浙江高中数学竞赛考试解答
2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题(含答案)
13．已知函数
f
x
|
1
x 1|e x
a.
(1)若 f x 0 恰有三个根，求实数 a 的取值范围
(2)在(1)的情形下，设 f x 0 的三根为 x1, x2 , x3 且 x1 x2 x3 , 证明 x2 x1 a. 14．设正整数 n 3, 已知 n 个数 a1, a2 ,, an ,记两两之和为 by ai a j i j , 得到如
n 1)min 20 ，（15 分）
即 6 20 。 2
（20 分）
12. 已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 3 ，且椭圆 C 的任意三个顶点构成的三角形面 2
积为 1 。 2
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）若过 P(, 0) 的直线 l 与椭圆交于相异两点 A, B ，且 AP 2PB ，求实数 的范围。
（1） x
1时，
f
x
x
1
e
1 x
，
f 'x 1
1 x
1 x2
e
1 x
0
x
1时，
f
x
x
1
e
1 x
，
f 'x
1
1 x
1 x2
e
1 x
0
所以函数 f x 在 , 1 , 1,0 , 0, ，
且 f (x) (x ), f (1) 0, f (0 ) , f (0 ) 0,
故a 0
（5 分）
（2）当 n 4 时。显然由 k C32 1 4 ，否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数。
当 k 4 时，如果 b21, b31, b42 , b43 这 4 个值，也无法确定出 a1, a2 , a3, a4 。
浙江省高中数学竞赛（a卷）参考答案
浙江省高中数学竞赛（a卷）参考答案2007年浙江省高中数学竞赛（Ａ卷）参考答案一、选择题1.如果23()1log 2log 9log 64x x x f x =-+-，则使()0f x <的x 的取值范围为（ B ）A. 01x << B. 813x << C. 1x <<+∞ D. 8 3x <<+∞ 解：显然0x >，且1x ≠。
23()1log 2log 9log 64x x x f x =-+-1log 2log 3log 4x x x =-+-3log 8x x =。
要使()0f x <。
当1x >时，318x <，即813x <<；当01x <<时，318x >，此时无解。
由此可得，使()0f x <的x 的取值范围为813x <<。
2.已知集合{}c o s 22)s i n A x x x xR =++-+>∈，{}sin cos ,B x x x x R =≥∈，则A B ?＝（ C ）A. 4xx ππ??<<B. ＲC. ?D. 2(21),4xk x k k πππ??+<<+∈Z解：cos 22(11)0x x ++->2sin (10x x ?-+(sin 1)0x x ?-<没有实数x 可以使上述不等式成立。
故A =?。
从而有A B ?=?。
3.以（ B ）A. 2B. 3C. 4D. 6解：以这些边为三角形仅有四种：(1,1,1)，，，。
固定四面体的一面作为底面：当底面的三边为(1,1,1)时，另外三边的取法只有一种情况，即；当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，。
其余情形得到的四面体均在上述情形中。
由此可知，四面体个数有３个。
4.从１至169的自然数中任意取出３个数构成以整数为公比的递增等比数列的取法有（ C ）种。
2019年浙江省高中数学竞赛试题参考解答与评分标准
2019年浙江省高中数学竞赛试题参考解答与评分标准说明：本试卷分为A 卷和B 卷：A 卷由本试卷的2２题组成，即10道选择题，7道填空题、3道解答题和2道附加题；B 卷由本试卷的前20题组成，即10道选择题，7道填空题和3道解答题。
一、选择题（本大题共有10小题，每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填入题干后的括号里，多选、不选、错选均不得分，每题5分，共50分）1. 已知53[,]42ππθ∈ D ） A ．2sin θ B. 2sin θ- C. 2cos θ- D. 2cos θ解答：因为53[,]42ππθ∈cos sin cos sin θθθθ--+ 2c o s θ=。
正确答案为D 。
2．如果复数()()21a i i ++的模为4，则实数a 的值为（ C ）A. 2B.C. 2±D. ±42a =⇒=±。
正确答案为C 。
3. 设A ，B 为两个互不相同的集合，命题P ：x A B ∈⋂， 命题q ：x A ∈或x B ∈，则p 是q 的（ B ）A. 充分且必要条件B. 充分非必要条件C. 必要非充分条件D. 非充分且非必要条件 解答：P 是q 的充分非必要条件。
正确答案为B 。
4. 过椭圆2212x y +=的右焦点2F 作倾斜角为45弦AB ，则AB 为（ C ）A.B. C. 3 D. 解答：椭圆的右焦点为（1，0），则弦AB 为1,y x =-代入椭圆方程得21243400,33x x x x AB -=⇒==⇒==。
正确答案为C 。
5. 函数150()51xxx f x x -⎧-≥=⎨-<⎩，则该函数为（ A ）A. 单调增加函数、奇函数B. 单调递减函数、偶函数C. 单调增加函数、偶函数D. 单调递减函数、奇函数解答：由单调性和奇偶性定义知道函数为单调增加的奇函数。
正确答案为A 。
6. 设有一立体的三视图如下，则该立体体积为（ A ）正视图 侧视图 俯视图（圆和正方形）A. 4+52πB. 4+32πC. 4+2π D. 4+π解答：该几何体是一个圆柱与一个长方体的组成，其中重叠了一部分（2π），所以该几何体的体积为52213422πππ⨯⨯+-=+。
2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)
2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。
若A B ⊆，则实数m 的取值范围为 。
2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。
3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。
4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。
5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。
6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。
7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。
8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。
9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。
10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（ ，A 为C 的圆心。
直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。
则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。
浙江高三高中数学竞赛测试带答案解析
浙江高三高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.若集合，，，则集合（）A．B．C．D．2.若函数（，且）的值域为，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．3.如图，在四面体中，已知两两互相垂直，且．则在该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为（）A．B．C．D．4.在中，“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5.已知函数，则关于的不等式的解集为（）A．B．C．D．6.记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则的最大值为（）A．2B．C．D．1二、填空题1.数学竞赛后，小明、小乐和小强各获得一枚奖牌，其中一人得金牌，一人得银牌，一人得铜牌，老师猜测：“小明得金牌，小乐不得金牌，小强得的不是铜牌．”结果老师只猜对了一个，由此推断：得金牌、银牌、铜牌的依次是__________．2.省中医院5月1号至5月3号拟安排6位医生值班，要求每人值班1天，每天安排2人．若6位医生中的甲不能值2号，乙不能值3号，则不同的安排值班的方法共有__________种．3.已知函数，若对于任意的，存在，使得成立，则的取值范围为__________． 4.已知，则的取值范围为__________．5.已知是偶函数，时，(符号表示不超过的最大整数)，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围为__________．6.已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于两点(点在轴的上方)，且，则直线的斜率为__________．7.方程的正整数解为______________（写出所有可能的情况)．8.一个有限项的数列满足：任何3 个连续项之和都是负数，且任何4个连续项之和都是正数，则此数列项数的最大值为__________．三、解答题1.已知函数的图象恒过定点，且点又在函数的图象上．（Ⅰ）求实数的值； （Ⅱ）当方程有两个不等实根时，求的取值范围；（Ⅲ）设，，，求证，，．2.（12分）如图，椭圆（）的离心率，短轴的两个端点分别为B 1、B 2，焦点为F 1、F 2，四边形F 1 B 1F 2 B 2的内切圆半径为（1）求椭圆C 的方程；（2）过左焦点F 1的直线交椭圆于M 、N 两点，交直线于点P ，设，，试证为定值，并求出此定值．3.已知函数，直线为曲线的切线（为自然对数的底数）．（1）求实数的值； （2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围．浙江高三高中数学竞赛测试答案及解析一、选择题1.若集合，，，则集合（ ）A ．B ．C．D．【答案】D【解析】依题意，，．由，知；，知或．所以，或，即．故选D；2.若函数（，且）的值域为，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】当时，函数的值域为，当时，，即时，，且时恒成立．∴，的取值范围为．故选A；3.如图，在四面体中，已知两两互相垂直，且．则在该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设 (在上，在上，在上)．由，，知，，．∴在面内与点距离为的点形成的曲线段(图中弧) 长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．所以，该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为．故选B．点睛：想象出在每个截面上的弧线是一个个圆弧，找到相应的圆弧的圆心角，和半径，弧长就求出来了；4.在中，“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由正弦定理可得，在中，“”则，则，由倍角公式可得，可得，反之也成立，所以在中，“”是“”的充分必要条件，故选C.【考点】正弦定理与倍角公式.5.已知函数，则关于的不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，则函数为奇函数且在实数上为增函教，不等式转化为故选D．6.记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则的最大值为（）A．2B．C．D．1【答案】B【解析】可以不妨设，因为，所以，故所以，，所以（当且仅当时取等号)故选B．二、填空题1.数学竞赛后，小明、小乐和小强各获得一枚奖牌，其中一人得金牌，一人得银牌，一人得铜牌，老师猜测：“小明得金牌，小乐不得金牌，小强得的不是铜牌．”结果老师只猜对了一个，由此推断：得金牌、银牌、铜牌的依次是__________．【答案】小乐，小强，小明．【解析】其一，若小明得金牌，则小乐一定不得金牌，不合题意；其二，小明得银牌时，再以小乐得奖情况分析，若小乐得金牌，小强得铜牌，不合提议，若小乐得铜牌小强得金牌，也不合题意；其三，若小明得铜牌，仍以小乐得奖情况分类，若小乐得金牌，小强得银牌，则老师才对一个合题意，若小乐得银牌，小强得金牌，则老师对了俩；不合题意，综上，小明得铜牌，小乐得金牌，小强得银牌．2.省中医院5月1号至5月3号拟安排6位医生值班，要求每人值班1天，每天安排2人．若6位医生中的甲不能值2号，乙不能值3号，则不同的安排值班的方法共有__________种．【答案】42;【解析】分两类(1) 甲、乙同一天值班，则只能排在1号，有种排法；(2) 甲、乙不在同一天值班，有种排法，故共有42 种方法．故结果为42．3.已知函数，若对于任意的，存在，使得成立，则的取值范围为__________．【答案】;【解析】函数视作为的函数问题等价于对于，由于，所以所以问题等价于，即，所以．故结果为．点睛：双变元问题，先看成函数视作为的函数，求出最值；再看成x的函数求最值．4.已知，则的取值范围为__________．【答案】;【解析】由及有，所故结果为．5.已知是偶函数，时， (符号表示不超过的最大整数)，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围为__________．【答案】;【解析】作出函数与的草图(如图所示)．易知直线恒过点，是方程的一个根．从图像可知，当，即时，两个函数的图像恰有三个不同的交点．∴的取值范围为．点睛：方程的根转化为函数的零点，图像的交点问题，且发现直线过定点；根据图像得到结果．6.已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于两点(点在轴的上方)，且，则直线的斜率为__________．【答案】;【解析】极点在右焦点的极坐标方程为，所以，，从而，可得，，所以直线的斜率为．7.方程的正整数解为______________（写出所有可能的情况)．【答案】;【解析】．∴，∴，．由，知，因此，．∴，若，则，，．将，代入题中方程，得．若，则，．由知，不存在．若，则．以，，又，因此，．经验证只有符合．将代入题中方程，得．∴符合条件的正整数解有或．8.一个有限项的数列满足：任何3 个连续项之和都是负数，且任何4个连续项之和都是正数，则此数列项数的最大值为__________．【答案】5;【解析】一方面可以构造5 项的数列：符合题设；另一方面，证明满足条件的数列不超过5项．否则取出前6 项，作出如下排列：由每行的和为负数，知这12 个数之和为负数；由每列的和为正数，知这12 个数之和为正数．矛盾．故结果为5．三、解答题1.已知函数的图象恒过定点，且点又在函数的图象上．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）当方程有两个不等实根时，求的取值范围；（Ⅲ）设，，，求证，，．【答案】(1)；(2)的取值范围为；（3）见解析．【解析】（1）点的坐标为；点在上，则（2）方程的根转化为图像的交点；（3）裂项求和．（Ⅰ）函数的图像恒过定点，点的坐标为又因为点在上，则即，∴（Ⅱ）即，∴由图像可知：，故的取值范围为．（Ⅲ），∴ ，．点睛：主要考查函数零点，方程的根，图像的交点可等价；再就是数列裂项求和问题．2.（12分）如图，椭圆（）的离心率，短轴的两个端点分别为B 1、B 2，焦点为F 1、F 2，四边形F 1 B 1F 2 B 2的内切圆半径为（1）求椭圆C 的方程；（2）过左焦点F 1的直线交椭圆于M 、N 两点，交直线于点P ，设，，试证为定值，并求出此定值． 【答案】（1）；（2）【解析】试题解析：（1）设四边形F 1B 1F 2B 2的内切圆与边B 1B 2的切点为G ，连接OG ，则|OG|=由S △OB2F2=|OB 2||OF 2|=|B 2F 2||OG|，|OB 2|=b ， |OF 2|=c ， |B 2F 2|=a ，得bc=a又∵e=解得a=2，b=故椭圆方程为：（2）设直线MN 的方程为y=k （x+1）代入椭圆方程，整理得 （3+4k 2）x 2+8k 2x+4（k 2-3）=0设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， 则x 1+x 2= ，x 1x 2=又P （-4，-3k ），F 2（-1，0） 由 ， 得，∴∵∴为定值【考点】本题考查椭圆的几何性质 向量共线 点评：解决本题的关键是利用向量共线，求出即可3.已知函数，直线为曲线的切线（为自然对数的底数）．（1）求实数的值； （2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先求导，然后利用导数等于求出切点的横坐标，代入两个曲线的方程，解方程组，可求得；（2）设与交点的横坐标为，利用导数求得，从而，然后利用求得的取值范围为.试题解析：（1）对求导得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．1分设直线与曲线切于点，则，解得，所以的值为1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分（2）记函数，下面考察函数的符号，对函数求导得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分当时，恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分当时，，从而．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分∴在上恒成立，故在上单调递减．，∴，又曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的，使．∴；，，∴，从而，∴，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立．①当时，在上恒成立，即在上恒成立，记，则，当变化时，变化情况列表如下：∴，故“在上恒成立”只需，即．②当时，，当时，在上恒成立，综合①②知，当时，函数为增函数．故实数的取值范围是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分【考点】函数导数与不等式.【方法点晴】函数导数问题中，和切线有关的题目非常多，我们只要把握住关键点：一个是切点，一个是斜率，切点即在原来函数图象上，也在切线上；斜率就是导数的值.根据这两点，列方程组，就能解决.本题第二问我们采用分层推进的策略，先求得的表达式，然后再求得的表达式，我们就可以利用导数这个工具来求的取值范围了.。
