全国高中数学联赛真题之集合函数专题

全国高中数学联赛训练题(1)第一试一、填空题1.函数3()2731x x f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,11a =且21n n n a a a ++=-.若20002000a =,则2010a =_____.3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____.4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____.5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2k k e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.7.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,则在四面体表面上与点A 距离为2的点所形成的曲线长度之和为_____.8.由ABC ∆内的2007个点122007,,,P P P 及顶点,,A B C 共2010个点所构成的所有三角形,将ABC ∆分 割成互不重叠的三角形个数最多为_____.二、解答题9.设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.已知实数123123,,,,,a a a b b b 满足:123123a a a b b b ++=++,122331122331a a a a a a bb b b b b ++=++,且123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤,求证:123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.第二试一、设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC ∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、已知周长为1的i i i ABC ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c ,并记2224i i i i i i i p a b c a bc =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.全国高中数学联赛训练题(1)参考答案:令3xt =,[0,3]x ∈则3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而'()3(3)(3)g t t t =-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.:设2a t =,则由21n n n a a a ++=-依次写出数列{}n a 的前8项为:1,,1,1,,1,1,t t t t t - - - - .于是易知:该数列是以周期6T =的一个周期数列,故由20002000a =可得20006333222000a a a t ⨯+====,从而2010335661120001999a aa t ⨯===-=-=-,即20101999a =-. :由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x AB ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.:由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4.:由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2c x a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.:设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k ka c =,2k k k k ce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n n n a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.:如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=.:设三角形最多有n 个,则根据角度相等可得20072n πππ⨯+=⨯,故2200714015n =⨯+=.: 令1122(,),(,)M x y N x y ,设点(,0)A a ,则由(,0)2p F 得12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实根,即是说12,x x 是方程22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-. 故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.:当(0,)2πθ∈时,函数s i n y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数t a n y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有s i n c o s s i n c o s θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.:设123123a a a b b b p ++=++=,122331122331a a a a a a bb b b b b q ++=++=,且123a a a r =,123'b b b r =, 则123,,a a a 是函数32()f x x px qx r =-+-的零点,123,,b b b 是函数32()'g x x px qx r =-+-的零点.不妨设123123,a a a b b b ≤≤ ≤≤,则由123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤知11a b ≤. 而1()0f a =,1111213()()()()0g a a b a b a b =---≤,故11()()g a f a ≤,即3232111111'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-,故3232333333'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-, 即33()()g a f a ≤,也即是33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=.若33a b >,则313233()()()0a b a b a b --->,这与33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=矛盾! 所以有123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.:由西姆松定理知,,P Q R 共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有DAC DPR DPQ ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PRDB DA DP PR BA BC DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅.从而PR QR =的充要条件是DA BABC =.又由角平分线的性质得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. :由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,即可得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=.2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. :由640p q r s +++=,及,,,p q r s 是不同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故332(1)26402p q r s p q s qs q s +++=++=-++=,即有(32)(34)3857719q s ++==⨯⨯于是得3419,3272s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====. :所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.第二步说明26n =是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中 王全 710061 wangquan1978@。

集合练习1.【2021年新疆预赛】若实数集合{3,6,9,x}的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则x的值为 .【答案】94【解析】若x是最大元素，则3x=18+x,解得x=9,不合题意；；若x是最小元素，则9x=18+x,解得x=94若x既不是最大元素也不是最小元素，则27=18+x,解得x=9,不合题意；.所以x=942.【2021年全国高中数学联赛A卷一试】设集合A={1,2,m},其中m为实数.令B={a2∣a∈A},C=A∪B.若C的所有元素之和为6,则C的所有元素之积为.【答案】−8【解析】由条件知1,2,4,m,m2(允许有重复）为C的全部元素.注意到,当m为实数时,1+2+4+m+m2>6,1+2+4+m2>6,故只可能是C={1,2,4,m},且1+2+4+m=6.于是m=−1(经检验符合题意),此时C的所有元素之积为1×2×4×(−1)=−8.3.【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为 . 【答案】190【解析】每个满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定,其中a,b∈X,a<b,这样的(a,b)的取法共有C202=190种,所以这样的集合A的个数为190.4.【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数x的最大整数,集合A={x∣x2−x−6<0},B= {x∣2x2−3[x]−5=0}.则A∩B= .}【答案】{−1,√222【解析】易知,A=(−2,3).若x∈A,则[x]=−2,−1,0,1,2.当[x]=−2时,若x∈B,则2x2+6−5=0,x不存在.当[x]=−1时,若x∈B,则2x2+3−5=0⇒x=±1.经检验,x=1不符合要求,x=−1符合要求.当[x]=0时,若x∈B,则2x2−0−5=0⇒x=±√102，均不符合要求.当[x]=1时,若x∈B,则2x2−3−5=0⇒x=±2,均不符合要求.当[x]=2时,若x∈B,则2x2−6−5=0⇒x=±√222.经检验,x=√222符合要求,x=−√222不符合要求.故A∩B={−1,√222}.5.【2020年甘肃预赛】设集合:A={(x,y)∣log a x+log a y>0},B=|(x,y)|x+y<a}.若A∩B=∅,则a的取值范围是 .【答案】(1,2]【解析】若a>1,则A={(x,y)∣xy>1}.而当x+y=a与xy=1相切时，x+1x=a⇒x2−ax+1=0⇒a=2.于是,当a∈(1,2]时,A∩B=∅.若a<1,则A={(x,y)∣xy<1},此时，A∩B≠∅.综上,a∈(1,2].6.【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成20a+8b+27c(a ,b ,c∈N)形式,就称其为“好数".则集合{1,2,⋯,200}中好数的个数为 .【答案】153【解析】先考虑20a+8b=4(5a+2b).5a+2b可取2,4,5,6,⋯,50.则20a+8b可取8,16,20,24,⋯,200.故当c=0时共有48个非零好数(4k型）；c=1时共有42个好数(4k+3型),此时好数为27,35,43,47,⋯,199;c=2时共有35个好数(4k+2型),此时好数为54,62,70,74,⋯,198;c=3时共有28个好数(4k+1型),此时好数为81,89,97,101,⋯,197.综上,共有48+42+35+28=153个好数.7.【2020年新疆预赛】已知集合A={1,2,3,⋯,2020},对于集合A的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为 .【答案】2020【解析】集合A的22020−1个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2020,1×2,1×3⋯,2019×2020,⋯,1×2×⋯×2020,它们的倒数和为1+12+⋯+12020+11×2+11×3+⋯+12019×2020+⋯+11×2×⋯×2020=(1+1)(1+12)⋯(1+12020)−1=2×32×⋯×20212020−1=2020.8.【2019年全国】若实数集合{1,2,3,x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为 .【答案】−32【解析】由题意知，x为负值，∴3−x=1+2+3+x⇒x=−32.9.【2019年江苏预赛】已知集合A={x|x2−3x+2≥0}，B={x|√x−a≥1}，且A∩B= {x|x≥3}，则实数a的值是 .【答案】2【解析】A={x|x≥2或x≤1}，B={x|x≥a+1}.又A∩B={x|x≥3}，故a+1=3，解得a=2.10.【2019年江西预赛】将集合{1,2,⋯,19}中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为.【答案】16815【解析】所求的和为12[(1+2+⋯+19)2−(12+22+⋯+192)]=12[36100−2470]=1681511.【2019年浙江预赛】已知集合A ={k +1,k +2,⋯,k +n },k,n 为正整数，若集合A 中所有元素之和为2019，则当n 取最大值时，集合A = .【答案】A ={334,335,336,337,338,339} 【解析】由已知2k+n+12⋅n =3×673.当n =2m 时，得到(2k +2m +1)m =3×673⇒m =3,n =6,k =333; 当n =2m +1时，得到(k +m +1)(2m +1)=3×673⇒m =1,n =3. 所以n 的最大值为6，此时集合A ={334,335,336,337,338,339}.12.【2019年福建预赛】已知f (x )=x 2-2x ，集合A ={x |f (f (x ))=0}，则集合A 中所有元素的和为.【答案】4【解析】方程f (f (x ))=0化为f (x 2-2x )=0，即(x 2−2x )2−2(x 2−2x )=0.∴ (x 2−2x )(x 2−2x −2)=0.解得，x 1=0, x 2=2, x 3=1−√3, x 4=1+√3. ∴A ={0,2,1−√3,1+√3}，A 中所有元素的和为4.13.【2019年福建预赛】已知集合U ={1，2，3，4，5}，I ={X|X ⊆U}，从集合I 中任取两个不同的元素A 、B ，则A ∩B 中恰有3个元素的概率为 .【答案】562【解析】当A ∩B 确定后，如A ∩B ={3，4，5}时，设A =A ′∪{3,4,5}，B =B ′∪{3,4,5}. ，A ′∩B ′=∅，则{A ′,B ′}的情况有:{∅,{1}}，{∅,{2}}，{∅,{1,2}}，{{1},{2}}，共4种情形. ∴所求的概率为C 53×4C 322=10×4×232×31=562.14.【2019年贵州预赛】已知集合A ={1,2,3,……,2019},对于集合A 的每一个非空子集的所有元素,计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.【答案】2019【解析】解法1:集合A 的22019−1个非空子集中,每一个集合的所有元素之积分别为: 1,2,…,2019,1×2,1×3,2018×2019,……，1×2×⋯×2019,它们的倒数和：1+12+⋯+12019+11×2+11×3+⋯+12018×2019+⋯+11×2×⋯×2019 =(1+1)(1+12) (1)12019)−1=2×32×⋯×20202019−1=2019解法2:当A={1}时,结果是1;当A={1,2}时,结果是1+12+11×2=2；当A={1,2,3}时,结果是1+12+13+11×2+11×3+12×3+11×2×3=3.由数学归纳法可证(省略):当A={1,2,3,…,2019}时,结果是2019.15.【2019高中数学联赛B卷（第01试）】已知实数集合{1，2，3，x}的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x的值为 .【答案】−3【解析】条件等价于1，2，3，x中除最大数以外的另外三个数之和为0.显然x<0，从而1+2+x=0，得x=－3.16.【2018年江苏预赛】在1，2，3，4，…，1000中，能写成a2−b2+1(a∈N)的形式，且不能被3整除的数有________个。

全国高中数学联赛试题精选 1集合1.（08）设[2,4)A =-，2{40}B x x ax =--≤，若B A ⊆，则实数a 的取值范围为 （ ） A ．[0,3) B ．[0,3] C ．[1,2)- D ．[1,2]-2.（06） 已知集合{}05≤-=a x x A ，{}06>-=b x x B ,N b a ∈,，且{}2,3,4A B N ⋂⋂=，则整数对()b a ,的个数为A. 20B. 25C. 30D. 42 3.(03). 已知 {}2430,,A x x x x R =-+<∈(){}1220,2750,.x B x a x a x x R -=+≤-++≤∈若A B ⊆，则实数a 的取值范围是_____________.4.(87).已知集合{},,lg()M x xy xy =及{}0,||,|N x y =,并且M=N,2320012320011111()()()...()x x x x y y y y++++++++的值等于___________________.5.(93)集合A ，B 的并集A B ＝{a 1，a 2，a 3}，当A ≠B 时，(A ，B )与(B ，A )视为不同的对，则这样的(A ，B )对的个数是（ ）（A ）8 （B ）9 （C ）26 （D ）276.（07）已知A 与B 是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A 与B 的元素个数相同，且为A ∩B 空集。

