高中数学竞赛专题大全竞赛专题13多项式50题竞赛真题强化训练含解析

这是一份高中数学竞赛专题大全竞赛专题13多项式50题竞赛真题强化训练含解析，共34页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

竞赛专题13 多项式
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2021·全国·高三竞赛）若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
令，条件式立即化为，即.
故答案为：.
2．（2019·全国·高三竞赛）若a>b>，a+b+c=0，且为的两实根.则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【详解】
由a+b+c=0，知方程有一个实根为1，不妨设.
则由韦达定理知.
而a＞b＞c，a+b+c=0，故
a＞0，c＜0，且a＞-a-c＞c.
则.
故.
从而，.
故答案为
3．（2018·湖南·高三竞赛）四次多项式的四个根中有两个根的积为-32，则实数k=_____.
【答案】86
【解析】
【详解】
设多项式的四个根为，则由韦达定理，得

设，则，故
.
又，所以
故.
故答案为86
4．（2018·湖南·高三竞赛）已知n为正整数，若是一个既约分数，那么这个分数的值等于_____.
【答案】
【解析】
【详解】
因为，当时，若，则是一个既约分数，故当时，该分数是既约分数.
所以这个分数为.
故答案为
5．（2019·全国·高三竞赛）已知关于的方程的三个非零实根成等比数列，则______.
【答案】0
【解析】
【详解】
设这三个根分别为，由韦达定理得
得，
代入式③得，故.
故答案为0
6．（2021·全国·高三竞赛）若实数a，b满足则_________．
【答案】82
【解析】
【分析】
【详解】
，
，
．
故答案为：82.
7．（2019·全国·高三竞赛）已知实数、、、满足，，，.则______.
【答案】20
【解析】
【详解】
由
，                    ①



，                    ②
联立式①、②解得，.
则


.
故答案为20
8．（2019·全国·高三竞赛）设抛物线的一条弦被直线：垂直平分.则弦的长等于_______.
【答案】
【解析】
【详解】
设直线的方程为（显然，否则，不可能垂直平分）.
由消去并整理得.
由与抛物线有两个不同交点，知上式的判别式大于零，即.①
设的中点为，则有，.
而在直线上，所以，.②
将式②代入式①整理得.
解得.
又由，知.
将代入式②，得.
于是，直线的方程为.
由消去，得.
设、为其两根，根据韦达定理得
，.
故
.
故答案为
9．（2019·全国·高三竞赛）对正整数k，方程的整数解组有_____个．
【答案】无数
【解析】
【详解】
取.
则
.
因，
所以，.
由b的任意性知，方程有无数个解.
故答案为无数
10．（2018·全国·高三竞赛）在复数范围内，方程的两根为、．若，则______．
【答案】或
【解析】
【详解】
若方程有实数根，则这两个实数根分别为与，此时，；
若方程无实数根，则这两个复数根互为共扼复数，分别为与，
此时，
11．（2021·全国·高三竞赛）在1，2，3，4，…，1000中，能写成的形式，且不能被3整除的数有________个．
【答案】501.
【解析】
【详解】
设，若，则.又，，，因此，当且仅当.令，，则，因为，，，从而符合条件的数的个数为.
故答案为501
12．（2020·浙江·高三竞赛）设曲线：，若对于任意实数，直线与曲线有且只有一个交点，则的取值范围为__________.
【答案】.
【解析】
【详解】
直线与曲线联立，消去得：，
法1：由题设，该方程对任意的，均有且又只有一个实数解，
设，则，
则对任意的恒成立，这不可能成立，
故的取值范围为.
法2：设方程的根为，则
.
由题意得，方程无解，或方程的根为.对比两边的系数得：
.
因为，所以，方程化为
.       
（1）方程无解时，则，即对任意恒成立，
故的取值范围为.
（2）方程有唯一的解，则，于是，矛盾.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：
13．（2019·江苏·高三竞赛）若x+y－2是关于x、y的多项式的因式，则a－b的值是________ .
【答案】1
【解析】
【分析】
结合因式分解待定系数，即可得解.
【详解】
由题：x+y－2是关于x、y的多项式的因式，
所以
即
所以，解得
所以a－b的值是1.
故答案为：1
【点睛】
此题考查多项式因式分解，利用待定系数法求解系数，也可利用赋值法，结合特殊值求解.
14．（2019·江西·高三竞赛）设x>0，且，则____________ .
【答案】123
【解析】
【详解】
，所以.
由，则，
所以
.
故答案为：123．
15．（2019·江西·高三竞赛）将集合{1，2，……，19}中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为_________ .
【答案】16815
【解析】
【详解】
所求的和为.
故答案为：16815．
16．（2019·山东·高三竞赛）整数n使得多项式f(x)=3x3－nx－n－2，可以表示为两个非常数整系数多项式的乘积，所有n的可能值的和为______ .
【答案】192
【解析】
【详解】
由题意知f(x)=(ax2+bx+c)(dx+e)，其中a、b、cd、e均为整数，且不妨设(a，d)=(1，3)或(3，1).
若(a，d)=(1，3)，则－5=f(－1)=(1－b+c)(－3+e)，所以，得e=－2，2，4，8；
又得，有3|e，矛盾.
若(a，d)=(3，1)，一方面由－5=f(－1)得(e－1)|(－5)，有e=－4，0，2，6；
另一方面f(e)=0，得3e3－ne－n－2=0，故可以求得n的值为38，－2，26，130.
所以所求之和为192.
故答案为：192．
17．（2019·全国·高三竞赛）已知关于的方程的两根均为整数．则实数的值为______．
【答案】4024
【解析】
【详解】
设方程的根为、．
由韦达定理得，．则，即．
又因为2011为质数，所以，或故（舍）或．
18．（2019·全国·高三竞赛）已知实系数方程有三个正实根.则的最小值为______.
【答案】108.
【解析】
【详解】
设的三个正实根为、、.
由韦达定理得，                           ①
，                                  ②
.                                               ③
由式①、②得，.
由式①、③得.                                  ④
而.
故.
又
.
则.
故当，时，取最小值108.
故答案为108
19．（2019·全国·高三竞赛）若是关于的一元三次方程的三个两两不等的复数根，则代数式的值为______．
【答案】625
【解析】
【详解】
由韦达定理得
，，．
则