2024年全国高中数学联赛初赛试题+答案[北京、广西、吉林、内蒙、四川、浙江、重庆]
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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.。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题1 集合(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题1 集合 （50题竞赛真题强化训练）一、单选题1．（2018·天津·高三竞赛）如果集合{}1,2,3,,10A =，{}1,2,3,4B =，C 是A 的子集，且C B ≠∅，则这样的子集C 有（ ）个.A ．256B ．959C ．960D ．961【答案】C 【解析】 【详解】满足C B ⋂=∅的子集C 有62个，所以满足C B ⋂≠∅的子集C 有10622960-=个. 故答案为C2．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知集合{}{}2|2,230A x x B x x x =>=--<∣，则A B =( ).A ．{23}xx <<∣ B ．{12}xx -<<∣ C ．{21xx -<<-∣或2}x > D ．{2∣<-xx 或3}x > 【答案】A 【解析】 【详解】(,2)(2,)A =-∞-+∞，又223(3)(1)0(1,3)x x x x B --=-+<⇒=-， 所以(2,3)A B =. 故选：A.3．（2018·黑龙江·高三竞赛）已知集合(){}2,60A x y x a y =++=，集合()(){},2320B x y a x ay a =-++=.若AB =∅，则a 的值是（ ）.A ．3或-1B ．0C ．-1D ．0或-1【答案】D 【解析】 【详解】A B ⋂=∅，即直线21:60l x a y ++=与()2:2320l a x ay a -++=平行.令()2132a a a ⨯=-，解得0a =或-14．（2019·全国·高三竞赛）已知{}1,2,,216,S A S =⋅⋅⋅⊆.若集合A 中任两个元素的和都不能被6整除，则集合A 中元素的个数最多为（ ）. A ．36 B ．52 C ．74 D ．90【答案】C 【解析】 【详解】记{}()6,0,1,,5k S x S x n k n N k =∈=+∈=⋅⋅⋅，且50k k S S ==⋃.易知()36k card S =.则集合A 中既不能同时有1S 与5S 或2S 与4S 中元素，也不能有6S 中两个元素、3S 中两个元素.要使A 中元素最多，可选1S 与2S 中全部元素，0S 与3S 中各一个元素.故最多共有36361174+++=个元素. 故答案为C5．（2019·吉林·高三竞赛）集合A ={2,0,1,3}，集合B ={x |-x ∈A ,2-x 2∉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】 【详解】由题意可得B ={-2，-3}，则集合B 中所有元素的和为-5. 故选：B. 二、填空题6．（2018·四川·高三竞赛）设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =，若I 的非空子集AB 、满足A B =∅，就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”，则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答） 【答案】6050 【解析】 【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集，则B 为I 的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050k kk kk k k k CC C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.7．（2018·湖南·高三竞赛）设集合2{|},{31021|}01A x x x B x m x m =-≤=+≤≤--，若A B B =，则实数m 的取值范围为__________. 【答案】3m ≤ 【解析】 【详解】由A B B ⋂=知，B A ⊆，而2{|3100}{|25}A x x x x x =--≤=-≤≤.当B =∅时，121m m +>-，即2m <，此时B A ⊆成立. 当B ≠∅时，121m m +≤-，即2m ≥，由B A ⊆，得21,21 5.m m -≤+⎧⎨-≤⎩ 解得33m -≤≤.又2m ≥，故得23m ≤≤. 综上，有3m ≤. 故答案为3m ≤8．（2021·全国·高三竞赛）已知,a b ∈R ，集合{}2{1,,},,M a b N a ab ==，若N M ⊆，则a b+的值为_________． 【答案】1- 【解析】 【分析】 【详解】依题意，1,0,1,a a b b a ≠≠≠≠．若21a =，则1,{1,1,},{1,}a M b N b =-=-=-，所以,0b b b -==． 若2a a =，则0a =或1，矛盾．若2a b =，则{}{}2231,,,,M a a N a a ==，于是31a =或a ，得0a =或±1，舍去．综上所述，1a b +=-． 故答案为：1-.9．（2018·山东·高三竞赛）集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =，A B =∅，若A 中的元素个数不是A 中的元素，B 中的元素个数不是B 中的元素，则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______． 【答案】186 【解析】 【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =，则B 中元素个数为10k -，依题意k A ∉，441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．10k B -∉，10k A -∈，此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --．其中，当5k =时，不满足题意，故5k ≠．所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=．10．（2018·福建·高三竞赛）将正偶数集合{}2,4,6,从小到大按第n 组有32n -个数进行分组：{}2，{}4,6,8,10，{}12,14,16,18,20,22,24，…，则2018位于第______组． 【答案】27 【解析】 【详解】设2018在第n 组，由2018为第1009个正偶数，根据题意得()()11132100932n ni i i i -==-<≤-∑∑，即()()223113100922n n n n ----<≤．解得正整数27n =．所以2018位于第27组．11．（2021·全国·高三竞赛）在{1,2,,12}的非空真子集中，满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为___________. 【答案】1364 【解析】 【详解】考虑1,12;2,11;3,10;4,9;5,8;6,7这5组数，每一组可作为集合的最大元素和最小元素，故所求集合的个数为()10864221222211364-+++++=，故答案为：136412．（2021·全国·高三竞赛）已知集合{1,2,3,,1995}M =，A 是M 的子集，当x A ∈时，19x A ∉，则集合A 元素个数的最大值为_______． 【答案】1895 【解析】 【详解】解析：先构造抽屉：{6,114},{7,133},,{105,1995},{1,2,3,4,5,106,107,,1994}．使前100个抽屉中恰均只有2个数，且只有1个数属于A ，可从集合M 中去掉前100个抽屉中的数，剩下199510021795-⨯=个数，作为第101个抽屉．现从第1至100个抽屉中取较大的数，和第101个抽屉中的数，组成集合A ，于是{1,2,3,4,5,106,107,,1995}A =，满足A 包含于M ，且当x A ∈时，19x A ∉． 所以card()A 的最大值为199********-=． 故答案为：1895.13．（2021·全国·高三竞赛）设111,,,23100X ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，子集G X ⊆之积数定义为G 中所有元素之乘积（空集的积数为零），求X 中所有偶数个元素之子集的积数的总和是_________． 【答案】4851200##5124200【解析】 【详解】解：设X 中所有偶数个元素之子集的积数的总和是A ，X 中所有奇数个元素之子集的积数之和是B ，则111991*********A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++-=⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，11199111123100100A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=----=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 解得4851200A =． 故答案为：485120014．（2020·江苏·高三竞赛）设*n N ∈，欧拉函数()n ϕ表示在正整数1，2，3，…，n 中与n 互质的数的个数，例如1，3都与4互质，2，4与4不互质，所以()42ϕ=，则()2020ϕ=__________．【答案】800 【解析】 【详解】解析：法一：因为2202025101=⨯⨯，故能被2整除的数有1010个，能被5整除的数有404个， 能被101整除的数有20个，既能被2整除又能被5整除的数有202个， 既能被2整除又能被101整除的数有10个， 既能被5整除又能被101整除的数有4个， 既能被2整除又能被5和101整除的数有2个．故与2020不互质的有10104042020210421220++---+=，则()2020800ϕ=． 故答案为：800.法二：()()()()2202025101=800ϕϕϕϕ=⨯⨯.故答案为：800.15．（2021·浙江·高二竞赛）给定实数集合A ，B ，定义运算{},,A B x x ab a b a A b B ⊗==++∈∈.设{}0,2,4,,18A =⋅⋅⋅，{}98,99,100B =，则A B ⊗中的所有元素之和为______. 【答案】29970 【解析】 【分析】【详解】由(1)(1)1x a b =++-， 则可知所有元素之和为(1319)30031029970+++⨯-⨯=.故答案为：29970.16．（2021·全国·高三竞赛）从自然数中删去所有的完全平方数与立方数，剩下的数从小到大排成一个数列{}n a ，则2020a =_________． 【答案】2074 【解析】 【分析】 【详解】注意到23366452025,121728,132197,3729,44096=====，我们考虑1到2025中n a 出现的次数．这里有45个平方数，12个立方数，3个6次方数， 所以n a 出现的次数为2025451231971--+=， 接下来直至2197前都没有平方数和立方数， 所以20202020197120252074a =-+=．17．（2021·全国·高三竞赛）设正整数m 、n ，集合{1,2,,}A n =，{1,2,,}B m =,{(,),}S u v u A v B ⊆∈∈，满足对任意的(,),(,)a b S x y S ∈∈，均有：()()0a x b y --≤，则max ||S =________．【答案】1n m +- 【解析】 【分析】 【详解】首先对S 中任意两个不同元素(,),(,)a b x y ，必有b a y x -≠-．事实上，若b a y x -=-，则b y ≠（否则a x =，这与(,)(,)a b x y ≠矛盾）． 若b y <，则a x <，则()()0a x b y -->，这与题意矛盾， 同理，b y >亦与题意矛盾．这样S 中任意元素(,),a b b a -各不相同， 而{1,2,,0,1,,1}b a m m n -∈----共1n m +-种情形，则||1S n m ≤+-．再令{(,)S x y y m ==且1x n ≤≤，或x n =且1}y m ≤≤，此时||1S n m =+-． 故答案为：1n m +-.18．（2021·全国·高三竞赛）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A B 为空集.若当n A ∈时总有22n B +∈，则集合A B 的元素个数最多为_______. 【答案】66 【解析】 【分析】 【详解】先证||66A B ≤，只须证33A ≤， 为此只须证若A 是{}1,2,,49的任一个34元子集，则必存在n A ∈，使得22n A +∈.证明如下： 将{}1,2,,49分成如下33个集合：{}{}{}{}1,4,3,8,5,12,,23,48共12个；{}{}{}{}2,6,10,22,14,30,18,38共4个；{}{}{}{}25,27,29,,49共13个；{}{}{}{}26,34,42,46共4个.由于A 是{}1,2,,49的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A ， 即存在n A ∈，使得22n A +∈. 如取{}1,3,5,,23,2,10,14,18,25,27,29,,49,26,34,42,46A =，22{|}B n n A =+∈，则A ､B 满足题设且||66A B =. 故答案为：66.19．（2021·全国·高三竞赛）设集合{1,2,3,,10},{(,,),,S A x y z x y z S ==∈∣，且()}3339x y z ++∣，则A 有_______个元素．【答案】243 【解析】 【分析】 【详解】将S 中元素按3x 模9余数分类得：123{1,4,7,10},{2,5,8},{3,6,9}S S S ===． 对每个(),,x y z A ∈，有,,x y z 分别属于123,,S S S ，或,,x y z 均属于3S ．因此A 中共有()33!4333243⨯⨯⨯+=个元素．故答案为：243.20．（2021·全国·高三竞赛）设S 为集合{}0,1,2,,9的子集，若存在正整数N ，使得对任意整数n N >，总能找到正实数a b 、，满足a b n +=，且a b 、在十进制表示下的所有数字（不包括开头的0）都属于集合S ，则||S 的最小值为___（||S 表示集合S 的元素个数）. 【答案】5 【解析】 【分析】 【详解】第一步，证明4S ≥，若4S =，则其中两数（可相同）相加共10个值（4个2i x 加上24C 6=个i j x x +），而n 的个位数由这10个值的个位数产生，因此，这10个值的个位数不能重复； 在0、1、2、…、9中有五个奇数，五个偶数， 若四个元中0或4个奇数，不能加出奇数； 若四个元中有1个奇数，只能产生3个奇数； 若四个元中有2个奇数，只能产生4个奇数； 若四个元中有3个奇数，只能产生3个奇数； 因此||4S >.第二步，构造一个五元组满足条件，稍加实验可得下表上表表明，0、1、2、…、9中的每个数字，都可以由{}0,1,2,3,6中的两个相加得到，则对任意正整数n ，从个位数开始依次向高位遍历，将每位数都按表格中表示分解为两个数，赋值给a b 、对应的位置，遍历完毕后自然得到a b 、. 综上min ||5S =. 故答案为：5.21．（2019·江西·高三竞赛）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】 【详解】所求的和为()22221(1219)12192⎡⎤+++-+++⎣⎦1(361002470)2=-16815=.