种组合，和为6有2种组合，和为7有3种组合，和为8有3种组合，和为9有4种组合，和为10有4种组合，和为11有5种组合，和为12有4种组合，和为13有4种组合，和为14有3种组合，和为15有3种组合，和为16有2种组合，和为17有2种组合，所以()222223454104C C C C 5C 21P ⨯+++==。

7．若二次方程20ax bx c ++=（,,a b c 为非零整数）的互异的两个根也是方程320x bx ax c +++=的根，则a b c ++的值为。

8．已知向量,a b 不共线，夹角为θ，且2,1,a b b b a a λλ++==-=，若433λ≤<cos θ的最小值为。

国际高中竞赛活动类汇总

国际高中竞赛活动类汇总
以下是国际高中竞赛活动类的汇总，包括科学、数学、文化、艺术等不同领域的竞赛。

1. 国际数学奥林匹克：针对中学生的全球性数学竞赛，每年举
行一次，旨在鼓励数学教育和培养未来的数学家。

2. 国际物理奥林匹克：类似于数学奥林匹克，旨在鼓励全球中
学生的物理学习和科学研究，每年一次。

3. 国际青少年科学奖：每年评选最杰出的青少年科学家，奖项
包括现金奖励和国际科学交流机会。

4. 国际奥林匹克生物学竞赛：针对中学生的全球性生物学竞赛，旨在鼓励生物学教育和促进全球生物学研究。

5. 全球首席科学家挑战赛：由哈佛大学主办的全球性科学竞赛，涵盖各种科学领域，旨在发掘和培养未来的科学家。

6. 国际青少年文化交流营：由美国国务院主办的文化交流活动，旨在促进全球青少年的文化了解和交流。

7. 国际青少年艺术节：每年举办的世界性艺术竞赛，涵盖绘画、音乐、戏剧等各种艺术形式，旨在鼓励青少年的艺术创作和交流。

8. 全球青少年创新挑战赛：由美国国家科学基金会主办的全球
性科技竞赛，旨在发掘和培养未来的科技创新人才。

以上是国际高中竞赛活动类的汇总，参加这些竞赛可以拓宽视野、促进学习和交流。

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高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i²n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m²n！＋k（m∈N，2≢k ≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≣2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2。

第5讲集合的基本划分(数学竞赛)

第5讲集合的基本划分[知识点金]集合的划分反映了集合与子集之间的关系，这既是一类数学问题，也是数学中的解题策略——分类思想的基础，在近几年来的数学竞赛中经常出现，日益受到重视，本讲主要介绍有关的概念、结论以及处理集合、子集与划分问题的方法. 覆盖若把一个集合A 分成若干个叫做分块的非空子集，使得A 中的每个元素至少属于一个分块，这些分块的全体叫做A 的一个覆盖，即是：设A 为非空集合,S={}，其中A,(i=1,2,...,m)且=A则集合S 称作集合A 的覆盖.划分给定集合A 的一个覆盖S ，若A 中的每一个元素属于且仅属于S 的一个分块，那么S 称作是A 的一个划分.即是：若S 是集合A 的覆盖，且满足=,这里(i j)则称S 是A 的划分.抽屉原则抽屉原则的常见形式一、把n+k （k ≥1）个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，一定存在一个抽屉中至少有两个物体.二、把mn+k （k ≥1）个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，一定存在一个抽屉中至少有m+1个物体.三、m 1+m 2+…+m n +k （k ≥1）个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，那么后在一个抽屉里至少放入了m 1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入了m 2+1个物体，……，或在第n 个抽屉里至少放入了m n +1个物体.四、把m 个物体以任意方式全部放入n 个抽屉中，有两种情况：①当n|m时（n|m 表示n 整除m ），一定存在一个抽屉中至少放入了nm个物体；②当n 不能整除m 时，一定存在一个抽屉中至少放入了[nm]+1个物体（[x]表示不超过x的最大整数）.五、把无穷多个元素分成有限类，则至少有一类包含无穷多个元素. 容斥原理基本形式()n n nk j i k jini j i jii n A A A A AA AA A A A A ⋂⋂-+-⋂⋂+⋂-=⋃⋃+<<≤=≤<≤∑∑∑211111211||其中|A|表示集合A 中元素的个数。

