专题32函数、集合与复数（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛二试试题分专题训练.docx

1、备战 2021 年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题 32 函数、集合与复数历年联赛真题汇编 1【2020 高中数学联赛 B 卷(第 02 试)】设集合=1,2,19.是否存在集合 A 的非空子集1,2,满足(1)1 2=,1 2=；(2)1,2都至少有 4 个元素;(3)1的所有元素的和等于2的所有元素的乘积?证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】答案是肯定的.设2=1,2,x,y2x 981+，故2795=1 C2+C2980=1 利用组合数的凸性，即对 xy3，有C2+C2 C+12+C12，可知当 m1，m980，m 由 980 个 2 以及一个 59构成时，2+2

2、980=1取得最大值.于是2+2980=1 592+98022=2691 2795，这与矛盾.从而1,中至多有 979 个奇数.对每个连通分支应用引理，可知 G 中含有 N 个两两无公共边的角，其中=2=112(=1 979)=12(2795 979)=908.综上，所求最小的 n 是 2795.3【2018 高中数学联赛 A 卷(第 02 试)】设 n、k、m 是正整数，满足 k2，且 21.设 A 是1，2，m的 n 元子集.证明:区间(0,1)中每个整数均可表示为 aa，其中 a，aA.【答案】证明见解析【解析】用反证法.假设存在整数 (0,1)不可表示为 aa，a，aA.作带余除法 m

3、=xq+r，其中 0r21 =21(+)又 (0,1)，故 (1)情形一 q 是奇数.则由知，+12 结合，可知，+12 21(+)21，从而 q21(+)，从而2(21)121 (1)21，故 q2(k1).再由 q 是偶数可知，q2k4，于是 2+(2)+minY 的有序集合对(X，Y)的数目.【答案】22 2(+1)【解析】先计算满足max min的有序集合对(X，Y)的数目.对给定的 m=maxX，集合 X 是集合1，2，m1的任意一个子集与m的并，故共有21种取法.又 minYM，故 Y 是m，m+1，n的任意一个非空子集，共有2+1 1种取法.因此，满足max min的有序集合对(

4、X，Y)的数目是(2 1)2 2+2 1=22 2(+1).由于有序集合对(X，Y)有(2 1)(2 1)=(2 1)2个，于是满足max min的有序集合对(X，Y)的数目是(2 1)2 2+2 1=22 2(+1).5【2017 高中数学联赛 B 卷(第 02 试)】给定正整数 m，证明:存在正整数 k，使得可将正整数集 N+分拆为 k 个互不相交的子集1,2,，每个子集 Ai 中均不存在 4 个数 a、b、c、d(可以相同)，满足 abcd=m.【答案】证明见解析【解析】取 k=m+1，令=|(mod +1),+，i=1，2，m+1.设 a，b，c，dAi，则 =0(mod +1)，故

5、m+1|abcd，而+1 ，所以在 A 中不存在 4 个数 a、b、c、d，满足 =.6【2015 高中数学联赛(第 02 试)】设=1,2,(2)，其中1,2,为 n 个互不相同的有限集合，满足对任意,，均有 .若=min1|2(|X|表示有限集合 X 的元素个数)，证明：存在 =1，使得 x 属于1,2,中的至少个集合.【答案】证明见解析【解析】证法一证明更强的结论：对任意集合 Ai(1in)，存在 xAi，使得 x 属于1,2,中的至少|个集合.若1,2,与Ai的交集均不为空集，则根据平均值原理，知集合 Ai中必存在某个元素x，使得x 属于1,2,中的至少|个集合.若1,2,中存在某些集

6、合与 Ai 的交集为空集，不妨设这样的集合为1,2,.则 ，2,互不相同，且均属于 S.于是，S 中其余 n2t1 个集合均与 Ai 的交集非空.从而，集合 Ai 中所有元素在集合 S 中出现的次数不少于+2 1=+(2)+1 .故存在某个 xAi，使得 x 属于1,2,中的至少|个集合.综上，命题得证证法二不妨设|1|=,|1|2|，对(=2,3,)执行下列过程：(1)先考虑 A2.若2 1 ，则将 A2 分为一组；若2 1=，则将2 1与 A2 两个集合分为一组.(2)考虑 A3.若3=2 1，已经进行过分组.若3 2 1，再分两种情形考虑.(i)3 1 ，则将 A3 分为一组；(ii)3