若n ∈A 时总有2n +2∈B ，则集合A ∪B 的元素个数最多为（ ） A. 62 B. 66 C. 68 D. 747.(91).设集合{}1,2,...,1000M =,现对M 的任一非空子集X,令x a 表示X 中最大数与最小数之和,那么,所有这样的x a 的算术平均值为___________________.8.（05）．记集合T={0，1，2，3，4，5，6}，M=}4,3,2,1,|7777{4433221=∈+++i T a a a a a i ，将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++ B ．43272767575+++ C ．43274707171+++D ．43273707171+++不等式1.（05）．使关于x 的不等式k x x ≥-+-63有解的实数k 的最大值是（ ）A ．36-B ．3C ．36+D ．62.(03). 已知,x y 在区间()2,2-内，且1,xy =-则函数224949u x y =+--的最小值是 （A ）85 (B)2411 (C) 127 (D) 125【答】（ ） 3.（07） 设实数a 使得不等式|2x −a |+|3x −2a |≥a 2对任意实数x 恒成立，则满足条件的a 所组成的集合是（ ） A. ]31,31[-B. ]21,21[- C. ]31,41[- D. [−3，3]4.(93)实数x ，y 满足4x 2－5xy ＋4y 2＝5，设 S ＝x 2＋y 2，则=+minmax 11S S _____ __．5.(93)设任意实数x 0＞x 1＞x 2＞x 3＞0，要使1993lo g 1993lo g 1993lo g 322110x x x x x x ++≥1993log 30x x k ⋅恒成立，则k 的最大值是_____ __．6.(90).设n 是自然数,对任意实数,,x y z 恒有222444()()x y z n x y z ++≤++成立,则n 的最小值是___________________.7.(98)若a ＞1,b ＞1且lg(a +b )=lg a +lg b ，则lg(a -1)+lg(b -1)的值(A) 等于lg2 (B)等于1 (C)等于0 (D)不是与a ,b 无关的常数 8.(89)、已知12,,...,n a a a 是n 个正数,满足12...1n a a a =.求证:12(2)(2)...(2)3nn a a a +++≥.9.(03)． 设35,2x ≤≤ 证明不等式3319.全国高中数学联赛试题精选 2函数1.(83).112511111133x og og =+的值是属于区间(A)(2,1)-- (B)(1,2) (C)(3,2)-- (D)(2,3)2.(92)对于每个自然数n ，抛物线y =(n 2＋n )x 2-(2n ＋1)x ＋1与x 轴交于A n ，B n 两点，以|A n B n |表示该两点的距离，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋ ＋|A 1992B 1992|的值是( ) (A)19921991 (B)19931992 (C)19931991 (D)199219933.(84)若1()1xF x x-=+,则下列等式中正确的是 (A)(2)2()F x F x --=-- (B)1()()1xF x F x--=+ (C)1()()F x F x -= (D)(()F F x x =-4.（06）.设(32()log f x x x =+，则对任意实数,a b ，0a b +≥是()()0f a f b +≥的（ ）A. 充分必要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件5.(95). 已知方程||()x n k x n N -=∈2在区间(2n -1，2n +1]上有两个不相等的实根，则k 的取值范围是( ) (A)k >0 (B)0121<≤+k n (C)121121n k n +<≤+ (D)以上都不是6.（08）函数254()2x x f x x-+=-在(,2)-∞上的最小值是 （ ）A ．3B ．2C ．1D ．0 7.(90)设非零数复数,x y 满足220x xy y ++=,则代数式19901990()()x y x y x y+++的值是 (A)19902- (B)1- (C)1 (D)以上答案都不对8.(96)如果在区间[1, 2 ]上, 函数f(x) = x 2 + px + q 与g(x) = x + (1x )2在同一点取相同的最小值,那么f (x )在该区间上的最大值是__________.(A)33424114++(B) 3342254+- (C) 3342211-- (D)以上答案都不对 9.（09）．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是 ． 10.（08）．设()cos 22(1cos )f x x a x =-+的最小值为12-，则a =__________________．11.(03). 已知,,,a b c d 均为正整数，且35log ,log ,24a cb d ==若9a c -=，则b d -=____________.12,(89).设函数00021()||,()|()1|,()|()2|f x x f x f x f x f x ==-=-,则函数2()y f x =的图像与x 轴所围成图形中的封闭部分的面积是_____________________.13.（10）已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-，则实数a 的取值范围是________.14.（08）设()f x 是定义在R 上的函数，若(0)2009f = ，且对任意x ∈R ，满足 (2)()32x f x f x +-≤⋅，(6)()632x f x f x +-≥⋅，则)2008(f =___________________．15.(95). 用[x ]表示不大于实数x 的最大整数， 方程lg [lg ]220x x --=的实根个数是____． 16.（08）设()f x ax b =+，其中,a b 为实数，1()()f x f x =，1()(())n n f x f f x +=，1,2,3,n =，若7()128381f x x =+，则2(2)f = .17.(02)已知f(x)是定义在R 上的函数，f(1)=1且对任意x ∈R 都有f(x+5)≥f(x)+5)，f(x+1)≤f(x)+1，若g(x)=f(x)+1-x ，则g(2002)= 。

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 =_____________________。

集合函数1、（2009一试1）若函数()f x =且()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()()991f = ． 【答案】110【解析】()()()1f x f x ==，()()()2f x f f x ==⎡⎤⎣⎦……，()()99f x =．故()()991110f =．2、（2009一试6）若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是 ． 【答案】0k <或4k = 【解析】当且仅当0kx > ① 10x +>② ()2210x k x +-+=③对③由求根公式得1x，2122x k ⎡=-⎣ ④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥．(ⅲ)当4k >时，由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩，所以1x ，2x 同为正根，且12x x ≠，不合题意，舍去．综上可得0k <或4k =为所求．3、（2010一试1）函数x x x f 3245)(---=的值域是 .【答案】]3,3[-【解析】易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.4、（2010一试5）函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 . 【答案】41-【解析】令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=， 所以 412213)21()(2min -=-⨯+=y g ； 当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以 412232)(12min -=-⨯+=--y g . 综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.5、（2011一试1）设集合},,,{4321a a a a A =，若A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为}8,5,3,1{-=B ，则集合=A ． 【答案】{3,0,2,6}-.6、（2011一试2）函数11)(2-+=x x x f 的值域为 ．【答案】(,(1,)-∞+∞ 【解析】设22,tan πθπθ<<-=x ，且4πθ≠，则)4sin(21cos sin 11tan cos 1)(θθθθθ-=-=-=x f ．设)4sin(2πθ-=u ，则12<≤-u ，且0≠u ，所以 ),1(]22,(1)(+∞--∞∈= u x f ．7、（2012一试6）设()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x ≥时，()f x x 2=．若对任意的[,2]x a a ∈+，不等式()2()f x a f x +≥恒成立，则实数a 的取值范围是 ．【答案】).+∞【解析】由题设知22(0)()(0)x x f x x x ⎧≥⎪=⎨-<⎪⎩,则2()).f x f =因此,原不等式等价于()).f x a f +≥因为()f x 在R 上是增函数,所以,x a +≥即1).a x ≥又[,2],x a a ∈+所以当2x a =+时,1)x 取得最大值1)(2).a +因此,1)(2),a a ≥+解得a ≥故a 取值范围是).+∞8、（2013一试1）设集合{}2,0,1,3A =，集合{}2|,2B x x A x A =-∈-∉.则集合B 中所有元素的和为 . 【答案】-59、（2013一试5）设,a b 为实数，函数()f x ax b =+满足：对任意[]0,1x ∈，有()1f x ≤.则ab 的最大值为 . 【答案】14. 【解析】易知()()10a f f =-，()0b f =，则()()()()()()()()()()222111101001112444ab f f f f f f f ⎛⎫=⋅-=--+≤≤ ⎪⎝⎭.当()()2011f f ==±，即12a b ==±时，14ab =.故ab 的最大值为14.10、（2014一试1）若正数b a ,满足)log(log 3log 232b a b a +=+=+,则ba 11+的值为__________. 【答案】108【解析】212342log 3log log (),2,3,k k a b a b k a b --+=+=+===设则23231166,2310823kkk k a b a b a b ab --++=+===⨯=⨯从而11、（2014一试3）若函数|1|)(2-+=x a x x f 在),0[+∞上单调递增，则a 的取值范围为_______. 【答案】[-2,0].【解析】2[1,)()1, 2.2af x x ax a a +∞=+-≤≥-在上，单调递增，等价于-即在 2[0,1](),00.2af x x ax a a =+-≤≤上，单调递增等价于-，即[2,0].a -因此实数的取值范围是12、(2015一试1)设,a b 为不相等的实数,若二次函数2()f x x ax b =++满足()()f a f b =,则(2)f 的值是 . 【答案】4【解析】由已知条件及二次函数图象的轴对称性，可得22a b a+=-，即20a b +=，所以 (2)424f a b =++=13、（2016一试3）正实数w v u ,,均不等于1，若5log log =+w vw v u ，3log log =+v u w v ，则u w log 的值为 . 【答案】5414、（2017一试1）设()f x 是定义在R 上的函数，对任意实数x 有(3)(4)1f x f x +-=-.又当07x ≤<时，2()log (9)f x x =-，则(100)f -的值为 .【答案】12-【解析】由条件知，1(14)().(7)f x f x f x +=-=+所以2111(100)(100147)(2).(5)log 42f f f f -=-+⨯=-=-=-=-15、（2011一试9）设函数|)1lg(|)(+=x x f ，实数)(,b a b a <满足)21()(++-=b b f a f ，2lg 4)21610(=++b a f ，求b a ,的值．【解析】因为)21()(++-=b b f a f ，所以|)2lg(||)21lg(||)121lg(||)1lg(|+=+=+++-=+b b b b a ， 所以21+=+b a 或1)2)(1(=++b a ，又因为b a <，所以21+≠+b a ，所以1)2)(1(=++b a ． 又由|)1lg(|)(+=a a f 有意义知10+<a ，从而2110+<+<+<b b a ， 于是2110+<<+<b a ．所以 1210)2(6)2(6)1(101)21610(>+++=+++=+++b b b a b a ． 从而 ]210)2(6lg[|]210)2(6lg[|)21610(+++=+++=++b b b b b a f ． 又2lg 4)21610(=++b a f ，所以2lg 4]210)2(6lg[=+++b b ， 故16210)2(6=+++b b ．解得31-=b 或1-=b （舍去）． 把31-=b 代入1)2)(1(=++b a 解得52-=a ． 所以 52-=a ，31-=b ．16、（2014二试3）（本题满分50分）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.1,min()max .(1)2.n i j i j i A A A A A m φ-≠==且显然只需对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,i j A A ，排在前面的记为i A ，则满足（1）. 假设结论在n(n ≥3)时成立，考虑n+1的情形.若122,,,n A A A 中至少有12n -个子集不含n+1，对其中的12n -个子集用归纳假设，可知存在两个子集满足（1）. 若至多有121n --个子集不含n+1,则至少有121n -+个子集含n+1,将其中121n -+子集都去掉n+1,得到{1,2，…，n}的121n -+个子集.由于{1,2，…，n}的全体子集可分成12n -组，每组两个子集互补，故由抽屉原理,在上述121n -+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,i j A A ，满足ij A A ={n+1},这两个集合显然满足（1），故n+1时结论成立. 综上所述，所求99max 21k =-.17、（2015一试 10）(本题满分20分)设1234,,,a a a a 是四个有理数,使得{|14}i j a a i j ≤<≤,31{24,2,,,1,3}28=----求1234a a a a +++的值.12132434181324a a a a a a a a ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪=-⎪⎩ 2341112113,,24.8a a a a a a a =-===-于是故2231412113{,}{,24}{2,},82a a a a a a =--=-- 111,.4a Q a ∈=±结合只可能123412341111,4,6,4, 6.4242a a a a a a ==-==-=-==-=由此易知，a 或者，a经检验知这两组解均满足问题的条件.112349.4a a a ++=±故+a18、（2015二试2） (本题满分40分)设12{,,,}n S A A A =,其中12,,,n A A A 是n 个互不相同的有限集合(2)n ≥,满足对任意,i j A A S ∈,均有i j A A S ∈,若1min ||2i i nk A ≤≤=≥,证明:存在1n i i x A =∈,使得x 属于12,,,n A A A 中的至少nk个集合(这里||X 表示有限集合X 的元素个数).f s t ≤显然是单映射，于是1121212={,}.,,k n s A A A A A A A B B B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅设，，在，，中除去，，，12,t C C C n s t ⋅⋅⋅--，，后，在剩下的个集合中，设包含 i k),n-s-t i a x ≤≤的集合有个（1由于剩下的个集合中 1i A a 每个集合与的交非空，即包含某个，从而 12+.k x x x n s t +⋅⋅⋅+≥--111max ,,i i kn s tx x x n s t k≤≤--=≥--不妨设则由上式知即在剩下的个集合中， 1112(1,,),,i t n s tA C i t C C C k--⊆=⋅⋅⋅⋅⋅⋅包含a 的集合至少有个，又由于故，，都 11,a a 包含因此包含的集合个数至少为(1)+(2)n s t n s k t n s t t k k k k ---+--+=≥≥利用()nt s k≥≥利用19、（2016一试10）（本题满分20分）已知)(x f 是R 上的奇函数，1)1(=f ，且对任意0<x ，均有)()1(x xf x xf =-. 求+++)981()31()991()21()1001()1(f f f f f f …)511()501(f f +的值. 【解析】设n nf a n )(1(==1，2，3，…），则1)1(1==f a .在)()1(x xf x x f =-中取*)(1N k k x ∈-=，注意到111111+=---=-k kk x x ，及)(x f 为奇函数.可知 )1(1)1(1)11(k f k k f k k f =--=+ 即k a a k k 11=+，从而)!1(11111111-==∙=∏∏-=-=+n ka a a a n k n k k k n . 因此50504910111011(1)!(100)!!(99)!i ii i i a ai i i i -=====--∙-∑∑∑98494999999999990011112()299!99!99!299!i i ii i C C C -====+=⨯⨯=∑∑。