高中数学第二章代数第一节集合、数与式奥林匹克竞赛题解

第二章代数第一节集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．【解】将12个元素排成一列有12！种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法．[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种．确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种．如此继续下去，得到6个2元子集．共有11×9×7×5×3=10395种分法．B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素．【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】设有限集A含n个元素．当n=1时，子集序列φ，A即满足条件．假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求．因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求．于是命题对一切自然数n均成立．B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数．证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2．这n－k个数中选出）．所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和．设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12．【解】先证明S元素个数至多是5．如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65．如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）．这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件．所以，S的和≤61．特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61．B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}．求有限集合A的元素的最少个数．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4．【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f （6），f（8）互不相同，|A|≥4．另一方面，令A={0，1，2，3}．对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除．因而f是满足条件的函数．于是，A的元素个数最少为4．B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍．这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）．原题为选择题．【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}．A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍．若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67．本题答案为67．B1－008设集合S n={1，2，…，n）．若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为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的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等．（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和．【题说】1992年全国联赛二试题2．【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立．对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集．于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2·i．奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等．B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和．设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11．若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n．试求满足上述要求的a10的最小值．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3．【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）．若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1（1）又由题设得 S1=a1=1．于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750．又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248．另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n．当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n．于是a10的最小值为248．B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4．【证】现对任意正整数n给以证明．设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝．对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和．S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大．若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等．因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模．这样的划分，条件（1）显然满足．若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|．a r －Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾．若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|．a r ＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾．因此，所述划分满足条件（1）～（3）．【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集．B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝．如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p．（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1．【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16]．因为366=17×21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数．当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p．当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462×7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集．故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21×7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）．若S是由正整数组成的有限集合．证明对所有的正整数m≥σ（S）成立．【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5．【证】设S={a1，a2，…，a n}．长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n 段a n个数．前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个．个．根据容斥原理，即本题的等式成立．B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值．【题说】1995年全国联赛一试题2（6）．原为填空题．【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件．它恰好有1780个元素．故｜A｜的最大数是1870．B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}．求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1．【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3．【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数．集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个(即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2})；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个．于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3(即{1，3}，{2，4}，{1，4})．所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133．B1-017 对任意非空实数集S，令σ(S)为S的元素之和．已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ(S)的集．证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n．令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j(1≤j≤n)．每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间(f j-1，f j]中．因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j]．这样σ(S)被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类(1≤j≤n)，f j 本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类．每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．B1-018 设S={1，2，3，4)，n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为｜B｜)，在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B．求n的最小值．【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3．【解】n的最小值为8．首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次．事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现．由此可见n≥8．另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8．B1-019 求两个正整数m与n之间(m＜n)，一切分母为3的既约分数的和．【题说】1962年成都市赛高三二试题1．3(n-m)+1项．其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数．【题说】1963年合肥市赛高二二试题3．【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得cos30°=4cos310°-3cos10°(1)即若cos10°是一个有理数，则(1)右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数．