.
20．（2019·全国·高三竞赛）对，，定义．设是一个6次多项式且满足，．用表示______．
【答案】
【解析】
【详解】
由，知存在多项式使得．
故，有．
又有多项式使得，即．
故，有．
从而，又有多项式使得．
则．
又由，知．
故，．
进一步有．
继续下去并利用是6次多项式可得．
故答案为
21．（2018·河北·高三竞赛）若实数x、y、z满足，，则_____.
【答案】
【解析】
【详解】
由柯西不等式得，由已知得，，所以有，化简得，即、为方程的两根，由韦达定理得.
22．（2018·福建·高三竞赛）已知整系数多项式，若，，则______．
【答案】24       
【解析】
【详解】
设，则，，
于是，．
所以，．
所以是多项式的一个根．
又不可能是三次整系数多项式、二次整系数多项式的零点．
所以整除．故，为整数．
所以，．
由，得，．
所以，．
23．（2018·全国·高三竞赛）设、、.且满足方程组，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【详解】
由题设得，.
则.
由根与系数关系知，、是关于的一元二次方程的两个实根.
由，解得.
令，
所以，或.
易知，当时，；当时，.所以的取值范围是
24．（2018·全国·高三竞赛）设实数使得关于的一元二次方程的两个根均是整数.则所有这样的是__________.
【答案】870
【解析】
【详解】
设两个整数根为、.由根与系数关系得，从而，是整数.
由原方程得
（因为5与互质）
或（因为4219是质数）
或857.
所以，或或，即或26或1714.
由方程有整数根知，这与，1714矛盾.故.
25．（2018·全国·高三竞赛）设多项式满足.则=________.
【答案】
【解析】
【详解】
注意到与的次数相同，而右边为二次的，故.
代入题设等式并比较两边系数得.
因此，.
26．（2018·全国·高三竞赛）已知关于的方程（）有三个实数根．则的最大值为______．
【答案】2
【解析】
【详解】
不妨设．
由韦达定理得．
于是，以、为根的一元二次方程为