2024年重庆市高中数学联赛初赛试题 2 2024年浙江省高中数学联赛初赛试题 3 2024年四川省高中数学联赛初赛试题 4 2024年吉林省高中数学联赛初赛试题 5 2024年广西省高中数学联赛初赛试题 7 2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题 9 2024年北京市高中数学联赛初赛一试 10 2024年北京市高中数学联赛初赛二试 11一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.已知复数z 使得z -4z为纯虚数，则z -1-i 的最小值为.（其中i 为虚数单位）2.设函数f x =2x -2-x 的反函数为y =f -1x ，则不等式f -1x -1 <1的解集为.3.若点A -12,32关于直线y =kx 对称的点在圆x -2 2+y 2=1上，则k =.4.在△ABC 中，已知AB ⋅AC =2BC ⋅BA =3CA ⋅CB，则△ABC 最大角的正弦值为.5.数列a n 满足a 1=1，a n +1-a n a n =a n +2-a n +1a n +2n ∈N * ，若a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=3，则a 2024=.6.由1，2，⋯，9这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为.7.已知四面体ABCD 满足AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB =BC =CD =1，且异面直线AD 与BC 所成的角为60°，则四面体ABCD 的外接球的体积为.ABCD A 1D 1O 1O 8.一珍稀物种出现在地球，对每个珍稀生物，每天有如下事件发生：有p 0≤p ≤1 的概率消失，有1-p3的概率保持不变，有1-p 3的概率分裂成两个，有1-p3的概率分裂成三个.对所有新产生的生物每天也会发生上述事件.假设开始只有一个这样的珍稀生物，若希望最终这种生物灭绝的概率不超过12，则p 至多为.二、解答题：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.9.16分 已知函数f x =ln x -sin x ，若两不相等的实数x 1，x 2∈0,π 满足曲线y =f x 在点x 1,f x 1 和点x 2,f x 2 处的切线斜率相等，求证：f x 1 +f x 2 >-2.10.20分 已知抛物线Ω：y =x 2，动线段AB 在直线y =3x -3上(B 在A 右侧)，且AB =2 3.过A 作Ω的切线，取左边的切点为M .过B 作Ω的切线，取右边的切点为N .当MN ⎳AB 时，求点A 的横坐标.11.20分 设x 1=3，x n +1=x n +14-x n +2n ∈N * ，求x 1+x 2+⋯+x n 的值.(其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.)一、填空题(每小题8分，共计96分)1.设集合A =x x -12x -1≤0 ，集合B =x ∣x 2+2x +m ≤0 .若A ⊆B ，则实数m 的取值范围为.2.设函数f ：{1,2,3}→{2,3,4}满足f f x -1 =f x ，则这样的函数有个.3.函数y =sin 2x +sin x +1sin 2x +1的最大值与最小值之积为.4.已知数列x n 满足：x 1=22，x n +1=x n n n +1x 2n+n n +1，n ≥1，则通项x n =.5.已知四面体A -BCD 的外接球半径为1，若BC =1，∠BDC =60°，球心到平面BDC 的距离为.6.已知复数z 满足z 24=z -1 510=1，则复数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t ∈0,1 ，使得向量a +1-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n2024=2024i =0a i C in ，a i ∈N ∗，则a 1+a 2024=.9.设实数a ，b ，c ∈(0,2]，且b ≥3a 或a +b ≤43，则max {b -a ,c -b ,4-2c }的最小值为.10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为x 212+y 24=1，F 1为E 的左焦点；圆C 的方程为x -a 2+y -b 2=r 2，A 为C 的圆心.直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点P 3,1 .当∠OAF 1最大时，实数r =.11.设n 为正整数，且nk =0-1 kC knk 3+9k 2+26k +24=1312，则n =.12.设整数n ≥4，从编号1，2，⋯，n 的卡片中有放回地等概率抽取，并记录下每次的编号.若1，2均出现或3，4均出现就停止抽取，则抽取卡片数的数学期望为.二、解答题(13题满分14分，14、15题满分各20分，合计54)13.正实数k 1，k 2，k 3满足k 1<k 2<k 3；实数c 1，c 2满足c 1=k 2-k 1，c 2-c 1=2k 3-k 2 ,定义函数f x =k 1x ,0≤x ≤1k 2x -c 1,1<x ≤2,k 3x -c 2,x >2 g x =k 1x ,0≤x ≤1k 2x -c 112,1<x ≤2k 3x -c 212,x >2 试问，当k 1，k 2，k 3满足什么条件时，存在A >0使得定义在[0,A ]上的函数g x +f A -x 恰在两点处达到最小值？14.设集合S ={1,2,3,⋯,997,998}，集合S 的k 个499元子集A 1，A 2，⋯，A k 满足：对S 中任一二元子集B ，均存在i ∈{1,2,⋯,k }，使得B ∈A i .求k 的最小值.15.设f x ，g x 均为整系数多项式，且deg f x >deg g x .若对无穷多个素数p ，pf x +g x 存在有理根，证明：f x 必存在有理根.(考试时间：2024年5月19日9:00∼11:00)一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设函数f x =ln x +x -2的零点都在区间[a ,b ]a ,b ∈Z ,a <b 内，则b -a 的最小值为.2.已知a >b >1，若log a b +log b a =52，则ba +4的最大值为.3.设a ∈R ，若函数f x =ax -ax-2ln x 在其定义域内为单调递增函数，则实数a 的最小值为.4.用f X ,Γ 表示点X 与曲线Γ上任意一点距离的最小值.已知⊙O :x 2+y 2=1及⊙O 1：x -4 2+y 2=4，设P 为⊙O 上的动点，则f P ,⊙O 1 的最大值为.5.设△ABC 中，AC =2，∠ABC =2∠BAC ，则△ABC 面积的最大值为.6.将边长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1绕着其中心旋转45°得到一个十面体ABCD -EFGH (如图)，则该十面体的体积为.7.若T =100k =1299+k ⋅3101-k ，则T 的末尾数字0的个数为.8.记I ={1,4,5,6}，U ={1,2,3,⋯,25}，集合U 的子集A =a 1,a 2,a 3,a 4,a 5 ，满足a i -a j ∉I ∀1≤i <j ≤5 ，则符合条件的集合A 的个数为.(用具体数字作答)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.(16分)已知t 为正实数，若曲线y =t ⋅e x 与椭圆C ：x 22+y 2=1交于A 、B 两个不同的点，求证：直线AB 的斜率k <22.10.(20分)设复数x ，y ，z 满足：x +2y +3z =1.求x 2+y 2+z 2+x 2+y 2+z 2的最小值.11.(20分)给定正整数n ≥2，数组a 1,a 2,⋯,a n 称为“好数组”是指：a 1，a 2，⋯，a n 均不为0，a 1=1，且对任意的1≤k ≤n -1，均有a k +1+a k a k +1-a k -1 =0.求“好数组”a 1,a 2,⋯,a n 的组数.一、选择题：本大题共6小题，每小题x 分，满分x 分.1.记S =32+432-4+42+442-4+52+452-4+⋯+132+4132-4，则与S 最接近的整数为()A.14B.15C.16D.172.在四边形ABCD 中，AB ⎳CD ，AC =λAB +μAD λ,μ∈R .若λ+μ=32，则CDAB=()A.13B.12C.1D.23.函数f x =ax 3-6x a ∈R ，若f x ≤2对∀x ∈-1,12成立，则()A.f x ≤1对∀x ∈-12,12 成立B.f x ≤32对∀x ∈-12,12成立C.f x ≤18对∀x ∈-32,32成立D.f x ≤352对∀x ∈-32,32成立4.在正四面体ABCD 中，棱AD 的中点和面BCD 的中心的连线为MN ，棱CD 的中点和面ABC 的中心的连线为PQ ，则MN 与PQ 所成角的余弦值为()A.118B.117C.116D.1155.已知函数f x =2x 4-18x 2+12x +68+x 2-x +1，则()A.f x 的最小值为8 B.f x 的最小值为9C.f x =8有1个实根D.f x =9有1个实根6.已知A ，B ，C 是平面上三个不同点，且BC =a ，CA =b ，AB =c ，则c a +b +bc的最小值为()A.2-12B.22-12C.2-22D.1-22二、填空：本大题共6小题，每小题x 分，满分x 分.7.设集合S ={1,2,3,4,5}.若S 的子集A 满足：若x ∈A ，则6-x ∈A ，则称子集A 具有性质p ，现从S 的所有非空子集中，等可能地取出一个，则所取出的非空子集具有性质p 的概率为.8.函数f x =log a 4-ax (a >0，且a ≠1)，若f x ≥1对∀x ∈[1,2]成立，则实数a 的取值范围.9.已知甲、乙、丙、丁四位同学对某10道判断题的解答情况如下表：题号12345678910甲×√××√×√√√×乙××√√×√√√××丙√√×√√√×√×√丁××√√××√√××若甲、乙、丙三人均答对7题，则丁答对的题数为.10.已知函数f x =ln x -1x2+2ax -ax .若∃m >0，使得f m ≥a 2，则实数a 的最大值为11.设函数f x =sin x⋅sin3x，若关于x的方程f x =a在(0,π]上有奇数个不同的实数解，则实数a的值为.12.在△ABC中，AP平分∠BAC，AP交BC于P，BQ平分∠ABC，BQ交CA于Q，∠BAC=30°，且AB+BP =AQ+QB，则∠ABC的度数为.三、解答：本大题共4小题，每小题x分，满分x分.13.已知椭圆C1的中心为坐标原点O，焦点在坐标轴上.圆C2的圆心为坐标原点O，过点A-2,0且倾斜角为30°的直线与圆C2相切.(1)求圆C2的方程；(2)过圆C2上任意一点P x0,y0x0⋅y0≠0作圆C2的切线，与椭圆C1交于A，B两点，均有∠AOB=90°成立.判断椭圆C1是否过定点？说明理由.14.已知数列a n满足：a1=1，a2=2，a n+1=1a n+an-1n≥2.求证：2024k=11a k>88.15.如图，⊙O1、⊙O2外切于点A，过点A的直线交⊙O1于另一点B，交⊙O2于另一点C，CD切⊙O1于点D，在BD的延长线上取一点F，使得BF2=BC2-CD2，连接CF交⊙O2于E，求证：DE与⊙O2相切.16.全体正有理数的集合Q+被分拆为三个集合A，B，C(即A∪B∪C=Q+，且A∩B=B∩C=C∩A=∅，满足B*A=B，B*B=C，B*C=A，这里H*K={h⋅k∣h∈H,k∈K}.(1)给出一个满足要求的例子(即给出A，B，C)；(2)给出一个满足要求的例子，且1，2，⋯，35中的任意两个相邻正整数均不同时在A中.2024年广西省高中数学联赛初赛试题一、填空题(本大题共8小题，每小题10分，共80分).1.设函数f x =log2x.若a<b且f a =f b ，则a+2024b的取值范围是.2.已知椭圆x 2a2+y2b2=1a>b>0的焦点为F1，F2，M为椭圆上一点，∠F1MF2=π3，OM=153b.则椭圆的离心率为.3.若正实数x，y满足x-2y=2x-y，则x的最大值为.4.方程3x=x37的正整数解为.5.设x1，x2，x3，x4均是正整数，且x i x j x k∣1≤i<j<k≤4=18,36,54.则x1+x2+x3+x4=.6.正三棱雉P-ABC中，AP=3，AB=4.设D是直线BC上一点，面APD与直线BC的夹角为45°，则线段PD的长度是.7.已知四次多项式x4-25x3+ax2+61x-2024的四个根中有两个根的乘积是-253，则实数a=.8.设数列x n满足x1=2001，x n+1=x n+y n，其中y n等于x n的个位数，则x2024=.二、解答题(本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)9.(15分)如图所示，AD=CD，DP=EP，BE=CE，DP<AD<BE，∠ADC=∠DPE=∠BEC=90°.证明：P为线段AB的中点.10.(15分)设A为数集{1,2,3,⋯,2024}的n元子集，且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系.求n 的最大值.11.(20分)用[x]表示不超过x的最大整数.设数列x n满足：x1=1，x n+1=4x n+11x n.求x2024的个位数.12.(20分)图G是指一个有序二元组V,E，其中V称为顶点集，E称为边集.一个图G中的两点x，y的距离是指从x到y的最短路径的边数，记作d x,y.一个图G的直径是指G中任意两点的距离的最大值，记作diam G.∣x,y∈G，即diam G=max d x,y记Z n={[0]，[1]，[2]，⋯，[n-1]}是模n的剩余类，定义Z n上的加法和乘法，均是模n的加法和乘法，例如在Z12={[0]，[1]，[2]，⋯，[11]}中：[3]+[4]=[7]，[6]+[9]=[3]；[3]⋅[4]=[0]，[6]⋅[9]=[6].在Z n中，设[x]≠[0].若存在[y]≠[0]使得[x]⋅[y]=[0]，则称[x]是Z n的一个零因子.记Z n的所有零因子的集合为D Z n，它是以={[2]，[3]，[4]，[6]，[8]，[9]，[10]}.Z n的零因子图，记为ΓZ n .例如D Z12D Z n为顶点集，两个不同的顶点[x]，[y]之间有一条边相连当且仅当[x]⋅[y]=[0].下图是ΓZ12的例子.证明：对一切的整数n≥2，都有diamΓZ n≤3.2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题(2024年5月19日，8:30-9:50)一、填空题(本题满分64分，每小题8分)1.集合M ={1,2,3,5,6}的全部非空子集的元素和等于.2.设a ，b ，c 是实数，满足a +b +c =1，a 2+b 2+c 2=1，a ≠0，bca 3的取值范围为.3.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2，过点A 的一个平面截此棱柱，与侧棱BB 1，CC 1分别交于点M ，N ，若△MNA 为直角三角形，则△MNA 面积的最大值为.4.已知在△ABC 中BC =3，A =π3，BD =14BC，则线段AD 的最大值为.5.从1，2，⋯，11中任取三个不同的数，则这三个数可以构成等差数列的概率为.6.O 是原点，椭圆x 24+y 25=1，直线l 过1,0 且与椭圆交于A ，B 两点，则△ABO 面积的最大值为.7.数列a n 中，a 1=110，且对任意n ∈N *，a n +1=a 2n +a n ，求2024n =11a n+1 的整数部分是.8.已知关于x 的方程x 3-3x +4=0的三个复数根分别为z 1，z 2，z 3，则z 1-z 2 2z 2-z 3 2z 3-z 1 2的值为.二、解答题(本题满分56分)9.(16分)已知双曲线C ：x 24-y 23=1，直线l ：y =kx +1与双曲线C 的左右支分别相交于A ，B 两点，双曲线C 在A ，B 两点处的切线相交于点P ，求△ABP 面积的最小值.10.