高中数学 第二章 代数 第一节集合数与式奥林匹克竞赛题解.docx

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高中数学第二章代数第一节集合数与式奥林匹克竞赛题解

第二章代数

第一节集合、数与式

B1－001 把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？

【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．

【解】将12个元素排成一列有12！

种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有

种不同的分法．

[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种．

确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种．

如此继续下去，得到6个2元子集．共有11×9×7×5×3=10395种分法．

B1－002 证明：

任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素．

【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5．

【证】设有限集A含n个元素．当n=1时，子集序列φ，A即满足条件．

假设n=k时命题成立，对于k＋1元集

A=｛x1，x2，…，xk+1｝

由归纳假设，{x1，x2，…，xk}的子集可排成序列

B1，B2，…，Bt（t=2k）

满足要求．因此A的子集也可排成序列

B1，B2，…，Bt，Bt∪{xk+1}，Bt-1∪{xk+1}，…，B2∪{xk+1}B1∪{xk+1}，满足要求．

于是命题对一切自然数n均成立．

B1－003 设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数．证明：

【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2．

这n－k个数中选出）．所以

将

（1）式右边的和写成一个表

将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得

（1）的右边的分子，现

B1－004 定义一个数集的和为该集的所有元素的和．设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？

【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12．

【解】先证明S元素个数至多是5．如果多于5个，则元素个数不

S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65．如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）．这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件．

所以，S的和≤61．特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61．

B1－006 对有限集合A，存在函数f：

N→A具有下述性质：

若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}．求有限集合A的元素的最少个数．

【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4．

【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f

（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4．

另一方面，令A={0，1，2，3}．对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除．因而f是满足条件的函数．

于是，A的元素个数最少为4．

B1－007 集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：

没有一个数是另一个数的2倍．这样的子集中所含元素的个数最多是多少？

【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）．原题为选择题．

【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}．

A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍．

若集合B

｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a

B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67．

本题答案为67．

B1－008 设集合Sn={1，2，…，n）．若X是Sn的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）．若X的容量为奇（偶）数，则称X为Sn的奇（偶）子集．

（1）求证：

Sn的奇子集与偶子集个数相等；

（2）求证：

当n≥3时，Sn的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等．

（3）当n≥3时，求Sn所有奇子集的容量之和．

【题说】1992年全国联赛二试题2．

【证】设S为Sn的奇子集，令

则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集

与之对应，所以

（1）的结论成立．

对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集．于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2·i．奇子集容量之和是

根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等．

B1－009 用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和．设A=｛a1，a2，…，an｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11．若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n．试求满足上述要求的a10的最小值．

【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3．

【解】令Sk=a1＋a2＋…＋ak（1≤k≤11）．

若ak＞Sk-1＋1，则不存在S

A，使

σ（S）=Sk-1＋1

所以，

Sk=Sk-1＋ak≤2Sk-1＋1                                

（1）

又由题设得S1=a1=1．于是由

（1）及归纳法易得

Sk≤2k－1（1≤k≤m）                               

（2）

若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750．

又S8≤28－1=255，于是

2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495

所以，a10≥248．

另一方面，令

A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}

当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S

｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n．当n≤255＋247=502时，存在S

（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S

{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S

A，使σ（S）=n．

于是a10的最小值为248．

B1－010 给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：

可以把S中元素分成若干子集，使得

（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；

（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；

（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°．

【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4．

【证】现对任意正整数n给以证明．

设非零复数集S=｛Z1，…，Zn｝．

对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和．

S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大．

若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等．

因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：

S1，S2，…，Sk，它们的和a1，a2，…，ak的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪Sk-1）的非空子集和的最大模．

这样的划分，条件

（1）显然满足．

若某个Sr中有一元素Z与ar的夹角＞90°，则如图a，|ar－Z|＞|ar|．ar－Z是S\（S1U…USr-1）的非空子集Sr\{Z}之和，与Sr的选取矛盾．

若ar与at（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|ar＋at|＞|ar|．ar＋at是S\（S1∪…∪Sr-1）不空子集Sr∪St之和，这又与Sr选取矛盾．

因此，所述划分满足条件

（1）～（3）．

【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集．

B1－011 设集合A=｛1，2，3，…，366｝．如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p．

（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；

（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？

【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1．

【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：

17类：

[0]，[1]，…，[16]．因为366=17×21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数．

当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p．

当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集

所以A的具有性质p的二元子集个数共有

210＋462×7＋484=3928（个）

（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：

a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；

a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；

a∈[8]，b∈[9]，有22个子集．

故A的具有性质p两两不交的二元子集共有

10＋21×7＋22=179（个）

B1－012 设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）．若S是由正整数组成的有限集合．证明

对所有的正整数m≥σ（S）成立．

【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5．

【证】设S={a1，a2，…，an}．长为m的、由m－n个0与n个1

将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段an个数．

前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有ai种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有

ala2…an＝П（S）个．

个．根据容斥原理，

即本题的等式成立．

B1－015 设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：

当x∈A时，15x

A，试求A中元素个数的最大值．

【题说】1995年全国联赛一试题2（6）．原为填空题．

【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有

133－8=125

个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870

另一方面，M的子集

A={1，2，…，8}∪{134，…，1997}

满足条件．它恰好有1780个元素．故｜A｜的最大数是1870．

B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}．求该集合具有下列性质的子集个数：

每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1．

【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3．

【解】设an是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数．集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：

