1981—2020高中数学联赛之历年真题汇编

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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A={1,2,⋯,19}.是否存在集合A的非空子集S1,S2,满足
(1) S1∩S2=∅,S1∪S2=A；
(2) S1,S2都至少有4个元素;
(3) S1的所有元素的和等于S2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S2=1,2,x,y﹐2 所以2xy+x+y=187,
故(2x+1)(2y+1)=375=15×25,
所以x=7,y=12是一组解.
故取S1=3,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19, S2=1,2,7,12,
则这样的S1,S2满足条件.
2．【2019高中数学联赛A卷(第02试)】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.
【答案】2795
【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|E|2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E的元素个数|E|归纳证明.
当|E|=0，1，2，3时，结论显然成立.
下面假设|E|≥4，并且结论在|E|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|E|－2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P:v1v2⋯vk，其中v1,v2,⋯,vk是互不相同的顶点.因为G连通，故k≥3.
情形1:degv1⩾2.由于P是最长路，v1的邻点均在v2,⋯,vk中，设v1vi∈E，其中3≤i≤k.则v1v2, v1vi是一个角，在E中删去这两条边.
若v1处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若v1处仅有被删去的两条边，则v1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|E|－2条边.
情形2:degv1=1,degv2=2.则v1v2,v2v3是一个角，在G中删去这两条边后，v1,v2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|E|-2条边.
情形3:degv1=1,degv2⩾3，且v2与v4,⋯,vk中某个点相邻.则是一个角，在G中删去这两条边后，v1成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|-2条边.
情形4:degv1=1,degv2⩾3，且v2与某个u∉v1,v3,⋯,vk相邻.由于P是最长路，故u的邻点均在v2,⋯,vk之中.因v1v2,v2u是一个角，在G中删去这两条边，则v1是孤立点.
若处仅有边uv2，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uvi，3≤i≤k，则删去所述边后，除v1外其余点互相连通.总之，剩下的图中有一个连通分支含
有|E|-2条边.
引理获证.
回到原题，题中的V和E可看作一个图G=(V，E)
首先证明n≥2795.
设V=v1,v2,⋯,v2019.在v1,v2,⋯,v61中，首先两两连边，再删去其中15条边(例如v1v2,v1v3,⋯,v1v16)，共连了C612-15=1815条边，则这61个点构成的图是连通图.再将剩余的201－61=1958个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G中一共连了1815+979=2794条线段.由上述构造可见，G中的任何一个角必须使用v1,v2,⋯,v61相连的边，因此至多有18152=907个两两无公共边的角.故满足要求的n不小于2795.
另一方面，若|E|≥2795，可任意删去若干条边，只考虑|E|=2795的情形.
设G有k个连通分支，分别有m1,⋯,mk个点，及e1,⋯,ek条边.下面证明e1,⋯,ek中至多有979个奇数.
反证法，假设e1,⋯,ek中有至少980个奇数由于e1+⋯+ek=2795是奇数，故e1,⋯,ek中至少有981个奇数，k≥981.不妨设e1,e2,⋯,e981都是奇数，显然m1,m2,⋯,m981⩾2.
令m=m981+⋯+mk⩾2，则有Cmi2⩾ei(1⩽i⩽980),Cm2>e981+⋯+ek，
故2795=i=1kei⩽Cm2+i=1980Cmi2 ①
利用组合数的凸性，即对x≥y≥3，有Cx2+Cy2⩽Cx+12+Cy-12，可知当m1，…，m980，m由980个2以及一个59构成时，Cm2+i=1980Cmi2取得最大值.
于是Cm2+i=1980Cmi2⩽C592+980C22=2691<2795，
这与①矛盾.从而e1,⋯,ek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N=i=1kei2⩾12i=1kei-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k≥2，且n⩽m<2k-1kn.设A是{1，2，…，m}的n元子集.
证明:区间0,nk-1中每个整数均可表示为a－a'，其中a，a'∈A.
【答案】证明见解析
【解析】用反证法.假设存在整数x∈0,nk-1不可表示为a－a'，a，a'∈A.作带余除法m=xq+r，其中0≤r 从而n=|A|⩽rq+12+(x-r)q2=x⋅q+12,2∤qx⋅q2+r,2|q ①.
这里⌈α⌉表示不小于α的最小整数.
由条件，我们有n>k2k-1m=k2k-1(xq+r) ②
又x∈0,nk-1，故n>(k-1)x ③
情形一q是奇数.则由①知，n⩽x⋅q+12 ④
结合②，④可知，x⋅q+12⩾n>k2k-1(xq+r)⩾k2k-1xq，从而q<2k－1.
再由q是奇数可知，q≤2k－3，于是n⩽x⋅q+12⩽(k-1)x，与③矛盾.
情形二q是偶数.则由①知，n⩽x⋅q2+r ⑤
结合②，⑤可知，x⋅q2+r⩾n>k2k-1(xq+r)，从而xq2(2k-1) 再由q是偶数可知，q≤2k－4，于是n⩽x⋅q2+r⩽(k-2)x+r<(k-1)x，
与③矛盾.
综上可知，反证法假设不成立，结论获证.
4．【2018高中数学联赛B卷(第02试)】设集合A={1，2，…，n}，X、Y均为A的非空子集(允许X=Y).X中的最大元与Y中的最小元分别记为maxX、minY.求满足maxX>minY的有序集合对(X，Y)的数目.
【答案】22n-2n(n+1)
【解析】先计算满足maxX⩽minY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，…，m－1}的任意一个子集与{m}的并，故共有2m-1种取法.
又minY≥M，故Y是{m，m+1，…，n}的任意一个非空子集，共有2n+1-m-1种取法.
因此，满足maxX⩽minY的有序集合对(X，Y)的数目是
2n-12-n⋅2n+2n-1=22n-2n(n+1).
由于有序集合对(X，Y)有2n-1⋅2n-1=2n-12个，于是满足maxX>minY的有序集合对(X，Y)的数目是2n-12-n⋅2n+2n-1=22n-2n(n+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.
【答案】证明见解析
【解析】取k=m+1，令Ai=x|x≡i( mod m+1),x∈N+，i=1，2，…，m+1.
设a，b，c，d∈Ai，则ab-cd≡i⋅i-i⋅i=0( mod m+1)，
故m+1|ab－cd，而m+1∤m，所以在A中不存在4个数a、b、c、d，满足ab-cd=m.
6．【2015高中数学联赛(第02试)】设S=A1,A2,⋯,An(n⩾2)，其中A1,A2,⋯,An为n个互不相同的有限集合，满足对任意Ai,Aj∈S，均有Ai∪Aj∈S.若k=min1⩽i⩽nAi⩾2(|X|表示有限集合X的元素个数)，证明：存在x∈i=1nAi，使得x属于A1,A2,⋯,An中的至少nk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(1≤i≤n)，存在x∈Ai，使得x属于A1,A2,⋯,An中的至少nAi个集合.
