1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：1集合 Word版含答案
11复数1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编复数部分2019A 11、称一个复数数列{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++≥。
★解析：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知0n z ≠ ．由条件得2114210n n n n z z z z ++⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（n N *∈），解得114n n z z +-±=（n N *∈），因此112n n z z +=，故1111122n n n z z --=⋅=（n N *∈）①进而有1111122n n n n n n n z z z z z ++-+=⋅+==② 记12m m T z z z =+++（m N *∈）则当m 为偶数时，记2m s =，由②得12212212222sm k kk k k k k T z z z z z z ∞∞--===≥+-+>-+==∑∑。
当m 为奇数时，记21m s =+，由①②得2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+=<==+∑∑，故12212212122223sm k k s k kk k T z z z z z z z ∞-+-==⎛⎫≥+-+->-+= ⎪⎝⎭∑∑ 当1m =时，1113T z ==>，综上知3C =满足要求。
另一方面，当11z =，2kz =，21k z +=k N *∈），时，易验证得{}n z 为“有趣的”数列，此时()2112211134lim lim lim 11833sss k k s s s k k T z z z ++→∞→∞→∞==-+=++=+=+⋅=∑，这表明C ≤C =2019B 11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，证明：对任意正整数m，均有123m z z z +++<。
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.
4平面向量与解三角形-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编平面向量与解三角形部分2019A 3、平面直角坐标系中，e r 是单位向量，向量a r 满足2a e ⋅=r r，且25a a te ≤+r r r 对任意实数t 恒成立，则a r的取值范围为 。
◆答案：★解析：不妨设()1,0e =r ，(),a x y =r，由2a e ⋅=r r 得2x =，25a a te ≤+r r r 等价于24y +≤245y y +≤，解得14y ≤≤，所以a =r。
2019A 9、在ABC ∆中，,,BC a CA b AB c ===，若b 是a 与c 的等比中项，且sin A 是()sin B A -与sin C 的等差中项，求cos B 的值．★解析：因为b 是a 与c 的等比中项，故存在0q >，使得2,b qa c q a ==①由sin A 是()sin B A -与sin C 的等差中项，得()2sin sin sin 2sin cos A B A C B A =-+=，结合正余弦定理得2222a b c a b bc+-=，即2222b c a ac +-=，将①代入得421q q =+，解得212q =，所以2224222111cos 222a cb q q B ac q q +-+-====。
2019B 2. 若平面向量()2,1ma =-r 与()121,2m mb +=-r 垂直，其中m 为实数，则a r 的模为 ．★解析：由条件得()()2211220mmm -+-⋅=，解得23m=，所以a ==r2019B 3. 设(),0,αβπ∈，cos ,cos αβ是方程25310x x --=的两根，则sin sin αβ的值为 ．◆答案：5★解析：由已知得3cos cos 5αβ+=，1cos cos 5αβ=-，从而 ()()()222sin sin 1cos 1cos αβαβ=--()()221cos cos cos cos αβαβ=+-+ 224375525⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2018A 7、设O 为ABC ∆的外心，若2+=，则BAC ∠sin 的值为 ◆答案：410 ★解析：取AC 的中点D ，则AC OD ⊥。
14数论1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10---- 中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为 ．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法． 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。
2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分 事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。
1981年-2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：三角函数(含解析)
1981年-2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：三角函数（含解析）2019A 6、对任意闭区间I ，用I M 表示函数sin y x =在I 上的最大值．若正数a 满足[][]0,,22a a a M M =，则a 的值为 ． 答案：56π或1312π 解析：若02a π<<，[][]0,,20sin 2a a a M a M ≤=≤,与条件不符，所以2a π>，此时[]0,1a M =，[],212a a M =，于是存在非负整数k ，使得51322266k a a k ππππ+≤<≤+①，且①处至少有一处取到等号。