故答案为：16815．22．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】 【详解】全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以，奇子集共有：()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为：256．23．（2019·广西·高三竞赛）已知yz ≠0，且集合{2x ，3z ，xy }也可以表示为{y ，2x 2，3xz }，则x =____________.【答案】1 【解析】 【详解】易知xyz ≠0，由两集合各元素之积得2366,1x yz x yz x ==. 经验证，x =1符合题意. 故答案为：1．24．（2019·山东·高三竞赛）已知(){}23|log 21,(,](,)A x x x B a b =-=-∞⋃+∞其中a <b ，如果A ∪B =R ，那么a －b 的最小值是_______ . 【答案】1- 【解析】 【详解】由已知得[1,0)(2,3]A =-⋃，故b －a ≤1，于是1a b --. 故答案为：1-．25．（2019·重庆·高三竞赛）设A 为三元集合(三个不同实数组成的集合)，集合B ={x +y |x ，y ∈A ，x ≠y }，若{}222log 6,log 10,log 15B =，则集合A =_______ . 【答案】{}221,log 3,log 5 【解析】 【详解】设{}222log ,log ,log A a b c =，其中0<a <b <c .则ab =6，ac =10，bc =15. 解得a =2，b =3，c =5，从而{}221,log 3,log 5A =. 故答案为：{}221,log 3,log 5．26．（2018·河北·高二竞赛）已知集合{},,A x xy x y =+，{}0,,B x y =且A=B ，那么20182018x y +=_______.【答案】2 【解析】 【详解】由B 中有三个元素知，0x ≠且0y ≠，故A 中0x y +=，即有x y =-，又{}{},,x xy x y =若x x xy y ⎧=⎨=⎩，则11x y =⎧⎨=-⎩.此时{}{}1,1,0,0,1,1A B =-=-. 若x t x xy =⎧⎨=⎩，则00x y =⎧⎨=⎩，或11x y =-⎧⎨=-⎩，或11x y =⎧⎨=⎩，不满足互异性，舍去.故1x =，1y =-，所以201820182x y +=. 27．（2019·全国·高三竞赛）集合{}1,2,,100S =，对于正整数m ，集合S 的任一m 元子集中必有一个数为另外m-1个数乘积的约数.则m 的最小可能值为__________． 【答案】26 【解析】 【详解】所有不大于100的素数共有25个，记其构成的组合为T=｛2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97｝.注意到，集合T 中每一个元素均不能被T 中其余24个元素之积整除. 故2526m T m >=⇒≥.另一方面，用反证法证明：对于集合S 的任一26元子集，其中必有一个数为另外25个数乘积的约数.为叙述方便，对于素数p 和正整数x ，记()p x α表示x 中缩含p 的幂指数.若存在集合S 的某个26元子集A ，对每个x A ∈，x 均不整除集合A 中其余25个数乘积，则对每个x A ∈，存在x 的素因子p ，使得(){}\p p x A x x z αα∈⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭∏，称这样的素数p 为x 的特异素因子，这种特异素因子不是唯一的.由于26A =，且所有特异素因子均属于集合S ，而集合S 中只有25个素数，故必有集合A 的两个不同元素x 、y 具有同一个特异素因子p. 由特异性及{}\y A x ∈，知(){}{}\p p p z A x x z y ααα∈⎛⎫>≥ ⎪⎪⎝⎭∏.类似地，(){}()\p p p z A y y z x ααα∈⎛⎫>≥⎪ ⎪⎝⎭∏，矛盾. 综上，m 的最小可能值为26.28．（2018·全国·高三竞赛）若实数集合{}2,3A x y =与{}6,B xy =恰有一个公共元素，则A B 中的所有元素之积为__________． 【答案】0 【解析】 【详解】将集合A 、B 的唯一公共元素记为a . 若0a ≠，则集合A 、B 的另一个元素均为6xya，矛盾. 进而，A B ⋃中的所有元素之积为0.29．（2021·全国·高三竞赛）已知非空集合{1,2,,2019,2020}X M ⊆=，用()f X 表示集合X中最大数和最小数的和，则所有这样的()f X 的和为_____. 【答案】()2020202121⋅-【解析】 【分析】 【详解】将M 中的非空子集两两进行配对，对每个非空子集X M ⊆，令{2021}X xx X '=-∈∣， 对M 的任意两个子集1X 和2X ，若12X X ≠时，12X X ''≠.则所有非空集合X 可以分成X X '≠和X X '=两类. 当X X '=时，必有()2021f X =，当X X '≠时，必有()()202124042f X f X +'=⨯=.又M 的非空子集共有202021-个，故所有这样的()f X 的和为()2020202121⋅-.故答案为：()2020202121⋅-.30．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________.【答案】39200 【解析】 【详解】易知10010z -=的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2100π，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数，记1{|97,49}P x x y z x =++=，2{|97,49}P y x y z y =++=，3{|97,49}P z x y z z =++=，{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=，则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=. 故答案为：39200．31．（2019·浙江·高三竞赛）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】{334，335，336，337，338，339} 【解析】 【详解】由已知2136732k n n ++⨯=⨯. 当n =2m 时，得到(221)36733,6,333k m m m n k ++=⨯⇒===； 当n =2m +1时，得到(1)(21)36731,3k m m m n +++=⨯⇒==. 所以n 的最大值为6，此时集合{334,335,336,337,338,339}A =. 故答案为：{334,335,336,337,338,339} ．32．（2021·全国·高三竞赛）设集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}A =，满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A 的子集中有___________个“翔集合”. 【答案】49 【解析】 【分析】 设出集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ，写出2340,1a a a ===，在4n >时，要分情况把n a 的递推公式写出来，进而得到10a ，即答案. 【详解】 设集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ，则2340,1a a a ===.当4n >时，可将满足题设性质的子集分为如下两类：一类是含有n 的子集，去掉n 后剩下小于2n -的单元子集或者是{1,2,3,,3}n -满足题设性质的子集，前者有3n -个，后者有3n a -个；另一类是不含有n 的子集，此时恰好是{1,2,3,,1}n -满足题设性质的子集，有1n a -个.于是，31(3)n n n a n a a --=-++.又2340,1a a a ===，所以56789103,6,11,19,31,49a a a a a a ======.故答案为：49 【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑，设集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ，写出n a 的递推公式，再代入求值即可. 三、解答题33．（2021·全国·高三竞赛）已知非空正实数有限集合A ，定义集合{},,,x B x y A C xy x y A y ⎧⎫=∈=∈⎨⎬⎩⎭，证明：2A B C ⋅≤．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】以集合B 作为突破口，取b B ∈，并设有()n b 个数对(),(1,2,,())i i x y i n b =满足：,,ii i ix b x y A y =∈． 由条件知,()i i ax ay C a A ∈∈，考虑集合(){}(),,1,2,,()i i X b ax ay a A i n b =∈=⋅⋅⋅，有()()(),(),X b A X b X b b B b b ''=∅∈'≥≠．于是，2||C ≥U ()b BX b ∈=b B∈∑|()|X b ≥||||B A ⋅得证． 34．（2021·浙江·高二竞赛）设数集{}12,,,m P a a a =，它的平均数12mp a a a C m+++=.现将{1,2,,}S n =分成两个非空且不相交子集A ，B ，求A B C C -的最大值，并讨论取到最大值时不同的有序数对(),A B 的数目. 【答案】最大值2n，数目为22n -.【解析】 【分析】不妨设A B C C >，记{}12,,,p A a a a =，12p T a a a =+++，可以得到A B C C -=12n T n n p p ⎛⎫+- ⎪-⎝⎭，考虑T 最大的情况是取最大的p 个数，此时可以发现A B C C -的结果正好是与p 无关的定值，从而也就得到了A B C C -的最大值，然后考察p 的可能的值，得到A B C C >时(),A B 的组数，并利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数，从而得到所有可能的(),A B 的组数. 【详解】 不妨设A B C C >， 记{}12,,,p A a a a =，12p T a a a =+++，所以(1)2A B A Bn n TT C C C C p n p+--=-=-- 11(1)12()2n n n T n T p n p n p n p p ⎛⎫⎛⎫++=+-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭，又有(21)(1)(2)2p n p T n p n p n -+≤-++-+++=，所以211222A B n n p n nC C n p -++⎛⎫-≤-= ⎪-⎝⎭当且仅当(21)2p n p T -+=时，取到等号，所以A B C C -的最大值2n.此时{1,,}A n p n =-+，由,A B 非空，可知1p =，2，…，1n -，有1n -种情况， 利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数， 由于A B C C -的最大值2n不可能有A B C C =的情况，所以有序数对(),A B 的数目为22n -. 35．（2020·全国·高三竞赛）设集合{1,2,,19}A =．是否存在集合A 的非空子集12,S S ，满足（1）1212,S S S S A ⋂=∅⋃=； （2）12,S S 都至少有4个元素；（3）1S 的所有元素的和等于2S 的所有元素的乘积？证明你的结论． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】不妨设21,2,,,219S x y x y =<<≤，由条件可得2187xy x y ++=，即(21)(21)3751525x y ++==⨯，根据219x y <<≤,,x y N ∈，可得出其一组解，可证明.【详解】解：答案是肯定的．不妨设21,2,,,219S x y x y =<<≤，,x y N ∈ 则1219122x y xy +++----=，所以2187xy x y ++=，故(21)(21)3751525x y ++==⨯， 所以7,12x y ==是一组解故取13,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19S =，21,2,7,12S =，则这样的12,S S 满足条件 36．（2021·全国·高三竞赛）设n 是正整数，我们说集合{1,2,,2}n 的一个排列()122,,,n x x x 具有性质P ，是指在{1,2,,21}n -当中至少有一个i ，使得1i i x x n +-=.求证：对于任何n ，具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设A 为不具有性质P 的排列的集合，B 为具有性质P 的排列的集合，显然||||(2)!A B n +=.为了证明||||A B <，只要得到1||(2)!2B n >就够了.设()122,,,n x x x 中，k 与k n +相邻的排列的集合为,1,2,,k A k n =.则22(21)!,2(22)!,1k k j A n A A n k j n =⋅-=⋅-≤<≤，由容斥原理得121||||2(21)!4(22)||!k k kj n n k j nB A A A n nC n =≤<≤≥-=⋅⋅--⋅⋅-∑∑(2)!2(1)(22)!n n n n =--⋅- 2(22)!n n n =⋅⋅-212(22)!2n n n ->⋅⋅- 1(2)!2n = 37．（2021·全国·高三竞赛）平面上有一个(3)n n ≥阶完全图，对其边进行三染色，且每种颜色至少染一条边.现假设在完全图中至多选出k 条边，且把这k 条边的颜色全部变为给定三色中的某种颜色后，此图同时也可以被该种颜色的边连通.若无论初始如何染色，都可以达到目的，求k 的最小值. 【答案】3n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】 【详解】先证明：3n k ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.（这里3n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦表示不超过3n 的最大的整数）.假设三种颜色为1、2、3，n 阶完全图的n 个点分成三个点集A ､B ､C ， 且||||3n A B ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦.做如下染色：集合A 中的点之间连的边染1，集合B 中的点之间连的边染2，集合C 中的点之间连的边染3，集合A 与B 间的点连的边染2，集合B 与C 间的点连的边染3，集合C 与A 间的点连的边染1.从而，若变色后最终得到染1的颜色的边形成的连通图，由于集合B 中的点出发的边均染的是2或3，于是，变色边数不小于||3n B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.类似地，若变色后最终得到染2或3的颜色的边形成的连通图，则变色边数不小于||A （或C )3n ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.故3n k ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.再证明：3n k ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦.对n 用数学归纳法. 当3n =时，结论成立.假设1(4)n n -≥时，结论成立.则n 个点时： （1）若完全图中由某点出发的边有三种不同颜色，由归纳假设，可通过改变其中13n -⎡⎤⎢⎥⎣⎦条边的颜色得到同色连通图.（2）若完全图中由所有点出发的边均最多两种不同颜色， 记A 为所有出发的边均染1或2的点组成的集合， 记B 为所有出发的边均染2或3的点组成的集合， 记C 为所有出发的边均染3或1的点组成的集合. 如果某些点连出的边都染颜色1，则把它归入集合A ； 如果某些点连出的边都染颜色2，则把它归入集合B ； 如果某些点连出的边都染颜色3，则把它归入集合C .不失一般性，不妨设||||A B C≤≤∣.则||3n A ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦.若B ≠∅，则C ≠∅，集合B 中的点连向集合C 中的点的边均染3.故B C ⋃由颜色3可以连通. 此时，任选集合B 中一点，集合A 中每个点与该点的连线的边颜色均变成3， 由||3n A ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦知成立.若B =∅，则A =∅，于是，完全图的边均染的是1或3. 这与条件“每种颜色至少染一条边”不符. 所以由归纳法知原结论成立.38．（2022·全国·高三专题练习）班级里共有()3n n ≥名学生，其中有A ，B ，C ．