．
当时，，．
故的最大值为2．
27．（2021·全国·高三竞赛）已知多项式有2020个非零实根（可以有重根），其中为非负整数，求的最小值．
【答案】
【解析】
【详解】
设2020个非零实根为，易知．
当时，，所以．
由均值不等式知．这2020个式子相乘，得


．
当时，等号成立．故的最小值为．
故答案为：.
28．（2021·浙江·高三竞赛）已知方程有两个不同的实数根，则有______个不同的实数根.
【答案】4
【解析】
【分析】
【详解】
设与是方程的两个不同的根.
由韦达定理知，.
不难验证,

,
剩下只需证明,方程的根是实数且两两不同.
事实上,这两个方程的判别式显然都是正的,所以个有两个不同的实数根，
而若是这两个方程的公共根,则有(,
于是，是却明显不是它们的根.
所以方程有四个实数根.
故答案为：4.
29．（2019·福建·高三竞赛）已知，若方程f(x)=0的根均为实数，m为这5个实根中最大的根，则m的最大值为____________ .
【答案】4
【解析】
【详解】
设f(x)=0的5个实根为，则由韦达定理，得，
.
于是，.
所以

.
另一方面，由柯西不等式，知.
于是，.
又对f(x)=(x-4)(x+1)4=，
方程f(x)=0的根均为实数，且5个实根中最大的根m=4.
所以m的最大值为4.
故答案为：4．
二、解答题(共0分)
30．（2021·全国·高三竞赛）设是方程的两个实根，是方程的两个实根，若，求实数的取值范围.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
由韦达定理，得.
前后两式分别相除，得.                    ①
因为，所以同号.
若，，矛盾.
若，则，矛盾.
所以同号，且有，即.
又因为，得，所以.
结合①，得，
即，结合，知实数的取值范围为.
31．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x、y、z满足求证：x、y、z中至少一个为2020．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
由题意知，故：


，
故x、y、z中至少一个为2020．
32．（2020·浙江·高三竞赛）已知，为整系数多项式，若，求，.
【答案】答案见解析
【解析】
【详解】
由题意得：，即.
因为，故无公约式，
若，则，
若， 因为，为整系数多项式，
则或，
其中无公约式，
若，则，
故，，
同理当时，
，，
综上，，
或，，
为整系数的多项式.
33．（2019·新疆·高三竞赛）已知x、y、z是正数且满足.则x+y+z+xy=____________ .
【答案】15
【解析】
【分析】
根据x+y+xy=8知x+y+xy+1=9，即，同理对方程组变形，作商求解.
【详解】
由x+y+xy=8知x+y+xy+1=9，即.①
同理可得 ，②
结合①和②可得，③
由①和③可知z=7.
同理由②③可得，y=1.从而x+y+z+xy=15.
故答案为：15
【点睛】
此题考查解三元二次方程组，涉及利用因式分解整体代入求解方程，对代数式的综合处理能力要求较高.
34．（2019·山东·高三竞赛）已知是素数，求正整数n的所有可能值
【答案】n=1，n=2
【解析】
【详解】
因为，所以或n2－3n+3=1，解得n=1，2.
将n=1，n=2代入检验均满足题意，所以n=1，n=2为所求.
35．（2019·全国·高三竞赛）设实数a、b、c、d满足.
证明：.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
根据恒等式得
.
设.
只需证明：.
注意到，

.
则.
令，分别代入上式得.
.
36．（2019·全国·高三竞赛）若为某一整系数多项式的根，则称为“代数数”.否则，称为“超越数”，证明：
（1）可数个可数集的并为可数集；
（2）存在超越数.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）设为可数集（注意到，题中所述的可数集有可数个.则可对这些集合进行自然数编号）.
设.
将与对应（、均为正整数），则为有理数.故中有元素与有理数集中的元素一一对应.
因为有理数集为可数集，所以，为可数集.
（2）设所有次整系数多项式的根构成的集合为.
只需证明：次整系数多项式有可数个，即，
其中，均为正整数，有可数种取值.
用数学归纳法证明.
（i）证明有可数个，
对固定的、有可数种取值，又有可数种取值，由（1）知可数个可数集的并为可数集.因此，有可数个.
（ii）假设有可数个.
对固定的，则有可数个.
又有可数种取值，则由（1）知有可数个，每个整系数多项式有可数个根，而次整系数多项式有可数个，故次整系数多项式的所有根构成的集合为可数集.
由（1）知为可数集，即代数数集为可数集.
又为不可数集，故超越数一定存在.
37．（2019·全国·高三竞赛）是否存在实数，使得是一个三元多项式．
【答案】
【解析】
【详解】
假设存在这样的实数．则有因式．
令．则是的因式．
作多项式除法．用除以的余式为．要使整除，则．
故