若A1,A2,⋯,An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A1,A2,⋯,An中的至少nAi个集合.
若A1,A2,⋯,An中存在某些集合与Ai的交集为空集，不妨设这样的集合为Aj1,Aj2,⋯,Aji.则Ai∪Aij，Ai∪Aj2,⋯,Ai∪Aji互不相同，且均属于S.
于是，S中其余n－2t－1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k+tk+n-2t-1=n+(k-2)t+k-1>n.
故存在某个x∈Ai，使得x属于A1,A2,⋯,An中的至少nAi个集合.
综上，命题得证
证法二不妨设A1=k,A1⩽A2⩽⋯⩽An，对Ai(i=2,3,⋯,n)执行下列过程：
(1)先考虑A2.
若A2∩A1≠∅，则将A2分为一组；
若A2∩A1=∅，则将A2∪A1与A2两个集合分为一组.
(2)考虑A3.
若A3=A2∪A1，已经进行过分组.
若A3≠A2∪A1，再分两种情形考虑.
(i)A3∩A1≠∅，则将A3分为一组；
(ii)A3∩A1=∅，由A2≠A3，则A3∪A1≠A2∪A1.
此时，可将A3∪A1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299－1个，它们显然满足要求，
因为minAi∩Aj=1 下面证明当k≥299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n≥3，在集合{1，2，…，n}的任意m(m≥2n－1)个不同非空子集A1，A2，…，Am中，存在两个子集Ai,Aj,i≠j，满足Ai∩Aj≠∅,minAi∩Aj=maxAi ①
显然只需对m=2n-1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Ai,Aj，排在前面的记为Ai，则满足式①
假设结论在n≥3时成立，考虑n+1的情形.若A1,A2,⋯,A2n,中至少有2n-1个子集不含n+1，对其中的2n-1个子集用归纳假设，可知存在两个子集满足式①.
若至多有2n-1-1个子集不含n+1，则至少有2n-1+1个子集含n+1，将其中2n-1+1个子集都去掉n+1，得到{1，2，…，n}的2n-1+1个子集.
由于{1，2，…，n}的全体子集可分成2n-1组，每组两个子集互补，故由抽屉原理，在上述2n-1+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Ai,Aj，满足Ai∩Aj={n+1}.
这两个集合显然满足式①.故n+1时结论成立
综上所述，所求kmax=299-1.
8．【2012高中数学联赛(第02试)】试证明：集合A=2,22,⋯,2n,⋯满足：
(1)对每个a∈A及b∈N*，若b<2a－1，则b(b+1)一定不是2a的倍数；
(2)对每个a∈A(其中A表示A在N*中的补集)，且a≠1，必存在b∈N*，b<2a－1，使b(b+1)是2a的倍数.
【答案】证明见解析
【解析】(1)对于任意的a∈A，设a=2k，k∈N*，则2a=2k+1，
如果b是任意一个小于2a－1的正整数，则b+1⩽2a-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a∈A，且a≠1，设a=2km，其中h为非负整数，m为大于1的奇数.则2a=2k+1m.
下面给出三种证明方法：
证法一令b=mx,b+1=2k+1y，消去b得2k+1y-mx=1，由于2k+1,m=1，
这方程必有整数解x=x0+2k+1ty=y0+mt，(其中t∈Z，x0,y0为方程的特解).
把最小的正整数解记为x*,y*，则x*<2k+1，
故b=mx*<2a-1，使b(b+1)是2a的倍数.
证法二由于2k+1,m=1，由中国剩余定理知，同余方程组x≡0 mod 2k+1x≡m-1( mod m)在区间0,2k+1m上有解x=b，
即存在b<2a－1，使b(b+1)是2a的倍数.
证法三由于(2，m)=1，总存在r(r∈N*，r≤m－1)，使2r≡1( mod m)，
取t∈N*，使tr>k+1，则2tr≡1( mod m).
存在b=2tr-1-q⋅2k+1m>0 (q∈N)，使0 此时mb,2k+1b+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n≥4，存在一个n次多项式f(x)=xn+an-1xn-1+⋯+a1x+a0具有如下性质：
(1)a0,a1,⋯,an-1均为正整数；
(2)对任意正整数m及任意k(k≥2)个互不相同的正整数r1,r2,⋯,rk，均有f(m)≠fr1fr2⋯frk.
【答案】证明见解析
【解析】令f(x)=(x+1)(x+2)⋯(x+n)+2 ①
将式①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n≥4，故连续的n个整数t+1,t+2,⋯,t+n中必有一个为4的倍数，从而由式①知f(t)≡2( mod 4)，
因此，对任意k(k≥2)个正整数r1,r2,⋯,rk，有fr1fr2⋯frk≡2k≡0( mod 4)，
但对任意正整数m，有f(m)≡2( mod 4)，
故f(m)≡fr1fr2⋯frk( mod 4)，
从而f(m)≠fr1fr2⋯frk，
所以f(x)符合题设要求.
10．【2010高中数学联赛(第02试)】设k是给定的正整数，r=k+12.记f(1)(x)=f(x)=x[x]，f(l)(x)=ff(l-1)(x)，x∈R+，l≥2.证明：存在正整数m，使得f(m)(r)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m=v2(k)+1时，f(m)(r)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f(r)=k+12k+12=k+12(k+1)为整数.
假设命题对v－1(v≥1)成立.
对于v≥1，设k的二进制表示具有形式k=2v+αv+1⋅2v+1+αv+2⋅2v+2+⋯，
这里，αi=0或者1，i=v+1，v+2，…
于是f(r)=k+12k+12=k+12(k+1)=12+k2+k2+k
=12+2r-1+αv+1+1⋅2v+αv+1+αv+2⋅2v+1+⋯+22v+⋯
=k'+12 ①
这里k'=2v-1+αv+1+1⋅2v+αv+1+αv+2⋅2v+1+⋯+22v+⋯，
显然k'中所含的2的幂次为v－1.故由归纳假设知r'=k'+12，
经过f的v次迭代得到整数，由式①知，f(v+1)(r)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
x-y+z-w=2x2-y2+z2-w2=6x3-y3+z3-w3=20x4-y4+z4-w4=66
【答案】答案见解析
【解析】令p=x+z,q=xz，我们有
p2=x2+z2+2q，p3=x3+z3+3pq，p4=x4+z4+4p2q-2q2，
同样，令s=y+w,t=yw，
有s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t-2t2，
在此记号系统下，原方程组的第一个方程为p=s+2 ①
于是p2=s2+4s+4，p3=s3+6s2+12s+8，p4=s4+8s3+24s+32s+16，
现在将上面准备的p2,p3,p4和s2,s3,s4的表达式代入，得
x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4，x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8，
x4+z4+4p2q-2q2=y4+w4+4s2t-2t2+8s3+24s+32s+16.