7、 1=，由2 3，则3 1 2 1.此时，可将3 1与 A3 两个集合分为一组.7【2014 高中数学联赛(第 02 试)】设 S=1，2，3，100，求最大的整数 k，使得 S 有 k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这 k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.【答案】299 1【解析】对有限非空实数集 A，用 minA 与 maxA 分别表示 A 的最小元素与最大元素，考虑 S 的所有包含 1 且至少有两个元素的子集，一共 2991 个，它们显然满足要求，因为min()=1 max，故max 299 1，下面证明当 k299

8、时，不存在满足要求的 k 个子集.我们用数学归纳法证明：对整数 n3，在集合1，2，n的任意 m(m2n1)个不同非空子集 A1，A2，Am中，存在两个子集,，满足 ,min()=max 显然只需对=21的情形证明上述结论.当 n=3 时，将1，2，3的全部 7 个非空子集分成 3 组：第一组：3，1，3，2，3；第二组：2，1，2；第三组：1，1，2，3.由抽屉原理，任意 4 个非空子集必有两个在同一组中，取同组中的两个子集分别记为,，排在前面的记为 Ai，则满足式假设结论在 n3 时成立，考虑 n+1 的情形.若1,2,2,中至少有21个子集不含 n+1，对其中的21个子集用归纳假设，可知

9、存在两个子集满足式.若至多有21 1个子集不含 n+1，则至少有21+1个子集含 n+1，将其中21+1个子集都去掉 n+1，得到1，2，n的21+1个子集.由于1，2，n的全体子集可分成21组，每组两个子集互补，故由抽屉原理，在上述21+1个子集中一定有两个属于同一组，即互为补集.因此，相应地有两个子集,，满足 =+1.这两个集合显然满足式.故 n+1 时结论成立综上所述，所求max=299 1.8【2012 高中数学联赛(第 02 试)】试证明：集合=2,22,2,满足：(1)对每个 aA 及 bN*，若 b2a1，则 b(b+1)一定不是 2a 的倍数；(2)对每个 (其中表示 A 在

10、N*中的补集)，且 a1，必存在 bN*，b2a1，使 b(b+1)是 2a 的倍数.【答案】证明见解析【解析】(1)对于任意的 aA，设 a=2k，kN*，则2=2+1，如果 b 是任意一个小于 2a1 的正整数，则+1 2 1，由于 b 与 b+1 中，一个为奇数，它不含素因子 2，另一个为偶数，它含素因子 2 的幂的次数最多为 k，因此，b(b+1)一定不是 2a 的倍数.(2)若 ，且 a1，设 a=2km，其中 h 为非负整数，m 为大于 1 的奇数.则2=2+1.下面给出三种证明方法：证法一令=,+1=2+1，消去 b 得2+1 =1，由于(2+1,)=1，这方程必有整数解=0+2

11、+1=0+，(其中 tZ，(0,0)为方程的特解).把最小的正整数解记为(,)，则 2+1，故=2 1，使 b(b+1)是 2a 的倍数.证法二由于(2+1,)=1，由中国剩余定理知，同余方程组 0(mod 2+1)1(mod)在区间(0,2+1)上有解 x=b，即存在 b +1，则2 1(mod).存在=(2 1)2+1 0()，使0 2 1.此时|,2+1|+1，因而 b(b+1)是 2a 的倍数.9【2011 高中数学联赛(第 02 试)】证明：对任意整数 n4，存在一个 n 次多项式()=+11+1+0具有如下性质：(1)0,1,1均为正整数；(2)对任意正整数 m 及任意 k(k2)

12、个互不相同的正整数1,2,，均有()(1)(2)().【答案】证明见解析【解析】令()=(+1)(+2)(+)+2 将式的右边展开即知 f(x)是一个首项系数为 1 的正整数系数的 n 次多项式.下面证明 f(x)满足性质(2).对任意整数 t，由于 n4，故连续的 n 个整数+1,+2,+中必有一个为 4 的倍数，从而由式知()2(mod 4)，因此，对任意 k(k2)个正整数1,2,，有(1)(2)()2 0(mod 4)，但对任意正整数 m，有()2(mod 4)，故()(1)(2)()(mod 4)，从而()(1)(2)()，所以 f(x)符合题设要求.10【2010 高中数学联赛(第