已知A ，B ，C 中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”． （1）求班级里朋友圈个数的最大值()F n ． （2）求班级里朋友圈个数的最小值()G n ．【答案】（1）()()126n n n --；（2）()4,41,6,,21,2n nn n G n n n =⎧⎪⎪+≥=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数 【解析】 【分析】（1）利用组合数可求()F n ； （2）利用容斥原理可求()G n . 【详解】（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，此时()()()3126n n n n F n C --==.（2）当3n =时，()31G =，当4n =时，A ，B ，C 中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故()44G =，当5n ≥时，记a P 为班级中除去,,A B C 且与A 是朋友的同学的集合，b P 为班级中除去,,A B C 且与B 是朋友的同学的集合，Pc 为班级中除去,,A B C 且与C 是朋友的同学的集合，若2(3)n k k =≥，由题设可知，a P 、b P 、Pc 中的元素的个数不小于1k -，余下同学记为：452,,,k Y Y Y ，集合M 中元素的个数记为M ，因为余下人数为23k -，由容斥原理可得23a b c k P P P -≥a b c ab ac bc abc P P P P P P P P P P P P =++---+， 所以2333a b a c b c abc k k P P P P P P P P P -≥----+，即ab ac b c abc P P P P P P P P P k ++-≥，故此时()1G n k ≥+， 考虑一种特殊情况：{}{}4+2+22,,,,,a k c b k k P Y Y P P Y Y ===， 此时朋友圈个数为1111k k -++=+，故()112nG n k =+=+. 若21(2)n k k =+≥，由题设可知，a P 、b P 、Pc 中的元素的个数不小于1k -，余下同学记为：4521,,,k Y Y Y +，集合M 中元素的个数记为M ，因为余下人数为22k -，由容斥原理可得22a b c k P P P -≥a b c ab ac bc abc P P P P P P P P P P P P =++---+， 所以2233a b a c b c abc k k P P P P P P P P P -≥----+，即1ab ac b c abc P P P P P P P P P k ++-≥-，故此时()G n k ≥，考虑一种特殊情况：{}{}{}4+2+22+321,,,,,,,,a k b k k c k k P Y Y P Y Y P Y Y +===， 此时朋友圈个数为112k k ++-=，故()12n G n k -==. 综上，()4,41,6,,21,2n nn n G n n n =⎧⎪⎪+≥=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数.39．（2021·浙江·高三竞赛）某班有10名同学计划在暑假举行若干次聚会，要求每名同学至多参加三次聚会，并且任意两名同学至少在一次聚会中相遇.求最大的正整数m ，使得无论如何安排符合上述要求的聚会，都一定存在某次聚会有至少m 名同学参加. 【答案】最大正整数m 是5 【解析】 【分析】 【详解】解：设有n 次聚会，聚会人数分别为1x ，2x ，…，n x （均为正整数）.我们有： 1210330n x x x +++≤⨯=1210452222n x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≥= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭记11n S x x =+⋅⋅⋅+，2221n S x x =+⋅⋅⋅+，则2190S S -≥可知214S S ≥，即{}22111max ,,4nn nx x x x x x +⋅⋅⋅+⋅⋅⋅≥≥+⋅⋅⋅+若上式等号成立，则必须14n x x =⋅⋅⋅==，并且1130n S x x =+⋅⋅⋅+=，这样可得7.5n =导致矛盾.所以我们有{}1max ,,5n x x ⋅⋅⋅≥，即一定存在某次聚会有至少5名同学参加，即5m =满足题意.另一方面，我们给出10名同学参加聚会的一种安排方式：共A ，B ，C ，D ，E ，F 六次聚会，每次聚会恰好有5名同学参加，下面的10个三元子集分别表示10名同学各参加哪三次聚会：{}ABC ，{}CDE ，{}AEF ，{}BDF ，{}ABD ，{}ADE ，{}BCE ，{}BEF ，{}CDF ，{}ACF .易知在所有6203⎛⎫= ⎪⎝⎭个三元子集中，互补的两个三元子集在上式中恰好出现一个.这保证了上面的10个三元子集中每两个都相交，即任意两名同学至少在一次聚会中相遇.此外，A ，B ，C ，D ，E ，F 中的每一个在上式的10个三元子集中恰好出现五次，即每次聚会都恰好有5名同学参加，这意味着6m ≥不符合题意. 因此所求的最大正整数m 是5.另一种构造：{}ABC ，{}ABC ，{}BEF ，{}BEF ，{}CDF ，{}CDF ，{}ABD ，{}AEF ，{}ADE ，{}CDE .40．（2021·全国·高三竞赛）设2n ≥为正数，122,,,n A A A 为1,2,{},n 的所有子集的任一个排列．求2111nii ii i A A A A ++=⋅∑的最大值，其中121n A A +=．【答案】()2222n n n -+-【解析】 【分析】 【详解】 先证两个引理． 引理1 设122,,,n A A A 是集合1,2,{},n 的所有子集，则存在122,,,n A A A 的一个排列122,,,n B B B ，使得对任意的1,2,,2n i =均满足i B 、1i B +中的一个是另一个的子集，且元素个数差1，其中约定121n B B +=． 引理1的证明：对n 用归纳法．当2n =时，集合{1,2}的4个子集排列为∅、{1}、{1,2}、{2}便满足要求． 假设当n k =时存在排列122,,,k B B B 满足要求，则当1n k =+时，考虑下面的排列：12211222,,,,{1},{1},,{1},{1}k kk B B B B k B k B k B k -⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，这显然是集合{1,2,,1}k ⋅⋅⋅+的所有子集满足要求的一个排列．引理1证毕． 引理2 设A 、B 是任意两个不同的有限集，则2221A B A B A B ⋅≤+-，（1） 当A 、B 中一个为另一个的子集，且元素个数差1时等号成立． 引理2的证明：设\,\,A B x B A y A B z ===．因为A B ≠，故x 、y 不能同时为0，于是x 、y 中至少有一个大于等于1． （1）22222()()()11x y z z x z y z x y ⇔++≤+++-⇔+≥，（2） 显然成立．又当A 、B 中一个为另一个的子集且元素个数差1时，x 、y 中有一个为0，一个为1．（2）中取等号，从而（1）也取等号．引理2证毕．回到原题．由引理2可得()22222211111111122nnnn ii i i i i i i i i AA A A A AB -+++===≤+-=-∑∑∑ ()212211C 222n k n n n n k k n n ---==-=+-∑ ()2222n n n -=+-．又如果将{1,2,,}n ⋅⋅⋅的所有子集按照引理1中的排法便知上式等号成立．故所求的最大值为()2222n n n -+-．41．（2021·全国·高三竞赛）设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=．【答案】21m n n ⋅-+． 【解析】 【分析】 【详解】 记{1,2,3,,}A n =，任何一个以i 为首项，2为公比的等比数列与A 的交集设为i A ．一方面，由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数，否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅，而1212m m nn a n ⋅+≤≤=，矛盾．故21m k n n ≥⋅-+．另一方面，21m k n n =⋅-+时，题设满足.若非如此，考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项，以2为公比的等比数列．其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个．设M 任何k 元子集为T ，则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中，而i j ≠时，2121i j A A ++=∅．注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==，可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾．综上，所求k 为21m n n ⋅-+．42．（2021·全国·高三竞赛）对两个不全等的矩形A 、B ，称A B >，若A 的长不小于B 的长，且A 的宽也不小于B 的宽.现在若对任意的n 个两两不全等的，长和宽均为不超过2020的正整数的矩形，都必存在其中3个矩形A 、B 、C ，使得A B C >>，求n 的最小值. 【答案】2021 【解析】 【分析】 【详解】一方面，当2021n =时，若不存在满足要求的3个矩形，我们把所有的矩形如下分类： 对一个矩形A ，若在剩下2020个矩形中，存在一个矩形B ，使得A B >，则称A 为“父矩形”，否则称A 为“子矩形”.由抽屉原理，其中必有一类至少含有1011个矩形，设它们的宽为121011x x x ≤≤⋯≤. 但易知所有的“父矩形”之间两两不能比较大小，所有的“子矩形”之间也两两不能比较大小，于是必有121011x x x <<<且相应的它们的长121011y y y >>>，合在一起即121011*********x x x y y y <<<≤<<<，与它们均为不超过2020的正整数矛盾.另一方面，当2020n ≤时，考虑所有长宽满足要求的，周长为4040的矩形，共1010个，及周长为4042的矩形，也共1010个.由于周长相等的两个矩形无法比大小，因此这2020个矩形中不存在满足要求的3个矩形. 综上，n 的最小值为2021.43．（2021·全国·高三竞赛）已知X 是一个有限集.110110,X A A X B B =⋃⋃=⋃⋃是满足如下性质的两个分划：若,110i j A B i j ⋂=∅≤≤≤，则10i j A B ⋃≥.求X 的最小值. 【答案】50 【解析】 【分析】 【详解】X 的最小值为50.我们先证明||50X ≥. 考虑集合110110,,,,,A A B B 中元素个数最少的集合，不妨设为1A .记1A a =，则1A 至多与110,,B B 中a 个集合相交.不妨设1,1,,i A B i k ⋂≠∅=且1,1,,10i A B i k ⋂=∅=+，其中k a ≤.故110,1,,10i A B i k ⋃≥=+.从而对1i k ∀≥+有11010Bi A a ≥-=-. 由1A 的最小性知1,,k B B 的元素个数均不小于a .从而1101110||k k X B B B B B B +=⋃⋃=++++(10)(10)502(5)(5)k a k a k a ≥⋅+--=+--.（1）若5a ≤，则5k ≤，此时由上式知||50X ≥； （2）若5a >，由1A 是110,,A A 中元素个数最少的集合知||1050X a ≥>.故||50X ≥.另一方面，||X 能取到50，例如， 取11221010{1,2,3,4,5},{6,7,8,9,10},,{46,47,48,49,50}A B A B A B ======.显然它们满足条件，这时{}1,2,,50X =⋯.44．（2021·全国·高三竞赛）设集合S 是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合，且其中2019个点为红色，2020个点为蓝色；在平面上画出一组直线，可以将平面分成若干区域，若一组直线对于点集S 满足下述两个条件，称这是一个“好直线组”： （1）这些直线不经过该点集S 中的任何一个点； （2）每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.求k 的最小值，使得对于任意的点集S ，均存在由k 条直线构成的“好直线组”. 【答案】2019. 【解析】 【分析】 【详解】 先证明2019k ≥：在一个圆周上顺次交替标记2019个红点和2019个蓝点，在平面上另外任取一点染为蓝色，这个圆周就被分成了4038段弧，则每一段的两个端点均染了不同的颜色； 若要满足题目的要求，则每一段弧均与某条画出的直线相交； 因为每条直线和圆周至多有两个交点，所以，至少要有403820192=条直线. 再证明：用2019条直线可以满足要求.对于任意两个同色点AB 、，均可用两条直线将它们与其他的点分离. 作法：在直线AB 的两侧作两条与AB 平行的直线，只要它们足够接近AB ，它们之间的带状区域里就会只有A 和B 这两个染色点. 设P 是所有染色点的凸包，有以下两种情形：（1）假设P 有一个红色顶点，不妨记为A .则可作一条直线，将点A 和所有其他的染色点分离，这样，余下的2018个红点可以组成1009对，每对可以用两条平行直线将它们与所有其他的染色点分离.所以，总共用2019条直线可以达到要求.（2）假设P 的所有顶点均为蓝色.考虑P 上的两个相邻顶点，不妨记为AB 、.则用一条直线就可以将这两个点与所有其他染色点分离.这样，余下的2018个蓝点可以组成1009对，每对可以用两条直线将它们与所有其他染色点分离. 所以，总共也用了2019条直线可以达到要求. 综上：k 的最小值为2019.45．（2021·全国·高三竞赛）设函数:f ++→Z Z 满足对于每个n +∈Z ，均存在一个k +∈Z ，使得2()k f n n k =+，其中，m f 是f 复合m 次．设n k 是满足上述条件的k 中的最小值，证明：数列12,,k k 无界．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】设{}21,(1),(1),S f f =，对于每个正整数n S ∈，存在正整数k ，使得2()kfn n k S =+∈．因此，集合S 是无界的，且函数f 将S 映射到S ．此外，函数f 在集合S 上是单射． 事实上，若(1)(1)()i j f f i j =≠，则m f （1）从某个值开始周期性地进行重复．于是，集合S 是有界的，矛盾．定义:g S S →为2()()n kn g n f n n k ==+．首先证明：g 也是单射．假设()()()g a g b a b =<，则22()()a b k ka b a k f a f b b k +===+，于是，>a b k k ．因为函数f 在集合S 上是单射，所以()()2()a b k k a b fa b a k k -==+-．又0a b a k k k <-<，与a k 的最小性矛盾．设T 是集合S 中非形如()()g n n S ∈的元素构成的集合．由于对每个n S ∈，均有()g n n >，则1T ∈．于是，T 是非空集合．对每个t T ∈，记{}2,(),(),t C t g t g t =，且称tC 为从t 开始的“链”．因为g 是单射，所以，不同的链不交．对每个n S T ∈，均有()n g n ='，其中，n n '<，n S '∈．重复上述过程，知存在t T ∈，使得t n C ∈，从而，集合S 是链t C 的并．若(1)n f 是从(1)i nt f =开始的链t C 中的元素，则122t j n n a a =+++，其中，()()()()112221(1)(1)(1)(1)jj i t ta a a n n n n j j f g f ff f f fa a -===+++．故(1)(1)22t n nt tn n n n f f t --=+=+． ① 其次证明：集合T 是无限的．假设集合T 中只有有限个元素则只有有限个链()1212,,,t t t t t C C C t t t <<<．固定N ．若(1)(1)n f n N ≤≤是链t C 中的元素，则由式①知：(1)22nt r n n Nf t t -=+≤+． 由于1N +个不同的正整数1，(1),,(1)N f f 均不超过2r N t +，则12r NN t +≤+． 当N 足够大时，这是不可能的.因此，集合，T 是无限的．选取任意正整数k ，考虑从集合T 中前1k +个数开始的1k +个链．设t 是这1k +个数中最大的一个．则每个链中均包含一个元素不超过t ，且至少有一个链中不含1,2,,t t t k +++中的任何一个数．于是，在这个链中存在一个元素n ，使得()g n n k ->，即n k k >．。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题15 初等数论(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题15 初等数论 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·浙江·高三竞赛）将1~2020的数字按顺时针方向围成一个圆圈，然后从1开始，按顺时针依次隔一个数拿走，即拿走1，3，5，…，这个过程一直进行下去，直到剩下最后一个数字，则最后剩下的数字是___________. 