B1-021 求出所有四元实数组(x1，x2，x3，x4)，使其中任一个数与其余三数积的和等于2．【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1．有以下五种情况：所以 d=1，x1=x2=x3=x4=1．所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3．B1-022 设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积．试求出所有能使P(x)=x2-10x-22成立的自然数．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设n位数x满足P(x)=x2-10x-22(1)若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10n-1-22=9·10n-22＞10n矛盾．若n=1，则x=P(x)=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解．因此n=2．若x≥20，则x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22＞92≥P(x)因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22易知y=2，x=12．B1-023 证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】设这三个数为a，b，c，则(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1左边有一个或三个因子为正．但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1．B1-024 若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4(1≤i≤n)，这是因为当a i≥4时a i≤2(a i-2)，故把a i换成2和a i-2不会使积减小．再注意2×2×2＜3×3，所以只需考虑积2a·3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976．由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2×3658．B1-025 确定最大的实数z，满足x+y+z=5(1)xy+yz+zx=3(2) 并且x、y也是实数．【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3．【解】由(1)得(x+y)2=(5-z)2，由(2)得xy=3-z(5-z)．于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[3-z(5-z)]=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3．因此z最大值是13/3．B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，(1)a2+b2+c2+d2+e2=16(2) 的实数，试确定e的最大值．【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1．【解】由Cauchy不等式，(8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即B1-027 已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字．【题说】1979年安徽省赛二试题1．【解】因为lg20001979=1979(3+lg2)=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5×106532＜20001979＜6×106532所以20001979的首位数字是5．B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20(1)a1a2…a8=4(2) 试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1．【题说】1979年湖北省赛二试题5．【证】用反证法．如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i(b i＞0，i＝1，2， (8)再由(1)即得b1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8)＝1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8≥1+(b1+b2+…+b8)=1+12=13与条件(2)矛盾．所以八个数中至少有一个数小于1．B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5．本题由以色列提供．【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0．因此，只能有下面两种情况：(1)x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；(2)某个x k=c≠0，其余x i=0(i≠k)．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程．B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正．【题说】1981年全国联赛题2．【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误．因表中只有两处错误，故三者都对．同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对．再若lg7=2(b+c)，则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b．即lg7=2(b+c)对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对．应为lg7=lgl4-lg2=2b+c．lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1．B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．【解】将12个元素排成一列有12！种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法．[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种．确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种．如此继续下去，得到6个2元子集．共有11×9×7×5×3=10395种分法．B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素．【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】设有限集A含n个元素．当n=1时，子集序列φ，A即满足条件．假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求．因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求．于是命题对一切自然数n均成立．B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数．证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2．这n－k个数中选出）．所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和．设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12．【解】先证明S元素个数至多是5．如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65．如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）．这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件．所以，S的和≤61．特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61．B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}．求有限集合A的元素的最少个数．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4．【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f （6），f（8）互不相同，|A|≥4．另一方面，令A={0，1，2，3}．对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除．因而f是满足条件的函数．于是，A的元素个数最少为4．B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍．这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）．原题为选择题．【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}．A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍．若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67．本题答案为67．B1－008设集合S n={1，2，…，n）．若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为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的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等．（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和．【题说】1992年全国联赛二试题2．【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立．对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集．于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2·i．奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等．B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和．设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11．若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n．试求满足上述要求的a10的最小值．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3．【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）．若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1（1）又由题设得 S1=a1=1．于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750．又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248．另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n．当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n．于是a10的最小值为248．B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4．【证】现对任意正整数n给以证明．设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝．对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和．S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大．若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等．因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模．这样的划分，条件（1）显然满足．若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|．a r －Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾．若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|．