(20分)已知函数f x =e x -1-xax 2-2x +1.(1)当a =0时，讨论f x 在-4,12上的极值.(2)若x =0是f x 的极小值点，求a 的取值范围.11.(20分)设n 是一个给定的正整数，集合S n =i ,j ∣1≤i ,j ≤2n ,i ,j ∈N * ，求最大的正数c =c n ，使得对任意正整数d 1，d 2，都存在集合S n 的子集P ，满足集合P 至少有cn 2个元素，且集合P 的任两个元素i ,j ，k ,l 均有i -k2+j -l 2≠d 1，i -k 2+j -l 2≠d 2.2024年北京市高中数学联赛初赛一试考试时间：8:00-9:20一、填空题(1-8题每题8分，第9题16分，第10，11题每题20分，共120分)1.设整数集合A=a1,a2,a3,a4,a5，若A中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为B={-30,-15, -10,-6,-5,-3,2,6,10,15}，则集合A={-30,-15,-10,-6,-5,-3,20,10,15}，则集合A=.2.已知函数f x =x+2,x<0；ln12x+1,x≥0.若关于x的方程f f x=m恰有三个不相等的实数根x1，x2，x3且满足x1<x2<x3，则2x1+9ln x2+4的取值范围是.3.从1，2，⋯，2024中任取两个数a，b a≤b，则3a+7b的值中，个位数字为8的数有个.4.设复数z满足3z-2i=6，令z1=z2-10z+74z-5+7i，则z1的最大值是.5.已知函数f x =x,若x为无理数；q+1p,若x=qp,其中p,q∈N*,且p,q互质,p>q.则函数f x 在区间89,910上的最大值为.6.对于c>0，若非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0，且使2a+b最大，则3a-4b+2c的最小值为.7.已知函数f x =cos4x+sin4x+a sin4x-b，且f x+π6为奇函数.若方程f x +m=0在[0,π]上有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，则fx1+x2+x3+x44的平方值为.8.已知A⊆{1,2,⋯,2625}，且A中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则A 的最大值为.9.设多项式f x =x2024+2023i=0c ix i，其中c i∈{-1,0,1}.记N为f x 的正整数根的个数(含重根).若f x 无负整数根，N的最大值是.10.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1上的一点，且A1E=1，F为截面A1BD上的动点，则AF+FE的最小值等于.11.数列a n定义如下：设2n!n!n+2024!写成既约分数后的分母为A n ，a n等于2A n 的最大质因数，则a n的最大值等于.2024年北京市高中数学联赛初赛二试考试时间：9:40-12:301.(40分)设a，b，c是三个正数，求证：2a2a2+b2+c2+2ba2+2b2+c2+2ca2+b2+2c2≤32a+b+c5a2+5b2+5c2+ab+bc+ca.2.(40分)如图所示，锐角△ABC的三条高线AD，BE，CF交于点H，过点F作FG⎳AC交直线BC于点G，设△CFG的外接圆为⊙O，⊙O与直线AC的另一个交点为P，过P作PQ⎳DE交直线AD于点Q，连接OD，OQ.求证：OD=OQ.3.(50分)有n个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论.4.(50分)设a1，a2，⋯，a n为n个两两不同的正整数且a1a2⋯a n恰有4048个质因数.如果a1，a2，⋯，a n中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求n的最大值.2024年重庆市高中数学联赛初赛试题 2 2024年浙江省高中数学联赛初赛试题 3 2024年四川省高中数学联赛初赛试题 4 2024年吉林省高中数学联赛初赛试题 5 2024年广西省高中数学联赛初赛试题 7 2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题 9 2024年北京市高中数学联赛初赛一试 10 2024年北京市高中数学联赛初赛二试 112024年重庆市高中数学联赛初赛试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.已知复数z 使得z -4z为纯虚数，则z -1-i 的最小值为2-2.（其中i 为虚数单位）【答案】2-2【解析】z -4z 为纯虚数⇒z -4z =-z -4z⇔z +z =4z +zzz.当z +z=0时，，z -1-i min =1；当z +z≠0时，，则z =2，，此时z -1-i min =2-2<1，，当z =21+i 可取等号.2.设函数f x =2x -2-x 的反函数为y =f -1x ，则不等式f -1x -1 <1的解集为-12,52 .【答案】-12,52 【解析】因为f x 为R 上单调递增的奇函数，，且值域为R ，，所以f -1x 也为R 上单调递增的奇函数.注意f 1 =32，，故f -1x -1 <1⇔-32<x -1<32⇔-12<x <52.3.若点A -12,32 关于直线y =kx 对称的点在圆x -2 2+y 2=1上，则k =3.【答案】3【解析】注意点A 在圆x 2+y 2=1上，，且A 关于直线y =kx 对称的点必然在圆x 2+y 2=1上，，而圆x 2+y 2=1与圆x -2 2+y 2=1仅有唯一公共点B 1,0 ，，因此对称点只能是B .易知∠AOB =120°，，因此k =tan60°= 3.4.在△ABC 中，已知AB ⋅AC =2BC ⋅BA =3CA ⋅CB ，则△ABC 最大角的正弦值为31010.【答案】31010【解析】设△ABC 的内角A ，，B ，，C 所对的边分别为a ，，b ，，c ，，由条件知b 2+c 2-a 22=a 2+c 2-b 2=3a 2+b 2-c 2 2，，解得b 2=85a 2，，c 2=95a 2，，故最大角为角C ，，由余弦定理得cos C =a 2+b 2-c 22ab =1010⇒sin C =31010.5.数列a n 满足a 1=1，a n +1-a n a n =a n +2-an +1a n +2n ∈N * ，若a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=3，则a 2024=62029.【答案】62029【解析】由a n +1-a n a n =a n +2-a n +1a n +2可得1a n +1a n +2=2a n +1，，则数列1a n 为等差数列，，首项为1a 1=1，，设公差为d ，，则a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=11+d +11+d 1+2d +⋯+11+5d 1+6d=1d 1-11+d +11+d -11+2d +⋯11+5d -11+6d =61+6d =3⇒d =16，，故1a 2024=1+20236=20296⇒a 2024=62029.6.由1，2，⋯，9这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为21600.【答案】21600【解析】一个圆排列满足要求当且仅当该排列中8，，9与7，，9这两对数均不能相邻.设满足8，，9相邻的圆排列有N1个，，满足7，，9相邻的圆排列有N2个，，满足8，，9相邻且7，，9相邻的圆排列有N3个，，则N1= N2=A22⋅7!，，N3=A22⋅6!，，从而由容斥原理，，满足要求的排列的个数为N=8!-N1+N2-N3=21600.7.已知四面体ABCD满足AB⊥BC，BC⊥CD，AB=BC=CD=1，且异面直线AD与BC所成的角为60°，则四面体ABCD的外接球的体积为55π6.ABC DA1D1 O1O【答案】55π6【解析】由题设条件，，可将四面体补成直三棱柱ABD1-A1CD，，如图所示.由题知∠A1AD=60°，，AA1=1，，于是A1D=AD1=3，，又AB=BD1=1，，则∠ABD1=120°.设四面体ABCD的外接球球心为O，，则O在平面ABD1的投影O1为△ABD1的外心，，且OO1=12.由正弦定理知，，O1A=1，，从而外接球半径R=OA=52，，于是V=43πR3=55π6.8.一珍稀物种出现在地球，对每个珍稀生物，每天有如下事件发生：有p0≤p≤1的概率消失，有1-p3的概率保持不变，有1-p3的概率分裂成两个，有1-p3的概率分裂成三个.对所有新产生的生物每天也会发生上述事件.假设开始只有一个这样的珍稀生物，若希望最终这种生物灭绝的概率不超过12，则p至多为5 17.【答案】517【解析】设开始有一个珍稀生物、最终灭绝的概率为f1 =q≤12，，那么若开始有n个珍稀生物、最终灭绝的概率则为f n =q n.由题知，，f1 =p+1-p3f1 +1-p3f2 +1-p3f3 ，，从而有q=p+1-p3q+1-p 3q2+1-p3q3即q-11-p3q2+2q+3-1∣=0，，由于q≤12，，则0=1-p3q2+2q+3-1≤1-p 3⋅174-1，，得p≤517.故p至多为517.注：该题也可以用母函数.其第n天的母函数为f n x ，，其中f x =p+1-p3x+1-p3x2+1-p3x3，，考虑limn→+∞f n 0 ≤12即可.二、解答题：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.9.16分已知函数f x =ln x-sin x，若两不相等的实数x1，x2∈0,π满足曲线y=f x 在点x1,f x1和点x2,f x2处的切线斜率相等，求证：f x1 +f x2 >-2.【解析】先证一个引理：对x>0，，有sin x<x.引理的证明：令φx =sin x-x，，φ x =cos x-1≤0，，故φx 为减函数，，所以当x>0时，，φx <φ0 =0，，引理得证！4分回到原题：f x =1x-cos x，，由题知f x1=f x2 .不妨x 1>x 2，，则x 1-x 22∈0,π2，，于是由f x 1 =f x 2 并结合引理可得x 1-x 2x 1x 2=cos x 2-cos x 1=2sin x 1+x 22sin x 1-x228分≤2sin x 1-x 22<2×x 1-x22=x 1-x 2，，因此x 1x 2>1.12分所以f x 1 +f x 2 =ln x 1x 2-sin x 1-sin x 2>-sin x 1-sin x 2≥-2.16分10.20分 已知抛物线Ω：y =x 2，动线段AB 在直线y =3x -3上(B 在A 右侧)，且AB =2 3.过A 作Ω的切线，取左边的切点为M .过B 作Ω的切线，取右边的切点为N .当MN ⎳AB 时，求点A 的横坐标.【解析】设M x 1,x 21 ，，N x 2,x 22 ，，注意k MN =x 22-x 21x 2-x 1=x 1+x 2，，从而当MN ⎳AB 时，，k MN =k AB =3⇒x 1+x 2= 3.5分因为y =2x ，，所以k AM =2x 1，，可得切线AM 的方程为y -x 21=2x 1x -x 1 ，，即y =2x 1x -x 21.同理可得切线BN 的方程为y =2x 2x -x 22.由题设中A ，，B 的要求，，可设A t ,3t -3 ，，B t +3,3t ，，10分将A t ,3t -3 代入切线AM 的方程，，得3t -3=2tx 1-x 21，，即x 21-2tx 1+3t -3=0，，可求得x 1=t -t 2-3t +3，，这里取较小的根是因为M 为左边的切点.同理可求得x 2=t +3+t 2+3t +3.15分于是x 1+x 2=3⇒t -t 2-3t +3+t +3+t 2+3t +3=3，，整理得t 1+3t 2-3t +3+t 2+3t +3=0⇒t =0.故点A 的横坐标为0.20分11.20分 设x 1=3，x n +1=x n +14-x n +2n ∈N * ，求x 1+x 2+⋯+x n 的值.(其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.)【解析】设f x =x +14-x +2=12x +14+x +2.对于x >0，，f x 连续且单调递减.由于x 1>2，，则0<x 2=f x 1 <f 2 =2，，进而依次可以得到x 3>2，，0<x 4<2，，即0<x 2k <2，，x 2k +1>2.5分令g x =x +f x .由于g x =1+12x +14-12x +2>0恒成立，，故当x ≥0时，，g x 单调递增.又由于g 2 =4，，故当x >2时，，g x >4；当0<x <2时，，g x <4.10分当n 为偶数时，，设n =2k k ∈N * ，，有x 1+⋯+x 2k =x 1+x 2 +x 3+x 4 +⋯+x 2k -1+x 2k =g x 1 +g x 3 +⋯+g x 2k -1 >4k ，，且x 1+⋯+x 2k =x 1+x 2+x 3 +x 4+x 5 +⋯+x 2k -2+x 2k -1 +x 2k =x 1+g x 2 +g x 4 +⋯+g x 2k -2 +x 2k <4k +1，，故x 1+x 2+⋯+x 2k =4k =2n .当n 为大于1的奇数时，，设n =2k +1k ∈N * ，，有x 1+⋯+x 2k +1=x 1+x 2 +x 3+x 4 +⋯+x 2k -1+x 2k +x 2k +1=g x 1 +g x 3 +⋯+g x 2k -1 +x 2k +1>4k +2x 1+⋯+x 2k +1=x 1+x 2+x 3 +x 4+x 5 +⋯+x 2k +x 2k +1=x1+g x2+g x4 +⋯+g x2k<4k+3，，故x1+x2+⋯+x2k+1=4k+2=2n.当n=1时，，x1=3.综上，，当n=1时，，x1=3；当n≥2时，，x1+x2+⋯+x n=2n.20分2024年浙江省高中数学联赛初赛试题一、填空题(每小题8分，共计96分)1.设集合A=x x-12x-1≤0，集合B=x∣x2+2x+m≤0.若A⊆B，则实数m的取值范围为m≤-3.【答案】m≤-3【解析】集合A=x 12<x≤1，，要使A⊆B，，则12+2×1+m≤0，，解得m≤-3.2.设函数f：{1,2,3}→{2,3,4}满足f f x -1=f x ，则这样的函数有10个.【答案】10【解析】令y=f x -1∈{1,2,3}，，则f y =y+1.对f1 =2以下三种情况都满足条件f2 =f3 =2；f2 =f3 =3；f2 =f3 =4，，共3种.同理对f2 =3，，f1 =f3 有3种情况；f3 =4，，f1 =f2 也有3种情况.又f1 =2，，f2 =3，，f3 =4显然满足条件.所以满足已知条件的函数共有3×3+1=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y=sin 2x+sin x+1sin2x+1的最大值与最小值之积为34.【答案】34【解析】令t=sin x，，-1≤t≤1，，原式变形y=1+1t+1t ，，当t≠0时，，12≤y≤32.当t=0时，，y=1.所以y的最大、最小值分别为32，，12，，其积为34.4.已知数列x n满足：x1=22，x n+1=xnn n+1x2n+n n+1，n≥1，则通项x n=n3n-1.【答案】n3n-1【解析】将已知条件变形得1x2n+1-1x2n=1n-1n+1，，将上式从1到n叠加得到1 x2n -1x21=1-1n，，即x n=n3n-1.5.已知四面体A-BCD的外接球半径为1，若BC=1，∠BDC=60°，球心到平面BDC的距离为6 3.【答案】63【解析】因为球心在平面BDC上的投影就是△BDC的外心，，由已知求得△BDC的外接圆半径为33，，所以球心到平面BDC的距离为1-332=63.6.已知复数z满足z24=z-1510=1，则复数z=12±32i.【答案】12±32i【解析】由已知得z =z-1=1，，解得z=12±3i2.显然这两个解满足题设条件.。

