高中数学题库_A集合与简易逻辑集合

示不大于a的最大整数。求证:对任意正整数n，存在k?P和正整数m，使得f(m，k)=n。 答案: 设集合P={1，2，3，4，5}，对任意k?P和正整数m，记 5，，k1，f(m，k)=，其中[a]表示不大于a的最大整数。求证:对任意正整数n，m,,,i1，i,1，， 存在k?P和正整数m，使得f(m，k)=n。 mk，1证明:定义集合A={|m?N*，k?P}，其中N*为正整数集。由于对任意k、i?P k，1且k?i，是无理数，则对任意的k、k?P和正整数m、m，mk，1,mk，112121122i，1 当且仅当m=m，k=k。由于A是一个无穷集，现将A中的元素按从小到大的顺序排成一1212 mk，1个无穷数列。对于任意的正整数n，设此数列中第n项为。下面确定n与m、k的 k，1关系。若，则。由m是正整数可知，对i=1，2，3，4，m,mmi，1,mk，1111i，1 5，，，，k，1k，15，满足这个条件的m的个数为。从而n==f(m，k)。因此对任mm1,,,,,i1，i，1i,1，，，， 意n?N*，存在m?N*，k?P，使得f(m，k)=n。 来源:07年全国高中数学竞赛 题型:解答题～难度:较难 22已知集合，A,{(x,y)ax，y,1},B,{(x,y)x，ay,1},C,{(x,y)x，y,1} 问:当取何值时，为恰有2个元素的集合,说明理由，若改为3个元素集合，a(A:B):C 结论如何, 答案: ax，y,1,因为(A?B)?C=(A?C)?(B?C)，而A?C，B?C分别为方程组??,22xy，,1, x，ay,1,(?)与 ?? (?)的解集。 ,22xy，,1, 22在(?)中将?代入?消去y得(1-ax)+x=1. 22即(a+1)x-2ax=0， 2a所以x=0或x=。 2a，1 21,a2a.当x=0时y=1，当x=时，y= 22a，11，a 2,,,,a,a21,,(0,1),,.所以(?)的解集为 ,,22,,a，，a11,,,, 2,,,,,aa12,,(1,0),,,在(?)中将?代入?解(?)得 ,,22,,，a，a11,,,, (1)若(A?B)?C含有2个元素，因为(0，1)，(1，0)(A?B)?C， , 所以(A?B)?C中只含有这两个元素，从而 2a2a,,,0,122,,,a，1,a，1或。 ,,221,a1,a,,,1,022,,1，a1，a,, 解得a=0或a=1。 故当a=0或a=1时，(A?B)?C恰有2个元素。 22a1,a(2)若(A?B)?C含有3个元素，由(1)知只有,， 221，a1，a 2即a+2a-1=0. ,2,8所以a= ,,1,2.2 来源:08年数学竞赛专题一 题型:解答题～难度:较难 已知，又C为单元素集合，求A,{(x,y)y,ax},B,{(x,y)y,x，a},C,A:B 实数的取值范围。 a 答案: y,0,a,0?)若，则由; 得C,A:B,{(0,0)},y,x, ,y,axa,0?)若，由得或; (a,1)x,a,(x,0),(a，1)x,a(x,0),y,x，a, ,1,a,1所以当且仅当时，C为单元素集。 ,1,a,1所以的取值范围是。 a 来源:08年数学竞赛专题一 题型:解答题～难度:中档 n,4对于整数，求出最小的整数，使得对于任何正整数m，集合f(n) 的任一个元子集中，均有至少3个两两互质的元素。 {m,m，1,？,m，n,1}f(n) 答案: ,,n，1n，1n，1，，，，首先，在2，3，4，„，n+1中能被2或3或除的有个，记,，,,,,,,,,236，，，，,,为g(n)，其中任意3个中必有2个不互质，所以f(n)>g(n)。 引理:当m为奇数时，从{m, m+1, m+2, m+3, m+4}中任意取出4个元素，必有3个两两互质。 只需分m=6k+1, 6k+3, 6k+5三类讨论即可。 下面证明，当f(n)=g(n)+1时，题设条件成立。 用反证法，若不然，对于给定的S，因为m, m+1中必有1个奇数，从这个奇数开始，连续6个整数为一组，设n=6k+r, 1?r?6. (1)若r=1,2,3,则由引理可知，每组至多取出4个数，一共至多取出4k+r<4k+r+1=g(n)+1 个数，矛盾。 (2)若r=4,5，从m, m+1中的奇数开始分组，最后余下至少3个数，且以奇数开头。以奇数开头的连续3个正整数两两互质，从而必有1个没被取出。由引理可知一共至多取出4k+r-1<4k+r=g(n)+1个数，矛盾。 (3)若r=6，从m, m+1中的奇数开始连续6个整数为一组，最后余下以奇数开头的至少5个整数，连同第一个数(如果第一个数为偶数)作为一组，共分k+1组。由引理可知，每组至多取出4个数，一共至多取出4(k+1)<4k+5=g(n)+1个数，矛盾。 n，1n，1n，1，，，，，，综上所述，假设不成立。所以当f(n)=g(n)+1=时，对于，,，1,,,,,,236，，，，，，任意m?N，从S中任取f(n)个元素，总有3个两两互质。 + n，1n，1n，1，，，，，，故f(n)= ，,，1,,,,,,236，，，，，， 来源:08年数学竞赛专题一 题型:解答题～难度:较难 m设集合A,{1,2,？,m}，求最小的正整数，使得对A的任意一个14-分划 ，一定存在某个集合A(1,i,14)，在中有两个元素a和b满足AA,A,？,Aii1214 4b,a,b。 3 答案: 构造数表表1、表2如下。 表1 表2 A1152943？A115294311 A2163044？A216304422 A3173145？A317314533 ？？？？？？？？？？？ A12264054？A122640541212 A13274155？A132741551313 A14284256？A1428421414 如表2，第i行的数即为子集A中的元素，这时|A|=4(i=1,2,„,13)，|A|=3。显然，14ii14个子集中每一个都不存在两个元素满足题中不等式。所以m?56. 另一方面，若m=56，则对A的任意分划A，A，„，A，数42，43，„，56中必有1214 44两个数属于同一个A，取此二数为a和b，则42?a55-x-y-z，无解。 (4)C由四个元素x55.这时yzt=54-y-z-t,2?y0, 则0?b-ab。由于a+b=c(a+b), ab=cab，因此(a+b)|cab。又由于(a+b, 11111111111111, a)=1, (a+b, b)=1, 因此a+b|c。而a+b?99，即c(a+b)?99，所以3?a+b?9。1111111111由此可知，S中满足(a+b)|ab的不同数对(a, b)共有23对:当a+b=3时，有(6，3)，(12，11 6)，(18，9)，(24，12)，(30，15)，(36，18)，(42，21)，(48，24);当a+b=4时，有11(12，4)，(24，8)，(36，12)，(48，16)，当a+b=5时，有(20，5)，(40，10)，(15，11 10)，(30，20)，(45，30);当a+b=6时，有(30，6);当a+b=7时，有(42，7)，(35，1111 14)，(28，21);当a+b=8时，有(40，24);当a+b=9时，有(45，36)。 1111 令M={6，12，15，18，20，21，24，35，40，42，45，48}，则上述23个数对中的每一个数都至少包含M中的1个元素。令T=S-M。则T中任何两数都不能成为满足要求的数对(a,b)。因为|T|=38，所以所求最小自然数k?39. 另一方面，下列12个满足题中要求的数对互不相交:(6，3)，(12，4)，(20，5)，(42，7)，(24，8)，(18，9)，(40，10)，(35，14)，(30，15)，(48，16)，(28，21)，(45，36)，对于S中任一39元子集R，它只比S少11个元素，而这11个元素至多属于上述12个数对中的11个，因此必有12对中的1对属于R。故所求的最小自然数k=39. 来源:08年数学竞赛专题一 题型:解答题～难度:较难 设是20个两两不同的整数，且整合中有201个{a，a1,i,j,20}a,a,？,aij1220 不同的元素，求集合中不同元素个数的最小可能值。 {a,a1,i,j,20}ij 答案: 所给集合的元素个数的最小值为100。 11i11i首先，令a=10+10, a=10-10(i=1,2,„，10)，则{a+a|?i?j?20}中共有(20+19+„i10+iijiij}i=1，2，„，10}?{|1010||1+1)-10+1=201个不同的元素，而{a-a||1?i?j?20}={2×10,ij 2?ic的数对(b,c)(共190对)，考虑它们的差b-c，由于至多有99个不同的差(这里用反证法假设)，故必须至少91个数对(b, c)，使得存在b’, c’ ?S，满足b’公式

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