13、 02 试)】设 k 是给定的正整数，=+12.记(1)()=()=xx，()()=(1)()，xR+，l2.证明：存在正整数 m，使得()()为一个整数.这里，x表示不小于实数 x 的最小整数，例如12=1，1=1.【答案】证明见解析【解析】记 v2(n)表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当=2()+1时，()()为整数.下面我们对 v2(k)=v 用数学归纳法：当 v=0 时，k 为奇数，k+1 为偶数，此时()=(+12)+12=(+12)(+1)为整数.假设命题对 v1(v1)成立.对于 v1，设 k 的二进制表示具有形式=2+1 2+1+2 2+2+，这里，=0或者 1，i=v+

14、1，v+2，于是()=(+12)+12=(+12)(+1)=12+2+2+=12+21+(+1+1)2+(+1+2)2+1+22+=+12这里=21+(+1+1)2+(+1+2)2+1+22+，显然 k中所含的 2 的幂次为 v1.故由归纳假设知=+12，经过 f 的 v 次迭代得到整数，由式知，(+1)()是一个整数，这就完成了归纳证明.11【2006 高中数学联赛(第 02 试)】解方程组 +=22 2+2 2=63 3+3 3=204 4+4 4=66【答案】答案见解析【解析】令=+,=，我们有2=2+2+2，3=3+3+3，4=4+4+42 22，同样，令=+,=，有2=2+2+2，3

15、=3+3+3，4=4+4+42 22，在此记号系统下，原方程组的第一个方程为=+2 于是2=2+4+4，3=3+62+12+8，4=4+83+24+32+16，现在将上面准备的2,3,4和2,3,4的表达式代入，得2+2+2=2+2+2+4+4，3+3+3=3+3+3+62+12+8，4+4+42 22=4+4+42 22+83+24+32+16.利用原方程组的第二至四式化简，得=+2 1 =+22+4 4 22 2=22 2+43+122+16 25 将式和代入式，得=2 1 将式代入式，得=52 2 将式，代入式，得 s=2.所以有=0,=4,=3.这样一来，x，z 和 y，w 分别是方程

16、 X24X+3=0 和 Y22=0 的两根，即=3=1 或=1=3，且=2=0 或=0=2.详言之，方程组有如下四组解=3,=2,=1,=0或=3,=0,=1,=2，或=1,=2,=3,=0，或=1,=0,=3,=2.12【2005 高中数学联赛(第 02 试)】对每个正整数 n，定义函数()=0,当为平方数1,当不是平方数，其中x表示不超过 x 的最大整数，x=xx.试求：240=1()的值.【答案】768【解析】对任意 a，kN+，若2 (+1)2，设=2+(=1,2,2)，=+(0 1)，则1=1=+2=2+，因为0 2+2 1，若在2与2+之间存在整数 t，则2 2+，于是，一方面2

17、，故2+1 ，另一方面 2+2+1，矛盾，故2+=2，所以12(+1)2=22=1，于是(+1)2=1()=2 2=1=1 下面计算2 2=1：画一张 2k2k 的表，第 i 行中，凡是 i 的倍数处填写“*”号，则这行的“*”号共2 个，全表的“*”号共2 2=1个；另一方面，按列收集“*”号数：第 j 列中，若 j 有 T(j)个正因数，则该列便有 T(j)个“*”号，故全表的“*”号个数共2=1()个，因此2 2=1=2=1().示例如下：则(+1)2=1()=2=1=1()=(1)+(2)+(1)(3)+(4)+(2 1)+(2)由此162=1()=(16 )15=1(2 1)+(2)

18、记=(2 1)+(2)(=1,2,15)，易知 ak 的取值情况如下：因此256=1()=(16 )15=1=783由定义(256)=(162)=0，当 241,242,255，设=152+(16 30)，15=152+15=152+15，31 152+15 30，1 30 1152+31 12(1+2).求23+2793的最大值.【答案】332【解析】由于()=()(3)=(3)2+(+3)+32+3，所经1,2是方程2+(+3)+32+3+=0的两个根，由情形(i)可得(+3)2 4(32+3+)=2，即332+23+2+4 2=0，再由情形(i)可得3=13 +42 12 3 且42 1