利用原方程组的第二至四式化简，得q=t+2s-1 ②
pq=st+2s2+4s-4 ③
2p2q-q2=2s2t-t2+4s3+12s2+16s-25 ④
将式①和②代入式③，得t=s2-1 ⑤
将式⑤代入式②，得q=52s-2 ⑥
将式①，⑤，⑥代入式④，得s=2.所以有t=0,p=4,q=3.
这样一来，x，z和y，w分别是方程X2－4X+3=0和Y2－2=0的两根，
即x=3z=1或x=1z=3，
且y=2w=0或y=0w=2.
详言之，方程组有如下四组解
x=3,y=2,z=1,w=0或x=3,y=0,z=1,w=2，
或x=1,y=2,z=3,w=0，或x=1,y=0,z=3,w=2.
12．【2005高中数学联赛(第02试)】对每个正整数n，定义函数fn=0,当n为平方数1n,当n不是平方数，其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}=x－[x].试求：k=1240f(k)的值.
【答案】768
【解析】对任意a，k∈N+，若k2 设a=k2+m (m=1,2,⋯,2k)，a=k+θ (0<θ<1)，
则1{a}=1a-k=a+ka-k2=2k+θm，
因为0<2k+θm-2km<1，
若在2km与2k+θm之间存在整数t，则2km 于是，一方面2k 另一方面mt<2k+θ<2k+1，矛盾，
故2k+θm=2km，所以k2 于是a=1(n+1)2f(a)=k=1ni=12k2ki ①
下面计算i=12k2ki：画一张2k×2k的表，第i行中，凡是i的倍数处填写“*”号，则这行的“*”号共2ki个，全表的“*”号共i=12k2ki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j=12kT(j)个，因此i=12k2ki=j=12kT(j).
示例如下：

则a=1(n+1)2f(a)=k=1nj=12kT(j)
=n[T(1)+T(2)]+(n-1)[T(3)+T(4)]+⋯+[T(2n-1)+T(2n)] ②
由此k=1162f(k)=k=115(16-k)[T(2k-1)+T(2k)] ③
记ak=T(2k-1)+T(2k) (k=1,2,⋯,15)，易知ak的取值情况如下：

因此k=1256f(k)=k=115(16-k)ak=783 ④
由定义f(256)=f162=0，当k∈{241,242,⋯,255}，
设k=152+r (16⩽r⩽30)，k-15=152+r-15=r152+r+15，r31 则1{k}=1 (k∈{241,242,⋯,255}) ⑤
从而k=1240f(k)=783-k=1256f(k)=783-15=768.
13．【2002高中数学联赛(第02试)】实数a，b，c和正数λ，使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实数x1,x2,x3，且满足：
(i)x1-x2=λ；
(ii)x3>12x1+x2.
求2a3+27c-9abλ3的最大值.
【答案】332
【解析】由于f(x)=f(x)-fx3=x-x3x2+a+x3x+x32+ax3b，
所经x1,x2是方程x2+a+x3x+x32+ax3+b=0的两个根，
由情形(i)可得a+x32-4x32+ax3+b=λ2，即3x32+2ax3+λ2+4b-a2=0，
再由情形(i)可得x3=13[-a+4a2-12b-3λ] ①
且4a2-12b-3λ2⩾0 ②
可以得到f(x)=x3+ax2+bx+c=x+a33-a23-bx+a3+227a3+c-13ab，
由f(x)=0可得13ab-227a3-c=x3+a33-a23-bx3+a3 ③
由式①得x3+a3=134a2-12b-3λ2=233a23-b-λ24，
记p=a23-b，由式②和③可知p⩾λ24，
且13ab-227a3-c=239p-λ24p-λ2，
令y=p-λ24，则y⩾0且13ab-227a3-c=239yy2-34λ2，
则y3-3λ24y+λ34=y3-3λ24y-λ23+3λ2λ4
=y-λ2y2+λ2y+λ24-3λ24=y-λ22(y+λ)⩾0，
所以13ab-227a3-c⩾-318λ3，于是2a3+27c-9ab⩽332λ3，
由此可得2a3+27c-9abλ3⩽332，
取a=23,b=2,c=0,λ=2，
则f(x)=x3+23x2+2x有根-3-1,-3+1,0，
显然满足假设条件，且2a3+27c-9abλ3=18(483-363)=332，
综上所述2a3+27c-9abλ3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z1,z2,z3满足z1=z2=z3=1z1z2+z2z3+z3z1=1，求az1+bz2+cz3的值.
【答案】答案见解析
【解析】由已知z1z2+z2z3+z3z1∈R，所以z1z2+z2z3+z3z1=z1z2+z2z3+z3z1.
即z1z2+z2z3+z3z1=z1z2+z2z3+z3z1，
又z1=z2=z3=1，所以zk=1zk (k=1,2,3)，
代入式①得z1z2+z2z3+z3z1=z2z1+z3z2+z1z3，
即z12z3+z22z1+z32z2=z22z3+z32z1+z12z2，
分解因式，得z1-z2z2-z3z3-z1=0.
所以z1=z2或z2=z3或z3=z1.
如果z1=z2，代入原式得z3z1=±i，这时az1+bz2+cz3=z1⋅|a+b±ci|=(a+b)2+c2，
类似地，如果z2=z3，则az1+bz2+cz3=(b+c)2+a2，
如果z3=z1，则az1+bz2+cz3=(a+c)2+b2.
15．【1997高中数学联赛(第02试)】试问：当且仅当实数x0,x1,⋯,xn(n⩾2)满足什么条件时，存在实数y0,y1,⋯,yn，使得z02=z12+z22+⋯+zn2成立，其中zk=xk+iyk,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k=1nxk2-x02=k=1nyk2-y02k=1nxkyk=x0y0 ①
若存在实数y0,y1,⋯,yn使式①成立，则x02y02=k=1nxkyk2，
由柯西不等式可得x02y02⩽k=1nxk2k=1nyk2 ②
如果x02>k=1nxk2，则由式①可得y02>k=1nyk2，
从而x02y02>k=1nxk2k=1nyk2.与式②矛盾，
于是得x02⩽k=1nxk2 ③
反之，若式③成立，有两种情况：
(i)x02=k=1nxk2，则取yk=xk,k=0,1,2,⋯,n，显然式①成立.