第一类子集包含元n+2，这样的子集有an+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有an+1个．于是，有

an+2=an+an+1+n

显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）．

所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133．

B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和．已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集．证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．

【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2

【解】设A={a1，a2，…，an}，a1＜a2＜…＜an．令fj=a1+a2+…aj，ej=max{aj，fj-1}｝，则fj=fj-1+aj≤2ej（1≤j≤n）．

每个和ai1+ai2+…+ait，i1＜i2＜…＜it，必在某个区间（fj-1，fj]中．因为

ai1+ai2+ait＞fj-1=a1+a2+…aj-1

所以

it≥j

从而

ai1+ai2+…+ait≥aj

于是ai1+ai2+…+ait∈[ej，fj]．

这样σ（S）被分为n个类，在ej与fj之间的和为第j类（1≤j≤n），fj本身在第j类，而ej=fj-1时，ej不在第j类；ej＞fj-1时，ej在第j类．每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．

B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：

a1，a2，…，an有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B．求n的最小值．

【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3．

【解】n的最小值为8．

首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，an中至少出现2次．事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现．

由此可见n≥8．

另一方面，8项数列：

3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8．

B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和．

【题说】1962年成都市赛高三二试题1．

3（n-m）+1

项．其和

但其中整数项的和

故所求之和

S=S1-S2=n2-m2

B1-020 证明cos10°是无理数．

【题说】1963年合肥市赛高二二试题3．

【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得

cos30°=4cos310°-3cos10°

（1）

即

若cos10°是一个有理数，则

（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数．

B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2．

【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．

【解】设x1x2x3x4=d，则

显然d≤1．有以下五种情况：

所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．

所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．

综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3．

B1-022 设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积．试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数．

【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2．本题由捷克斯洛伐克提供．

【解】设n位数x满足

P（x）=x2-10x-22

（1）

若n≥3，则x≥10n-1≥100，

9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90·10n-1-22

=9·10n-22＞10n

矛盾．

若n=1，则

x=P（x）=x2-10x-22

即

x2-11x-22=0

但此方程无正整数解．因此n=2．

若x≥20，则

x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）

因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．

（1）变成

y=（10+y）2-10（10+y）-22

易知y=2，x=12．

B1-023 证明：

如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1．

【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2．

【证】设这三个数为a，b，c，则

（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1

左边有一个或三个因子为正．但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1．

B1-024 若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值．

【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．

【解】设这些正整数为a1，…，an，则

a1+…+an=1976

不妨设ai＜4（1≤i≤n），这是因为当ai≥4时ai≤2（ai-2），故把ai换成2和ai-2不会使积减小．再注意2×2×2＜3×3，所以只需考虑积2a·3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976．由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2×3658．

B1-025 确定最大的实数z，满足

x+y+z=5

（1）

xy+yz+zx=3

（2）

并且x、y也是实数．

【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3．

【解】由

（1）得（x+y）2=（5-z）2，由

（2）得xy=3-z（5-z）．

于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]

=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）

因此有

-1≤z≤13/3

当x=y=1/3时，z=13/3．因此z最大值是13/3．

B1-026 已知a、b、c、d、e是满足

a+b+c+d+e=8，

（1）

a2+b2+c2+d2+e2=16

（2）

的实数，试确定e的最大值．

【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1．

【解】由Cauchy不等式，

（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），

即

B1-027 已知：

0.301029＜lg2＜0.301030，

0.477120＜lg3＜0.477121

求20001979的首位数字．

【题说】1979年安徽省赛二试题1．

【解】因为

lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2

595.736391＜1979lg2＜595.738370

而

lg5=1-lg2＜0.70

lg6=lg2+lg3＞0.77

所以

6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6

即

5×106532＜20001979＜6×106532

所以20001979的首位数字是5．

B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且

a1+a2+…+a8=20

（1）

a1a2…a8=4

（2）

试证：

a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1．

【题说】1979年湖北省赛二试题5．

【证】用反证法．如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设

ai=1+bi（bi＞0，i＝1，2，…，8）

再由

（1）即得

b1+b2+…+b8=12

于是

a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）

＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8

≥1+（b1+b2+…+b8）

=1+12=13

与条件

（2）矛盾．所以八个数中至少有一个数小于1．

B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：

【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5．本题由以色列提供．

【解】利用柯西不等式及题设条件，有

故中间不等式只能取等号，这意味着在xk≠0时，

由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0．因此，只能有下面两种情况：

（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；

（2）某个xk=c≠0，其余xi=0（i≠k）．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而

k2=a，c=k

总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程．

B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正．

【题说】1981年全国联赛题2．

【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误．因表中只有两处错误，故三者都对．同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对．

再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b．即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对．应为lg7=lgl4-lg2=2b+c．

lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1．

B1－001 把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？

【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．

【解】将12个元素排成一列有12！

种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有

种不同的分法．

[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个