综上，这样的实数存在，且．
38．（2019·全国·高三竞赛）已知非零实数满足.
(1)证明：二次方程必有实根；
(2)当时,求.
【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【详解】
(1)由消去得.
变形整理得.       ①
所以,方程有实根.
(2)把代入式①整理得.而.故.
再由,得.
39．（2019·全国·高三竞赛）设实数、、满足：存在为、、中某一个，且另两个恰为方程的两实根. 试求的最小可能值.
【答案】15
【解析】
【详解】
不妨设，则、恰为方程两根. 由韦达定理知且.
由，知.
则.
从而，
，其中，.
对，求导得.
故在上递增，在上递减，在上递增.
则在上最小值为.
因此，最小值为15.
当，，时，可取到最小值且符合条件.
40．（2019·全国·高三竞赛）设2006个实数满足，，，……，求代数式的值.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
记，并定义.
则所求代数式为.             ①
记，                           ②
其中，，是次数小于的多项式.
由定义可知
从而，多项式的次数不大于，且是方程
的根.
由代数基本定理有. ③
其中，是依赖于的常数，比较式③两端的系数可得
.
将代入式③，可得.
另外，将代入式③得.
由式②得.
将上式代入式①得.
41．（2018·全国·高三竞赛）求出所有使均为整数的正有理数组.
【答案】
【解析】
【详解】
考虑以为根的多项式.
注意到均为整数.所以,是首项系数为1的整系数多项式.又其根均为有理数,其根的分母为首项系数的约数,故其根均为整数,即均为整数.
设，因为，所以
(1)当时，为整数.
若,则只能是,得(1,1,l);
若,由为整数,知z为整数,故,得(1,2,2);
若,则,矛盾.
(2)当时,.
若,则只能是,与矛盾.
若,则,得(2,3,6);
若,则,得.
(3)当时, .故(3,3,3).
综上,
42．（2018·全国·高三竞赛）已知复平面上的正边形,其各个顶点对应的复数恰是某个整系数多项式的个复根.求该正多边形面积的最小值.
【答案】
【解析】
【详解】
设正边形的中心对应的复数为.将复平面的原点平移到后,则该正边形的顶点均匀分布在一个圆周上,即它们是方程(是某个复数)的解
于是,.
对比各次项的系数,知为整数,所以,为有理数；再结合为整数,故为整数.这样,由a0=(-a)"-b为整数,知为整数.
上述讨论表明,该正边形的顶点对应的复数是整系数方程的解.
于是,其外接圆半径.
故此正边形的面积不小于.
而方程的个根在复平面上对应一个正边形的个顶点,
因此,该正多边形面积的最小值为.
43．（2021·浙江·高二竞赛）已知二次函数有两个不同的零点.若有四个不同的根，且，，，成等差数列，求的取值范围.
【答案】.
【解析】
【分析】
【详解】
设的两个零点为，，其中，
则可知，为的两根；，为的两根，
所以，，，
又，，
所以，
记，，，，其中，
所以.
44．（2021·全国·高三竞赛）设函数有三个正零点，求的最小值.
【答案】
【解析】
【详解】
一方面，当时，方程，故此函数有三个相等的零点，此时，下面证明即为所求的最小值.
设方程的三个正实根分别为､､，
则由根与系数的关系可得.
故.
由知：，可得.①
又由知：，可得，
从而有，
故，解得，所以，即，
所以②
由①②可得
，其中，
设，则，
故在为减函数，故.
故.
45．（2019·江苏·高三竞赛）已知实数a、b、c均不等于0，且，求的值.
【答案】12
【解析】
【分析】
设为方程的三个实数根，根据题设条件，化简整理得到，代入方程，求得，进而得到，，，代入即可求解.
【详解】
设为方程的三个实数根，
即的三个实数根，..………（1）
因为，
从而.
由(1)式得，即，
于是，，，
从而
.
【点睛】
本题主要考查了代数式的运算，以及方程根的应用，其中解答中根据题设条件，合理化简的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
46．（2019·全国·高三竞赛）已知非常数的整系数多项式满足.①证明：对所有正整数，至少有五个不同的质因数.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
式①等价于
.                           ②
在式②中分别令，，，.
则.
再在式②中令.则.
故、、0、1及是的根.则
，                                  ③
其中，为实系数多项式.
由式③得.                    ④
将式③、④代入式②得.
设.则.
考虑两边次项系数知.
所以，为常数.
故，其中，常数.
首先证明：至少有四个不同的质因数.
否则，至多有三个不同的质因数2、3、.但、、、两两之间的最大公因数为1、2、3，其中两个奇数互质，则为、.从而，两个偶数为、.故.解得.
因此，这两个偶数为8、6或16、18.前者不符，后者得到另两个奇数为15、17或17、19，均导致矛盾.
其次，假设存在某个正整数，使得的每个质因数都是的质因数，且恰有四个质因数，否则，结论成立.
显然，.
由,知或3，或7.故.
但9|不能，故，则.
由假设知、、、的质因数为2、3、7、.则.
考虑其中两个偶数、两个奇数的质因数集合、.显然，，，.
故或且.
若或，则两个偶数为、或、，得或.
故这两个偶数为16、18或16、14.前者得7 |（n+2）不能；后者使有质因数2、3、5、7及13(或17），矛盾.
若，则为奇数，为偶数.
由.
故，，且.
从而，.
于是，.则，矛盾.
若，则，且为偶数，.
故.
从而，，，.
于是，，矛盾.
若，则，且为奇数，.故.
但，则的奇质因数不是3、7，矛盾.
47．（2019·全国·高三竞赛）已知正的三个顶点在抛物线上.试求正中心的轨迹方程.
【答案】，其中，参数.
【解析】
【详解】
设：.                                                      ①
由对称性，先不妨设.
将式①与联立得.
则，，.
从而，的中点，且.
则：，即.                           ②
由
，
其中，.
将式②与联立得

