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 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 i k i=1? C m 2+∑ C m i 2980i=1 ① 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 i 2980i=1 取得最大值. 于是C m 2+∑ C m i 2980i=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 i 2] k i=1?1 2 (∑e i k i=1 ?979)=1 2 (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?1 k n.设A是{1，2，…，m}的n元子集. 证明:区间(0,n k?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,n k?1 )不可表示为a－a'，a，a'∈A.作带余除法m=xq+r，其中0≤r 从而n=|A|?r?q+1 2?+(x?r)?q 2 ?={ x?q+1 2 ,2?q x?q 2 +r,2|q ①. 这里?α?表示不小于α的最小整数. 由条件，我们有n>k 2k?1m=k 2k?1 (xq+r)② 又x∈(0,n k?1 )，故n>(k?1)x③ 情形一q是奇数.则由①知，n?x?q+1 2 ④ 结合②，④可知，x?q+1 2?n>k 2k?1 (xq+r)?k 2k?1 xq，从而q<2k－1. 再由q是奇数可知，q≤2k－3，于是n?x?q+1 2 ?(k?1)x，与③矛盾. 情形二q是偶数.则由①知，n?x?q 2 +r⑤ 结合②，⑤可知，x?q 2+r?n>k 2k?1 (xq+r)，从而xq 2(2k?1) 2k?1 r<(k?1)x 2k?1 ，故q<2(k－1). 再由q是偶数可知，q≤2k－4，于是n?x?q 2 +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n k 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 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 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)+2 ① 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+1 2 .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[1 2 ]=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+1 2)[k+1 2 ]=(k+1 2 )(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+1 2)[k+1 2 ]=(k+1 2 )(k+1)=1 2 +k 2 +k2+k = 1 2 +2r?1+(αv+1+1)?2v+(αv+1+αv+2)?2v+1+?+22v+? =k′+1 2 ① 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′+1 2 ， 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=2 x2?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?1② pq=st+2s2+4s?4③ 2p2q?q2=2s2t?t2+4s3+12s2+16s?25④ 将式①和②代入式③，得t=s 2 ?1⑤ 将式⑤代入式②，得q=5 2 s?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=3 z=1或{ x=1 z=3， 且{y=2 w=0或{ y=0 w=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：∑240 k=1 f(k)的值.【答案】768