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1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(1)集合(Word版可编辑,含答案)

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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max3,x ，而所有元素之和大于max3,x，不符合条件．故0x，即x为最小元素．于是36xx，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AxxB|2，集合AxxC2|，则集合CB的元素个数为

◆答案：24 ★解析：由条件知，48,,6,4,2CB，故CB的元素个数为24。

2018B1、设集合8,1,0,2A，集合AaaB|2，则集合BA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BA，元素之和为31.

2018B三、（本题满分50分）设集合nA,,2,1，YX,均为A的非空子集（允许YX）．X中的最大元与Y中的最小元分别记为YXmin,max．求满足YXminmax的

有序集合对),(YX的数目。 ★解析:先计算满足YXminmax的有序集合对),(YX的数目.对给定的Xmmax，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Ymmin，故Y

是nmmm,,2,1,的任意一个非空子集，共有121mn种取法. 因此，满足YXminmax的有序集合对),(YX的数目是： 12122122111111nnmmnmnnmmnmn

由于有序集合对),(YX有2121212nnn个，于是满足YXminmax的有序集合对),(YX的数目是124122122nnnnnnn 2017B二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集N

分拆为k个互不相交的子集kAAA,,,21，每个子集iA中均不存在4个数dcba,,,（可以相同），满足mcdab． ★证明：取1km，令{(mod1),}iAxximxN，1,2,,1im

设,,,iabcdA，则0(mod1)abcdiiiim••， 故1mabcd，而1mm，所以在iA中不存在4个数,,,abcd，满足abcdm

2017B四、（本题满分50分）。设5,4,3,2,1,,,2021aaa，10,,3,2,1,,,

2021bbb

，

集合0))((,201|),(jijibbaajijiX，求X的元素个数的最大值。 ★解析：考虑一组满足条件的正整数12201220(,,,,,,,)aaabbb

对1,2,,5k，设120,,aa中取值为k的数有kt个，根据X的定义，当ijaa时，

(,)ijX，因此至少有521ktkC个(,)ij不在X中，注意到5120kkt，则柯西不等式，我们

有5555522211111111120()(())20(1)3022525ktkkkkkkkkkCtttt•••• 从而X的元素个数不超过2203019030160C 另一方面，取4342414kkkkaaaak（1,2,,5k），6iiba（1,2,,20i）， 则对任意,ij（120ij），有2()()()((6)(6))()0ijijijijijaabbaaaaaa

等号成立当且仅当ijaa，这恰好发生24530C次，此时X的元素个数达到22030160C 综上所述，X的元素个数的最大值为160.

2016B四、（本题满分50分）设A是任意一个11元实数集合．令集合vuAvuuvB,,|

求B的元素个数的最小值． ★解析：记1121,,,aaaA，不妨设1121aaa ①若0ia111i恒成立；由于1110113112423221aaaaaaaaaaaa， 这里显然可以发现有18个数在B中，即18B ②若1111210aaaaaakkk

，其中5k时，由于

1111121121111121aaaaaaaaaaaaaakkkkkkk有10个非负数；

又11101141131124232aaaaaaaaaaaakkkkkkk

有k217个正数，

故此时，1722721710kkB，当5k时，17minB，如 4322,2,2,2,1,0A，87654322,2,2,2,2,2,2,2,1,0B

满足；

③若1111210aaaaaakkk

，其中6k时，由于

1111121121111121aaaaaaaaaaaaaakkkkkkk有10个非负数；

又0621aaa，则1213141525354565aaaaaaaaaaaaaaaa有8个正数， 故此时，18810B

④若0ia111i恒成立；同①显然可以发现有18个数在B中，即18B； 综上。B的元素个数的最小值为17. 2015AB10、（本题满分20分）设4321,,,aaaa是4个有理数，使得

3,1,81,23,2,2441|jiaaji，求4321aaaa的值。

★解析：由条件可知，(14)ijaaij是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，由此知，4321,,,aaaa的绝对值互不相等，不妨设||||||||4321aaaa，则||||(14)ijaaij中最小的与次小的两个数分别是12||||aa及13||||aa，最大与次大的两

个数分别是34||||aa及24||||aa，从而必须有121324341,81,3,24,aaaaaaaa 10 分 于是2341112113,,248aaaaaaa． 故2231412113{,}{,24}{2,}82aaaaaa，15分 结合1aQ，只可能114a． 由此易知，123411,,4,642aaaa或者123411,,4,642aaaa． 检验知这两组解均满足问题的条件． 故123494aaaa． 20 分