，
其中，，且
从而，.故.
设的中心.则，
，其中，参数.
48．（2019·全国·高三竞赛）已知方程和都有实根（、、，），且可以安排适当的顺序分别将两个方程的根记为、和，.则成立的充要条件是.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
（1）必要性
依题意有
，，
，，
，
.
由，得
.
则，
.
因为，所以，
.
又，
即.
化简得.
（2）充分性.
因为，则

.
若，则；
若，则.
不论哪种情形，均表明方程与有实根.
又，，，，
则，，

.
故.
所以，.
由于、可适当安排，取
，
则.
故，
即.
所以，.
由于、可适当安排，取，
则.
化简即得.
49．（2019·全国·高三竞赛）试求出所有实系数多项式，使得对满足的所有实数、、，都有.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
设.
因为对满足的所有、、，都有
，       ①
所以，当时，有，；
当，时，有.
从而，对一切恒成立.
因此，.
式①.             ②
又，


.
设，令，，，，.
因为

，，所以，对任意、都存在.
从而，、、确定了、、，于是


.
设，则

.
又，有.
令，得.
比较项系数得.
因为当时，，所以，方程整数解为或2故，.
50．（2018·全国·高三竞赛）求所有正整数对.其中,,且,使得.
【答案】,其中,
【解析】
【详解】
由题设知.
从而,.
(1)若,则.
(2)若,则.
故为偶数.
设,则.
由此只能是.,两式相减得.
因此,只能是,,即.
故.
显然,应为有理数.
设，则.
接下来证明：,              ①
其中,是首项系数为1的整系数多项式.
当或2时,显然成立.
假设式①对成立.
则当时,有.
因此,由数学归纳法知命题成立.
又,其常数项为或0.
设该整系数多项式有理根为,则,知.
(i)若,此时,.
(ii)若,只能是.此时,.故.
(iii)若多项式常数项为0,则可为0.否则,约去2后,首项为1,同上类似可证.
由此,即知其解为,其中,.