(ii)x020，
从而x1,⋯,xn不全为0，不妨设xn≠0，取yk=0，k=0，1，…，n－2，有
yn-1=axnxn-12+xn2，yn=-axn-1xn-12+xn2.
易知式①也成立.
综上可知，所求的条件为x02⩽k=1nxk2.
16．【1994高中数学联赛(第02试)】x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中，z1,z2,m均是复数，且z12-4z2=16+20i，设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27，求|m|的最大值和最小值.
【答案】最大值是41+7，|m|最小值是7-41.
【解析】据表达定理有α+β=-z1αβ=z2+m，
因为(α-β)2=(α+β)2-4αβ=z12-4z2-4m，所以|α-β|2=4m-z12-4z2=28，所以m-14z12-4z2=7.

即|m-4+5i|=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|OA|=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|OB|=|OA|+|AB|=41+7为|m|最大值.
|OC|=|CA|-|AO|=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n≥3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n≥3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an+bn=2n ①
直接求an，以[x]表示为不超过实数x的最大整数.
设k=n2,l=n-k，从{2，4，…，2k}中任取一个子集(含空集)X1，
再从{1，3，…，2l－1}中任取一个含奇数个元素的子集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Cl1+Cl3+⋯+Cl2i-1=12Cl0+Cl1+⋯+Cl1=2l-1(种)
(2i－1是不大于l的最大奇数).
于是an=2k⋅2l-1=2n-1.
由式①知bn=an=2n-1.
(2)设An(Bn)表示Sn中全体奇(偶)子集容量之和
(I)若n为奇数(n≥3)，Sn的所有奇子集可由下列两类子集组成：
(i)Sn－1的奇子集；
(ii)Sn－1的每一个偶子集与集{n}的并.
于是An=An-1+Bn-1+n⋅bn-1=An-1+Bn-1+n⋅2n-2 ②
类似，可得Bn=Bn-1+An-1+n⋅an-1=An-1+Bn-1+n⋅2n-2 ③
得An=Bn.
(Ⅱ)若n是偶数(n≥4)，S的所有奇子集可由下列两类子集组成：
(i)Sn－1的所有奇子集；
(i)Sn－1的每一个奇子集与集{n}的并.
于是An=An-1+An-1+n⋅an-1=2An-1+n⋅2n-2 ④
类似，可得Bn=2Bn-1+n⋅2n-2 ⑤
所以An=Bn.
综合情形(I)与(Ⅱ)的结论，对任何n≥3，An=Bn.
(3)X在Sn的余集记为X，则X与X的容量之和等于Sn的容量，
即1+2+⋯+n=12n(n+1).
因此，Sn中所有子集的容量之和是2n-1⋅12n(n+1)=2n-2⋅n(n+1).
因An=Bn，
故An=12⋅2n-2⋅n(n+1)=2n-3n(n+1)n≥3.
18．【1990高中数学联赛(第02试)】设E={1，2，3，…，20}，G=a1,a2,a3,⋯,a100⊂E，且G具有下列两条性质：
(1)对任何1≤i≤j≤100，恒有ai+aj≠201；
(2)i=1100ai=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αi=2i-1,βi=201-ai (i=1,2,⋯,100).
令Ei=αi,βi，则当i≠j时，Ei∩Ej=∅，且i=1100Ei=E.
由性质(1)知对任何1≤i≤100，不能有Ei⊂G.
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⩽ii 于是对j≠it(1≤t≤k)，必有由性质(2)，有t=1kαit+j≠itβj=10080 ①
另一方面j=1100βj=2j=i100j=10100 ②
由式②－①，有t=1kβit-αit=20 ③
k⋅201-2t=1kαit=20，t=1kαit=12(k⋅201-20). ④
由式④首先推知k必为正偶数，设k=2k'，则k=12k'αii=k'⋅201-10.
注意到此式左端为偶数，从而k'必为正偶数，设k'=2⋅k''，于是k=4k''.
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③.
i=1100αi2=i=1kαii2+j≠iikβj2=j=1100βj2-l=1kβil2+l=1kαil2
=j=1100(2j)2-i=1kβii+αiiβii-αii=4j=1100j2-201×20
=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，x2∈[0，1]，都有fx2-fx1 【答案】证明见解析
【解析】不妨设0⩽x1 (1)如果x2-x1⩽12，则fx2-fx1 (2)如果x2-x1>12，由f(0)=f(1)得
fx2-fx1=fx2-f(1)+f(0)-fx1⩽fx2-f(1)+f(0)-fx1
⩽1-x2+x1-0=1-x2-x1<12.
所以fx2-fx1<12 x1,x2∈[0,1].
20．【1981高中数学联赛(第02试)】下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正:
x
0.021
0.27
1.5
2.8
3
5
lgx
2a+b+c-3
6a-3b-2
3a-b+c
1-2a+2b-c
2a-b
a+c
x
6
7
8
9
14

lgx
1+a-b-c
2b+c
3-3a-3c
4a-2b
1-a+2b


【答案】答案见解析
【解析】先考虑表中x的取值:
0.021=3×7×10-3，
0.27=33×10-2，
1.5=3×2-1，
2. 8=22×7×10-1，
3，
5=2-1×10；
6=2×3，
7，
8=23，
9=32，
14=2×7.
其中0.27，3，9的对数仅与lg3有关，lg0.27=3lg3-2=6a-3b-2.
所以，推得lg3=2a-b，lg9=2lg3=4a-2b.
因此推得lg3=2a-b.
若上面三个对数有一个不正确，则三个数的对数值均错，与题设有两个错误矛盾.所以三个对数值均正确.
然后讨论仅与lg3，lg2有关的对数值，即真数分别为1.5，5，6，8的对数值lg1.5=lg3-lg2=3a-b+c.
所以lg2=-a-c，lg5=1-lg2=a+c.
则lg2=1-a-c，lg6=lg2+lg3=1+a-b-c，
所以lg2=1-a-c，lg8=3lg2=3-3a-3c，
因此lg2=1-a-c.
由上面讨论可见1.5的对数值表不正确.而其余三个数均正确，且由此作修正lg1.5=lg3-lg2=3a-b+c-1，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+c-3.
所以lg7=2b+c，lg2.8=2⋅lg2+lg7-1=1-2a+2b-c，
所以lg7=2b+c，lg14=lg2+lg7=1-a+2b，
所以lg7=2b+c.
由上面讨论可见7的对数值表不正确.而其余三个数均正确，且作修正为表中lg7=2b+c.

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1．给定整数n(n≥3)，记f(n)为集合{1,2,⋯,2n-1}的满足如下两个条件的子集A的元素个数的最小值：ⅰ.1∈A，2n-1∈A；ⅱ.子集A中的元素(除1外)均为A中的另两个(可以相同)元素的和.