a r ＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾．因此，所述划分满足条件（1）～（3）．【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集．B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝．如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p．（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1．【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16]．因为366=17×21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数．当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p．当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462×7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集．故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21×7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）．若S是由正整数组成的有限集合．证明对所有的正整数m≥σ（S）成立．【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5．【证】设S={a1，a2，…，a n}．长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n 段a n个数．前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个．个．根据容斥原理，即本题的等式成立．B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值．【题说】1995年全国联赛一试题2（6）．原为填空题．【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件．它恰好有1780个元素．故｜A｜的最大数是1870．B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}．求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1．【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3．【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数．集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个(即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2})；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个．于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3(即{1，3}，{2，4}，{1，4})．所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133．B1-017 对任意非空实数集S，令σ(S)为S的元素之和．已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ(S)的集．证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n．令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j(1≤j≤n)．每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间(f j-1，f j]中．因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j]．这样σ(S)被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类(1≤j≤n)，f j 本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类．每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．B1-018 设S={1，2，3，4)，n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为｜B｜)，在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B．求n的最小值．【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3．【解】n的最小值为8．首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次．事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现．由此可见n≥8．另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8．B1-019 求两个正整数m与n之间(m＜n)，一切分母为3的既约分数的和．【题说】1962年成都市赛高三二试题1．3(n-m)+1项．其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数．【题说】1963年合肥市赛高二二试题3．【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得cos30°=4cos310°-3cos10°(1)即若cos10°是一个有理数，则(1)右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数．B1-021 求出所有四元实数组(x1，x2，x3，x4)，使其中任一个数与其余三数积的和等于2．【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1．有以下五种情况：所以 d=1，x1=x2=x3=x4=1．所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3．B1-022 设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积．试求出所有能使P(x)=x2-10x-22成立的自然数．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设n位数x满足P(x)=x2-10x-22(1)若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10n-1-22=9·10n-22＞10n矛盾．若n=1，则x=P(x)=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解．因此n=2．若x≥20，则x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22＞92≥P(x)因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22易知y=2，x=12．B1-023 证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】设这三个数为a，b，c，则(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1左边有一个或三个因子为正．但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1．B1-024 若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4(1≤i≤n)，这是因为当a i≥4时a i≤2(a i-2)，故把a i换成2和a i-2不会使积减小．再注意2×2×2＜3×3，所以只需考虑积2a·3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976．由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2×3658．B1-025 确定最大的实数z，满足x+y+z=5(1)xy+yz+zx=3(2)并且x、y也是实数．【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3．【解】由(1)得(x+y)2=(5-z)2，由(2)得xy=3-z(5-z)．于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[3-z(5-z)]=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3．因此z最大值是13/3．B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，(1)a2+b2+c2+d2+e2=16(2) 的实数，试确定e的最大值．【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1．【解】由Cauchy不等式，(8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即B1-027 已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字．【题说】1979年安徽省赛二试题1．【解】因为lg20001979=1979(3+lg2)=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5×106532＜20001979＜6×106532所以20001979的首位数字是5．B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20(1)a1a2…a8=4(2) 试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1．【题说】1979年湖北省赛二试题5．【证】用反证法．如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i(b i＞0，i＝1，2， (8)再由(1)即得b1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8)＝1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8≥1+(b1+b2+…+b8)=1+12=13与条件(2)矛盾．所以八个数中至少有一个数小于1．B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5．本题由以色列提供．【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0．因此，只能有下面两种情况：(1)x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；(2)某个x k=c≠0，其余x i=0(i≠k)．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程．B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正．【题说】1981年全国联赛题2．【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误．因表中只有两处错误，故三者都对．同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对．再若lg7=2(b+c)，则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b．即lg7=2(b+c)对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对．应为lg7=lgl4-lg2=2b+c．lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1．把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小．【题说】1982年上海市赛二试题 2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y．(1)当n是奇数时，x n≥y n．(2)当n是偶数时(i)如果x≥y≥0，则x n≥y n；(ii)如果0≥x≥y，则x n≤y n；(iii)如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n．B1-032 对任意实数x、y．定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值．【题说】1985年全国联赛一试题 2(4)．原题为填空题．【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3(1)。