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编1、集合部分2019A 2、若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x 的值为 ．◆答案：32-★解析：假如0x ≥，则最大、最小元素之差不超过{}max 3,x ，而所有元素之和大于{}max 3,x ，不符合条件．故0x <，即x 为最小元素．于是36x x -=+，解得32x =-。

2019B1. 若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x 的值为 ．◆答案：3-★解析：条件等价于1,2,3,x 中除最大数以外的另三个数之和为0 ．显然0<，从而120x ++=，得3x =-．2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为 ◆答案：24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。

2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是 ◆答案： 31 ★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。

★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m nnm mn m n由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--n n n 个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m -=2017B 四、（本题满分50分）。

全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编专题18集合真题汇编与预赛典型例题全国联赛真题：1．【2019年全国联赛】若实数集合的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.2．【2018年全国联赛】设集合A={1，2，3…，99}，B={2x|x∈A}，C={x|2x∈A}，则B∩C的元素个数为3．【2013年全国联赛】设集合.则集合中所有元素的和为______.4．【2011年全国联赛】设集合.若中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为，则集合______.5．【2019年全国联赛】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.6．【2015年全国联赛】设为四个有理数，使得.求的值.7．【2015年全国联赛】设，其中，个互不相同的有限集合，满足对任意，均有.若表示有限集合的元素个数），证明：存在，使得属于中的至少个集合.8．【2014年全国联赛】设.求最大的整数，使得集合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.9．【2013年全国联赛】一次考试共有道试题，名学生参加，其中为给定的整数.每道题的得分规则是：若该题恰有名学生没有答对，则每名答对该题的学生得分，未答对的学生得零分.每名学生的总分为其道题的得分总和.将所有学生总分从高到低排列为.求的最大可能值.10．【2012年全国联赛】试证明：集合满足（1）对每个，若，则一定不是的倍数；（2）对每个表示中的补集），且，必存在，使的倍数.各省预赛典型题1．【2018年江苏】在1，2，3，4，…，1000中，能写成的形式，且不能被3整除的数有________个。

同理知 N（t）=11，故选项 B 不正确．
故选 C． 7. 现规定：A 是一些点构成的集合，若连接点集 A 内任意两点的线段，当该线段上所有点仍在点集 A
内时，则称该点集 A 是连通集，下列点集是连通集的是（ ） A．函数 y=2x 图象上的点构成的集合 B．旋转体表面及其内部点构成的集合 C．扇形边界及其内部点构成的集合 D．正四面体表面及其内部点构成的集合
6. 含有三个实数的集合可表示为
，也可表示为{a2，a+b，0}，则 a +b 2009 2009 的值为（ ）
6
A．0
B．﹣1
C．1
7. 已知集合 A={x|ax2﹣3x+2=0}至多有一个元素，则 a 的取值范围是
8. 若 a，b∈R，集合
，求 b﹣a 的值
解：由
，可知 a≠0，则只能 a+b=0，
设 Qn 是 Pn 中所有奇数的集合．因此 f (n) 等于 Qn 的子集个数。
当 n 为偶数〔
或奇数）时，
Pn
中奇数的个数是
n 2
（
n
+ 2
1
）。∴
⎧ ⎪2
n 2
(
n为偶数)
f (n)= ⎨ n+1
。
⎪⎩2 2 (n为奇数)
知识点 3、集合的性质
同步演练
1. 下列集合中表示同一集合的是（ ）
A．M={（3，2）}N={3，2}
4. 若 A={（1，﹣2），（0，0）}，则集合 A 中的元素个数是（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
5. （2010•广东文）在集合{a，b，c，d}上定义两种运算+和*如下