(1)求f(3)的值；
(2)证明：f(100)≤108.
【答案】(1)f(3)=5(2)见解析
【解析】
1.设集合A⊆{1,2,⋯,23-1}，且A满足(ⅰ)、(ⅱ).则1∈A，7∈A.
由于{1,m,7}(m=2,3,⋯,6)不满足(ⅱ)，故|A|>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(ⅱ)，故|A|>4.
而集合{1,2,4,6,7}满足(ⅰ)、(ⅱ)，故f(3)=5.
2.首先证明：
f(n+1)≤f(n)+2(n=3,4,⋯).①
事实上，若A⊆{1,2,⋯,2n-1}满足(ⅰ)、(ⅱ)，且集合A的元素个数为f(n).
令B=A∪{2n+1-2,2n+1-1}.
由2n+1-2>2n+1-1，知|B|=f(n)+2.
又2n+1-2=2(2n+1-1)，2n+1-1=1+(2n+1-2)，
则B⊆{1,2,⋯,2n+1-1}，且集合B满足(ⅰ)、(ⅱ).
从而，f(n+1)≤|B|=f(n)+2.
其次证明：
f(2n)≤f(n)+n+1(n=3,4,⋯).②
事实上，设A⊆{1,2,⋯,2n-1}满足(ⅰ)、(ⅱ)，且集合A的元素个数为f(n).令
B=A∪{2(2n-1),22(2n-1),⋯,2n(2n-1),22n-1}.
由2(2n-1)<22(2n-1)<⋯<2n(2n-1)<22n-1，
则B⊆{1,2,⋯,22n-1}，且|B|=f(n)+n+1.
而2k+1(2n-1)=2k(2n-1)+2k(2n-1)(k=0,1,⋯,n-1)，
22n-1=2n(2n-1)+(2n-1)，
则B满足(ⅰ)、(ⅱ).
从而，f(2n)≤|B|=f(n)+n+1.
由式,①、②得f(2n+1)≤f(n)+n+3.
反复利用式②、③得f(100)≤f(50)+51≤f(25)+26+51
≤f(12)+15+77≤f(6)+7+92
≤f(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={A1,A2,⋯,At}.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，A⊂B,B⊂A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∀A∈S2,f(A)⊂A或A⊂f(A)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，最大反链可能不唯一
称F的子集P为链，如果∀A,B∈P,A⊂B,B⊂A之一成立.
我们证明结论：F可以拆分为r个链Pi(1⩽i⩽r)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t－1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
F1={Ai∈F|Ai包含S中的某个集合}，
F2={Ai∈F|Ai是S中的某个集合的子集}，
则F1∪S,F2∪S均是F的真子集，从而由归纳假设可将F1∪S,F2∪S都可以拆成r个链的并.F1∪S中的链以S中的元素开始，F2∪S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F1=∅，要么满足F2=∅.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B⊂A，将A、B都去掉用归纳假设将剩下的集合拆分成r－1条链，再加上链B⊂A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n≥4，存在一个集合S，满足如下条件：
(1)S由都小于2n-1的n个正整数组成；
(2)对S的任意两个不同的非空子集A、B，集合A中所有元素之和不等于集合B中所有元素之和．
【答案】见解析
【解析】
当n=4时，取S={3,5,6,7}，则S满足条件．
其次，当n≥5时，令S={3,23,24,⋯,2n-2,2n-1-3,2n-1-2,2n-1-1}．
下面证明这样的S满足条件．
事实上，设A、B是S的两个不同的非空子集，
令f(X)表示集合X的所有元素之和，要证明的目标是f(A)≠f(B)．
不妨设A∩B=∅，注意到，对任意m∈N*均有1+2+4+⋯+2m-1=2m-1<2m．
所以，当a=2n-1-3，b=2n-1-2，c=2n-1-1都不属于A∪B时，均有f(A)≠f(B)．
进一步，由于3+23+24+⋯+2n-2=2n-1-5，
所以当a、b、c中恰有一个属于A∪B时，例如a∈A，将有f(A)>f(B)，此时f(A)≠f(B)；
类似地讨论a、b、c中有两个或3个同时属于A∪B时，均可得出f(A)≠f(B)．
综上所述，当n≥4时满足条件的S都存在．
4．设M是由有限个正整数构成的集合，且M=A1∪A2∪⋯∪A20=B1∪B2∪⋯∪B20，这里Ai≠∅，Bi≠∅，i=1，2，…，20．并对任意的1≤i 【答案】180
【解析】
记min{|A1|,|A2|,⋯,|A20|,|B1|,|B2|,⋯,|B20|}=t．
不妨设|A1|=t，A1∩Bi≠∅，i=1，2，…，k；A1∩Bj=∅，j=k+1，k+2，…，20．
设ai∈A1∩Bi，i=1，2，…，k．
因为对任意的1≤i 又对任意的1≤i≤20，1≤j≤20，若Ai∩Bj=∅，则|Ai∪Bj|≥18，
所以当j=k+1，k+2，…，20时，|A1|+|Bj|=|A1∪Bj|≥18．
即，当j=k+1，k+2，…，20时，|Bj|≥18-t．
所以 |M|=|B1∪B2∪⋯∪B20|
=|B1|+|B2|+⋯+|Bk|+|Bk+1|+⋯+|B20|≥kt+(20-k)(18-t)
=360+2kt-18k-20t=180+2(k-10)(t-9)．
若t≤9，则k≤t≤9，|M|=180+2(k-10)(t-9)≥180．
若t≥10，则|M|≥20t≥200．所以总有|M|≥180．
另一方面，取Ai=Bi={9(i-1)+1,9(i-1)+2,⋯,9(i-1)+9}，其中i=1，2，…，20，
则M=A1∪A2∪⋯∪A20=B1∪B2∪⋯B20={1,2,⋯,180}符合要求．
此时，|M|=180．
综上所述，集合M的元素个数的最小值为180．
5．已知n为正整数，集合I={1,2,⋯,n}(n>3)的k个三元子集A1，A2，…，Ak满足：对任何I的其他三元子集B，均存在整数m和子集Ai(1≤i≤k)使得{y|y≡x+m(modn),1≤y≤n,x∈Ai}=B．求k的最小值．
【答案】kmin=1+[n2-3n6]
【解析】
若a、b、c∈Z+，且a+b+c=p，