【答案】1992. 【解析】 【详解】在第一轮中，从1开始到拿走1991，共取走996个数，此时余下1024个数， 1991后一项偶数为1992，此后共取10次，余下的数为1992， 故答案为:1992.2．（2021·全国·高三竞赛）关于x 、y 的方程11112007x y xy ++=的正整数解(,)x y 的个数为________． 【答案】48 【解析】 【详解】解析：由11112007x y xy ++=得2007200720070xy x y ---=，整理得 32(2007)(2007)2007200823223251x y --=⨯=⨯⨯⨯，从而，原方程的正整数解有(31)(21)(11)(11)48++++=（个）． 故答案为：48.3．（2021·全国·高三竞赛）{}n a 为正整数列，满足112,n a a +=为213133n n a a -+的最小素因子，12,,,,n a a a ，构成集合A ，P 为所有质数构成的集合，则集合P A 的最小元素为___________． 【答案】5 【解析】由于122,3a a ==，故2,3A ∈，所以集合P A -的最小元素5≥．假设存在正整数n ，使得5(3)n a n =≥，则211513133n n a a ---+，故()21512n a -++，这不可能，因为()212n a ++除以5的余数为1,3， 所以5P A ∈-．集合P A -的最小元素为5． 故答案为：5.4．（2021·全国·高三竞赛）质数p 和正整数m 满足32(2)1p m p m p ++=++，则p m +=___________.【答案】7 【解析】 【详解】由()221(1)p p m m +-=-，易见1m ，所以1p m -.设()1m kp k N +-=∈，则()2222,,(1)p p kp k p p k k p k k +=+==-.所以2k =，2,5p m ==，7p m +=.5．（2021·浙江·高三竞赛）已知集合{}12,,,n A a a a =⋅⋅⋅，n 为正整数.若对任意的1i j n ≤≠≤，i j a a -被4整除，但不被16整除，则n 的最大值为______.【答案】4 【解析】 【分析】 【详解】 考虑同余：对任意的1,i j i j n a a ≤≠≤-被4整除,则有(mod 4)i j a a k ≡≡,其中{0,1,2,3}k ∈, 而这类型的数模16的余数至多只有4种,所以n 最大值为4. 故答案为：4.6．（2021·浙江·高二竞赛）设数列123n n n a a a +⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，1n =，2，…，7这里[]x 表示不超过x的最大整数.若88a =，则正整数1a 有______种可能的取值情况.【解析】 【分析】根据高斯函数的性质，由88a =逐次往前求， 注意先定范围再验证，即可得到答案. 【详解】由88a =，可得710a =或11， 可得612a =或13或14； 可得515a =或16或17； 可得418a =或19或20或21； 可得322a =或23或24或25或26； 可得227a =或28或29或30或31或32；可得133a =或34或35或36或37或38或39，共7种.7．（2021·全国·高三竞赛）所有能使25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为质数的正整数n 的倒数和为_________．【答案】3760【解析】 【分析】 【详解】1,2,3n =时，25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都不是质数；4n =时，235n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数；5n =时，255n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数；6n =时，275n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数．当8n ≥时，可设5n k r =±（其中k 为不小于2的正整数，0,1r =或2），则()22222111(5)2510(52)5555n k r k kr r k k r r =±=±+=±+， 所以2(52)5n k k r ⎡⎤=±⎢⎥⎣⎦．因为2k ≥，所以522k r ±>，所以2(52)5n k k r ⎡⎤=±⎢⎥⎣⎦不是质数．因此，能使25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为质数的正整数n 只有4、5、6，它们的倒数和为1113745660++=．故答案为：3760. 8．（2021·全国·高三竞赛）若2020在p 进制下的各位数字之和为5p +，则质数p 的所有可能值为___________. 【答案】2,107 【解析】 【分析】 【详解】类似于在十进制下，我们有()()120|205p p --+⎡⎤⎣⎦， 于是()12014195|23p -=⨯⨯， 再注意p 为质数，就有2,3,107p =， 逐一验证得2p =或107p =. 故答案为：2,107.9．（2021·全国·高三竞赛）在1，2，3，4，…，1000中，能写成()221a b a N -+∈的形式，且不能被3整除的数有________个． 【答案】501. 【解析】 【详解】 设{}1,2,3,4,,1000S =，若221n a b =-+，则()3mod4n ≠.又()()2242211k k k =--+，()()2241111k k k +=+--+，()()22422121k k k +=+-+，因此，221n a b =-+当且仅当()3mod44n ≠.令(){|3mod44}A a S a =∈≡，(){|0mod3}B b S b =∈≡，则(){|3mod12}A B c S c ⋂=∈≡，因为250A =，333B =，84A B ⋂=，从而符合条件的数的个数为100025033384501--+=. 故答案为50110．（2020·浙江·高三竞赛）设a ，b ，c 为正整数，且2225548450a b c ab ac bc ++-+-=，则所有的解中a b c ++的最大值为___________. 【答案】30. 【解析】 【详解】配方得：222(22)50a c b a c ++--=（a ，c 等价）. 注意到：22250017=++，22250055=++，22250345=++. 不妨设a c ≤且22b a c ≥+，（1）当22017b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1167a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时116724a b c ++=++=.（2）当22055b ac a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即5205a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时520530a b c ++=++=.（3）当22534b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即3194a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时319426a b c ++=++=.（4）当22435b ac a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即3205a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时320528a b c ++=++=.（5）当22345b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即4215a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时421530a b c ++=++=.综上所述，所有的解中a b c ++的最大值为30. 故答案为：30.11．（2020·江苏·高三竞赛）设正整数a ，b ，c ，d 满足23a b =，45c d =，且303b d -=，则a c -的值为___________． 【答案】123801 【解析】 【详解】解析：由题意可得a =c =b 必为完全平方数，d 一定能开4次方．设2b n =，4d m =，则()()223101b d n m n m -=+-=⨯，且注意到3，101都是质数，则223031n m n m ⎧+=⎨-=⎩或者221013n m n m ⎧+=⎨-=⎩，解得52n =，7m =，则35123801a c n m -=-=． 故答案为：123801.12．（2020·江苏·高三竞赛）设,m n N ∈，,2m n ≥，若33333333213111213112n m n m ----⋅=++++，则m n +的值为___________． 【答案】6 【解析】 【详解】解析：因为3311(1)111(1)1n n n n n n n n --++=⋅++-+， 累乘可得原式22(1)1222(1)33(1)n n n n n n n n ++++=⋅=++，则232333323122211n n m n n m m ++==+++--， 故223232221n n n n m +-=++-， 从而可得()2326131816162(1)(2)(1)(2)n n m n n n n n n ++⎛⎫-==+=+ ⎪+--+-+⎝⎭， 则()()1218n n -+，且,2m n ≥，在()()12n n -+的值为6，9，18， 故4n =，2m =．故6m n +=． 故答案为：6.13．（2021·浙江·高三竞赛）将顺序为1，2，…，2020的2020张卡片变成1011，1，1012，2，…，2020，1010的顺序，即原先的前1010张卡片移至第2，4，…，2020张，这称为一次操作.若从顺序1，2…，2020开始操作，则至少经过______次操作可以恢复到初始顺序. 【答案】1932 【解析】 【分析】 【详解】记第1i 次调整前的位置为i a ,调整后的位置记为1i a +,初始位置记为0a ,则112,101022021,1010i i i i a a a a a +≤⎧=⎨->⎩,所以102(mod 2021)2(mod 2021)n i i n a a a a +≡⇒≡, 因20214347=⨯,所以(2021)(43)(47)1932ϕϕϕ==, 所以193221(mod 2021)≡,要恢复原样,则0n a a =, 所以1932n =. 故答案为：1932.14．（2019·广西·高三竞赛）满足y =(x ，y )有____________ 对. 【答案】6 【解析】 【详解】设2251,2019,,n x m x n N m N =+=+∈∈. 224()()19682341m n m n m n -=+-==⨯⨯，由(m +n )与(m －n )奇偶性相同，可知它们同为偶数，且(m +n )>(m －n ) 实数对(m +n ，m －n )所有可能的取值共有6对：()32341,2⨯⨯，()322341,2⨯⨯，()32341,2⨯⨯， ()3241,23⨯⨯，()22241,23⨯⨯，()3241,23⨯⨯.由有序数对(x ，y )与(m +n ，m －n )一一对应，可知所求正整数对为6对. 故答案为：6．15．（2019·四川·高三竞赛）若正整数n 使得方程33n x y z +=有正整数解(x ，y ，z )，称n 为“好数”.则不超过2019的“好数”个数是_____ . 【答案】1346 【解析】 【详解】首先易知若n 为“好数”，则n +3也是“好数”又显然1、2是“好数”，从而当1,2(mod3)n ≡时，n 均为“好数”. 由费马(Fermat )大定理知：333x y z +=无正整数解，即3不是“好数”.于是n =3k (k ∈N *)都不是“好数”.否则，存在k ∈N *，使得3k 是“好数”，即方程333k x y z +=有正整数解(x ，y ，z 0)，从而333x y z +=有正整数解()000,,kx y z ，矛盾！故当且仅当n 满足1,2(mod3)n ≡时，n 为“好数”. 所以，不超过2019的“好数”个数是2201913463⨯=. 故答案为：1346． 二、解答题16．（2021·全国·高三竞赛）求证：对于正整数n ，令22n a ⎡⎡=+⎣⎣，数列{}n a 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）． 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】1212101100.101100bb c c =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅， 其中{}{}0,1,0,1i i b c ∈∈.用反证法，先证明数列中有无穷多个偶数．假设，数列中只有有限个偶数，那么存在整数N ，n N ∀>，n a 是奇数， 则存在正整数M ，使得1212101100101100M n M a bb b c c c =+，且当n M >时，{},{0,1}n n b c =，12(2)110110011N d d d ⋅∈Q ，矛盾！同理可证明数列中有无穷多个偶数．所以数列{}n a 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数．17．（2021·全国·高三竞赛）使得A =n 为_________． 【答案】1或11##11或1 【解析】 【详解】,,,(,)1aa b a b b+=∈=N ，则222222222917647799n a a b b n n b b a b a -+=⇒==-++--． 又(,)1a b =，所以()()22222,9,1b b a b a -==，故22964b a -，所以229(3)(3){1,2,4,8,16,32,64}b a b a b a -=+-∈，229b a -模3余2，故2298b a -=或32，故3831b a b a +=⎧⎨-=⎩或3432b a b a +=⎧⎨-=⎩或33231b a b a +=⎧⎨-=⎩或31632b a b a +=⎧⎨-=⎩或3834b a b a +=⎧⎨-=⎩，所以(,)(1,1)=a b 或(7,3)，因此n 为1或11． 故答案为：1或11.18．（2021·全国·高三竞赛）设n 是正整数，12,,,k d d d 是n 的全部正因数.定义1212()(1)(1)(1)k d d d k f n d d d =-+-++-，已知()f n 是2的幂次，求证：n 没有1之外的平方因数.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】设2(1)rn s r =≥，其中1i tai i s p ==∏，利用因数和函数可得()f n 与各质因数的关系，再根据()f n 是2的幂次结合反证法可得1i a =，从而可n 没有1之外的平方因数. 【详解】用()n σ表示n 的正因数之和.如果n 是奇数，则()()0f n n σ=-<，舍去. 当n 是偶数时，设2(1)r n s r =≥，其中1i tai i s p ==∏（i p 为n 的奇质因数，i a +∈N ，3i p ≥）.所以()()()111()2221()23i ta rr r i i f n s p σσ-+==+++-=-∏.其中()21i i a a i i i i p p p p σ=++++，因为()f n 是2的幂次，所以1231,1r r +-==，每个()i ai p σ是2的幂次，且i a 是奇数，又()()()12246111i i i a a a i i i i i i i i i p p p p p p p p p σ-=++++=++++++，故1246,11i a i i i i i p p p p p -++++++均为4的倍数，因为23,1(mod 4)i i p p ≥≡，所以如果1i α>，则1241,,,,i a i i i p p p -这些数的总个数是4的倍数，所以12211i a i i i p p p -++++.因为212(mod 4)i p +≡，所以121i a i i p p -+++不是2的幂次，于是1i a >不成立.所以1i a =，所以1ti i s p ==∏（i p 为互异的奇质因数），12ti i n p ==∏，可见n 没有非平凡的平方因数. 【点睛】思路点睛：竞赛中与正因数和有关的问题，多用因数和函数来分析处理，令注意利用因数分解定理把因数问题转化为即质因数的问题来处理.19．（2021·全国·高三竞赛）用()P n 表示正整数n 的各位数字之和，求所有这样的三位数n ，使得满足：1(3)()3P n P n +=．【答案】117、207、108. 【解析】 【分析】 【详解】由于(),(3)P n P n +都是正整数，则据条件，()P n 是3的倍数，因此n 与3n +都是3的倍数． 设n abc =，且数n 加3后必须产生进位，则7c ≥．