19、2 32 0 可以得到()=3+2+=(+3)3(23 )(+3)+227 3+13，由()=0可得13 227 3 =(3+3)3(23 )(3+3)由式得3+3=13 42 12 32=233 23 24，记=23 ，由式和可知 24，且13 227 3 =239 24(2)，令=24，则 0且13 227 3 =239 (2 34 2)，则3 324 +34=3 324 (2)3+324=(2)(2+2 +24 324)=(2)2(+)0，所以13 227 3 318 3，于是23+27 9 332 3，由此可得23+2793332，取=23,=2,=0,=2，则()=3+232+2有根

20、3 1,3+1,0，显然满足假设条件，且23+2793=18(483 363)=332，综上所述23+2793的最大值是332.14【1999 高中数学联赛(第 02 试)】给定实数 a，b，c，已知复数1,2,3满足|1|=|2|=|3|=112+23+31=1，求|1+2+3|的值.【答案】答案见解析【解析】由已知12+23+31 ，所以(12)+(23)+(31)=12+23+31.即(12)+(23)+(31)=(12)+(23)+(31)，又|1|=|2|=|3|=1，所以=1(=1,2,3)，代入式得(12)+(23)+(31)=(21)+(32)+(13)，即123+221+32

21、2=223+321+122，分解因式，得(1 2)(2 3)(3 1)=0.所以1=2或2=3或3=1.如果1=2，代入原式得31=i，这时|1+2+3|=|1|+i|=(+)2+2，类似地，如果2=3，则|1+2+3|=(+)2+2，如果3=1，则|1+2+3|=(+)2+2.15【1997 高中数学联赛(第 02 试)】试问：当且仅当实数0,1,(2)满足什么条件时，存在实数0,1,，使得02=12+22+2成立，其中=+i,i为虚数单位，k=0，1，n.证明你的结论.【答案】答案见解析【解析】易知题中式子等价于2=1 02=2=1 02=1=00 若存在实数0,1,使式成立，则0202=

22、(=1)2，由柯西不等式可得0202 (2=1)(2=1)如果02 2=1，则由式可得02 2=1，从而0202 (2=1)(2=1).与式矛盾，于是得02 2=1 反之，若式成立，有两种情况：(i)02=2=1，则取=,=0,1,2,，显然式成立.(ii)02 0，从而1,不全为 0，不妨设 xn0，取 yk=0，k=0，1，n2，有1=12+2，=112+2.易知式也成立.综上可知，所求的条件为02 2=1.16【1994 高中数学联赛(第 02 试)】x 的二次方程2+1+2+=0中，1,2,均是复数，且12 42=16+20i，设这个方程的两个根,满足|=27，求|的最大值和最小值.【

23、答案】最大值是41+7，|m|最小值是7 41.【解析】据表达定理有+=1=2+，因为()2=(+)2 4=12 42 4，所以|2=|4 (12 42)|=28，所以|14|(12 42)=7.即|4+5|=7，这表明复数 m 在以 A(4，5)为圆点，以 7 为半径的圆周上，又因为|=42+52=41 7，故原点 O 在圆 A 内，联结 OA，延长交圆 A 于两点 B 与 C，则|=|+|=41+7为|m|最大值.|=|=7 41为|m|最小值.所以|m|最大值是41+7，|m|最小值是7 41.17【1992 高中数学联赛(第 02 试)】设集合 Sn=1，2，n.若 X 是 Sn 的子

24、集，把 X 中的所有数的和称为 X 的“容量”(规定空集的容量为 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 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.(3)当 n3 时，求 Sn 的所有奇子集的容量之和.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)答案见解析.【解析】(1)设 Sn 的奇子集的个数为 an，偶子集的个数为 bn，则+=2直接求 an，以x表示为不超过实数 x 的最大整数.设=2,=，从2，4，2k中任取一个子集(含空集)X1，再从1，3，2l1中任取一个含奇数个

25、元素的子集 X2，则 X1 与 X2 的并集便是一个奇子集，反之，Sn 的任一奇子集可写成 X1 与 X2 之并.X1 的取法有 2k 种，X2 的取法有C1+C3+C21=12(C0+C1+C1)=21(种)(2i1 是不大于 l 的最大奇数).于是=2 21=21.由式知=21.(2)设 An(Bn)表示 Sn 中全体奇(偶)子集容量之和(I)若 n 为奇数(n3)，Sn 的所有奇子集可由下列两类子集组成：(i)Sn1 的奇子集；(ii)Sn1 的每一个偶子集与集n的并.于是=1+(1+1)=1+1+22类似，可得=1+(1+1)=1+1+22得=.()若 n 是偶数(n4)，S 的所有奇