则称(a,b,c)是长为p的“循环组”，并约定(a,b,c)、(b,c,a)、(c,a,b)为同一个循环组．
考虑长为n的循环组的数目．
a、b、、c中有两个相等的循环组有[n-12]个；
若3|n，a、b、、c互不相等的循环组个数为13[Cn-12-1-3([n-12]-1)]；
若n≡0(mod3)，互不相等的循环组个数为13(Cn-12-3[n-12])．
综上，长为n的不同循环组的总个数为1+[n2-3n6]．
对于每个长为n的循环组(a,b,c)，取集合I的一个三元子集B={1,a+1,a+b+1}，存在一个子集Ai与之对应，且易验证不同的循环组对应的子集Ai也不同，从而，k≥1+[n2-3n6]．
另一方面，对于前面的1+[n2-3n6]个循环组中的每个(a,b,c)，取与之对应的子集{1,1+a,1+a+b}，共得到1+[n2-3n6]个不同子集．
接下来说明这些子集满足要求．
事实上，对集合I的每个子集B={x1,x2,x3}(不妨设x1 令a=x2-x1，b=x3-x2，c=n-(x3-x1)．
则得到一个长为n的循环组(a,b,c)，
该循环组对应的子集Ai满足存在整数m=x1-1(或x2-1或x3-1)使得
{y|y≡x+m(modn),1≤y≤n,x∈Ai}=B．
综上，kmin=1+[n2-3n6]．
6．求m的最大值，使得从一个n元集的子集中可以选出m个不同的子集A1，A2，…，Am，满足(Ai∩Ak)⊆Aj对所有1≤i 【答案】2n
【解析】
不妨设此n元集为M={1,2,⋯,n}．
则对任意的i∈M，设包含i的M的子集为Ai1，Ai2，…，Ait(i1 由(Ai∩Ak)⊆Aj对所有1≤i 考虑A1，A2，…，Am中的相邻集合对(A1,A2)，(A2,A3)，…，(Am-1,Am)．
当i恰属于两个集合Ak、Ak+1中的一个时，称(Ak,Ak+1)为“i分离集合对”．
对任意的1≤j≤m-1，(Aj,Aj+1)必被某一元素分离，否则Aj=Aj+1，矛盾．
又集合M中任意一个元素至多分离两个集合对，则m-1≤2n⇒m≤2n+1．
当m=2n+1时，必有A1=A2m+1=∅，矛盾．故m≤2n．
又A1=∅，A2={1}，A3={1,2}，…，
An+1={1,2,⋯,n}，An+2={2,3,⋯,n}，…，A2n={n}，
此时，所选的子集满足题意，且m=2n．
综上，m的最大值为2n．
7．取集合S={a1,a2,⋅⋅⋅,a70}的子集Ai={ai,ai+1,⋅⋅⋅,ai+59}(i=1,2,⋅⋅⋅,70)，其中，a70+i=ai。若A1,A2,⋅⋅⋅,A70中存在k个集合满足：任意七个的交集非空，求k的最大值。
【答案】60
【解析】
由已知有A1∩A2∩⋅⋅⋅∩A60={a60}，
更有A1,A2,⋅⋅⋅,A60中的“任意七个的交集非空”，故k≥60。
下面证明：若k>60，则不能保证所取出的k个子集中“任意七个的交集非空”，从而，k的最大值为60。
将已知集合A1,A2,⋅⋅⋅,A70平均分为10组(构造抽屉)：Bi={Ai,A10+i,⋅⋅⋅,A60+i}(i=1,2,⋅⋅⋅,10)。
因每一个Bi内七个集合Aj的补集Aj满足Ai∪A10+i∪⋅⋅⋅∪A60+i ={ai+60,ai+61,⋅⋅⋅,ai+69}∪
{ai+70,ai+71,⋅⋅⋅,ai+79}∪⋅⋅⋅∪ {ai+120,ai+121,⋅⋅⋅,ai+129} ={a1,a2,⋅⋅⋅,a70}=S(a70+i=ai)，
所以，每一个Bi内七个集合的交集为空集Ai∩A10+i∩⋅⋅⋅∩A60+i=∅.①
对k>60，有k=6×10+r(1≤r≤9)。
由抽屉原理知，从A1,A2,⋅⋅⋅,A70中所取出的k个子集，必有七个属于同一个Bi(1≤i≤10)。
又由式①知，与“任意七个的交集非空”矛盾。
所以，k的最大值为60。
8．定义在[0,1]上的函数f(x)满足：f(0)=f(1)，且对任意x、y∈[0,1](x≠y)，有|f(x)-f(y)|<|x-y|.求最小的实数m，使得对任意x、y∈[0,1]，都有|f(x)-f(y)| 【答案】m=12
【解析】
(1)证明：对一切的x、y∈[0,1]，有|f(x)-f(y)|<12.
若|x-y|≤12，则|f(x)-f(y)|<|x-y|≤12；
若|x-y|>12，不妨设0≤x 则|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(0)+f(1)-f(y)|≤|f(x)-f(0)|+|f(1)-f(y)| (2)对于函数f(x)={λx,0≤x≤12;λ(1-x),12 若0≤x 若0≤x<12 当x+y≥1时，|x+y-1|=x+y-1 当x+y<1时，|x+y-1|=1-x-y 故|f(x)-f(y)|=λ|x+y-1|<|x-y|.
综上，f(x)满足要求，且f(12)-f(0)=λ2 因此，m≥12.
由(1)、(2)知m=12.
9．定义函数f:N+→{0,1}，满足f(1)=f(2)=1，f(n)=1-f(n-1)f([n3])，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数.
对于(1)n=120；(2)n=32012-12;(3)n=32012+12，求f(n).
【答案】(1)0 (2)1 (3)0
【解析】
易知，f(3)=0，且对一切k∈N+，f(3k)=1-f(3k-1)f(k).
则f(3k)f(k)=f(k)+f(3k)-1，f(3k+1)=1-f(3k)f(k)=2-f(k)-f(3k)，
f(3k+2)=1-f(3k+1)f(k)=1-f(k)+f(3k)f(k)=f(3k).
若an+bn=2an=2(xn2+yn2)=(yn-xn)2+(yn+xn)2，则f(3k)=f(3k+1)=f(3k+2)=1.
因为f(3)=0，所以，f(3k+3)=1-f(3k+2)f(k+1)=0.
故f(3k+1-32)=f(3k+3k-1+⋅⋅⋅+3)=0.
(1)f(120)=f(35-32)=0；
(2)由f(32012-12-1)=f(32012-32)=0，得f(32012-12)=1；
(3)f(32012+12)=f(2+32012-32)=0.
10．求方程组5x+1x=12y+1y=13z+1z,①xy+yz+zx=1②的所有实数解。
【答案】15,23,1，-15,-23,-1
【解析】
将式①变形为x51+x2=y121+y2=z131+z2. ③
由式③可知x、y、z同号.
由式②得x=1-yzy+z.
将上式带入式①得
12y2+1y=51-yzy+z+y+z1-yz
=51-yz2+y+z2y+z1-yz
=5y2+1z2+1y+z1-yz.