全国高三高中数学专题试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、填空题1.已知集合A ＝{x|33－x <6}，B ＝{x|lg(x －1)<1}，则A∩B ＝________．2.已知a 、b 为正实数，函数f(x)＝ax 3＋bx ＋2x 在[0，1]上的最大值为4，则f(x)在[－1，0]上的最小值为________．3.若函数f(x)＝x 3－ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．4.已知函数y ＝f(x)是偶函数，对于x ∈R 都有f(x ＋6)＝f(x)＋f(3)成立．当x 1、x 2∈[0，3]，且x 1≠x 2时，都有>0，给出下列命题：①f(3)＝0；②直线x ＝－6是函数y ＝f(x)的图象的一条对称轴； ③函数y ＝f(x)在[－9，－6]上为单调增函数； ④函数y ＝f(x)在[－9，9]上有4个零点． 其中正确的命题是________．(填序号)5.已知函数f(x)＝||x －1|－1|，若关于x 的方程f(x)＝m(m ∈R)恰有四个互不相等的实根x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1x 2x 3x 4的取值范围是________．6.关于函数f(x)＝lg(x>0，x ∈R)，下列命题正确的是________．(填序号)①函数y ＝f(x)的图象关于y 轴对称；②在区间(－∞，0)上，函数y ＝f(x)是减函数； ③函数y ＝f(x)的最小值为lg2；④在区间(1，＋∞)上，函数y ＝f(x)是增函数．7.已知函数f(x)＝2x 2＋m 的图象与函数g(x)＝ln|x|的图象有四个交点，则实数m 的取值范围是________． 8.在平面直角坐标系xOy 中，设定点A(a ，a)，P 是函数y ＝(x>0)图象上一动点．若点P 、A 之间的最短距离为2，则满足条件的实数a 的所有值为________．9.设函数f(x)＝ (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立，则a 的取值范围是________． 10.已知函数f(x)＝若关于x 的方程f(x)＝kx(k ＞0)有且仅有四个根，其最大根为t ，则函数g(t)＝t 2－6t ＋7的值域为________．11.若奇函数f(x)与偶函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝2x ，则函数g(x)的最小值是________． 12.设函数f(x)＝ (a<0)的定义域为D ，若所有点(s ，f(t))(s 、t ∈D)构成一个正方形区域，则a 的值为________．13.对于实数a 和b ，定义运算“”：ab ＝设f(x)＝(2x －1)(x －1)，且关于x 的方程为f(x)＝m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1、x 2、x 3的取值范围是________．二、解答题1.已知函数f(x)＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x 4－2x2. (1)求函数f(x)的定义域； (2)判断函数f(x)的奇偶性； (3)求函数f(x)的值域．2.已知函数f(x)＝ax 2－|x|＋2a －1(a 为实常数)． (1)若a ＝1，作函数f(x)的图象；(2)设f(x)在区间[1，2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式； (3)设h(x)＝，若函数h(x)在区间[1，2]上是增函数，求实数a 的取值范围．3.设函数f(x)＝其中b>0，c ∈R.当且仅当x ＝－2时，函数f(x)取得最小值－2.(1)求函数f(x)的表达式；(2)若方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)至少有两个不相同的实数根，求a 取值的集合．4.已知f(x)＝xlnx ，g(x)＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f(x)在[t ，t ＋2](t>0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围； (3)证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立．5.定义在D 上的函数f(x)，如果满足：对任意x ∈D ，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M 成立，则称f(x)是D 上的有界函数，其中M 称为函数f(x)的上界．已知函数f(x)＝1＋a·＋.(1)当a ＝1时，求函数f(x)在(－∞，0)上的值域，并判断函数f(x)在(－∞，0)上是否为有界函数，请说明理由； (2)若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，求实数a 的取值范围． 6.已知函数f(x)＝a x ＋x 2－xlna(a>0，a≠1)．(1)当a>1时，求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； (2)若函数y ＝|f(x)－t|－1有三个零点，求t 的值；(3)若存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e －1，试求a 的取值范围．7.已知函数f(x)＝lnx －ax 2＋(2－a)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a>0，证明：当0<x<时，f>f；(3)若函数y ＝f(x)的图象与x 轴交于A 、B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：＜0.全国高三高中数学专题试卷答案及解析一、填空题1.已知集合A ＝{x|33－x <6}，B ＝{x|lg(x －1)<1}，则A∩B ＝________． 【答案】(2－log 32，11)【解析】由33－x <6，知3－x<log 36，即x>3－log 36， 所以A ＝(2－log 32，＋∞)．由lg(x －1)<1，知0<x －1<10，即1<x<11， 所以B ＝(1，11)，所以A∩B ＝(2－log 32，11)．2.已知a 、b 为正实数，函数f(x)＝ax 3＋bx ＋2x 在[0，1]上的最大值为4，则f(x)在[－1，0]上的最小值为________． 【答案】－【解析】因为a 、b 为正实数，所以函数f(x)是单调递增的．所以f(1)＝a ＋b ＋2＝4，即a ＋b ＝2.所以f(x)在[－1，0]上的最小值为f(－1)＝－(a ＋b)＋＝－.3.若函数f(x)＝x 3－ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________． 【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x 2－ax ＋(a －1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x ＋1在(1，4)上恒成立且a≤x ＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.4.已知函数y ＝f(x)是偶函数，对于x ∈R 都有f(x ＋6)＝f(x)＋f(3)成立．当x 1、x 2∈[0，3]，且x 1≠x 2时，都有>0，给出下列命题：①f(3)＝0；②直线x ＝－6是函数y ＝f(x)的图象的一条对称轴； ③函数y ＝f(x)在[－9，－6]上为单调增函数； ④函数y ＝f(x)在[－9，9]上有4个零点． 其中正确的命题是________．(填序号) 【答案】①②④【解析】令x ＝－3，得f(－3)＝0，由y ＝f(x)是偶函数，所以f(3)＝f(－3)＝0，①正确；因为f(x ＋6)＝f(x)，所以y ＝f(x)是周期为6的函数，而偶函数图象关于y 轴对称，所以直线x ＝－6是函数y ＝f(x)的图象的一条对称轴，②正确；由题意知，y ＝f(x)在[0，3]上为单调增函数，所以在[－3，0]上为单调减函数，故y ＝f(x)在[－9，－6]上为单调减函数，③错误；由f(3)＝f(－3)＝0，知f(－9)＝f(9)＝0，所以函数y ＝f(x)在[－9，9]上有个零点，④正确．5.已知函数f(x)＝||x －1|－1|，若关于x 的方程f(x)＝m(m ∈R)恰有四个互不相等的实根x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1x 2x 3x 4的取值范围是________． 【答案】(－3，0)【解析】f(x)＝||x －1|－1|＝方程f(x)＝m 的解就是y ＝f(x)的图象与直线y ＝m 交点的横坐标，由图可知，x 2＝－x 1，x 3＝2＋x 1，x 4＝2－x 1，且－1<x 1<0.设t ＝x 1x 2x 3x 4＝(－2)2－4，则t ＝(－2)2－4，易得－3<t<0.6.关于函数f(x)＝lg(x>0，x ∈R)，下列命题正确的是________．(填序号)①函数y ＝f(x)的图象关于y 轴对称；②在区间(－∞，0)上，函数y ＝f(x)是减函数； ③函数y ＝f(x)的最小值为lg2；④在区间(1，＋∞)上，函数y ＝f(x)是增函数． 【答案】①③④ 【解析】由f(－x)＝lg ＝lg ＝f(x)，知函数f(x)为偶函数，故①正确；由f(－2)＝lg＝f，知②错误；由＝|x|＋≥2，知f(x)＝lg≥lg2，故③正确；因为函数g(x)＝x ＋在(1，＋∞)上为增函数，所以y ＝f(x)在(1，＋∞)上也是增函数，故④正确．综上所述，①③④均正确．7.已知函数f(x)＝2x 2＋m 的图象与函数g(x)＝ln|x|的图象有四个交点，则实数m 的取值范围是________． 【答案】【解析】由于f(x)与g(x)都是偶函数，因此只需考虑当x>0时，函数f(x)与g(x)的图象有两个交点即可．当x>0时，g(x)＝lnx ，令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x 2－lnx ＋m ，则h′(x)＝4x －，由h′(x)＝0，得x ＝.易知当x ＝时，h(x)有极小值为＋ln2＋m ，要使函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)内有两个交点，则h <0，即＋ln2＋m<0，所以m<－－ln28.在平面直角坐标系xOy 中，设定点A(a ，a)，P 是函数y ＝(x>0)图象上一动点．若点P 、A 之间的最短距离为2，则满足条件的实数a 的所有值为________．【答案】－1，【解析】设P ，x>0，则 PA 2＝(x －a)2＋＝x 2＋－2a＋2a 2＝－2a＋2a 2－2.令t ＝x ＋，则由x>0，得t≥2，所以PA 2＝t 2－2at ＋2a 2－2＝(t －a)2＋a 2－2. 由PA 取得最小值，得或解得a ＝－1或a ＝.9.设函数f(x)＝(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立，则a 的取值范围是________． 【答案】[1，e]【解析】若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立， 则A(b ，f(b))，A′(f(b)，b)都在y ＝f(x)的图象上． 又f(x)＝在[0，1]上单调递增， 所以(x A ′－x A )(y A ′－y A )≥0，即(f(b)－b)(b －f(b))≥0，所以(f(b)－b)2≤0， 所以f(b)＝b ，从而f(x)＝x 在[0，1]上有解， 即＝x 在[0，1]上有解， 所以a ＝e x ＋x －x 2，x ∈[0，1]， 令φ(x)＝e x ＋x －x 2，x ∈[0，1]， 则φ′(x)＝e x －2x ＋1≥0，所以φ(x)在[0，1]上单调递增． 又φ(0)＝1，φ(1)＝e ，所以φ(x)∈[1，e]，即a ∈[1，e]．10.已知函数f(x)＝若关于x 的方程f(x)＝kx(k ＞0)有且仅有四个根，其最大根为t ，则函数g(t)＝t 2－6t ＋7的值域为________．【答案】【解析】在直角坐标系中分别画出函数f(x)在区间[0，2]，[2，4]，[4，6]上的三个半圆的图象，最大根t 一定在区间(3，4)内，g(t)＝t 2－6t ＋7是二次函数，对称轴方程为4＞t ＝＞3，g(t)的最小值为g ＝－，直线y ＝kx(k ＞0)与区间[2，4]上半圆相交，与区间[4，6]上半圆相离，故<k 2<，而k 2＝时，直线与半圆相切，由得(1＋k 2)x 2－6x ＋8＝0，取k 2＝，得x 2－6x ＋7＝－1，t<x ，所以g(t)＝t 2－6t ＋7＜－111.若奇函数f(x)与偶函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝2x ，则函数g(x)的最小值是________． 【答案】1【解析】由f(x)＋g(x)＝2x ，得f(－x)＋g(－x)＝2－x ， 由f(x)是奇函数，g(x)是偶函数， ∴－f(x)＋g(x)＝2－x ，∴g(x)＝(2x ＋2－x )，∴g(x)≥1.12.设函数f(x)＝ (a<0)的定义域为D ，若所有点(s ，f(t))(s 、t ∈D)构成一个正方形区域，则a 的值为________． 【答案】－4【解析】|x 1－x 2|＝f max (x)，＝，|a|＝2，∴a ＝－413.对于实数a 和b ，定义运算“”：a b ＝设f(x)＝(2x －1)(x －1)，且关于x 的方程为f(x)＝m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1、x 2、x 3的取值范围是________． 【答案】【解析】由新定义得f(x)＝作出函数f(x)的图象，由图可知，当0<m<时，f(x)＝m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x 1、x 2、x 3，不妨设x 1<x 2<x 3，易知x 2>0，且x 2＋x 3＝2×＝1，∴x 2x 3<.令解得x ＝或x ＝ (舍去)，∴<x 1<0，∴<x 1x 2x 3<0.二、解答题1.已知函数f(x)＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x 4－2x2. (1)求函数f(x)的定义域； (2)判断函数f(x)的奇偶性； (3)求函数f(x)的值域．【答案】（1）(－1，1)（2）f(x)是偶函数（3）(－∞，0] 【解析】(1)由得－1<x<1，所以函数f(x)的定义域为(－1，1)．(2)由f(－x)＝lg(1＋x)＋lg(1－x)＋(－x)4－2(－x)2＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x 4－2x 2＝f(x)， 所以函数f(x)是偶函数．(3)f(x)＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x 4－2x 2＝lg(1－x 2)＋x 4－2x 2， 设t ＝1－x 2，由x ∈(－1，1)，得t ∈(0，1]．所以y ＝lg(1－x 2)＋x 4－2x 2＝lgt ＋(t 2－1)，t ∈(0，1]， 设0<t 1<t 2≤1，则lgt 1<lgt 2，<， 所以lgt 1＋(－1)<lgt 2＋(－1)，所以函数y ＝lgt ＋(t 2－1)在t ∈(0，1]上为增函数， 所以函数f(x)的值域为(－∞，0]．2.已知函数f(x)＝ax 2－|x|＋2a －1(a 为实常数)． (1)若a ＝1，作函数f(x)的图象；(2)设f(x)在区间[1，2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式； (3)设h(x)＝，若函数h(x)在区间[1，2]上是增函数，求实数a 的取值范围．【答案】（1）（2）g(a)＝（3）【解析】(1)当a ＝1时，f(x)＝x 2－|x|＋1＝作图如下．(2)当x ∈[1，2]时，f(x)＝ax 2－x ＋2a －1.若a ＝0，则f(x)＝－x －1在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝－3. 若a≠0，则f(x)＝a＋2a －－1，f(x)图象的对称轴是直线x ＝.当a<0时，f(x)在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝6a －3. 当0<<1，即a>时，f(x)在区间[1，2]上是增函数，g(a)＝f(1)＝3a －2.当1≤≤2，即≤a≤时，g(a)＝f ＝2a －－1.当>2，即0<a<时，f(x)在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝6a －3.综上可得g(a)＝(3)当x ∈[1，2]时，h(x)＝ax ＋－1，在区间[1，2]上任取x 1、x 2，且x 1<x 2，则h(x 2)－h(x 1)＝ ＝(x 2－x 1)＝(x 2－x 1).因为h(x)在区间[1，2]上是增函数，所以h(x 2)－h(x 1)>0. 因为x 2－x 1>0，x 1x 2>0，所以ax 1x 2－(2a －1)>0， 即ax 1x 2>2a －1.当a ＝0时，上面的不等式变为0>－1，即a ＝0时结论成立． 当a>0时，x 1x 2>，由1<x 1x 2<4，得≤1，解得0＜a≤1. 当a<0时，x 1x 2<，由1<x 1x 2<4，得≥4，解得－≤a ＜0.所以实数a 的取值范围为3.设函数f(x)＝其中b>0，c ∈R.当且仅当x ＝－2时，函数f(x)取得最小值－2.(1)求函数f(x)的表达式；(2)若方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)至少有两个不相同的实数根，求a 取值的集合． 【答案】（1）f(x)＝（2）【解析】(1)∵当且仅当x ＝－2时，函数f(x)取得最小值－2. ∴二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的对称轴是x ＝－＝－2.且有f(－2)＝(－2)2－2b ＋c ＝－2，即2b －c ＝6. ∴b ＝4，c ＝2.∴f(x)＝(2)记方程①：2＝x ＋a(x>0)， 方程②：x 2＋4x ＋2＝x ＋a(x≤0)．分别研究方程①和方程②的根的情况：(ⅰ)方程①有且仅有一个实数根a<2，方程①没有实数根a≥2.(ⅱ)方程②有且仅有两个不相同的实数根，即方程x 2＋3x ＋2－a ＝0有两个不相同的非正实数根．∴－<a≤2；方程②有且仅有一个实数根，即方程x 2＋3x ＋2－a ＝0有且仅有一个非正实数根． ∴2－a<0或Δ＝0，即a>2或a ＝－.综上可知，当方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)有三个不相同的实数根时，－<a<2； 当方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)有且仅有两个不相同的实数根时，a ＝－或a ＝2.∴符合题意的实数a取值的集合为4.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立．＝（2）a≤4（3）见解析【答案】（1）f(x)min【解析】(1)解：f′(x)＝lnx＋1，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．①当0<t<t＋2<时，t无解；②当0<t<<t＋2，即0<t<时，f(x)＝f＝－；min③当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)＝f(t)＝tlnt，min所以f(x)＝.min(2)解：由题意，要使2xlnx≥－x2＋ax－3在x∈(0，＋∞)恒成立，即要使a≤2lnx＋x＋恒成立．设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝＋1－.当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以x＝1时，h(x)取得极小值，也就是最小值，即[h(x)]＝h(1)＝4，所以a≤4.min(3)证明：问题等价于证明xlnx>－，x∈(0，＋∞)．由(1)知，f(x)＝xlnx在(0，＋∞)上最小值是－，当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]＝m(1)＝－，max当且仅当x＝1时取得，从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>－成立5.定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界．已知函数f(x)＝1＋a·＋.(1)当a＝1时，求函数f(x)在(－∞，0)上的值域，并判断函数f(x)在(－∞，0)上是否为有界函数，请说明理由；(2)若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围．【答案】（1）不是有界函数（2）[－5，1]【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝1＋因为f(x)在(－∞，0)上递减，所以f(x)>f(0)＝3，即f(x)在(－∞，0)的值域为(3，＋∞)，故不存在常数M>0，使|f(x)|≤M成立，所以函数f(x)在(－∞，0)上不是有界函数．(2)由题意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立．－3≤f(x)≤3，－4－≤a·≤2－，所以－4·2x－≤a≤2·2x－在[0，＋∞)上恒成立．所以≤a≤，设2x ＝t ，h(t)＝－4t －，p(t)＝2t －，由x ∈[0，＋∞)得t≥1，设1≤t 1<t 2，h(t 1)－h(t 2)＝>0，p(t 1)－p(t 2)＝<0，所以h(t)在[1，＋∞)上递减，p(t)在[1，＋∞)上递增，h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1，所以实数a 的取值范围为[－5，1]．6.已知函数f(x)＝a x ＋x 2－xlna(a>0，a≠1)．(1)当a>1时，求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； (2)若函数y ＝|f(x)－t|－1有三个零点，求t 的值；(3)若存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e －1，试求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析（2）t ＝2（3）∪[e ，＋∞)【解析】审题引导：本题考查函数与导数的综合性质，函数模型并不复杂，(1)(2)两问是很常规的，考查利用导数证明单调性，考查函数与方程的零点问题．第(3)问要将“若存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e －1”转化成|f(x)max －f(x)min |＝f(x)max －f(x)min ≥e －1成立，最后仍然是求值域问题，但在求值域过程中，问题设计比较巧妙，因为在过程中还要构造函数研究单调性来确定导函数的正负． 规范解答：(1)证明：f′(x)＝a x lna ＋2x －lna ＝2x ＋(a x －1)·lna.(2分)由于a>1，故当x ∈(0，＋∞)时，lna>0，a x－1>0，所以f′(x)>0. 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(4分)(2)解：当a>0，a≠1时，因为f′(0)＝0，且f′(x)在R 上单调递增，故f′(x)＝0有唯一解x ＝0.(6分)所以x 、f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，0)(0，＋∞)f′(x)－＋f(x)极小值又函数y ＝|f(x)－t|－1有三个零点，所以方程f(x)＝t±1有三个根，而t ＋1>t －1，所以t －1＝f(x)min ＝f(0)＝1，解得t ＝2.(10分)(3)解：因为存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e －1，所以当x ∈[－1，1]时，|f(x)max －f(x)min |＝f(x)max －f(x)min ≥e －1.(12分)由(2)知，f(x)在[－1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x ∈[－1，1]时，f(x)min ＝f(0)＝1，f(x)max ＝max{f(－1)，f(1)}．而f(1)－f(－1)＝(a ＋1－lna)－＝a －－2lna ，记g(t)＝t －－2lnt(t>0)，因为g′(t)＝1＋－＝≥0(当且仅当t ＝1时取等号)，所以g(t)＝t －－2lnt 在t ∈(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， 所以当t>1时，g(t)>0；当0<t<1时，g(t)<0，也就是当a>1时，f(1)>f(－1)；当0<a<1时，f(1)<f(－1)．(14分) ①当a>1时，由f(1)－f(0)≥e －1a －lna≥e －1a≥e ， ②当0<a<1时，由f(－1)－f(0)≥e －1＋lna≥e －10＜a≤，综上知，所求a 的取值范围为∪[e ，＋∞)．(16分)7.已知函数f(x)＝lnx －ax 2＋(2－a)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a>0，证明：当0<x<时，f>f；(3)若函数y ＝f(x)的图象与x 轴交于A 、B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：＜0.【答案】（1）在上单调递增，在上是减函数（2）见解析（3）见解析【解析】(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞), f′(x)＝－2ax ＋(2－a)＝－.①若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． ②若a>0，则由f′(x)＝0得x ＝，且当x ∈时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增，在上是减函数.(2)解：设函数g(x)＝f－f，则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax ， g′(x)＝－2a ＝.当0<x<时，g′(x)>0，而g(0)＝0，所以g(x)>0. 故当0<x<时，f>f.(3)证明：由(1)可得，当a≤0时，函数y ＝f(x)的图象与x 轴至多有一个交点， 故a>0，从而f(x)的最大值为f，且f>0.不妨设A(x 1，0)，B(x 2，0)，0<x 1<x 2，则0<x 1<<x 2.由(2)得f ＝f >f(x 1)＝0. 从而x 2>－x 1，于是x 0＝>.由(1)知，f′(x 0)<0。