26、子集可由下列两类子集组成：(i)Sn1 的所有奇子集；(i)Sn1 的每一个奇子集与集n的并.于是=1+(1+1)=21+22 类似，可得=21+22 所以=.综合情形(I)与()的结论，对任何 n3，=.(3)X 在 Sn 的余集记为，则 X 与的容量之和等于 Sn 的容量，即1+2+=12(+1).因此，Sn 中所有子集的容量之和是21 12(+1)=22 (+1).因=，故=12 22 (+1)=23(+1)(3).18【1990 高中数学联赛(第 02 试)】设 E=1，2，3，20，=1,2,3,100 ，且 G 具有下列两条性质：(1)对任何 1ij100，恒有+201；(2)10

27、0=1=10080；试证：G 中的奇数的个数是 4 的倍数，且 G 中所有数字的平方和为一个定数.【答案】证明见解析【解析】记=2 1,=201 (=1,2,100).令=,，则当 ij 时，=，且100=1=.由性质(1)知对任何 1i100，不能有 .又由 G 的元素个数恰等于集合 Ei 的个数，都是 100，因而 G 必然恰只包含每个 Ei 中的一个元素.现设 G 中有 k 个奇数，设对1 2 100，有=(1 ).于是对 jit(1tk)，必有由性质(2)，有=1+=10080另一方面100=1=2 100=10100由式，有()=1=20 201 2=1=20，=1=12(201 2

28、0).由式首先推知 k 必为正偶数，设=2，则2=1=201 10.注意到此式左端为偶数，从而 k必为正偶数，设=2 ，于是=4.这就证明了 G 中奇数的个数必为 4 的倍数.现在来计算 G 中数的平方和，以下运算中应用了式.2100=1=2=1+2=2100=1 2=1+2=1=(2)2100=1(+)=1()=4 2100=1 201 20=4 100(100+1)(200+1)6 4020=1353400 4020=1349380.19【1983 高中数学联赛(第 02 试)】函数 f(x)在0，1上有定义，f(0)=f(1).如果对于任意不同的 x1，x20，1，都有|(2)(1)|2

29、 1|，求证|(2)(1)|12.【答案】证明见解析【解析】不妨设0 1 2 1(1)如果2 1 12，则|(2)(1)|12，由(0)=(1)得|(2)(1)|=|(2)(1)+(0)(1)|(2)(1)|+|(0)(1)|(1 2)+(1 0)=1 (2 1)12.所以|(2)(1)|3.又1,2,3,7，1,2,4,7，1,2,5,7，1,2,6,7，1,3,4,7，1,3,5,7，1,3,6,7，1,4,5,7，1,4,6,7，1,5,6,7都不满足()，故|4.而集合1,2,4,6,7满足()、()，故(3)=5.2.首先证明：(+1)()+2(=3,4,).事实上，若 1,2,2

30、1满足()、()，且集合的元素个数为().令=2+1 2,2+1 1.由2+1 2 2+1 1，知|=()+2.又2+1 2=2(2+1 1)，2+1 1=1+(2+1 2)，则 1,2,2+1 1，且集合满足()、().从而，(+1)|=()+2.其次证明：(2)()+1(=3,4,).事实上，设 1,2,2 1满足()、()，且集合的元素个数为().令 =2(2 1),22(2 1),2(2 1),22 1.由2(2 1)22(2 1)2(2 1)22 1，则 1,2,22 1，且|=()+1.而2+1(2 1)=2(2 1)+2(2 1)(=0,1,1)，22 1=2(2 1)+(2 1

31、)，则满足()、().从而，(2)|=()+1.由式,、得(2+1)()+3.反复利用式、得(100)(50)+51 (25)+26+51 (12)+15+77 (6)+7+92(3)+4+99=108.2设 X 是有限集，t 为正整数，F 是包含 t 个子集的子集族：F=1,2,.如果 F 中的部分子集构成的集族 S满足：对 S 中任意两个不相等的集合 A、B，,均不成立，则称 S 为反链.设 S1为包含集合最多的反链，S2是任意反链.证明：存在 S2到 S1的单射 f，满足 2,()或 ()成立.【答案】证明见解析【解析】记|S1|=r，称包含 r 个元素的反链为最大反链，最大反链可能不唯

