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

1、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B1001 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，

2、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119753=10395种分法B1002 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，A即满足条件假设n=k时命题成立，对于k1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，Btxk+1，Bt-1xk+1，B2xk+1B1xk+1，满足要求于是命题对一切自然数n均成立B1003 设1r

3、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nk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B1004 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

4、的和1514131211=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1514131211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61B1006 对有限集合A，存在函数f：NA具有下述性质：若|ij|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

5、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，|ij|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4B1007 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=1A1A3A5A7共501331=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

6、另一个的两倍，则在aBA2时，2a B，因此|BA2|BA1|50同样|BA4|BA3|13，|BA6|BA5|3因此|B|67本题答案为67B1008 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n3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n3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，ST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

7、与之对应，所以（1）的结论成立对任一i（1in），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i1时，这2n-1个集中有一半是奇子集在i=1时，由于n3，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-2i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B1009 用（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a1a2a11若对每个正整数n1500，存在A的子集S，使得（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=a1a2ak（1k11）若akSk

8、-11，则不存在S A，使（S）=Sk-11所以，Sk=Sk-1ak2Sk-11 （1）又由题设得 S1=a1=1于是由（1）及归纳法易得Sk2k1（1km） （2）若S10750，则a111500（否则750无法用（S）表出），S11=S10a111500，所以S10750又S8281=255，于是2a10a9a10=S10S8495所以，a10248另一方面，令A=1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750当n255=2726220时，可找到S 1，2，4，128，使（S）=n当n255247=502时，存在S （1，2，4，128，247），使（S）=n；当n502

9、248=750时，存在S 1，2，4，247，248，使（S）=n；当n750750=1500时，存在S A，使（S）=n于是a10的最小值为248B1010 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

10、，称为A之和S共有2n1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大若SS1，对SS1，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，SS1，S（S1S2），S（S1S2Sk-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，|arZ|ar|arZ是S（S1UUSr-1）的非空子集SrZ之和，与Sr的选取矛盾若ar与at（1rtk）的夹角90，则如图（b），|arat|ar|arat是S（S1Sr-1）不空子集SrSt之和，这又

11、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B1011 设集合A=1，2，3，366如果A的一个二元子集B=a，b满足17|（ab），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=17219，所以1，2，9中各有22个数，10，16，0中各有21个数当且仅当ak，b17k时，a，b具有性质p当ak，b1

12、7k，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2104627484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a0，b0，有10个子集；ak，b17k，k=1，2，7，有21个子集；a8，b9，有22个子集故A的具有性质p两两不交的二元子集共有1021722=179（个）B1012 设|v|、（v）和（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，（v）=0，（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（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

13、，a2，an长为m的、由mn个0与n个1将这样的数列分为n1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（1in），所以这样的数列共有ala2an（S）个个根据容斥原理，即本题的等式成立B1015 设M=1，2，1995，A是M的子集，且满足条件：当xA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1338=125个数不在A中，即|A|1995125=1870另一方面，M的子集A=1，2，8134，1997满足条

14、件它恰好有1780个元素故A的最大数是1870B1-016 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(

15、即1，3，2，4，1，4)所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133B1-017 对任意非空实数集S，令(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(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，a1a2an令fj=a1+a2+aj，ej=maxaj，fj-1，则fj=fj-1+aj2ej(1jn)每个和ai1+ai2+ait，i1i2it，必在某个区间(fj-1，fj中因为ai1+ai2+aitfj-1=a1+a2+a

16、j-1所以itj从而ai1+ai2+aitaj于是ai1+ai2+aitej，fj这样(S)被分为n个类，在ej与fj之间的和为第j类(1jn)，fj本身在第j类，而ej=fj-1时，ej不在第j类；ejfj-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2B1-018 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

17、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n8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8B1-019 求两个正整数m与n之间(mn)，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13(n-m)+1项其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 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co

18、s10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d1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3B1-022 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

19、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n3，则x10n-1100，9nP(x)=x(x-10)-2290x-229010n-1-22=910n-2210n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x20，则x2-10x-22=x(x-10)-2210x-22200-2292P(x)因此x=10+y，y0，1，2，9(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22易知y=2，x=12B1-023 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

20、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1B1-024 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ai4(1in)，这是因为当ai4时ai2(ai-2)，故把ai换成2和ai-2不会使积减小再注意22233，所以只需考虑积2

21、a3b，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23658B1-025 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)2-43-z(5-z)=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)因此有-1z13/3当x=y=1/3时，z=13/3因此z最大值是13/3B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8， (

22、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)24(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即B1-027 已知：0.301029lg20.301030，0.477120lg30.477121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+1979lg2595.7363911979lg2595.738370而lg5=1-lg20.70lg6=lg2+lg30.77所以6532+lg

23、5lg200019796532+lg6即5106532200019796106532所以20001979的首位数字是5B1-028 已知a1，a2，a8均为正数，且a1+a2+a8=20 (1)a1a2a8=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(bi0，i1，2，8)再由(1)即得b1+b2+b8=12于是a1a2a8=(1+b1)(1+b2)(1+b8)1+(b1+b2+b8)+b1b2b81+(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

24、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xk0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=c0，其余xi=0(ik)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

25、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+clg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1B1001 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