数学奥林匹克竞赛试题

数学奥林匹克竞赛试题数学奥林匹克竞赛是针对中学生的高水平数学竞赛，旨在激发学生对数学的兴趣，培养他们的逻辑思维、创新能力和解决复杂问题的能力。

以下是一些典型的数学奥林匹克竞赛试题示例，供大家参考和练习。

代数问题问题1：解方程求解方程 (x^3 - 5x^2 + 7x - 1 = 0)。

问题2：因式分解将多项式 (x^4 - 81) 进行因式分解。

几何问题问题3：三角形面积在直角三角形中，已知两直角边的长度分别为3和4，求斜边上的高。

问题4：圆的性质证明：若一个圆内接四边形的对角互补，则该四边形为矩形。

组合与概率问题问题5：排列组合计算用数字1到9（每个数字仅使用一次）可以组成的所有不同三位数的数量。

问题6：概率计算一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机取出两个球，求取出的两个球都是红球的概率。

数列与函数问题问题7：等差数列如果数列 (a_n = 2n + 1)，求第10项和前10项的和。

问题8：函数图像画出函数 (y = |x-3|) 的图像，并指出其与x轴的交点。

解析与答案问题1答案通过因式分解或使用牛顿法等方法求解。

问题2答案(x^4 - 81 = (x^2 + 9)(x^2 - 9) = (x^2 + 9)(x + 3)(x - 3))。

问题3答案斜边上的高 (h = \frac{3 \times 4}{5} = 2.4)。

问题4答案利用圆周角定理和直角三角形的性质证明。

问题5答案总共有 (9 \times 8 \times 7) 种不同的排列方式。

问题6答案概率为 (\frac{C_5^2}{C_8^2} = \frac{10}{28} = \frac{5}{14})。

问题7答案第10项 (a_{10} = 21)，前10项和 (S_{10} = 2(1 + 2 + ... + 10) + 10 = 110)。

问题8答案函数图像为V型，与x轴的交点为(3,0)。

请注意，以上只是示例题目，实际的数学奥林匹克竞赛题目可能会更加复杂和多样。

高中数学奥赛辅导教材(共十讲)

第一讲集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲Ⅰ．集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及由平均值不等式，有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即（虚根舍去）时，等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根，故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a 的值为.【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为（a ，0），（0，a ），（－a ，0），（0，－a ）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.将||||1||y x xy +=+，变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以，集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成，只有212<<>a a 或这两种情况.（1）当2>a 时，由于正八形的边长只能为2，显然有,2222=-a故 22+=a .（2）当21<<a 时，设正八形边长为l ，则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时，.221=+=l a 综上所述，a 的值为,222或+如图Ⅰ－1－1－1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中，成立的是（）A ．D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B ．φφ=⋂=⋂DC B A , C ．D C C B A ≠⊂⋃=, D ．φ=⋂=⋃D C B B A ,图Ⅰ－1－1－1【思路分析】应注意数的特征，即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变，显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合，B ′为终边在x 轴上的角的集合，C ′为终边在y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合，故应选（C ）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2（其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且，如果A 为只含一个元素的集合，则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手，即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α，于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα 整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数 .,01)1(2αα=≠++-x x 故即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.例7：已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时，a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是，若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ① 必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422m a x ≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A 、B 是坐标平面上的两个点集，}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃，则必有B A ⊆.此命题是否正确？【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例：取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉（0，0）后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A 、B ，有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为：一般地，对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++---).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里，)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数，)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见，估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ，可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲映射及映射法知识、方法、技能1．映射的定义设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作.:B A f →（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.（3）映射包括集合A 和集合B ，以及集合A 到B 的对应法则f ，三者缺一不可.（4）对于一个从集合A 到集合B 的映射来说，A 中的每一个元素必有惟一的，但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.2．一一映射一般地，设A 、B 是两个集合，.:B A f →是集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，而且B 中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3．逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应，那么可得B 到A 的一个映射g ：任给B b ∈，规定 a b g =)(，其中a 是b 在f 下的原象，称这个映射g 是f 的逆映射，并将g 记为f —1.显然有（f —1）—1= f ，即如果f 是A 与B 之间的一一对应，则f —1是B 与A 之间的一一对应，并且f —1的逆映射是f .事实上，f —1是B 到A 的映射，对于B 中的不同元素b 1和b 2，由于它们在f 下的原象不同，所以b 1和b 2在f —1下的像不同，所以f —1是1－1的. 任给b a f A a =∈)(,设，则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此，f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1－1映射，即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设，其中b 是a 在f —1下的原象，即f —1(b)=a ，所以，f(a)=b ，从而f h a f b a h ===得),()(，这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.