（因为，如果6c ≤，则数n 加3后不会产生进位，于是(3)()3()P n P n P n +=+>，矛盾）并且b 不能是9，这是因为，若9b =，则当9a =时，99n c =，数n 加3后成为1100c ，1{0,1,2}c ∈，这时1(3)()3P n P n +<．当9a <时，9n a c =，若1113n a b c +=，则1111,0,310a a b c c =+==+-． 由3(3)()P n P n +=，得3[(1)0(310)]9a c a c ++++-=++， 即2()27a c +=，矛盾！所以9b <．今由3[(1)(310)]a b c a b c ++++-=++得9a b c ++=，其中1,7,8a c b ≥≥≤， 依次考虑c 、a 、b 的取值，得到三个数：117、207、108，验证知，它们皆合题意． 20．（2021·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 、d 是不同的正整数，且满足a b c da b b c c d d a+++++++是整数，求证：+++a b c d 不是质数． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 由1a b c d a b c da b b c c d d a a b c d a b c d a b c d a b c d +++>+++=++++++++++++++++， 且a b c da b b c c d d a+++++++ 1111b c d aa b b c c d d a=-+-+-+-++++ 43b c d a a b b c c d d a ⎛⎫=-+++< ⎪++++⎝⎭，所以2a b c d a b b c c d d a+++=++++， 故2a c b d c aa b c d b c d a b c d a+=--=+++++++， 因此1111a c a b d a b c c d ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭， 所以()()()()d b d b a c a b d a b c c d --⋅=⋅++++且d b ≠， 所以()()()()a b c c d c a b d a ⋅++=⋅++，即22ac abd a c bcd +=+． 整理得()()0ac c a bd a c -+-=且a c ≠，所以ac bd =． 假设p a b c d =+++是质数，则 2()a a b c d a ab ac ad +++=+++ 2a ab bd ad =+++ ()()a b a d ap =++=，所以()p a b +或()p a d +，而,p a b p a d >+>+，矛盾． 综上+++a b c d 不是质数．21．（2021·全国·高三竞赛）解关于实数x 的方程：{}202020201arctank x x k==∑（这里{}[][],x x x x =-为不超过实数x 的最大整数） 【答案】{}0 【解析】 【分析】【详解】（1）当0x <时，{}202020201arctan 0(1,2,,2020),arctan 0k x x k x k k =<=<≤⋅⋅⋅∑，此时原方程无解．（2）当0x =时，有{}202020001arctan0k x x k===∑． （3）当01x <<时，令arct ()1)2an (0x xf x x =-<<，则211()0(01)12f x x x '=-><<+， 故()f x 在()0,1上递增．有()()00f x f >=，即arctan 2x x > 于是，此时{}202020204202020201111125arctan 2224k k k x x x xx x x k k k =====>>=>∑∑∑，即1x >，矛盾．故无解．（4）当1≥x 时，注意到111123tan(arctan arctan )112316++==-， 且由110arctan arctan arctan1arctan1232π<+<+=，知11arctan arctan 234+=π．则{}20202020202011111arctan arctan arctan1arctan arctan 1232k k x x k k π===≥>++=>∑∑，与{}202001x <<，矛盾．故此时无解．由（1）（2）（3）（4），知原方程的解集为{}0．22．（2021·全国·高三竞赛）两两不等的实数x 、y 、z 满足222(2)(2)(2)y x z y x z ⎧=-⎪=-⎨⎪=-⎩，求x y z ++.【答案】5或6. 【解析】 【分析】 【详解】由原方程变形可得到1(1)(3)1(1)(3)1(1)(3)y x x z y y x z z -=--⎧⎪-=--⎨⎪-=--⎩和4(4)4(4)4(4)y x x z y y x z z -=-⎧⎪-=-⎨⎪-=-⎩，又由x 、y 、z 两两不等知,,1,4x y z ≠， 于是()()()3331x y x xyz ---==.令,p x y z q xy yz zx =++=++，化简得39p q =+. 另一方面，原方程三式相加得2(2)412p p q p =--+， 化简得25122p p q -+=，联立就有26530p p p =-+，即5p =或6. 最后，当22224cos 744cos 784cos 7x y z ππ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时可以取到5，当2224cos 924cos 944cos 9x y z πππ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时可以取到6.23．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为1z ，直角顶点对应的复数为()1220z z z +≠， 则另外两个顶点对应的复数分别为12z z i +和12z z i -，依题意有： 32121212()()()z pz qz r z z z z z z i z z z i +++=-----+，化简得223223111221112223,32,z x z p z z z z q z z z z z z r +=-++=+++=-，所以3222221223,489z z q p Z z z pq r Z =-+=-∈∈.进而122z z Q +∈，与123z z p Z +=-∈联立就有2z Q ∈.再由22223x q p Z =-∈知2z Z ∈，于是21z ≥，所以等腰直角三角形的面积最小为1.另一方面，3210z x z +++=的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 24．（2021·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个奇数n ，使得!1n +是合数． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】证明当奇数(3)n n ≥时，!1n +与(!)!1n n -+不均为质数即可： 用反证法，若!1n +为质数，设!1n p +=，则结合威尔逊定理可得： 111(!)!(1)!(1)!(1)(2)()(mod )n n p n p n p ----=--≡----1(1)!(1)1(mod )n n n p +≡--⋅≡--≡-，此时有(!)!1n n -+为合数，而n 奇数得!n n -也是奇数， 从而存在无穷多个奇数n ，使得!1n +是合数．25．（2019·山东·高三竞赛）已知4239n n -+是素数，求正整数n 的所有可能值 【答案】n =1，n =2 【解析】 【详解】因为()()4222393333n n n n n n -+=++-+，所以或n 2－3n +3=1，解得n =1，2.将n =1，n =2代入检验均满足题意，所以n =1，n =2为所求.26．（2021·全国·高三竞赛）求方程(31)(31)(31)34x y z xyz +++=的所有正整数解(,,)x y z ． 【答案】(,,)(28,5,2),(11,7,2)x y z =或其排序，共12组解． 【解析】 【详解】 不妨设x y z ≥≥．若z >31z +<．同理，31,31x y +<+<． 三式相乘得(31)(31)(31)34x y z xyz +++<，与原方程矛盾． 于是，5z ≤<． （1）若1z =，则4(31)(31)346()20x y xy xy x y ++=⇒+++=．显然，无正整数解．（2）若2z =，则7(31)(31)68521()70(521)(521)x y xy xy x y x y ++=⇒-+-=⇒--=24762717=⨯⨯．只有47611941434=⨯=⨯，才有对应的正整数,x y ，此时(,)(28,5)x y =或(11,7)． （3）若3z =，则10(31)(31)102615()50x y xy xy x y ++=⇒-+-=．两边取模3即知矛盾，故无解． （4）若4z =，则13(31)(31)1361939()130x y xy xy x y ++=⇒-+-=3(1939)(1939)176821317x y ⇒--==⨯⨯．故此时(1939)42y -≤，故39y ≤≤，逐一检验后无解. 综上，(,,)(28,5,2),(11,7,2)x y z =或其排序，共12组解．27．（2021·全国·高三竞赛）求方程||1r s p q -=的整数解，其中p ､q 是质数，r ､s 是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设2,21r sp q =-=，即21r s q -=±.若21r s q =+，从余数去讨论，3(mod4)q ≡，s 为奇数.()1221(1)1rss s q q qq--=+=+-++，所以121212,12,r r s s q q q --⎧+=⎨-++=⎩()1111111(1)(1)(2)2211222222sr sr s r r r s r s r r s s s s ---⎡⎤=-+=-++=-++⎣⎦，从奇偶性可以看出这种情形方程无解.若21r s q =-为偶数，注意到()1221(1)1r s s q q q q --=-=-+++，所以121212,12,r r s s q q q --⎧-=⎨+++=⎩()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r r r s s s s --=+-=+++-+.令2u s v =，其中v 为奇数，则 ()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r u r u r s v s v --++=+-=+++-+，观察最后一项，则v 为1，故2u s =，所以221ur q =-，故()()1122211u u r q q --=-+，故1112221212u u r r q q --⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，所以12222r r +=，所以121,2r r ==，1u =， 所以3q =，3r =，2s =，综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：3,2,2,3.p q r s =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩或2,3,3,2.p q r s =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩ 28．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任意正整数N ，都存在正整数n N >和n 个互不相同的正整数12,,,n x x x ，使()222222121220202020n n x x x x x x -++++是完全平方数．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】对于3m ≥，必存在不同的正整数12,,,m x x x 满足2221212m m x x x x x x S =++++，令{}112121max ,,,m m m x x x x x x x +=->，则有()21211212m m m m x x x x x x x x x x +=-()2121211m m x x x x x x =-+-()()2222121211m m x x x x x x S =-++++-22221211m m x x x x S +=++++-．以此类推，当504S >时，存在不同的正整数11504,,,,,m m m S x x x x ++-满足2221250412504504m S m S x x x x x x +-+-=++++．存在6N ≥，定义(1)k x k k N =≤≤，则()2221212504N N x x x x x x -+++>．由前述结论可得存在n N >使得()2221212504n n x x x x x x -+++=，此时()2222222222121212122020202020201010n n n n x x x x x x x x x x x x -++++=-+()2121010n x x x =-为完全平方数．29．（2021·浙江·高三竞赛）已知素数p ，q 满足21p q =+.证明：存在正整数m 使得mp 的十进制表示的各位数字之和是2或3. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】2p =，3不合题意，若5p =则取110mp =即可.下面假设7p ≥.由费马小定理()()12101101101101p q q q p --=-=+-可知101q p +或101q p -.前者意味着取101q mp =+满足条件.若是101qp -，我们断言{}012110,10,10,,10q A -=⋅⋅⋅中的数模p 两两不同余，即有q 个不同的余数.这是因为若有()1010mod a b p ≡，（01a b q ≤<≤-）则()101mod b a p -≡，由b a -与q 互素以及裴蜀定理知存在正整数u ，v 使得()1u b a vq --=，这样 ()()()1110101010mod uvb a vq q p -+≡==⨯.这意味着1019p -=即3p =，不合题意因此{}012110,10,10,,10q A -=⋅⋅⋅中的数模p 两两不同余.设它们的余数是{}{}12,,,1,2,,1q B r r r p =⋅⋅⋅⊆⋅⋅⋅-. 我们考虑下面的52p -个余数对，它们覆盖了除了0，1，12p -，2p -，1p -之外的所有余数：()2,3p -，()3,4p -，…，31,22p p -+⎛⎫⎪⎝⎭ 若某个对子的两个余数都在B 中出现，不妨设10a k ≡，101b p k ≡--，则10101a b mp =++是p 的倍数，满足题意.若每个对子中的余数都在B 至多出现一个的话，由于12p B -=，所以0，1，12p -，2p -，1p -在B 中出现至少两个，已知1B ∈，0B ∉，其余三个余数12p -，2p -，1p -至少有一个在B 中出现. 若12p B -∈，即有某个1102a p -≡，则2101a mp =⨯+满足题意.若2p B -∈，即有某个102a p ≡-，则102a mp =+满足题意. 若1p B -∈，有某个101a p ≡-，则101a mp =+满足题意. 综上所述，存在p 的倍数的十进制数字和是2或3.30．（2021·全国·高三竞赛）设m 是一个给定的正整数，d 是它的一个正因子．已知{}0i i a ∞=和{}0i i b ∞=是两个由正整数构成的等差数列，满足：存在正整数i 、j 、k 、l ，使得()(),1,,ijkla b a b m ==．证明：存在正整数t 、s 使得(),t s a b d =．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】注意到m 可逐次除以它们若干素因子得到d ，这样只需证对m 的任意素因子p ，存在正整数α、β，使得(),ma b pαβ=． 由于(),k t a b m =，故k a p 、l b p 必有一项不能被m 整除．不妨设k ab不能被m 整除． 设等差数列{}i a 、{}j b 的公差分别为u 、v ，则0i a a iu =+，0j b b jv =+． 下面分两种情况：（1）若p v ．令,k a k l p αβ==+．这时k l a vb b pβ=+． 注意到k m ma b p pβ、，又p v 且k a m p ，所以m b β．这说明m p 是a α、b β的公因子，且m 不是它们的公因子．设q 是a α、b β的一个不同于p 的公因子，则q a α、q b β、a qpα． 故,a q a b v p ααβ⎛⎫- ⎪⎝⎭，即(),k t q a b m =．又p q ，故mq p ．故(),m a b p αβ=．（2）若p v ．先证p u ． (*)事实上，假设p u ，由(),k l a b m =知00,k l p a ku a p b lu b -=-=．因此,i j p a p b ，这与(),1ija b =矛盾！故（*）得证．取正整数s ，使得l s b p能被mp 整除，但不能被m 整除． 令,l sb k l p αβ=+=．这时,l kl s b a a u b b p αβ=+=． 注意到k m a p 、l m b p、lsb m p p ，所以m p 是a α与b β的公因子．