2015A二、（本题满分40分）设nAAAS,,,21，其中nAAA,,,21是n个互不相同的有

限集合（2n），满足对任意的SAAji,,均有SAAji，若2min1iniAk.证明：存

在niiAx1，使得x属于nAAA,,,21中至少kn个集合（这里X表示有限集合X的元素个数）。 ★证明：不妨设1||Ak．设在12,,,nAAA中与1A不相交的集合有s个，重新记为

12,,,sBBB，设包含1A的集合有t个，重新记为12,,,tCCC．由已知条件，1()iBAS，

即112(){,,,}itBACCC，这样我们得到一个映射

12121:{,,,}{,,,},()stiifBBBCCCfBBA．

显然f是单映射，于是，st． 10 分 设112{,,,}kAaaa．在nAAA,,,21中除去12,,,sBBB，12,,,tCCC后，在剩下的nst个集合中，设包含ia的集合有ix个（1ik），由于剩下的nst个集合中每个

集合与从的交非空，即包含某个ia，从而

12kxxxnst． 20 分

不妨设11maxiikxx，则由上式知instxk，即在剩下的nst个集合中，包含1a 的集

合至少有nstk个．又由于),,2,1(1tiCAi，故12,,,tCCC都包含1a，因此包含1

a的集合个数至少为(1)nstnsktnsttkkk（利用2k） nk（利用st)． 40 分

2015B 6、设k为实数，在平面直角坐标系中有两个点集)(2),(22yxyxyxA和 03),(kykxyxB，若BA是单元集，则k的值为

◆答案： 23 ★解析：点集A是圆周22:(1)(1)2xy，点集B是恒过点)3,1(P的直线:3(1)lykx及下方（包括边界）．作出这两个点集知，当A自B是单元集时，直线l是

过点P的圆的一条切线．故圆的圆心 M (1, l）到直线l的距离等于圆的半径2， 故2|13|21kkk．结合图像，应取较小根23k．

2014A 2、设集合21|3baba中最大元素与最小元素分别为NM,，则NM的值为 ◆答案： 325

★解析：由21ba知，52133ba，当1a，2b时，得最大元素5M，

又3233aaba，当3ba时，得最小元素32m。因此，325mM。

2014A三、（本题满分50分）设100,,2,1S，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。 ★解析：对有限非空实数集A，用Amin，Amax分别表示A中的最小元素和最大元素。 考虑S的所有包含1且至少有两个元素的子集，一共有1299个，它们显然满足要求，因为

ijiAAAmax1min，故1299maxk。

下面证明992k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3n，集合n,,2,1的任意m（12nm）个不同的非空子集

mAAA,,,21

中，存在两个不同的子集

jiAA,，满足jiAA，且ijiAAAmaxmin①

显然只需对12nm的情形证明上述结论。 当3n时，将3,2,1的全部非空子集分成三组：第一组3,2,3,1,3；第二组2,1,2；第三组3,2,1,1。由抽屉原理，任意4个非空子集必有两个是在同一组，取同组的两个子集

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1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：15 组合与构造 Word版含答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：15 组合与构造 Word版含答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编组合与构造部分2019A 四、（本题满分 50 分）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．★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：设(),G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设，并且结论在较小时均成立．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2E -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12:k P v v v ，其中12k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥.情形1：()1deg 2v ≥,由于P 是最长路，1v 的邻点均在2k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则{}121,i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 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2E -条边．情形 2：()1deg 1v =， ()2deg 2v =．则{}1223,v v vv 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 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2E -条边．情形 3：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与4k v v 中某个点相邻．则{}1223,v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有 2E -条边．情形 4：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与某个{}13,,k u v v v ∉相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2k v v 之中．因{}122,v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，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i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -.引理获证．………………20 分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(),G V E ． 首先证明2795n ≥． 设{}122019,,V v v v =．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如{}1213116,v v v v v v ），共连了261151815C -=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795．……30 分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形． 设G 有k 个连通分支，分别有12,,,k m m m 个点，及12,,,k e e e 条边．下面证明12,,,ke e e 中至多有979个奇数． 反证法，假设12,,,k e e e 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=是奇数， 故12,,,k e e e 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然129812m m m +++≥．令122k m m m m =+++≥，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2981980m k C e e e ≥+++，故98022112795i kimm i i eC C ===≤+∑∑，利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211x y x y C C C C +-+≤+。