当0k =时，得56a π=或1326a π=，经检验得56a π=或1312a π=均满足条件；当1k ≥时，由于13522266k k ππππ⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭，故不存在满足①的a 。
综上56a π=或1312a π=。
2018B 5、设βα,满足3)3tan(-=+πα，5)6tan(=-πβ，则)tan(βα-的值为答案： 47-解析:由两角差的正切公式可知7463tan =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+πβπα，即可得47)tan(-=-βα2017A 2、若实数y x ,满足1cos 22=+y x ，则y x cos -的取值范围为 答案： []13,1+-解析：由1cos 22=+y x 得[]3,1cos 212-∈-=y x ，得[]3,3-∈x ，21cos 2x y -=，所以()1121cos 2--=-x y x ，[]3,3-∈x 可求得其范围为[]13,1+-。
2016A 6、设函数10cos 10sin )(44kxkx k f +=，其中k 是一个正整数。
若对任意实数a ，均有{}{}R x x f a x a x f ∈=+<<|)(1|)(，则k 的最小值为 答案：16解析：由条件知，10cos 10sin 2)10cos 10(sin )(22222kxkx kx kx x f -+= 4352cos 415sin 12+=-=kx kx其中当且仅当)(5Z m km x ∈=π时，)(x f 取到最大值．根据条件知，任意一个长为1的开区间)1,(+a a 至少包含一个最大值点，从而15<k π，即π5>k ．反之，当π5>k 时，任意一个开区间均包含)(x f 的一个完整周期，此时}|)({}1|)({R x x f a x a x f ∈=+<<成立．综上可知，正整数的最小值为161]5[=+π．2015A 2、若实数α满足ααtan cos =，则αα4cos sin 1+的值为 答案：2解析：由条件知，ααsin cos 2=，反复利用此结论，并注意到1sin cos 22=+αα，得)cos 1)(sin 1(sin sin sin cos cos sin 122224αααααααα-+=++=+2cos sin 22=-+=αα．2015A 7、设w 是正实数，若存在b a ,)2(ππ≤<≤b a ，使得2sin sin =+wb wa ，则w 的取值范围是答案：9513[,)[,)424w ∈+∞U解析：由2sin sin =+b a ωω知，1sin sin ==b a ωω，而]2,[,ππωωw w b a si ∈，故题目条件等价于：存在整数,()k l k l <，使得ππππππw l k w 22222≤+≤+≤． ①当4w ≥时，区间]2,[ππw w 的长度不小于π4，故必存在,k l 满足①式． 当04w <<时，注意到)8,0(]2,[πππ⊆w w ，故仅需考虑如下几种情况：(i) ππππw w 2252≤<≤，此时21≤w 且45>w 无解；(ii) ππππw w 22925≤<≤，此时2549≤≤w ;(iii) ππππw w 221329≤<≤，此时29413≤≤w ,得4413<≤w ．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4≥w 亦满足条件，可知9513[,][,)424w ∈+∞U ．2015B 3、某房间的室温T （单位：摄氏度）与时间t （单位：小时）的函数关系为：),0(,cos sin +∞∈+=t t b t a T ，其中b a ,为正实数，如果该房间的最大温差为10摄氏度，则b a +的最大值为答案：解析：由辅助角公式：sin cos )T a t b t t ϕ=+=+，其中ϕ满足条件sin ϕϕ==则函数T 的值域是[，室内最大温差为10≤5≤．故a b +≤≤等号成立当且仅当a b ==2014A 10、（本题满分20分）数列{}n a 满足61π=a ，)arctan(sec 1n n a a =+，（*∈N n ）求正整数m ，使得1001sin sin sin 21=⋅⋅⋅m a a a Λ。
全国高中数学联赛试题分类汇编-组合与构造部分(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（1981年~2019年）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,vv 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,,,k e 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 +-+≤+。
7立体几何-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编立体几何部分2019A7、如图，正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K ，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF的值为 ．★解析：作图延长,AK BF 交于点P ,连接CP 交FG 于点N ，则 截面为ACNK ，由于面//ABC 面KFN ，知ABC KFN -为棱台，则EK AEKF PF=. 不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC KFN -的体积为14， 设PF x =，则1KF NF PF xAB BC PB x ===+，由于 11113232ABC KFN V AB BC PB KF FN PF -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以()()322113311146161x x x x x x ⎛⎫++⎛⎫=⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭+⎝⎭，解得3x =。