全国高中数学联赛训练题第一试一、填空题1.在函数2132010y x x =+++的图像上横纵坐标都是整数的点的个数为_____.2.若,i j A A 是正六边形126A A A 不同的两个顶点,则集合12{|}i j p p A A A A =⋅中的元素个数为_____. 3.设[]x 表示不超过x 的最大整数.若实数,x y 满足方程组5[1]33[3]1y x y x = +-⎧⎨= -+⎩,则x y +的取值范围是_____.4.若关于x 的方程222(1)|1|0x b x c -+⋅-+=有7个互不相等的实数根,则实数b 的取值范围为_____.5.若设过点(4,0)P -的直线与椭圆223412x y +=交于点,A B ,且O 为原点,则OAB S ∆的最大值为_____.6.设函数()(2)xf x a x =+,且方程()f x x =有唯一解.若01()2f x =,1()n n x f x +=,则n x =_____.7.若一个三棱锥的所有棱长均为整数,且和为2009,则这样的三棱锥的最大棱长于最小棱长之差为_____.8.在长方体1111ABCD A B C D -中,已知155AB AD AA ===,点M 在AB 上,且320AM BM +=.在正方形ABCD内随机选取一点P ,并设点P 到直线11A D 的距离为1d ,PM 的长为2d ,则所取点P 满足22121d d -≥的概率为_____.二、解答题9.(1)讨论函数2ln ()xf x x=(1[,]x e e -∈)的图像与直线y k =的交点个数. (2)求证:对任意的n ∈*N ,都有4444ln1ln 2ln 3ln 11232n n e+++⋅⋅⋅+<成立.10.已知一个数表如下图所示,其生成方式为:对任意的正整数n ,第n 行的每个数x 都生成了第1n +行的两个数,其左下方的数为x -,右下方的数为3x +.(1)设数表中第n 行数字的个数为n a ,求数列{}n a 的通项及其前n 项和n S ；(2)设数表中前n 行出现过的不同数字的个数为n T ,求12345,,,,T T T T T 及数列{}n T 的通项.11.设动圆P 过点(1,0)A -,且与圆B :22270x y x +--=相切. (1)求动圆圆心P 的轨迹Ω的方程；(2)设点(,)Q m n 在曲线Ω上,求证:直线l :22mx ny +=与曲线Ω有唯一的公共点；(3)设(2)中的直线l 与圆B 交于点,E F ,求证:满足AR AE AF =+的点R 必在圆B 上.第二试一、如图,已知11,B C 分别是边,AB AC 延长线上的动点,点1D 在线段11B C 上,直线1AD 与ABC ∆的外接圆交于点D .求证:1111B D C D =是1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅的充要条件.二、设非负实数,,a b c 满足1a b c ++=,111111p a b c=+++++,试求p 的最大值max p 和最小值min p .CDBD 1OB 1C 1A三、将黑板上的正整数n 擦去,并用不是n 的约数的最小正整数来代替,我们称之为一次操作. 对于黑板上任意给定的正整数n (2n >),直到操作的结果为2为止,求操作次数的最大值.四、设1,2,3,4,5,6的排列123456(,,,,,)a a a a a a 具有如下性质: 对于1,2,3,4,5i =,每个12(,,,)i a a a 都不是(1,2,,)i 的排列,求满足条件的排列个数.数学奥林匹克高中训练题(6)1.在函数2132010y x x =+++的图像上横纵坐标都是整数的点的个数为_____. 解:设1x a +=,2010x b +=,则由题意知,a b 均为正整数,且22()()2009b a b a b a -=-+=.又因20091200972874149=⨯=⨯=⨯,故所求整数对(,)a b 有(1004,1005),(140,147),(4,45)共三对.从而可得该函数图像上的整数点的个数为3.2.若,i j A A 是正六边形126A A A 不同的两个顶点,则集合12{|}i j p p A A A A =⋅中的元素个数为_____. 解:由于12i j A A A A ⋅ 表示i j A A 在12A A方向上的投影,而3456,,,A A A A 在12A A 所在直线上的投影分别为21,,,C A AB (如右图所示),又12||||BA CA =,因此向量i j A A 在12A A 方向上的投影可能有1212||,||,||,||,0BA BA BC A A ±±±± 共九种.从而可知集合12{|}i j p p A A A A =⋅中的元素个数为9.3.设[]x 表示不超过x 的最大整数.若实数,x y 满足方程组5[1]33[3]1y x y x = +-⎧⎨= -+⎩,则x y +的取值范围是_____.解:由已知可得5[1]33[3]1x x +-= -+,故[]5x =-,即54x -≤<-,23y =-,故2827x y -≤+<-.4.若关于x 的方程222(1)|1|0x b x c -+⋅-+=有7个互不相等的实数根,则实数b 的取值范围为_____. 解:设函数2|1|y x =-,则其图像C 如右图所示.于是由图像C 可分析得知: 当1k >或0k =时,直线y k =与图像C 有两个不同的交点；当1k =时,直 线y k =与图像C 有三个不同的交点；当01k <<时,直线y k =与图像C 有 四个不同的交点.因此,要使关于x 的方程222(1)|1|0x b x c -+⋅-+=有7个不同实根,则关于y 的方程20y by c ++=的一根为1,另一根在区间(0,1)内.从而有240b c ∆=->,1b c +=-,且(0,1)c ∈,因此可得实数b 的取值范围为1(2,1)b c =--∈--. 5.若设过点(4,0)P -的直线与椭圆223412x y +=交于点,A B ,且O 为原点,则OAB S ∆的最大值为_____. 解:设过点(4,0)P -的直线方程为(4)y k x =+,且点1122(,),(,)A x y B x y ,则联立直线与椭圆的方程可得:xy1-1O1CBA 4A 5A 3A 6A 1A 222(4)3412y k x x y =+⎧⎨+=⎩,即2222(43)3264120k x k x k +++=.故21223243k x x k +=-+,2122641243k x x k -=+,且有22222(32)4(43)(6412)144(14)0k k k k ∆=-⋅+-=->.又由于:2121212212414||||2||2||243OABOPA OPB k k S S S OP y y y y k x x k ∆∆∆-=-=⋅⋅-=-=-=+. 而由基本不等式可得2222223(14)162414334343OABk k k k S k k ∆-⋅-==⋅≤++.所以OAB S ∆的最大值为3.6.设函数()(2)xf x a x =+,且方程()f x x =有唯一解.若01()2f x =,1()n n x f x +=,则2010x =_____.解:由方程(2)x x a x =+有唯一解可得12a =,从而2()2x f x x =+.于是,122n n n x x x +=+,即11112n n x x +=+,且101()2x f x ==,故有12n nx =,从而可得2n x n =,故201011005x =. 7.若一个三棱锥的所有棱长均为整数,且和为2009,则这样的三棱锥的最大棱长于最小棱长之差为_____. 解:(1)当最大棱长a 与最小棱长c 不共面时,如图,可得:b d a e f a +>⎧⎨+>⎩,于是由题意可得11b d a e f a +≥+⎧⎨+≥+⎩. 故2(1)32a b c d e f a c a a c +++++≥+++=++. 故32007a c +≤,即3()200742003a c c -≤-≤,即26673a c -≤.故可 得a c -的最大值为667.事实上,当668a =,1c =,335b d e f ====时,即可满足题目条件. (2)当最大棱长a 与最小棱长c 共面时,如图,可得:b c a +>,于是由题意可得1b a c ≥-+.又由于a b ≥,故11d f a b +≥+≥+,故20091a b c d e f b b c b e =+++++≥+++++. 而1c ≥,1e ≥,故16683b ≤,则16673a c -≤.因此可 以得到a c -的最大值为667.事实上,当668ab d ===,1c =,2e f ==时,即可满足题目条件. 综上两种情况可以得知所求结论应为667.8.在长方体1111ABCD A B C D -中,已知155AB AD AA ===,点M 在AB 上,且320AM BM +=.在正方形ABCDdc fa becefabd内随机选取一点P ,并设点P 到直线11A D 的距离为1d ,PM 的长为2d ,则所取点P 满足22121d d -≥的概率为_____.解:过点P 作PN AD ⊥,垂足为N ,NQ AD ⊥交11A D 于点Q ,则易得1d PQ =,从而可得:222222121d d PQ PM PN PM -=-=+-.故22121d d PM PN -≥⇔≥.当PM PN =时,点P 表示 到定点M 的距离等于到定直线AD 的距离,即点P 的轨 迹为以M 为焦点,AD 为准线的抛物线的一部分,其中焦 点到准线的距离为2.于是可知满足条件的点P 在该抛物线与折现A B C --所围成的区域.由题意可得抛物线方程为24y x =,则可得该区域的面积432'23S xdx ==⎰,而正方形ABCD 的面积25S =,故可得所求概率为'3275S P S ==.9.(1)讨论函数2ln ()xf x x=(1[,]x e e -∈)的图像与直线y k =的交点个数. (2)求证:对任意的n ∈*N ,都有4444ln1ln 2ln 3ln 11232n n e+++⋅⋅⋅+<成立.解:(1)由题意得:312ln '()xf x x-=.令'()0f x =,得=x e ． 当1(,)x e e -∈时,'()0f x >,故函数()f x 在1[,]e e -上递增；当(,)x e e ∈时,'()0f x <,故函数()f x 在[,]e e 上递减；又因为12()f e e -=-,1()2f e e =,21()f e e=,所以当e k 21>或2e k -<时,没有交点；当e k 21=或221ek e <≤-时,有唯一的交点；当e k e 2112<≤时,有两个交点.证明:(2)由(1)知函数()f x 在(0,)e 上递增,在(,)e +∞上递减,故()f x 在(0,)+∞上的最大值为12e.即对(0,)x ∈+∞均有≤2ln x x e 21,故≤4ln xx e 2121x ⋅.∴444ln1ln 2ln 12n n +++≤ e 21222111(0)23n ++++ . ∴222111111111231223(1)n n n n+++<+++=-<⋅⋅-⋅ . ∴<+++444ln 33ln 22ln n n e 21. 10.已知一个数表如下图所示,其生成方式为:对任意的正整数n ,第n 行的每个数x 都生成了第1n +行的两个数,其左下方的数为x -,右下方的数为3x+.d 1d 2QNO MD 1C 1B 1CABDP A 1(1)设数表中第n 行数字的个数为n a ,求数列{}n a 的通项及其前n 项和n S ；(2)设数表中前n 行出现过的不同数字的个数为n T ,求12345,,,,T T T T T 及数列{}n T 的通项. 解: (1)由题意,当2n ≥时,12n n a a -=,11a =,故12n n a -=,112221n n n S -=+++=- . (2)观察数表可得:123451,3,6,10,14,T T T T T =====猜想:当3n ≥时,14n n T T +=+. 下面用数学归纳法证明猜想:证明:设数字1一直向右下方生成的数列为{}n b ,则32n b n =-.设数字1-一直向右下方生成的数列为{}n c ,则37n c n =-(2)n ≥.因为数列{}n b 中的每个数除以3的余数都是1,数列{}n c 中的每个数除以3的余数都是2,所以数列{}n b 与数列{}n c 中没有共同的项.第3行的新数为323,,c b b -,它们在第4行生成的数分别为34,c c -,22,3b b -+,34,b b -其中223b c -+=,故只有3434,,,c c b b --四个新数,即434T T =+成立.假设当n k =(3)k ≥时,结论成立.故可设第k 行中的新数为11,,,k k k k c c b b ----,它们在第1k +行生成的数为11,3k k c c ---+,1,k k c c +-,11,3k k b b ---+,1,k k b b +-,而其中的数字1k c -,1k b -,123313k k c k c ---+=-+=-和12338k k b k b ---+=-+=-都在第1k -行出现过,且1,k k c c +-,1,k k b b +-又互不相同,因此第1k +行生成了四个新数11,,,k k k k c c b b ++--.综上可知,当3n ≥时,14n n T T +=+总成立.所以,1,1,3,2,46, 3.n n T n n n =⎧⎪= =⎨⎪- ≥⎩11.设动圆P 过点(1,0)A -,且与圆B :22270x y x +--=相切. (1)求动圆圆心P 的轨迹Ω的方程；(2)设点(,)Q m n 在曲线Ω上,求证:直线l :22mx ny +=与曲线Ω有唯一的公共点；(3)设(2)中的直线l 与圆B 交于点,E F ,求证:满足AR AE AF =+的点R 必在圆B 上.解:(1)因A 在圆B 内,故动圆P 与圆B :22(1)8x y -+=内切,从而有圆B 的圆心为(1,0)B ,半径为22.故22PB PA =-,即22PA PB +=,由椭圆的定义可知:动圆的圆心P 的轨迹Ω的方程为2212x y +=.(2)由点(,)Q m n 在曲线Ω上知2212m n +=,即2222m n +=.又联立直线l 与曲线Ω的方程222222mx ny x y +=⎧⎨+=⎩,可得2222(24)8880m n x mx n +-+-=,即2220x mx m -+=.由2220x mx m -+=的两实数根相等易知直线l 与曲线Ω有唯一公共点.(3)设点,E F 的坐标分别为1122(,),(,)E x y F x y ,则12,x x 是由直线l 与圆B 的方程组2222270mx ny x y x +=⎧⎨+--=⎩所得方程22222(4)4(2)4280m n x m n x n +-++-=的两个不同实根,故有：212224(2)4(1)42m n m x x m n m +++==++.又因1122mx ny +=,2222mx ny +=,故12124()4(2)4(1)422(2)2m x x m m m ny y n n m m -++-++===++. 又由于AR AE AF =+,因此有12122(,)BR BA AR AO AE AF OE OF x x y y =+=++=+=++ ,故2222222121222216(1)1616(1)168||()()8(2)(2)(2)m n m m BR x x y y m m m +++-=+++=+==+++ ,即||22BR = ,所以点R 在圆B 上. 第二试一、如图,已知11,B C 分别是边,AB AC 延长线上的动点,点1D 在线段11B C 上,直线1AD 与ABC ∆的外接圆交于点D .求证:1111B D C D =是1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅的充要条件. 证明:设BAD α∠=,CAD β∠=,ABC ∆的外接圆半径为r . 由托勒密定理可得AB CD AC BD AD BC ⋅+⋅=⋅,又2sin CD r β=,2sin BD r α=,2sin()BC r αβ=+, 故有sin sin sin()AB AC AD βααβ⋅+⋅=⋅+.又1111:sin :sin B D AD B α=,1111:sin :sin C D AD C β=, 故有1111111sin sin sin()AB C D C AC B D B AD AD αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+.又1111:sin :sin()AB B C C αβ=+,1111:sin :sin()AC B C B αβ=+,故有111111111AB AB C D AC AC B D AD AD BC ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅.……………………………………………………①若1111B D C D =,则由①易得1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅. 若1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅,则联立①可得:111111111122()AB AB C D AC AC B D AB AB AC AC BC ⋅⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅,即111111()()0AB AB AC AC C D B D ⋅-⋅⋅-=.CD BD 1OB 1C 1A又由题意可知11AB AB AC AC ⋅-⋅不恒为0,从而可得1111B D C D =. 综上可知,1111B D C D =是1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅的充要条件.二、设非负实数,,a b c 满足1a b c ++=,111111p a b c=+++++,试求p 的最大值max p 和最小值min p . 解:设[0,1]x ∈,则由2191516(1)(915)(31)()01161611x x x x x x x -+-+---+==≥+++知191511616x x ≥-++. 故191511616a a ≥-++,191511616b b ≥-++,191511616c c ≥-++,即9159()316164p a b c ≥-+++⨯=. 事实上,当13a b c ===时,p 取得最小值min 94p =.另一方面,设[0,1]x ∈,则由112(1)(2)(1)(1)01211x x x x x x x x -+-+---+==≤+++知11112x x ≤-++. 故11112a a ≤-++,11112b b ≤-++,11112c c ≤-++,即15()3122p a b c ≤-+++⨯=. 事实上,当0,1a b c ===时,p 取得最大值max 52p =.三、将黑板上的正整数n 擦去,并用不是n 的约数的最小正整数来代替,称之为一次操作.并且,只要黑板上的数不是2,这样的操作就可以继续下去.对于黑板上任意给定的正整数n (2n >),求操作次数的最大值. 解: 对于任意给定的正整数n (2n >),操作次数的最大值为3.理由如下:第一次操作后替代正整数n 的数1n 必为形如kp (p 为质数)的数,否则1n 为形如12p p ⋅(12(,)1p p =),于是由于1121,p n p n <<,因此12|,|p n p n ,又12(,)1p p =,故12|p p n ⋅,即1|n n ,这与题意矛盾! 若2p =,且1k =,则第一次操作后就已经得到了2,即一次操作后就结束操作. 若p 为奇数,则第二次操作后即可得2,从而两次操作后就结束操作.若2p =,且1k >,则第二次操作后得到的数为3,从而第三次操作后可得2,即需要三次操作才能结束. 综上可知,对于任意给定的正整数n (2n >),操作次数的最大值为3.四、设1,2,3,4,5,6的排列123456(,,,,,)a a a a a a 具有如下性质: 对于1,2,3,4,5i =,每个12(,,,)i a a a 都不是(1,2,,)i 的排列,求满足条件的排列个数. 解法一:显然11a ≠,以下分类讨论即可. 当16a =时,有5!个排列满足题意.陕西师大附中 王全 第 11 页 共 11 页 当15a =时,在5!个排列中,除66a =的4!个排列不满足题意外,其余的5!4!-个排列均满足题意. 当14a =时,在5!个排列中,除形如46⨯⨯⨯⨯和465⨯⨯⨯的排列不满足题意外,其余的5!4!3!--个排列均满足题意.当13a =时,在5!个排列中,除形如36⨯⨯⨯⨯,365⨯⨯⨯,3645⨯⨯,3564⨯⨯和3654⨯⨯的排列不满足题意外,其余的5!4!3!32!---⨯个排列均满足题意.当12a =时,在5!个排列中,除形如26⨯⨯⨯⨯,265⨯⨯⨯,2645⨯⨯,2564⨯⨯,2654⨯⨯,213⨯⨯⨯,2134⨯⨯, 2135⨯⨯,2134⨯⨯,216345的排列不满足题意外,其余的5!4!23!62!1--⨯-⨯-个排列均满足题意. 综上可知,满足要求的排列个数为:5!(5!4!)(5!4!3!)(5!4!3!32!)(5!4!23!62!1)461+-+--+---⨯+--⨯-⨯-=.解法二:设123456(,,,,,)b b b b b b 是不满足要求的排列,则存在26i ≤≤,使得:16(,,,)(,1,,6)i i b b b i i +=+ ,…………………………………………………………………………① 16(,,,)(,1,,6)j j b b b j j +≠+ ,1,2,,6j i i =++ .………………………………………………② 显然当6i =时,式②不存在.我们把满足①式和②式的排列16(,,,)i i b b b + 的个数记为()f i ,则有: (6)1f =,(5)2!(6)1f f =-=,(4)3!(5)(6)2!3f f f =--⋅=,(3)4!(4)(5)2!(6)3!13f f f f =--⋅-⋅=,(2)5!(3)(4)2!(5)3!(6)4!71f f f f f =--⋅-⋅-⋅=. 由此可得,不满足题目要求的排列的个数为:62()(1)!259i s f i i ==⋅-=∑.从而可得,满足题意的排列个数为6!259461-=.。