32、一 称 F 的子集 P 为链，如果,之一成立.我们证明结论：F 可以拆分为 r 个链(1 )的并(即 Dilworth 定理).对 t 进行归纳证明.t=1 时显然成立.设命题对 t1 成立，先假设存在一个最大反链 S，使得 F 中既有集合真包含 S中的某个集合，也有集合是 S 中的某个集合的真子集.记前者的全体为 F1，后者的全体为 F2，即 1=|包含 S 中的某个集合，2=|是 S 中的某个集合的子集，则1 ,2 均是 F 的真子集，从而由归纳假设可将1 ,2 都可以拆成 r 个链的并.1 中的链以 S 中的元素开始，2 中的链以 S 中的元素结束.将这些链“接”起来就将 F 分成了 r

33、 条链.现在假设不存在这样的反链，从而每个最大反链要么满足1=，要么满足2=.前者意味着 S 中的子集都是“极大”子集(不是另一个 Ai的真子集)，后者意味着 S 中的子集都是“极小”子集(不真包含另一个 Ai)，从而至多有两个最大反链.如果极大子集构成的反链和极小子集构成的反链均为最大反链，则任取极大子集 A，以及极小子集 ，将 A、B 都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成 r1 条链，再加上链 即可如果其中之一不是最大反链，不妨设极大子集构成的反链是唯一的极大反链，任意去掉一个极大子集归纳即可.结论证毕.现在将 F 拆分成 r 条链，则每条链中恰有一个 S1中的子集，且至多有一个 S2中的子

34、集.将每个 S2中的子集对应到所在链中 S1的元素，就得到了从 S2到 S1满足要求的映射.3证明对所有的正整数 4，存在一个集合，满足如下条件：(1)由都小于21的个正整数组成；(2)对的任意两个不同的非空子集、，集合中所有元素之和不等于集合中所有元素之和【答案】见解析【解析】当=4时，取=3,5,6,7，则满足条件 其次，当 5时，令=3,23,24,22,21 3,21 2,21 1 下面证明这样的满足条件 事实上，设、是的两个不同的非空子集，令()表示集合的所有元素之和，要证明的目标是()()不妨设 =，注意到，对任意 均有1+2+4+21=2 1 ()，此时()()；类似地讨论、中有

35、两个或 3 个同时属于 时，均可得出()()综上所述，当 4时满足条件的都存在 4设是由有限个正整数构成的集合，且=1 2 20=1 2 20，这里 ，=1，2，20并对任意的1 20，都有 =，=，已知对任意的1 20，1 20，若 =，则|18求集合的元素个数的最小值(这里，|表示集合的元素个数)【答案】180【解析】记min|1|,|2|,|20|,|1|,|2|,|20|=不妨设|1|=，1 ，=1，2，；1 =，=+1，+2，20 设 1 ，=1，2，因为对任意的1 3)的个三元子集1，2，满足：对任何的其他三元子集，均存在整数和子集(1 )使得|+(mod),1 ,=求的最小值【答

36、案】min=1+236【解析】若、+，且+=，则称(,)是长为的“循环组”，并约定(,)、(,)、(,)为同一个循环组 考虑长为的循环组的数目、中有两个相等的循环组有12 个；若3|，、互不相等的循环组个数为13 12 1 3(12 1)；若 0(mod3)，互不相等的循环组个数为13(12 312)综上，长为的不同循环组的总个数为1+236对于每个长为的循环组(,)，取集合的一个三元子集=1,+1,+1，存在一个子集与之对应，且易验证不同的循环组对应的子集也不同，从而，1+236另一方面，对于前面的1+236个循环组中的每个(,)，取与之对应的子集1,1+,1+，共得到1+236个不同子集

37、接下来说明这些子集满足要求 事实上，对集合的每个子集=1,2,3(不妨设1 2 3)，令=2 1，=3 2，=(3 1)则得到一个长为的循环组(,)，该循环组对应的子集满足存在整数=1 1(或2 1或3 1)使得|+(mod),1 ,=综上，min=1+2366求的最大值，使得从一个元集的子集中可以选出个不同的子集1，2，满足()对所有1 成立【答案】2【解析】不妨设此元集为=1,2,则对任意的 ，设包含的的子集为1，2，(1 2 )由()对所有1 60，则不能保证所取出的个子集中“任意七个的交集非空”，从而，的最大值为 60。将已知集合1,2,70平均分为 10 组(构造抽屉)：=,10+,