所以1EK AE KF PF x===2019B 4. 设三棱锥P ABC -满足3PA PB ==，2AB BC CA ===，则该三棱锥的体积的最大值为 ．◆答案：3★解析：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB的中点，则h PM ≤==当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h取到最大值P ABC -的体积取到最大值为11323⨯=。
2018A 2、设点P 到平面α的距离为3，点Q 在平面α上，使得直线PQ 与平面α所成角不小于030且不大于060，则这样的点Q 所构成的区域的面积为◆答案：π8★解析：设点P 在平面α上的射影为O ，由条件知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈=∠3,33tan OQ OP OQP ，即[]3,1∈OQ ，所以区域的面积为πππ81322=⨯-⨯。
2018B 2、已知圆锥的顶点为P ，底面半径长为2，高为1．在圆锥底面上取一点Q ，使得直线PQ 与底面所成角不大于045，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为 ◆答案： π3★解析:记圆锥的顶点P 在底面的投影为O ，则O 为底面中心，且1tan ≤=∠OQOPOQP ，即1≥OQ ，故所以区域的面积为πππ31222=⨯-⨯。
2函数与方程-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编函数与方程部分2019A1、已知正实数a 满足()89aa a a =，则()log 3a a 的值为 ． ◆答案：916★解析：由条件知189a a =，故9163a a ==，所以()9log 316a a =。
2019A 二、（本题满分 40 分）设整数122019,,,a a a L 满足122019199a a a =≤≤≤=L ． 记()()22212201913243520172019f a a a a a a a a a a a =+++-++++L L ，求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组()122019,,,a a a L 的个数．★解析：由条件知()()2017222221220182019212i i i f a a aaa a +==++++-∑． ①由于12,a a 及2i i a a +-（1,2,2016i =L ）均为非负整数，故有221122,a a a a ≥≥且()222i i i i a a a a ++-≥-．于是()()()201620162221221222017201811i i i i i i a a a a a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑②………………10 分由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++，结合20192019a =及201820170a a ≥>，可知()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ⎡⎤≥+-++=-+≥⎣⎦ ．③ ………20 分另一方面，令1219201a a a ====L ，19202119202k k a a k +-+==（1,2,,49k =L ），201999a = 此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30 分 以下考虑③的取等条件．此时2018201749a a ==，且②中的不等式均取等， 即121a a ==，{}20,1i i a a +-∈（1,2,2016i =L ）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
A 0,1,2,22 ,23 ,24 ， B 0,1,2,22 ,23 ,24 ,25 ,26 ,27 ,28 满足；
③若 a1 a2 ak 0 ak1 ak1 a11 ，其中 k 6 时，由于 ak ak 1 ak ak 2 ak a11 ak a 1 11 ak 2 a11 a2 a11 a1a11 有 10 个非负数； 又 a1 a2 a6 0 ， 则 a5a6 a5a4 a5a3 a5a2 a5a1 a4a1 a3a1 a2a1 有 8
集合与从的交非空，即包含某个 ai ，从而 x1 x2 xk n s t ． 20 分
不妨设
x1
max
1ik
xi
，则由上式知
xi
n
s k
t
，即在剩下的 n
s
t
个集合中，包含 a1
的集
合至少有
n
s k
t
个．又由于
A1
Ci
(i
1,2, ,t)
，故 C1,C2 ,,Ct
都包含
a1 ，因此包含
个正数，
故此时， B 10 8 18
④若 ai 0 1 i 11 恒成立；同①显然可以发现有 18 个数在 B 中，即 B 18 ；
综上。B 的元素个数的最小值为 17.
2015AB10 、（ 本 题 满 分 20 分 ） 设 a1, a2 , a3 , a4 是 4 个 有 理 数 ， 使 得
由此易知， a1
1 4
, a2
1 2
, a3
4, a4
6
或者
a1
1 4
, a2
1 2
, a3
4, a4
6
．
检验知这两组解均满足问题的条件．
故 a1 a2
a3
a4
9 4
．
20
分
2015A 二、（本题满分 40 分）设 S A1, A2 ,, An ，其中 A1, A2 ,, An 是 n 个互不相同的有