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：15 组合与构造

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：15 组合与构造

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编组合与构造部分2019A 四、（本题满分 50 分）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．★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：设(),G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设，并且结论在较小时均成立．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2E -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12:k P v v v ，其中12k v v v 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥.情形1：()1deg 2v ≥,由于P 是最长路，1v 的邻点均在2k v v 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则{}121,i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 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2E -条边．情形 2：()1deg 1v =， ()2deg 2v =．则{}1223,v v vv 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 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2E -条边．情形 3：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与4k v v 中某个点相邻．则{}1223,v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有 2E -条边．情形 4：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与某个{}13,,k u v v v ∉相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2k v v 之中．因{}122,v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，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i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -.引理获证．………………20 分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(),G V E ． 首先证明2795n ≥． 设{}122019,,V v v v =．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如{}1213116,v v v v v v ），共连了261151815C -=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795．……30 分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形． 设G 有k 个连通分支，分别有12,,,k m m m 个点，及12,,,k e e e 条边．下面证明12,,,ke e e 中至多有979个奇数． 反证法，假设12,,,k e e e 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=是奇数， 故12,,,k e e e 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然129812m m m +++≥．令122k m m m m =+++≥，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2981980m k C e e e ≥+++，故98022112795i kimm i i eC C ===≤+∑∑，利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211x y x y C C C C +-+≤+。

1981年全国高中数学联合竞赛试题与答案

1981年全国高中数学联合竞赛试题与答案


⇒
C1
=
C2
或
C1
=
π
− C2，于是甲
⇏
乙，乙
⇒
甲.
甲是乙的必要条件，所以选 B.
2. 条件甲：√1 + sin θ = a；条件乙：sin θ + cos θ = a. 则
2
2
()
A. 甲是乙的充分必要条件
B. 甲是乙的必要条件
C. 甲是乙的充分条件
D. 甲不是乙的必要条件，也不是充分条件
解答
√ 1 + sin θ =
x
0.021
0.27
1.5
2.8
3
5
lg x 2a + b + c − 3 6a − 3b − 2 3a − b + c 1 − 2a + 2b − c 2a − b a + c
x
6
7
8
9
14
lg x 1 + a − b − c 2(b + c) 3 − 3a − 3c 4a − 2b 1 − a + 2b
6+ 4
2 3+ =
3；
4
对于选项 B：如图，作 BECD ⇒ S√△ACD√= S△CBE
1 √ √ 6+ 2
⇒
S梯形ABCD √
=
S△ACE
=
2
·
2·
3·
4
3+ =
3 < 5 = 1.25；
4
4
√
对于选项 C：S圆 = π；对于选项 D：S正方形 =
52 2· 2
比较可知，S圆 = π 最大，所以选 C.
2019年高考数学真题分类汇编：集合.doc

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2019 年高考数学真题分类汇编专题 01：集合一、单选题1.（2019?浙江）已知全集 U={-1 ，0，1，2，3} ，集合 A={0，1，2} ，B={-1 ，0，1} ，则=（）A. {-1}B. {0 ，1}C. {-1 ，2，3}D. {-1 ， 0，1，3}【答案】 A2.（2019?天津）设集合，则（）A.{2}B.{2 ，3}C.{-1 ，2，3}D.{1 ，2，3，4}【答案】 D3.（2019?全国Ⅲ）已知集合 A={-1 ，0，1，2} ，B={x|x 2≤1} ，则 A∩B= （）A.{-1 ，0，1}B.{0，1}C.{-1 ，1}D.{0，1，2}【答案】 A4.（2019?卷Ⅱ）已知集合 A={x|x>-1} ，B={x|x<2} ，则 A∩B=（）A. （-1 ，+∞）B. （ - ∞， 2）C.（ -1 ，2）D.【答案】 C5. （2019?卷Ⅱ）设集合 A={x|x 2-5x+6>0} ，B={ x|x-1<0}，则A∩B= （）A.(- ∞， 1)B.(-2，1)C.(-3 ，-1)D.(3，+∞)【答案】 A6. （2019?北京）已知集合A={x|-1<x<2} ，B={x|x>1} ，则 AUB= （）A. （-1 ，1）B. （1，2）C.（-1 ，+∞）D.（1，+∞）【答案】 C7.（2019?卷Ⅰ）已知集合 U=，A=，B=则=（）A. B.C. D.【答案】 C8. （2019?卷Ⅰ）已知集合M=，N=，则M N=（）A. B.C. D.【答案】 C9.（2019?全国Ⅲ）《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并成为中国古典小说四大名著。

某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了 100 位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有 90 位，阅读过《红楼梦》的学生共有 80 位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（）A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8【答案】 C二、填空题10. （2019?江苏）已知集合，，则________.【答案】。