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 。

高联的集合问题
高联，全称为全国高中数学联赛，是一项全国性的数学竞赛。

集合问题在高联中是一个重要的考点，涉及集合的概念、性质、运算等多个方面。

在集合问题中，通常会考察集合的表示、子集与补集、交集与并集等基本概念，以及集合的性质和运算律。

此外，还会涉及到集合与函数、数列、不等式等其他数学概念的综合应用。

解决集合问题需要掌握集合的基本概念和性质，熟悉集合的运算和关系，同时还需要具备一定的逻辑推理和问题解决能力。

在解题过程中，需要注意集合的表示方法、符号的含义以及运算的优先级等问题。

总之，高联的集合问题需要掌握扎实的基础知识，理解集合的概念、性质和运算律，并能够灵活运用所学知识解决实际问题。

同时，还需要注意细节和逻辑推理，避免出现错误和遗漏。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题03集合第三缉1．【2020年吉林预赛】已知集合A={x∣x2−2x⩽0},B={x∣x+1x−2⩽0,x∈N}.则A∩B=() A.[0,2] B.[0,2) C.{1} D.{0,1}【答案】D【解析】由题意,知A=[0,2],B={0,1}.故A∩B={0,1}.2．【2019年吉林预赛】集合A={2,0,1,3},集合B={x|-x∈A,2-x2∈A},则集合B中所有元素的和为() (A)-4(B)-5(C)-6(D)-7【答案】B【解析】B={-2,-3},则集合B中所有元素的和为-5.3．【2018年福建预赛】已知集合={x|1≤3x≤27}，B={x|log2(x2－x)<1}，则A∩B=（）A．(1，2) B．(－1，3] C．[0，2) D．(－∞，－1)∪(0，2)【答案】A【解析】由1≤3x≤27，得0≤x≤3.因此，A=[0，3].由log2(x2－x)<1，得{x 2−x>0x2−x<2，解得，－1<x<0或1<x<2所以A∩B= (1，2)，选A.4．【2018年北京预赛】已知集合A={},B={y|y=lgx,x∈A}，则A∩B= A．1. B．{1}. C．∅. D．0.【答案】B【解析】由A={,10}，易知B={−1,0,1}，所以A∩B={1}.选B.5．【2018年湖南预赛】设集合P={1,2,3,4}Q={x||x|≤2,x∈R}，则P∩Q等于A．{1,2}B．{3,4}C．{1}D．{−2,−1,0,1,2}【答案】A【解析】集合P={1,2,3,4},Q={x||x|≤2,x∈R}={x|−2≤x≤2},则P∩Q={1,2}.6．【2018年陕西预赛】已知集合M ={x |x =sin (2m−3)π6,m ∈Z },N ={y |y =cos nπ3,n ∈Z }，则M,N 的关系是（ ）A ．M ⊊NB ．M =NC ．N ⊊MD ．M ∩N =∅ 【答案】B 【解析】易由周期性知M =N ={±1,±12}.7．【2018年吉林预赛】集合A ={x ∈Z |log 2x ≤2 }的真子集个数为（ ） A ．7 B ．8 C ．15 D ．16【答案】C 【解析】log 2x ≤2，所以0<x≤4，因为x ∈Z,所以A={1,2,3,4},所以集合A 的真子集个数为24-1=15. 故答案为：C8．【2018年天津预赛】如果集合A ={1,2,3,⋯,10}，B ={1,2,3,4}，C 是A 的子集，且C ∩B ≠∅，则这样的子集C 有（ ）个. A ．256 B ．959 C ．960 D ．961【答案】C 【解析】满足C ∩B =∅的子集C 有26个，所以满足C ∩B ≠∅的子集C 有210−26=960个. 故答案为：C9．【2018年辽宁预赛】设A =[−2,4),B ={x|x 2−ax −4≤0}，若B ⊆A ，则实数a 的取值范围为（）. A ．[−3,0) B ．[−2,0) C ．[0,2) D ．[0,3)【答案】D 【解析】因为f(x)=x 2−ax −4开口向上，且{x|x 2−ax −4≤0}⊆[−2,4)， 故{f(−2)≥0,f(4)>0. 解得a ∈[0,3).故答案为：D10．【2017年吉林预赛】设集合M ={x ∣−12<x <12},N ={x ∣x 2≤x },则M ∩N =()(A)[0,12)(B)(−12,1](C)[−1,12)(D)(−12,0]【答案】A【解析】由x2≤x得0≤x≤1,即N={x∣0≤x≤1},则M∩N={x∣0≤x<12}11．【2017年吉林预赛】设{(s1,s2,⋯,s6)∣s i∈{0,1},i∈N+,i≤6},对∀x,y∈S,x=(x1,x2,⋯,x6),y= (y1,y2,⋯,y6)定义:(1)x=y当且仅当(x1−y1)2+(x2−y2)2+⋯+(x6−y6)2=0;(2)x⋅y=x1y1+x2y2+⋯+x6y6.若非空集合T⊆S,且满足∀u,v∈T,u≠v,均有u⋅v≠0,则集合T中元素个数的最大值为( ) (A)62 (B)52 (C)42 (D)32【答案】D【解析】首先,∀x∈S,定义x−1=(1−x1,1−x2,⋯,1−x6),则∀x∈S,x−1∈S且唯一,(x−1)−1=x,且x≠x−1,同时x⋅x−1=0.故若x∈T,则必有x−1∉T,可知集合T中元素个数至多32个.其次，集合T={(x1,x2,⋯,x6)∈S∣x1=1}符合题意,此时元素个数为32个.综上,集合T中元素个数的最大值为32.12．【2017年陕西预赛】设集合A={n∣n3∈N+},B={y∣y=x+4+√5−x2},则集合A∩B中元素的个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4【答案】B【解析】提示：令x=√5sinθ(−π2≤θ≤π2),则y=√5sinθ+4+√5cosθ=4+√10sinθ(θ+π4).因为−π4≤θ+π4≤3π4,所以−√22≤sin(θ+π4)≤1,则4−√5≤y≤4+√10.A={3,6,9,⋯},所以A∩B={3,6},则A∩B中有2个元素.13．【2017年黑龙江预赛】下列命题正确的有()①很小的实数可以构成集合;②集合{y∣y=x2−1}与集合{(x,y)∣y=x2−1}是同一个集合;③1,32,64,|−12|,这些数组成的集合有5个元索;④集合{(x,y)∣xy≤0,x,y∈R}是指第二和第四象限内的点集.(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个【答案】A【解析】提示：①错的原因是元素不确定.②前者是数集,而后者是点集,种类不同.③32=64,|−12|=,有重复的元素,应该是3个元素.④本集合还包括坐标轴.14．【2017年湖南预赛】设集合X={1,2,⋯,2017},集合S={(x,y,z)∣x,y,z∈X,且三条件x<y<z,y<z <x,z<x<y恰有一个成立}.若(x,y,z)∈S且(z,w,x)∈S,则下列选项正确的是( )(A)(y,z,w)∈S且(x,y,w)∉S(B)(y,z,w)∈S且(x,y,w)∈S(C)(y,z,w)∉S且(x,y,w)∈S(D)(y,z,w)∉S且(x,y,w)∉S【答案】B【解析】提示:由(x,y,z)∈S,知x<y<z,y<z<x,z<x<y恰有一个成立.由(z,w,x)∈S,知z<w<x,w<x<z,x<z<w恰有一个成立.不妨设x<y<z,则可得x<y<z<w或w<x<y<z.无论哪种情形,均可得(y,z,w)∈S且(x,y,w)∈S,故选B.15．【2016年陕西预赛】已知集合M={1,2,...,10}，A为M的子集，且子集A中各元素的和为8.则满足条件的子集A共有（）个.A．8 B．7 C．6 D．5【答案】C【解析】注意到，元素和为8的子集A有｛8}、｛1，7｝、｛2，6｝、｛3，5｝、｛1，2，5｝、｛1，3，4｝，共6个. 选C.16．【2016年吉林预赛】设集合M={y|y=x12,x∈[1,4]}，N={x|y=log2(1−x)}.则M∩∁R N=（）. A．{x|1≤x≤2}B．{x|1≤x≤4}C．{x|1≤x≤√2}D．∅【答案】A【解析】计算知M=[1,2],N=(−∞,1).故M∩∁R N={x|1≤x≤2}.17．【2016年吉林预赛】设集合M={y|y=x12,x∈[1,4]}，N={x|y=log2(1−x)}.则M∩∁R N=（）. A．{x|1≤x≤2}B．{x|1≤x≤4}C．{x|1≤x≤√2}D．∅【答案】A【解析】计算知M=[1,2],N=(−∞,1).故M∩∁R N={x|1≤x≤2}.18．【2016年浙江预赛】设集合M={(x,y)|√x√y =√45x、y∈Z+}。