◆答案： 2 3 ★ 解 析 ： 点 集 A 是 圆 周 : (x 1)2 ( y 1)2 2 ， 点 集 B 是 恒 过 点 P(1,3) 的 直 线 l : y 3 k (x 1) 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 | k 1 k 3 | 2 ．结合图像，应取较小根 k 2 3 ．
设 a,b, c, d Ai ，则 ab cd i i i i 0(modm 1) ，
故 m 1 ab cd ，而 m 1 m ，所以在 Ai 中不存在 4 个数 a,b, c, d ，满足 ab cd m
2017B 四、（本题满分 50 分）。设 a1, a2 ,, a20 1,2,3,4,5， b1, b2 ,, b20 1,2,3,,10，
f :{B1, B2,, Bs} {C1,C2,,Ct}, f (Bi ) Bi A1 ．
显然 f 是单映射，于是， s t ． 10 分
设 A1 {a1, a2 ,, ak} ．在 A1, A2 ,, An 中除去 B1, B2 ,, Bs ， C1,C2 ,,Ct 后，在剩下的
n s t 个集合中，设包含 ai 的集合有 xi 个（1 i k ），由于剩下的 n s t 个集合中每个
a1
的集合个数至少为 n s t t n s (k 1)t n s t （利用 k 2 ）
k
k
k
n （利用 s t )． 40 分 k
2015B 6、设 k 为实数，在平面直角坐标系中有两个点集 A (x, y) x2 y2 2(x y) 和
B (x, y) kx y k 3 0 ，若 A B 是单元集，则 k 的值为
5
5
(i, j) X ，因此至少有
C2 tk
个
(i,
j)
不在
X
中，注意到
tk 20 ，则柯西不等式，我们
k 1
k 1
有
5
C2 tk k 1
1 2
(
5 k 1
tk2
5
tk )
k 1
1 2
(
1 5
(
5 k 1
tk
)2
5
tk )
k 1
1 20 (20 1) 30
2
5
从而 X 的元素个数不超过 C220 30 190 30 160 另一方面，取 a4k3 a4k2 a4k1 a4k k （ k 1, 2,, 5 ）， bi 6 ai （ i 1, 2,, 20 ），
aia j
|1 i
j4
24,2,
3 2
,
1 8
,1,3 ，求
a1
a2
a3
a4
的值。
★解析：由条件可知， aia j (1 i j 4) 是 6 个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，
由 此 知 ， a1, a2 , a3, a4 的 绝 对 值 互 不 相 等 ， 不 妨 设 | a1 || a2 || a3 || a4 | ， 则 | ai || a j | (1 i j 4) 中最小的与次小的两个数分别是 | a1 || a2 | 及| a1 || a3 | ，最大与次大的两
个数分别是 |
a3
||
a4
|
及|
a2
||
a4
|
，从而必须有
a1a2
a1a3
1,
1 8
,
10 分
a2a4
3,
a3a4 24,
于是 a2
1 8a1
, a3
1 a1
, a4
3 a2
24a1
．
故
{a2
a3
,
a1a4}
{
1 8a12
,
24a12}
{2,
3} 2
，15
分
结合
a1
Q
，只可能
a1
1 4
．
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： 3 2
★解析：假如 x 0 ，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 x 0 ，即 x 为最小元素．于是 3 x 6 x ，解得 x 3 。
有序集合对 ( X ,Y ) 的数目。
★解析:先计算满足 max X min Y 的有序集合对 ( X ,Y ) 的数目.对给定的 m max X ，集合
X 是集合 1,2,, m 1的任意一个子集与 m的并，故共有 2m1 种取法.又 m min Y ，故 Y
是 m, m 1, m 2,, n的任意一个非空子集，共有 2n1m 1 种取法.
限集合（ n 2 ），满足对任意的 Ai , Aj S ,均有 Ai Aj
S
，若 k
min
1in
Ai
2 .证明：存
n
在 x Ai
i 1
，使得
x
属于
A1,
A2
,,
An
中至少
n k
个集合（这里
X
表示有限集合 X
的元素个
数）。
★ 证 明 ： 不 妨 设 | A1 | k ． 设 在 A1, A2 ,, An 中 与 A1 不 相 交 的 集 合 有 s 个 ， 重 新 记 为 B1, B2 ,, Bs ，设包含 A1 的集合有 t 个，重新记为 C1,C2 ,,Ct ．由已知条件，(Bi A1) S ， 即 (Bi A1) {C1, C2,, Ct} ，这样我们得到一个映射
k2 1
2014A
2、设集合
3 a
b
|1
a
b
2 中最大元素与最小元素分别为
M
,
N
，则
M
N
的
值为
◆答案： 5 2 3
★解析：由1 a b 2 知， 3 b 3 2 5 ，当 a 1 ， b 2 时，得最大元素 M 5 ，
a
1
又 3 b 3 a 2 3 ，当 a b 3 时，得最小元素 m 2 3 。因此，M m 5 2 3 。
2018A1、设集合 A 1,2,3,,99，集合 B 2x | x A，集合 C x | 2x A，则集合
B C 的元素个数为
◆答案： 24
★解析：由条件知， B C 2,4,6,,48，故 B C 的元素个数为 24 。
2018B1、设集合 A 2,0,1,8，集合 B 2a | a A，则集合 A B 的所有元素之和是
合对 ( X ,Y ) 的数目是 2n 1 2 n 2n 2n 1 4n 2n n 1
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 A1, A2 ,, Ak ，每个子集 Ai 中均不存在 4 个数 a, b, c, d （可以相 同），满足 ab cd m ． ★证明：取 k m 1，令 Ai {x x i(mod m 1), x N } ， i 1, 2,, m 1
a
a
2014A 三、（本题满分 50 分）设 S 1,2,,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