则5z2+1y=12y+z1-yz.
同理5y2+1z=13y+z1-yz.
两式相加得z2+1y+y2+1z=5y+z1-yz.
解得y=23z.
将y=23z带入式①后一个等式解得z=±1，±23.
进而，x=±15.
所以，方程组有两组解15,23,1，-15,-23,-1.
11．一个函数fx，如果对任意一个三角形，只要它的三边长a、b、c都在fx的定义域内，就有fa、fb、fc也是某个三角形的三边长，则称fx为“保三角形函数”.
(1)若gx是定义在R上的周期函数，且值域为0,+∞，证明：gx不是保三角形函数；
(2)若hx=sinxx∈0,M是保三角形函数，求M的最大值.
【答案】(1)见解析；(2)5π6
【解析】
(l)设T>0为函数gx的一个周期.因为其值域为0,+∞，所以，存在m>n>0，使得gm=2，gn=1.
取正整数λ>m-nT，可知m、λT+n、λT+n这三个数可作为一个三角形的三边长.但gm=2，gλT+n=1，gλT+n=1不能作为任何一个三角形的三边长.故gx不是保三角形函数.
(2)M的最大值为5π6.
一方面，若M>5π6，下证：hx=sinxx∈0,M不是保三角形函数.
取π2、5π6、5π6∈0,M.显然这三个数可作为一个三角形的三边长.但sinπ2=1、sin5π6=12、sin5π6=12不能作为任何一个三角形的三边长.故hx=sinxx∈0,M不是保三角形函数.
另一方面，证明：当M=5π6时，hx=sinxx∈0,M是保三角形函数.
对任意三角形的三边a、b、c，若a、b、c∈0,5π6，则分两种情况讨论：
(i)a+b+c≥2π.此时，a≥2π-b-c>2π-5π6-5π6=π3.
同理，b>π3，c>π3.
所以，a、b、c∈π3,5π6.
故sina、sinb、sinc∈12,1.
因此sina、sinb、sinc可作为某三角形的三边长.
(ii)a+b+c<2π.此时，a+b2+c2<π，则a+b2≤π2或a+b2>π2.
若a+b2≤π2，由于a+b>c，则0 因为hx=sinx在0,π2单调递增，所以，0 若a+b2>π2，则0 同样可得0 总之，0 又由a-bcosc2>cos5π12>0.
故sina+sinb=2sina+b2⋅cosa-b2>2sinc2⋅cosc2=sinc .
同理，sinb+sinc>sina，sinc+sina>sinb.
因此，sina、sinb、sinc也是某三角形的三边长.
综上所述，当M=5π6时，hx=sinxx∈0,M是保三角形函数.
故M的最大值为5π6.
12．给定正实数a、b，已知实数x、y满足ax2-bxy+ay2=1．试求二元函数f(x,y)=x2+y2的取值范围．
【答案】见解析
【解析】
令x=m+na,y=m-na．则
a⋅(m+n)2a-b⋅m2-n2a+a⋅(m+n)2a=1，
即(2a-b)m2+(2a+b)n2=a①
故f(x,y)=x2+y2 =(m+n)2+(m-n)2a=2a(m2+n2),
当2a-b>0，即b<2a时，由式①得
(2a+b)(m2+n2)=a+2bm2≥a，
(2a-b)(m2+n2)=a-2bn2≤a,
于是，a2a+b≤m2+n2≤a2a-b,
从而，22a+b≤2a(m2+n2)≤22a-b,
此时，f(x,y)的取值范围是[22a+b,22a-b].
当2a-b≤0，即b≥2a时，由式①得
(2a+b)n2=a+(b-2a)m2≥a,②
即n2≥a2a+b,
又由b-2a≥0及式②，知m2可取任意非负实数,从而
f(x,y)=2a(m2+n2) =2a[m2+a+(b-2a)m22a+b]
=22a+b+2a⋅2b2a+b⋅m2 ≥22a+b,
此时，f(x,y)的取值范围是[22a+b,+∞),
综上，当b<2a时，f(x,y)=x2+y2的取值范围是[22a+b,22a-b]；当b≤2a时，
f(x,y)=x2+y2的取值范围是[22a+b,+∞).
13．已知f(x)=2x-2x2+ax，其中，常数a∈(0,4]．求所有的实数k，使对任意x1、x2∈R+，恒有|f(x1)-f(x2)|≥k|x1-x2|．
【答案】(-∞,2-a3108]
【解析】
当x1=x2时，k任意．
当x1≠x2时，不等式化为|f(x1)-f(x2)x1-x2|≥k．
由于f(x1)-f(x2)x1-x2=1x1-x2[2(x1-x2)-(2x12-2x22)+(ax1-ax2)]
=2+2(x1+x2)x12x22-ax1x2>2+4x1x2x12x22-ax1x2
=(2-a3108)+a3108+2x1x2x12x22+2x1x2x12x22-ax1x2
≥(2-a3108)+33a3108(2x1x2x12x22)2-ax1x2=2-a3108，
由f(x1)-f(x2)x1-x2>2-a3108．
当x1≠x2，且都趋向于6a时，有f(x1)-f(x2)x1-x2→2-a3108．
于是，所求k的集合是(-∞,2-a3108]．
14．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4zn+12+2znzn+1+zn2=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|z1+z2+⋯+zm|⩾C.
【答案】33
【解析】
考虑有趣的复数数列{zn}.归纳可知zn≠0(n∈N+).
由条件得4(zn+1zn)2+2(zn+1zn)+1=0(n∈N+)，解得zn+1zn=-1±3i4(n∈N+).
因此|zn+1||zn|=|zn+1zn|=|-1+3i4|=12，
故|zn|=|z1|⋅12n-1=12n-1(n∈N+) ①
进而有|zn+zn+1|=|zn|⋅|1+zn+1zn|=12n-1⋅|3±3i4|=32n(n∈N+) ②
记Tm=|z1+z2+⋯+zm|(m∈N+).
当m=2s(s∈N+)时，利用②可得
Tm⩾|z1+z2|-k=2s|z2k-1+z2k|>32-k=2∞|z2k-1+z2k|=32-k=2∞322k-1=33.
当m=2s+1(s∈N+)时，由①、②可知|z2s+1|=122s<33⋅22s-1=k=s+1∞322k-1=k=s+1∞|z2k-1+z2k|，
故Tm⩾|z1+z2|-(k=2s|z2k-1+z2k|)-|z2s+1|>32-k=2∞|z2k-1+z2k|=33.
当m=1时，T1=|z1|=1>33.
以上表明C=33满足要求.
另一方面，当z1=1,z2k=-1+3i22k,z2k+1=-1-3i22k+1(k∈N+)时，易验证知{zn}为有趣的数列.