38、60+(=1,2,10)。因每一个内七个集合的补集满足 10+60+=+60,+61,+69+70,+71,+79 +120,+121,+129=1,2,70=(70+=)，所以，每一个内七个集合的交集为空集 10+60+=.对 60，有=6 10+(1 9)。由抽屉原理知，从1,2,70中所取出的个子集，必有七个属于同一个(1 10)。又由式知，与“任意七个的交集非空”矛盾。所以，的最大值为 60。8定义在0,1上的函数()满足：(0)=(1)，且对任意、0,1()，有|()()|.求最小的实数，使得对任意、0,1，都有|()()|.【答案】=12【解析】(1)证明：对一切的、0,1，有|(

39、)()|12.若|12，则|()()|12，不妨设0 1.则|()()|=|()(0)+(1)()|()(0)|+|(1)()|+1 12.(2)对于函数()=,0 12;(1 ),12 1(0 1).若0 12或12 1，则|()()|=|.若0 12 1，则|()()|=|+1|.当+1时，|+1|=+1 ；当+1时，|+1|=1 .故|()()|=|+1|.综上，()满足要求，且(12)(0)=2 (0 0为函数()的一个周期.因为其值域为(0,+)，所以，存在 0，使得()=2，()=1.取正整数 ，可知、+、+这三个数可作为一个三角形的三边长.但()=2，(+)=1，(+)=1不能作

40、为任何一个三角形的三边长.故()不是保三角形函数.(2)的最大值为56.一方面，若 56，下证：()=sin(0,)不是保三角形函数.取2、56、56 (0,).显然这三个数可作为一个三角形的三边长.但sin2=1、sin56=12、sin56=12不能作为任何一个三角形的三边长.故()=sin(0,)不是保三角形函数.另一方面，证明：当=56 时，()=sin(0,)是保三角形函数.对任意三角形的三边、，若、(0,56)，则分两种情况讨论：(i)+2.此时，2 2 56 56=3.同理，3，3.所以，、(3,56).故sin、sin、sin (12,1).因此sin、sin、sin可作为某三

41、角形的三边长.(ii)+2.此时，+2+2 2.若+2 2，由于+，则0 2+2 2.因为()=sin在(0,2)单调递增，所以，0 sin2 2，则0 2 +2 2.同样可得0 sin2 sin+2 1.总之，0 sin2 sin+2 1.又由|cos2 cos512 0.故sin+sin=2sin+2 cos2 2sin2 cos2=sin.同理，sin+sin sin，sin+sin sin.因此，sin、sin、sin也是某三角形的三边长.综上所述，当=56 时，()=sin(0,)是保三角形函数.故的最大值为56.12给定正实数、，已知实数、满足2 +2=1试求二元函数(,)=2+2

42、的取值范围【答案】见解析【解析】令=+,=则 (+)2 22+(+)2=1，即(2 )2+(2+)2=故(,)=2+2=(+)2+()2=2(2+2),当2 0，即 2时，由式得(2+)(2+2)=+22 ，(2 )(2+2)=22 ,于是，2+2+2 2,从而，22+2(2+2)22,此时，(,)的取值范围是22+,22.当2 0，即 2时，由式得(2+)2=+(2)2 ,即2 2+,又由 2 0及式，知2可取任意非负实数,从而(,)=2(2+2)=2 2+(2)22+=22+2 22+2 22+,此时，(,)的取值范围是22+,+),综上，当 2+412122212=(2 3108)+31

43、08+2121222+212122212(2 3108)+33108(2121222)2312=2 3108，由(1)(2)12 2 3108当1 2，且都趋向于6时，有(1)(2)12 2 3108于是，所求的集合是(,2 310814称一个复数数列zn为“有趣的”，若|z1|=1，且对任意正整数 n，均有4+12+2+1+2=0.求最大的常数 C，使得对一切有趣的数列zn及任意正整数 m，均有|1+2+|.【答案】33【解析】考虑有趣的复数数列zn.归纳可知 zn0(nN+).由条件得4(+1)2+2(+1)+1=0(+)，解得+1=13i4(+).因此|+1|=|+1|=|1+34|=1