又lsb m p ，且p u ，所以m a α，从而m 不是a α、b β的公因子．设质数q 是a α，b β不同于p 的公因子，则q b β，l k sbq a u a p α⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 即(),k l q a b m =． 又q p ≠，所以mqp．这说明(),m a b p αβ=．由（1），（2）知结论成立．31．（2021·全国·高三竞赛）设多项式02()()(2)==+≥∑dii i P x a x a d 的系数为正整数．定义数列{}n b ：()101,(1)n n b a b P b n +==≥．证明：对于任意的整数2n ≥，均存在质数p ，使得n p b ，且()121,1n p bb b -=．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】假设存在整数2n ≥，使得n b 的任意一个质因子均为某个(11)i b i n ≤≤-的因子（对于n b 的不同的质因子，i 的取值可以不同）．令p 为n b 的一个质因子，且rn b p l =，其中,,(,)1r l p l +∈=N ． 则110012()()(mod )dr i r n n i i b P b a p l a a b p ++===+≡=∑假设()1mod ,r n i i b b p i +++≡∈N 成立，则()()()111mod r n i n i i i b P b P b b p +++++=≡=．所以由数学归纳法知对任意的正整数i ，均有()1mod r n i i b b p ++≡．进而有()12mod r n n kn b b b p +≡≡≡，所以1r kn n p b b +-．定义()p V m 表示正整数m 的标准分解中所含的p 的幂次数， 由()p n V b r =，得()p kn V b r =．令i p b 对某个(11)i i n ≤≤-成立，同上可证()()()23p i p i p i V b V b V b ===．于是()()()p n p in p i V b V b V b r ===．从而，若p 为n b 的一个质因子，则它在n b 的中的次数等于在某个(11)i b i n ≤≤-中的次数． 所以121n n b bb b -，进而121n n b b b b -≤．由()211n n n b P b b --=>，得21kn n k n b b b --<，所以111211n i n n i nn i i b bb ---==<<∏∏，矛盾，故原命题成立．32．（2021·全国·高三竞赛）一个大于1的整数m ，如果对所有的正整数n ，都存在正整数x 、y 、z ，使得222n mx y z =--，则称m 为上数，否则称为下数．试问：是否存在无数多的上数？是否存在无数多的下数？【答案】存在无数多个上数也存在无数多个下数． 【解析】 【分析】 【详解】存在无数多个上数也存在无数多个下数．首先，存在无数多个下数．考查93m k =+，其中k 为正整数．考查不定方程2226(93)k x y z =+--，若存在解x 、y 、z 则220(mod 3)y z ≡+， 故有()0mod3y z ≡≡，所以2222(93)36(mod 9)k x y z x +--≡≡，即2(mod3)x ≡，矛盾．故无解． 即所有的93k +为下数．其次，我们证明存在无数多个上数，我们考查21c +，其中222c a b =+（a 、b 、c 为勾股数）．（1）注意到22222(1)(1)21c x c x x x +---=-，可知所有的奇数1n >，均存在解． 又22211c a b =+--，可知所有奇数均存在解．（2）对于n 为偶数的情形，考查222222(1)(1)(2)4454(2)9c x cx x c x c c x c +---+-=-+-=---． 令c 为奇数，故有24(2)9x c ---可以为所有模4余2的数． （3）而对于4|n ，可以转为考查2224222n x y z m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的问题，不断转化．终会归为（1）或是（2）其中的一类．而存在无数多个勾股数a 、b 、c （a 、b 、c 互质），即存在无数多个满足题意的21c +． 即有无数多个上数．33．（2021·全国·高三竞赛）如果正整数n 满足存在正整数a 、b 、c 使得()()()()()(),,,,,,n b c a bc c a b ca a b c ab =⋅+⋅+⋅，则称n 为好数．求证：存在连续2020个正整数这2020个正整数都是好数．注：对于正整数x ，y ，(),x y 表示x ，y 的最大公因数． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】取121111121,(2),1,(2)(2,3,,2020)i i i l i i l x y x x x y y x x i -===+=-⋅⋅⋅=+=∏．对2,3,,2020i =，由()()1,1,21i i i i x x x x +=++=，知,2i i x x +均与121,,,i y y y -互质，故i y 与121,,,i y y y -均互质．则122020,,,y y y 两两互质．对1,2,3,,2020i =，考查i y 的一个倍数，设为()22i i i n my mx x ==+．注意到取2,,i i i a mx b mx c x ===，则有()()()()()(),,,,,,n b c a bc c a b ca a b c ab =⋅+⋅+⋅． 故n 为好数．则由n 的任意性，知i y 的一切倍数均为好数． 注意到122020,,,y y y 两两互质，那么由中国剩余定理知关于x 的同余方程组()()mod 1,2,,2020i x i y i ≡-=有正整数解0x ．这意味着对1,2,3,,2020i =，有0x i +是i y 的倍数，因此0x i +是好数． 取()01,2,,2020x i i +=即可满足题意．34．（2021·全国·高三竞赛）设函数:f N N ++→同时满足以下三个条件： （1）对任意x 、y N +∈，有()()()f xy f x f y =； （2）对任意x N +∈，有()()f f x x =； （3）()220()20f x x x ≠≤≤． 求()2f 的最小值． 【答案】1013． 【解析】 【分析】 【详解】在()()()f xy f x f y =中令1x y ==，得()11f =．①设质数p 满足()f p 不是质数，若()1f p =，则由（2）及①， 有()()()11p f f p f ===，矛盾．故()f p 为合数，设()f p xy =（x ﹐y 均为大于1的正整数）， 则()()()()()p f f p f xy f x f y ===．不妨设()1f x =，则()()()11x f f x f ===，与1x >矛盾． 因此，若p 是质数，则()f p 也是质数．由（1）、（2），有()()()()()()222222f f f f f f ==， 则由()22f 是偶数以及（3），得()222022f ≥． 因为()2f 是质数，所以()21013f ≥．另一方面，设小于2020的且不等于2或1013的质数有t 个，从小到大依次为12t p p p <<⋅⋅⋅<， 大于2020的质数中，最小的t 个从小到大依次为12t q q q <<⋅⋅⋅<考虑如下定义的函数:f N N ++→：()()()()()()11,21013,10132,,1,2,,i i i i f f f f p q f q p i t ======，且对质数t p q >，有()f p p =．对于合数1i ki i y r α==∏，其中质数12k r r r <<⋯<，且12k N ααα+⋯∈、、、，12k i i α=≥∑，有1()(())i ki i f y f r α==∏． 此时，不难验证f 满足（1）、（2）．且对于正整数()22020x x ≤≤，若x 为质数，显然()f x x ≠，若x 是合数，设1jlj j x s β==∏，其中质数12l s s s <<⋯<，且121,,,,2ll j j N ββββ+=∈≥∑．于是，由f 的定义知()f x 一定为至少两个，且每个均不小于1013的正整数的乘积， 故()2020f x x ≥≥，则f 满足（3）． 综上，知()2f 的最小值为1013．35．（2021·全国·高三竞赛）对每个正整数n ，定义()f n 为从1到n 中所有与n 不互质的正整数的和.求证：若()()f m f n =且m n ≠，则m n -是合数. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】首先计算()f n 的表达式，注意到从1到n 中所有与n 互质的正整数有()n ϕ个，并且它们是以t 和n t -的形式成对出现的，因此111()(1)()(1())222f n n n n n n n n ϕϕ=+-⋅=+-.若()()f m f n =且m n ≠，不妨设m n >，则()()()()11m m m n n n ϕϕ+-=+-.① 因为()11n n n m ϕ≤+-≤<，所以(),1m n >.若m n -不为合数，设为质数p ，则()1n kpm p k ==+﹐， ①式变为()()()()()()11111k k p k p k kp kp ϕϕ+++-+=+⎦-⎡⎤⎣.由(),11k k +=，可设()()()()()111,11k p k p lk kp kp l k ϕϕ++-+=+-=+ 其中0l p <<，相减得()()()1k p kp p l ϕϕ+-=+，1k =时， ()()21p p p l ϕ--<+不合题意，所以2k ≥，2p =时，()()()1,1l k p kp p l ϕϕ=+-=+左右奇偶性不同，所以3p ≥.注意()()()()()1,11p kp p k p ϕϕ--+，因此()()1|p p l -+.又0,3l p p <<≥，所以2l p =-，所以()()()121,23k p k p kp k p ϕϕ+=++=-+. 若|p k ，则()|p kp ϕ，所以()3|2p k p -+，所以3p =， 所以()()()12121k p k k p ϕϕ+=+<++，矛盾，同理若()1|p k +也得矛盾，所以()()1121p k k p ϕ-+=++，()()123p k k p ϕ-=-+，②所以()()12k k ϕϕ+-=，于是()1k ϕ+和()k ϕ恰有一个不是4的倍数，必模4余2，但()s ϕ模4余2当且仅当4,,2a a s q q =，这里q 是模4余3的奇质数，a 是正整数，分别代回②知都无解.综上，若()()f m f n =且m n ≠，则m n -是合数.36．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数,1n n >，设A 为正整数满足2|1n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦，求所有A 的值．（[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】当2n =时，3A =，或4，当2n >时，1A n =+． 【解析】 【分析】 【详解】（1）如果2A n >，则211n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，由1n >知，2 1n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；（2）如果2A n =，则212n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，由21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣及1n >知2n =，从而4A =；（3）如果20A n <<，则令22n n A r A ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦，其中20r A n ≤<<，即221()n n A A r A ⎛⎫⎡⎤=+-- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭． ①当2n A n <<时，222,11n n n n n A A A ⎡⎤⎡⎤<<+<+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，由21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣，可设21n nH A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦， 于是1nH n <+，即()11n H -<，这样，只有1H =成立，所以21n n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦．代入①式得()2n nA A r =--，即21111n r r A n n n --==+---． 若1r ≠，则11r n --是不小于1的正整数，于是A n ≤，与A n >矛盾， 因此1r =，故1A n =+．当A n =时，211n n A ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦，由n ∈+N 知211n n n A ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦；当0A n <<时，由①式及21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣知，n A r -∣． 又0,0A n r A n <<≤<<，从而0A r n <-<，矛盾． 综上，当2n =时，3A =，或4，当2n >时，1A n =+．37．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任何正整数m ，存在无穷多组整数(),x y ，使得 （1）,x y 互质； （2）2|x y m +； （3）2|y x m +． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】显然，当1x y ==时，符合题意．若正整数对()(),x y x y ≤满足条件，由条件（2）可设2xx y m '=+，其中x Z +'∈．下证命题：正整数对(),y x '也满足条件，且y x <'． 由等式2xx y m '=+知，2xx y yx '>≥，即x y '>． 同时还可知，2|x y m '+且()cd ,|g x y m '．若p 是()gcd ,x y '的一个质因子，则有,p m p y ．结合条件（3）有2|p x m +，从而有|p x ． 这与条件（1）矛盾．故()gcd ,1x y '=．最后，还需证2yx m '+∣．由于gcd(,)1x y =，等价证()22y x x m '+∣． 其中()()()2222220(mod )x x m y m x m m m x y '+=++≡+≡．命题得证，且x y x '>≥．反复利用此命题，便可得到无穷数列{}n a ，其中()212211,n n n a m a a a n a ++++===∈N ． 满足1n n a a +>对2n ≥成立，且整数对()()1,n n a a n ++∈N 符合条件．38．（2021·全国·高三竞赛）正整数2n ≥，且n 的素因子个数不超过2，对于任意整数a ，若(),1n a =，则有()mod n a a n ≡成立，求证：n 是质数.【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】假设n p q αβ=，（其中p q 、均为质数，N αβ∈﹐）. 首先证明：p q ≠，若n p γ=（p 为质数，γαβ=+）.因为(),1n a =，所以取最小整数δ，使得()1mod a p δγ≡（易知δ为a 对模2p 的阶）.又()111(mod )1mod n n an a p γ--≡⇔≡，所以()()1(1),(1)1p p p n p γγγδϕδδ-=--⇔-∣，所以1p δ-∣. 取()()()11111111(1)11mod p p a p p a p p p p p γγγγγγ------=--⇒≡-≡--+≡+，矛盾.所以n p p q γ≠⇒≠.任取与p q 、互质的a ， 由Euler 定理知：()()1(mod ),()(1)(1)n an n p q p q ϕαβϕϕ≡==--.从而()()1|1p q δ--，又因为()|(1)|1n p q αβδδ-⇒-，所以()11111p q p q p q αβαβαβδ----+--∣.所以111111(mod )p qp q p q a n αβαβαβ----+--≡，所以()111mod p q a p αβα--≡，所以()111mod q p q a p αα--≡.同理()111mod p q aq αββ--≡.不妨设p q >，则p 一定是奇质数.因此它存在原根g ，满足()11mod q gp α-≡/.因此，一定存在整数k ，使得q kp g α+，取a kp g α=+，矛盾! 结合2n ≥，知n 只能有一个质因子，即n 是质数. 又由Fermat 小定理知，当n 为质数时，满足题意.39．（2021·全国·高三竞赛）设a ，b 为正奇数，定义数列{}n f 如下：1f a =，2f b =，当3n ≥时，n f 为12n n f f --+的最大奇因子.