例1：设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f ：F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手，列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据，得⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加，相减并分别分解因式，得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然，},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下，,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u 同理，由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知对应地，.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能：（Ⅰ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y （Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 由（Ⅰ）解出x =1，y=9，u =8，v =6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M 中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.【评述】在解此类问题时，估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=xy y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ，并写出其逆映射.【略解】从已知集合A ，B 看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合，集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B ：图Ⅰ－1－2－1},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B 令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下，极径ρ没有改变，辐角之间是一次函数23πθϕ-=，因而ϕθ和之间是一一对应，其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以，映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写，从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3：设X={1，2，…，100}，对X 的任一非空子集M ，M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征，记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令于是A A f '→:是X 的非空子集的全体（子集组成的集），Y 到X 自身的满射，记X 的非空子集为A 1，A 2，…，A n （其中n=2100－1），则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101，A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101，故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ，B 都是有限集合，它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说，如果f 是单射，则有)()(B card A card ≤；如果f 是满射，则有)()(B card A card ≥；如果f 是双射，则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时，有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时，我们就找另一个集合B ，建立一一对应B A f →:，把B 的个数数清，就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4：把△ABC 的各边n 等分，过各分点分别作各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分，分别到B ′，C ′，连接B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长，与B ′C ′相交，连同B ′，C ′共有n+2个分点，从B ′至C ′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ，j ，k ，l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形}，}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射：B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于C B ''的四点亦不全同.所以，四点组),,,(l k j i 亦不相同，从而f 是A 到B 的1－1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ，过i ，j 点作AB 的平行线，过k ，l 作AC 的平行线，必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形，所以，映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应，于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是.342+n C 例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个，则有11314)(=-≥X card ，另一方面全部的骨牌数为11，即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ，n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立，)1()(+<n f n f 格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.（2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.（i ）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；（ii ）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖；（iii ）骨牌是竖放的.现在假设仅发生（2）中的（ii ）和（iii ）时，我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合，Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射Y X →:ϕ，由于每个空格（X 中的）上方都有骨牌（Y 中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有 )()(Y card X card ≤，对一切N ∈n 成立.【解法1】存在，首先有一条链.1→2→3→5→8→13→21→…①链上每一个数n 的后继是)(n f ，f 满足n n f n f f +=)())((②即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f 链.对于①中的数m>n ，由①递增易知有n m n f m f -≥-)()(③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链，并且对任意自然数m>n ，③成立（从而)()1(n f n f >+），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）设已有若干条f 链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ，如果m 、n 同属于新链，③显然成立，设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链，在m=k+1时，,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ，③成立，则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ，③成立.若n 属于新链，在n=k+1时，.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ，③成立，在m>n 时，m 不为原有链的链首。