44、2，故|=|1|121=121(+)进而有|+1|=|1+1|=121|33i4|=32(N+)记=|1+2+|(+).当 m=2s(sN+)时，利用可得|1+2|21+2|=2 32|21+2|=2=32 3221=2=33.当 m=2s+1(sN+)时，由、可知|2+1|=122 32|21+2|=2=33.当 m=1 时，1=|1|=1 33.以上表明=33 满足要求.另一方面，当1=1,2=1+322,2+1=1322+1(+)时，易验证知zn为有趣的数列.此时lim2+1=lim|1+(2+2+1)=1|=lim|1+3322+1=1|=|1+3+3i843|=33，这表明 C 不能

45、大于33.综上，所求的 C 为33.151、2、3为多项式()=3+的三个根，满足|1|2+|2|2+|3|2=250，且复平面上的三点1、2、3恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.【答案】515【解析】由韦达定理得1+2+3=0 1+2+33=0 以1、2、3两为顶点的三角形的重心为原点.不妨设|1 2|=,|1 3|=为两条直角边.由于顶点与重心的距离等于该顶点所对应的中线长的23，故|1|2=49(2+24)=49 2+19 2.类似地，|2|2=49(2+24)=19 2+49 2.|3|2=49(24+24)=19 2+19 2.则|1|2+|2|2+|3|2=69 2+

46、69 2=23 2+23 2=250 2+2=515.16设2=1。证明：(2cot cot+)1=1为纯虚数。【答案】见解析【解析】首先证明：若2=1，则(cot)1=1=2()(+)令()=2()(+).则()是一个 1次多项式，其首项系数为2 1()1=1.又当=cot(1 1)时，(+)=(cot+)=(csc)(cos+sin)=(csc)(cos+sin)=(csc)(1)=(csc)(cos sin)=().所以，(cot)=0.由因式定理得()=(cot)1=1.在式中令=2cot+.则(2cot cot+)1=1=2(2cot)(2cot+2)=21i(cot)(cot+i)

47、=21(csc).(cos)(cos+sin)=21(csc)(csc)(cos+sin)=21(csc)(cos)+1=21(cot)+(csc).命题获证.17已知cos+cos+coscos(+)=sin+sin+sinsin(+)=求cos(+)+cos(+)+cos(+)的值.【答案】0【解析】令=+.又=cos+sin,=cos+sin，=cos+sin.则+=(cos+cos+cos)+(sin+sin+sin)=cos(+)+sin(+)=(+)=.同理,+=.故(+)+(+)+(+)=()+()+()=(+)=()=则cos(+)+cos(+)+cos(+)+sin(+)+s

48、in(+)+sin(+)=.所以,cos(+)+cos(+)+cos(+)=且sin(+)+sin(+)+sin(+)=0.18设、,、0,、的辐角主值不相同，证明：|1+|2.【答案】见解析【解析】只要证明：|1+|2，于是，只要证明：当|=1时，|1+|2，当|=1时，式显然成立.当|1时，设、|对应复平面上的点、，则、在单位圆上，设为原点，为点在 上的对径点，则=|,=|，=2,=1+|,于是，式等价于.作的外角平分线,当|1时，=18021802=90=.所以，点在线段上，如图 则=+=1+1+=,当|1时，=18021802=90=.所以，点在线段的延长线上，如图 则=1 1 =.所

49、以，式成立，在式中，令=|，原不等式获证.19设0，1，均为实数，是关于的实系数方程=0=0的复数根，且|1 0 1.求证：+1=1.【答案】见解析【解析】因为是方程=0=0 复数根 (1)=0=0 +1=(1)=1+0，其中，1(=1,2,)为非负数.又|1|1(=1,2,)|+1|(1)=1|+0 (1)=1|+0|1|=1 =1=1=0=1.由式得+1=1.20若复数满足42011 32010 31 4=0，求=(34)+(3+4)的取值范围。【答案】10,10【解析】将已知等式变形为42011+32010+3 4=0 2010(4+3)=4 3|2010|4+3|=|4 3|.设=+(、)，则|4+3|2|4 3|2=|4+(4+3)|2|(4+3)3|2=162+(4+3)2 (4+3)2 92=7(2+2 1)=7(|2 1).若|4 3|，而式中，有|4+3|1，亦推出矛盾，因此，|=1，令=，3+4=5.则=(3+4)+(3 4)=5(+)+5(+)=10cos(+)10,10，故所求取值范围是10,10.