此时lims→∞T2s+1=lims→∞|z1+k=1s(z2k+z2k+1)|=lims→∞|1+k=1s-3-3i22k+1|=|1+-3+3i8⋅43|=33，
这表明C不能大于33.
综上，所求的C为33.
15．z1、z2、z3为多项式P(z)=z3+az+b的三个根，满足|z1|2+|z2|2+|z3|2=250，且复平面上的三点z1、z2、z3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z1+z2+z3=0⇒z1+z2+z33=0
⇒以z1、z2、z3两为顶点的三角形的重心为原点.
不妨设|z1-z2|=x,|z1-z3|=y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|z1|2=49(x2+y24)=49x2+19y2.
类似地，|z2|2=49(y2+x24)=19x2+49y2.
|z3|2=49(x24+y24)=19x2+19y2.
则|z1|2+|z2|2+|z3|2=69x2+69y2=23x2+23y2=250
⇒x2+y2=515.
16．设i2=-1。证明：k=1n-1(2cotπn-cotkπn+i)为纯虚数。
【答案】见解析
【解析】
首先证明：若i2=-1，则k=1n-1(x-cotkπn)=i2n[(x-i)n-(x+i)n] ①
令P(x)=i2n[(x-i)n-(x+i)n].
则P(x)是一个n-1次多项式，其首项系数为i2n[Cn1(-i)-Cn1]=1.
又当x=cotkπn(1≤k≤n-1)时，
(x+i)n=(cotkπn+i)n
=(csckπn)n(coskπn+isinkπn)n
=(csckπn)n[(cosπn+isinπn)n]k
=(csckπn)n(-1)k
=(csckπn)n(coskπn-isinkπn)n
=(x-i)n.
所以，P(cotkπn)=0.
由因式定理得P(x)=k=1n-1(x-cotkπn).
在式①中令x=2cotπn+i.则
k=1n-1(2cotπn-cotkπn+i)
=i2n[(2cotπn)n-(2cotπn+2i)n]
=2n-1in[(cotπn)n-(cotπn+i)n]
=2n-1in(cscπn)n.
[(cosπn)n-(cosπn+isinπn)m]
=2n-1in(cscπn)n[(cscπn)n-(cosπ+isinπ)]
=2n-1in(cscπn)n[(cosπn)n+1]
=2n-1in[(cotπn)n+(cscπn)n].
命题获证.
17．已知cosx+cosy+coszcos(x+y+z)=sinx+siny+sinzsin(x+y+z)=a求cos(y+z)+cos(z+x)+cos(x+y)的值.
【答案】0
【解析】
令S=x+y+z.
又eix=cosx+isinx,eiy=cosy+isiny，eiz=cosz+isinz.则eix+eiy+eiz=(cosx+cosy+cosz)+i(sinx+siny+sinz)=acos(x+y+z)+iasin(x+y+z)
=aei(x+y+z)=aeiS.
同理,e-ix+e-iy+e-iz=ae-iS.
故ei(y+z)+ei(z+x)+ei(x+y)=ei(S-x)+ei(S-y)+ei(S-z)=eiS(e-ix+e-iy+e-iz)=eiS(ae-iS)=aeiS-iS=a
则[cos(x+y)+cos(x+z)+cos(y+z)]+i[sin(x+y)+sin(x+z)+sin(y+z)]=a.
所以,cos(x+y)+cos(x+z)+cos(y+z)=a且sin(x+y)+sin(x+z)+sin(y+z)=0.
18．设α、β∈C,α、β≠0,a、β的辐角主值不相同，证明：||α|β-α|αβ|β|α|-α|β||≥1+|α|2.
【答案】见解析
【解析】
只要证明：|β|β|-α||β|β|-α|α||≥1+|α|2，
于是，只要证明：当|z|=1时，|z-α||z-α|α||≥1+|α|2， ①
当|α|=1时，式①显然成立.
当|α|≠1时，设z、α、α|α|对应复平面上的点A、B、C，则A、C在单位圆上，
设O为原点，D为点C在⊙O上的对径点，
则AB=|z-α|,AC=|z-α|a||，CD=2,BD=1+|α|,
于是，式①等价于BDCD≤ABAC.
作∠BAC的外角平分线AE,
当|α|>1时，∠CAE=180°-∠BAC2<180°2=90°=∠CAD.
所以，点E在线段CD上，如图

则BDCD=BC+CDCD=1+BCCD≤1+BCCE=BECE=ABAC,
当|α|<1时，∠FAE=180°-∠BAC2<180°2=90°=∠FAD.
所以，点E在线段CD的延长线上，如图

则BDCD=CD-BCCD=1-BCCD≤1-BCCE=BECE=ABAC.
所以，式①成立，在式①中，令z=β|β|，原不等式获证.
19．设a0，a1，⋯，an均为实数，λ是关于x的实系数方程i=0naixi=0的复数根，且|λ|≥an≥⋯≥a1≥a0≥1.求证：λn+1=1.
【答案】见解析
【解析】
因为λ是方程i=0naiλi=0复数根⇒(λ-1)i=0naiλi=0⇒anλn+1=i=1n(ai-ai-1)λi+a0， ①
其中，ai-ai-1(i=1,2,⋯,n)为非负数.
又|λ|≥1⇒|λ|n≥|λ|i≥1(i=1,2,⋯,n)
⇒|anλn+1|≤i=1n(ai-ai-1)|λ|i+a0≤i=1n(ai-ai-1)|λ|n+a0|λ|n≤an|λ|n
⇒|λ|≤1⇒|λ|=1⇒an=an-1=⋯=a1=a0=1.
由式①得λn+1=1.
20．若复数z满足4z-2011-3iz-2010-3iz-1-4=0，求t=(3-4iz)+(3+4i)z的取值范围。
【答案】[-10,10]
【解析】
将已知等式变形为4z2011+3iz2010+3iz-4=0 ⇒z2010(4z+3i)=4-3iz ⇒|z|2010|4z+3i|=|4-3iz|.
①设z=a+bi(a、b∈R)，
则|4z+3i|2-|4-3iz|2 =|4a+(4b+3)i|2-|(4+3b)-3ai|2
=16a2+(4b+3)2-(4+3b)2-9a2 =7(a2+b2-1)=7(|z|2-1).
②若|z|<1，则由式①得|4z+3i|>|4-3iz|，
而式②中，有|4z+3i|<|4-3iz|，矛盾，类似地，若|z|>1，亦推出矛盾，
因此，|z|=1，令z=eiθ，3+4i=5eiα.
则t=(3+4i)z+(3-4i)z =5ei(θ+α)+5e-i(θ+α) =10cos(θ+α)∈[-10,10]，
故所求取值范围是[-10,10].