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第一讲：集合集合的划分反映了集合与子集之间的关系，这既是一类数学问题，也是数学中的解题策略——分类思想的基础，在近几年来的数学竞赛中经常出现，日益受到重视，本讲主要介绍有关的概念、结论以及处理集合、子集与划分问题的方法。

1．集合的概念集合是一个不定义的概念，集合中的元素有三个特征：（1）确定性设A 是一个给定的集合，a 是某一具体对象，则a 或者是A 的元素，或者不是A 的元素，两者必居其一，即a ∈A 与a ∉A 仅有一种情况成立。

（2）互异性一个给定的集合中的元素是指互不相同的对象，即同一个集合中不应出现同一个元素。

（3）无序性2．集合的表示方法主要有列举法、描述法、区间法、语言叙述法。

常用数集如：R Q Z N ,,,应熟记。

3．实数的子集与数轴上的点集之间的互相转换，有序实数对的集合与平面上的点集可以互相转换。

对于方程、不等式的解集，要注意它们的几何意义。

4．子集、真子集及相等集（1）A ⊆⇔B A ⊂B 或A ＝B ；（2）A ⊂B ⇔A ⊆B 且A ≠B ；（3）A ＝B ⇔A ⊆B 且A ⊇B 。

5．一个n 阶集合（即由n 个元素组成的集合）有n2个不同的子集，其中有n2－1个非空子集（真子集），也有n2－2个非空真子集。

6．集合的交、并、补运算A B ={A x x ∈|且B x ∈} A B ={A x x ∈|或B x ∈}I x x A ∈=|{且A x ∉}要掌握有关集合的几个运算律：（1）交换律 A B ＝B A ，A B ＝B A ；（2）结合律A （B C ）＝（A B ） C ， A （B C ）＝(A B ) C ；（3）分配律 A （B C ）＝（A B ）（A C ） A （B C ）＝ (A B ) （A C ）（4）0—1律 A φ＝A ，A I ＝A A I ＝I ，A φ＝φ（5）等幂律 A A ＝A ，A A ＝A（6）吸收律 A (A B )＝A ，A （A B ）＝A（7）求补律 A A ＝I ，A A ＝φ（8）反演律 B A B A B A B A ==, 7．有限集合所含元素个数的几个简单性质设)(X n 表示集合X 所含元素的个数（1）)()()()(B A n B n A n B A n -+=当φ=)(B A n 时，)()()(B n A n B A n +=（2）)()()()(C n B n A n C B A n ++=－)()()()(C B A n C B n C A n B A n +-- 8．映射、一一映射、逆映射（1）映射设A 、B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有唯一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作f ：A →B 。

上述映射定义中的A 、B ，可以是点集，数集，也可以是其他集合。

和A 中元素a 对应的B 中的元素b 叫做a （在f 下）的象，a 叫做b 的原象。

A 中的任何一个元素都有象，并且象是唯一的。

（2）一一映射设A 、B 是两个集合，f ：A →B 是从集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射的作用下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，且B 中的每一个元素都有原象，那么这个映射叫做A 到B 上的一一映射。

（3）逆映射设f ：A →B 是集合A 到集合B 上的一一映射，如果对于B 中的每一个元素b ，使b 在A 中的原象a 和它对应，这样所得映射叫做映射f ：A →B 的逆映射，记作1-f：B →A 。

注意：只有一一映射，才有逆映射。

要能够根据这三个概念的定义，准确地判断一个给定的对应是不是映射，是不是一一映射，并能求出一一映射的逆映射。

解题指导元素与集合的关系1．设A ＝{a |a ＝22y x -，Z y x ∈,}，求证：（1）12-k ∈A (Z k ∈)；（2）)( 24Z k A k ∈∉-分析：如果集合A ＝{a |a 具有性质p }，那么判断对象a 是否是集合A 的元素的基本方法就是检验a 是否具有性质p 。

解：（1）∵k ，1-k ∈Z 且12-k ＝22)1(--k k ，故12-k ∈A ；（2）假设)( 24Z k A k ∈∈-，则存在Z y x ∈,，使24-k ＝22y x -，即)12(2))((-=+-k y x y x (*)由于y x -与y x +具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立。

由此，)( 24Z k A k ∈∉-。

2．设集合A ＝（－3，2）。

已知N y x ∈,，x ＞y ，x y y x 191933+=+，判断a ＝)(log 21y x +与集合A 的关系。

分析：解决本题的关键在于由已知条件确定y x +的取值范围，从而利用对数函数的单调性确定a ＝)(log 21y x +的范围。

解：因为)(1933y x y x -=-且N y x ∈,，x ＞y ，所以x x +2＜222319x y xy x <=++由此及N x ∈得x =3，从而y =2。

所以－3＜a ＝25log )23(log 2121-==+，即a ∈A 。

3．以某些整数为元素的集合P 具有下列性质：①P 中的元素有正数，有负数；②P 中的元素有奇数，有偶数；③－1∉P ；④若x ，y ∈P ，则x ＋y ∈P 试判断实数0和2与集合P 的关系。

解：由④若x ，y ∈P ，则x ＋y ∈P 可知，若x ∈P ，则)( N k P kx ∈∈ （1）由①可设x ，y ∈P ，且x ＞0，y ＜0，则－y x ＝|y |x (|y |∈N ) 故x y ，－y x ∈P ，由④，0＝(－y x )+x y ∈P 。

（2）2∉P 。

若2∈P ，则P 中的负数全为偶数，不然的话，当－（12+k ）∈P （N k ∈）时，－1＝（－12-k ）＋k 2∈P ，与③矛盾。

于是，由②知P 中必有正奇数。

设),( 12,2N n m P n m ∈∈--，我们取适当正整数q ，使12|2|->-⋅n m q ，则负奇数P n qm ∈-+-)12(2。

前后矛盾。

4．设S 为满足下列条件的有理数的集合：①若a ∈S ，b ∈S ，则a +b ∈S ，S ab ∈；②对任一个有理数r ，三个关系r ∈S ，－r ∈S ，r ＝0有且仅有一个成立。