求证：当n 充分大时，n f 为常数，并确定出这个常数. 【答案】a ，b 的最大公约数. 【解析】 【详解】从题目条件可以知道，如果有相邻两项k f ，1k f +相等，则当n k ≥时，n f 全相等，为常数. 用反证法，如果n f 不为常数，则序列{|}n f n N ∈的任意相邻两项不等.由于1n f -，2n f -皆为奇数，则12n n f f --+为偶数.那么，有(){}12121max ,2n n n n n f f f f f ----≤+<，于是，有 {}{}{}3456max ,max ,max ,...a b f f f f >>>.显然，这无限递降正奇数数列不存在，矛盾.所以，必存在正整数k ，使得1k k f f +=，即当n k ≥时，n k f f =.设此常数为C ，由于122an n n f f f --+=，这里a 是个正整数，以及n f ，1n f -，2n f -均为奇数，可知1n f -，2n f -的最大公约数()12,n n f f --等于n f ，1n f -的最大公约数()1,n n f f -.从而，序列中任意相邻两项的最大公约数相同.那么，()(),...,C C C a b ===，即这常数为a ，b 的最大公约数.40．（2020·全国·高三竞赛）设12121,2,2,3,4,n n n a a a a a n --===+=证明：对整数5n ≥，n a ，必有一个模4余1的素因子． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】不妨记11αβ==由递推式及数学归纳法得到n a 有奇素因子p ，然后对正整数进行讨论，证明也存在模4余1的素因子. 【详解】证明：记11αβ=+=-n n n a αβαβ-=-．记2n nn b αβ+=，则数列{}n b 满足122(3)n n n b b b n --=+≥ ①因121,3b b ==均为整数，故由①及数学归纳法，可知{}n b 每项均为整数．由222()22n n n n n αβαβαβαβαβ⎛⎫⎛⎫+--⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 可知222(1)(1)nn n b a n -=-≥ ②当1n >为奇数时，由于1a 为奇数，故由{}n a 的递推式及数学归纳法，可知n a 为大于1的奇数，所以n a 有奇素因子p ．由②得21(mod )n b p ≡-，故112(1)(mod )p p n b p --≡-．又上式表明(),1n p b =，故由费马小定理得11(mod )p n b p -≡，从而12(1)1(mod )p p --≡．因2p >，故必须12(1)1p --=，因此1(mod 4)p ≡．另一方面，对正整数m ，n ，若|m n ，设n km =，则()(1)(2)(2)(1)n n m mk m k m m m k m k m n a αβαβααβαββαβαβ------==⋅++++--()0(212)(212)1(22)(22)1()(),2=(()(),21i im l i m l i m m l i lm im l i m l i m m l a k l a k l αβαβαβαβαβ=-----=---⎧⋅∑+=⎪⎨⎪⋅∑++=+⎩因2s ss b αβ+=为整数（对正整数s ），1αβ=-为整数，故由上式知n a 等于m a 与一个整数的乘积，从而|m n a a ．因此，若n 有大于1的奇因子m ，则由前面已证得的结论知m a 有素因子1(mod 4)p ≡，而|m n a a ，故|n p a ，即n a 也有模4余1的素因子．最后，若n 没有大于1的奇因子，则n 是2的方幂．设2(3)l n l =≥， 因84082417a ==⨯有模4余1的素因子17，对于4l ≥，由8|2l 知82|l a a ， 从而2l a 也有素因子17．证毕． 【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是能够运用数论整除的相关知识以及费马小定理进行证明，不漏掉情况.41．（2019·江苏·高三竞赛）设k 、l 、c 均为正整数，证明：存在正整数a 、b 满足(,)b ac a b -=⋅，且()(),(,)a b l kb a a b a b ττττ⋅=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中(a ，b )表示a 、b 的最大公因数，()m τ表示正整数m 的所有不同正因子的个数. 【答案】见解析 【解析】 【详解】如果m 的标准分解式为1212n n n m p p p ααα=，那么()()()12()111n m τααα=+++.取定两个不同的素数p 、q 使得(pq ，c )=1.由于(p ，q )=1，利用裴蜀定理，存在正整数00,u v ，使得00k lp u q v c -=.由于(pq ，c )=1，那么0p v 且0q u . 由中国剩余定理，下列同余方程组：0001(mod )1(mod )1(mod )l kl u tq p v tp q u tq c ⎧+≡⎪+≡⎨⎪+≡⎩有正整数解t t =0. 令0000,l ku u t q v v t p =+=+，那么k l p u q v c -=，而且(u ，pqc )=1.因此(,)1,(,)1v pqc u v ==.现在取2211,k l l d p q n q v --==，则l k n c q v c p u +=+=. 从而(,)1n n c +=.令a =nd ，b =(n +c )d ，那么(a ，b )=d ，因此(,)b a cd c a b -==⋅.而且：()()2211()()(),k ll l p q va nd l l la n q v ab ττττττ-+-⋅=⋅=⋅⎛⎫⎪⎝⎭()22221k l l l k l l +==+.()()2211()(())(),kk l kp qub ncd k k k b n c p u a b ττττττ+--+⋅=⋅=⋅+⎛⎫⎪⎝⎭()22221kk l k k l k +==+.所以()()(,)(,)a b l ka b a b a b ττττ⋅=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.42．（2019·江西·高三竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a ，b ，c }，使其满足：2222019a b c ++=.【答案】7个，{1,13,43},{7,11,43},{13,25,35},{5,25,37}，{}11,23,37，{17,19,37},{7,17,41}. 【解析】 【详解】据对称性，不妨设a <b <c ，由于奇平方数的末位数字只具有1、5、9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整数n 是3的倍数，那么n 2必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么n 2被3除余1.由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a 、b 、c 皆不是3的倍数. 注意[2019]44c =，即奇数c ≤43，而222232019c a b c >++=， 即c 2>673，且c 不是3的倍数，故奇数c ≥29. 因此奇数{29,31,35,37,41,43}c ∈.。
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浙江高中数学竞赛考试解答————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2013年浙江省高中数学竞赛试题解答一、选择题（本大题共有10小题，每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填入题干后的括号里，多选、不选、错选均不得分，每题5分，共50分）1． 集合{,11P x x R x =∈-<}，{,1},Q x x R x a =∈-≤且P Q ⋂=∅,则实数a 取值范围为（ ）A. 3a ≥B. 1a ≤-.C. 1a ≤-或 3a ≥D. 13a -≤≤答案 C {02},{11},P x x Q x a x a =<<=-<<+要使P Q ⋂=∅，则12a -≥或10a +≤。
解得1a ≤-或 3a ≥。
2． 若,,R αβ∈ 则90αβ+=o是sin sin 1αβ+>的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 答案 D 若0,90sin sin 1αβαβ==⇒+=o。
当60sin sin 31αβαβ==⇒+=>o ，但90αβ+≠o。
3． 已知等比数列{an}：,31=a 且第一项至第八项的几何平均数为9，则第三项是（ ）A. 9381B. 7381C. 39D. 33 答案 B 计算得2733,q a ==7381。
4. 已知复数(,,z x yi x y R i =+∈为虚数单位），且28z i =，则z =（ ） A.22z i =+ B. 22z i =-- C. 22,z i =-+或22z i =- D. 22,z i =+或22z i =-- 答案 D5. 已知直线AB 与抛物线24y x =交于,A B 两点，M 为AB 的中点，C 为抛物线上一个动点，若0C 满足00min{}C A C B CA CB •=•u u u u r u u u u r u u u r u u u r，则下列一定成立的是（ ）。
A. 0C M AB ⊥B. 0,C M l ⊥其中l 是抛物线过0C 的切线C. 00C A C B ⊥D. 012C M AB =答案 B2()()()CA CB CM AM CM BM CM CM AM BM AM BM •=-•-=-++•u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r 22min min{}CM AM CA CB CM CM l =-⇒•=⇔⊥u u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r。
6. 某程序框图如下，当E =0.96时，则输出的K=（ ）A. 20B. 22C. 24D. 25,答案 C 111110.9624.1223(1)1S k k k k =+++=-≥⇒≤⨯⨯⨯++L 7. 若三位数abc 被7整除，且,,a b c 成公差非零的等差数列，则这样的整数共有（ ）个。
A.4 B. 6 C. 7 D 8答案 D 设三位数为()()11199(09,99,0),b d b b d b d b d d -+=-≤<-<<≠由7(11199)7()1,1;2,2;3,3;b d b d b d b d b d -⇒+⇒==-==-==-4,3,4;b d ==-5,2;6,1;8,1b d b d b d ======-。
所以，所有的三位数为 210,420,630,147,840,357,567,9878. 已知一个立体图形的三视图如下，则该立体的体积为（ ）。
A.33B.332C.932D.934开 K=1，S=S+1/S>=输出K=K+1是否答案 D 从图中可知，立体是由两个三棱柱组成。
9. 设函数234()(1)(2)(3)f x x x x x =---，则函数()y f x =的极大值点为（ ）A.0x =B. 1x =C. 2x =D. 3x =答案 B 由图象可知1x =为函数极大值点，3x =是极小值点，0,2x =不是极值点。
10. 已知(),(),()f x g x h x 为一次函数，若对实数x 满足1,1()()()32,1022,0x f x g x h x x x x x -<-⎧⎪-+=+-≤<⎨⎪-+≥⎩，则()h x 的表达式为（ ）。
A.1()2h x x =-B.1()2h x x =--C.1()2h x x =-+D.1()2h x x =+答案 C 22(1)1()22x h x x -++-==-+。
二、填空题（本大题共有7小题，将正确答案填入题干后 的横线上，每空7分，共49分） 11. 若1tan tan 2,sin sin 3x y x y ==，正视图：上下两个正方形321 23侧视图1俯视图：边长为2的正三角形则x y -=_______23k ππ±__________。
解答：由111tan tan 2,sin sin cos cos cos()362x y x y x y x y ==⇒=⇒-=，所以 x y -=23k ππ±。
12. 已知2()(1)2f x x k x =-++，若当0x >时()f x 恒大于零，则k 的取值范围为______(,221)-∞-_______ 。
解答 由222(1)201,22x k x k x x x x-++>⇒+<++≥等号在2x =取得，即 221k <-。
13. 数列{},1,2,n n n =L ，则数列中最大项的值为______33________。
解答 111ln /2()()(1ln )xx xxxf x x ef x x x e x==⇒=-⇒=为极大值点，所以数列最大项为第三项，其值为33。
14. 若,x y R ∈，满足2222222()5x x y y x x x --+-=，则3x=,y =23-。
解答 把等式看成关于x 的一元二次方程22224(1)20(221)0(32)0,33y y y y y x ∆=--++≥⇒+≤⇒=-=。
15. 设直线l 与曲线31y x x =++有三个不同的交点,,A B C ,且5AB BC ==,则直线l 的方程为_____21y x =+____________。
解答 曲线关于（0,1）点对称，设直线方程为1,(,)y kx A x y =+，则322211(2)(2)02(1)5y kx y x x k k k k x y ⎧=+⎪⎪=++⇒-++=⇒=⎨⎪+-=⎪⎩。
所求直线方程为21y x =+。
16. 若0,0,a b >>则2211min{max(,,)}a b a b+=_______32_________________。
解答 2222211112max{,,},,a b m a m b m m m a b a b m +=⇒≤≤+≤⇒≥⇒32m ≥，所以2211min{max(,,)}a b a b+=32。
17. 某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动（含第一象限,x y 轴上的整点），其运动规律为(,)(1,1)m n m n →++或(,)(1,1)m n m n →+-。
若该动点从原点出发，经过6步运动到（6,2）点，则有__________9_________种不同的运动轨迹。
解答 21669C C -=.三、解答题（本大题共有3小题，每题17分，共51分）18. 已知抛物线24y x =，过x 轴上一点K 的直线与抛物线交于点,,P Q 两点。
证明，存在唯一一点K ，使得2211PKKQ+为常数，并确定K 点的坐标。
解答 设K （,0a ），过K 点直线方程为()y k x a =-，交抛物线于1122(,),(,),A x y B x y 联立方程组222222221212242(2)2(2)0,()y x ak k x ak x a k x x x x a k y k x a ⎧=+⇒-++=⇒+==⎨=-⎩…5分 2222221122(),()PK x a y KQ x a y ⇒=-+=-+……………………………………7分 222221112(1)ak a k PK KQ+⇒+=+，……………………………………………………12分 令2a =22111,(2,0)4K PK KQ⇒+=。
…………………………………………17分 19. 设二次函数2()(21)2(,,0)f x ax b x a a b R a =++--∈≠在[3,4]上至少有一个零点，求22a b +的最小值。
解法1 由已知得，设t 为二次函数在[3,4]上的零点，则有2(21)20at b t a ++--=，变形222222222222(2)[(1)2]()((1))()(1)t a t bt a b t t a b t -=-+≤+-+=++，……5分于是22222211()51100(24)2t a b t t t -+≥=≥+-++-，……………………………12分 因为52,[3,4]2t t t -+∈-是减函数，上述式子在233,,2550t a b ==-=-时取等号，故22a b +的最小值为1100。
………………………………………………………………17分解法 2 把等式看成关于,a b 的直线方程2:(1)220x a xb x -++-=，利用直线上一点（,a b ）到原点的距离大于原点到直线的距离，即222222(1)(2)x a b x x -+≥-+（以下同上）。
20. 设x N ∈满足201312014.2013x x +⎛⎫<⎪⎝⎭数列122013,,,a a a L 是公差为2013x ，首项220121(1)1a x x =+-的等差数列； 数列122013,,,b b b L 是公比为1,xx+首项20131(1)b x x =+的等比数列，求证：11220122013b a b a b <<<<<L 。
解：首先， 201320122)1(1)1(x i x x a i -+-+=， -----------------2分i i i i x x xx x x b --+=++=201412013)1()1()1(。