证明：S 是由全体正有理数组成的集合。

证明：设任意的r ∈Q ，r ≠0，由②知r ∈S ，或－r ∈S 之一成立。

再由①，若r ∈S ，则S r ∈2；若－r ∈S ，则S r r r ∈-⋅-=)()(2。

总之，S r ∈2。

取r =1，则1∈S 。

再由①，2=1+1∈S ，3=1+2∈S ，…，可知全体正整数都属于S 。

设S q p ∈,，由①S pq ∈，又由前证知S q ∈21，所以21qpq q p ⋅=∈S 。

因此，S 含有全体正有理数。

再由①知，0及全体负有理数不属于S 。

即S 是由全体正有理数组成的集合。

两个集合之间的关系在两个集合之间的关系中，我们感兴趣的是“子集”、“真子集”、“相等”这三种特殊关系。

这些关系是通过元素与集合的关系来揭示的，因而判断两个集合之间的关系通常可从判断元素与这两个集合的关系入手。

5．设函数),( )(2R b a b ax x x f ∈++=，集合}),(|{R x x f x x A ∈==，})],([|{R x x f f x x B ∈==。

（1）证明：B A ⊆；（2）当}3,1{-=A 时，求B 。

（3）当A 只有一个元素时，求证：B A =．解：（1）设任意0x ∈A ，则0x ＝)(0x f 。

而000)()]([x x f x f f == 故0x ∈B ，所以B A ⊆。

（2）因}3,1{-=A ，所以⎩⎨⎧=+⋅+-=+-⋅+- 3331)1()1(22b a b a 解得3,1-=-=b a 故 3)(2--=x x x f 。

由)]([x f f x =得03)3()3(222=-------x x x x x解得 3 ,3 ,1±-=xB ＝{}3,3,3,1--。

6．321,,S S S 为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列k j i ,,，若j i S y S x ∈∈,，则k S y x ∈- （1）证明：三个集合中至少有两个相等。

（2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？证明：（1）若j i S y S x ∈∈,，则i k S x y x y S x y ∈-=--∈-)(,所以每个集合中均有非负元素。

当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立。

否则，设321,,S S S 中的最小正元素为a ，不妨设1S a ∈，设b 为32,S S 中最小的非负元素，不妨设,2S b ∈则b －a ∈3S 。

若b ＞0，则0≤b －a ＜b ，与b 的取法矛盾。

所以b =0。

任取,1S x ∈因0∈2S ，故x －0＝x ∈3S 。

所以⊆1S 3S ，同理3S 1S ⊆。

所以1S =3S 。

（3）可能。

例如1S =2S ={奇数}，3S ={偶数}显然满足条件，1S 和2S 与3S 都无公共元素。

7．已知集合：}1|),{(},1|),{(},1|),{(22=+==+==+=y x y x C ay x y x B y ax y x A 问（1）当a 取何值时，C B A )(为含有两个元素的集合？（2）当a 取何值时，C B A )(为含有三个元素的集合？解：C B A )(=)()(C B C A 。

C A 与C B 分别为方程组（Ⅰ）⎩⎨⎧=+=+1122y x y ax （Ⅱ）⎩⎨⎧=+=+1122y x ay x 的解集。

由（Ⅰ）解得（y x ,）=（0，1）=（212a a+，2211a a +-）；由（Ⅱ）解得（y x ,）=（1，0），（2211a a +-，212a a+）（1）使C B A )(恰有两个元素的情况只有两种可能：①⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+111012222a a a a ②⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+011112222aa a a由①解得a =0；由②解得a =1。

故a =0或1时，C B A )(恰有两个元素。

（2）使C B A )(恰有三个元素的情况是：212a a +=2211a a +-解得21±-=a ，故当21±-=a 时，C B A )(恰有三个元素。

8．设N n ∈且n ≥15，B A ,都是{1，2，3，…，n }真子集，φ=B A ，且B A ={1，2，3，…，n }。