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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题04 集合第四缉
1．【2021 年吉林预赛】平面直例坐标系内有10 个不|同点P1(x1, y1), P2(x2, y2),⋯, P10(x10, y10) ，若
xi= x j 或yi= y j ,则称Pi 与P j 为一个“同标点对”(不考虑Pi 与P j 的次序).若10 个不同点满足：与每个
点构成“同标点对”的点均不超过m 个：无论何种棒况，都可以塔好将它们分成5 个点对，钱个点对都不
是“同标点对”.求m 的最大值.
【答案】4
【解析】16.解:若已知的10 个不同点为P1(1,1), P2(1,2), P3(1,3), P4(1,4), P5(1,5), P6(1,6), P7(2,2) ,
P8(2,3), P9(2,4), P10(2,5) ,考虑到P1(1,1), P2(1,2), P3(1,3), P4(1,4), P5(1,5), P6(1,6) 两两构成
“同标点对”,所以不能将以上10 个不同点恰好分成5 个点对，每个点对都不是“同标点对”.所
以m≤4 .
下面证明：若10 个不同点满足：与每个点构成“同标点对”的点均不超过4 个，则无论何种情况，都可以
恰好将它们分成5 个点对，每个点对都不是“同标点对”.
先将10 个点随意分为5 对、设为{Q1, R1},{Q2, R2},{Q3, R3}{Q4, R4},{Q5, R5}.
若Qi 与Ri(i=1,2,3,4,5) 均不构成“同标点对”，只需按上述分法即可.
若存在某对的两个点构成“同标点对”，如Q1，R1构成“同标点对”，考虑如下的调整方法：
方法1:将{Q1, R1},{Q2, R2} 换为{Q1,Q2},{R1, R2} ,共余组不变:
方法2:将{Q1, R1},{Q2, R2} 换为{Q1, R2},{R1,Q2} ,其余组不变;
方法3:将{Q1, R1},{Q3, R3} 换为{Q1,Q3},{R1, R3} ,其余组不变;
方法4:将{Q1, R1},{Q3, R3} 换为{Q1, R3},{R1,Q3} ,其余组不变；
方法5:将{Q1, R1},{Q4, R4} 换为{Q1,Q4},{R1, R4} ,其余组不变；
方法6:将{Q1, R1},{Q4, R4} 换为{Q1, R4},{R1,Q4} ,其余组不变。
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方法7:将{Q1, R1},{Q5, R5} 换为{Q1,Q5},{R1, R5} ,其余组不变;
方法8:将{Q1, R1},{Q5, R5} 换为{Q1, R5},{R1,Q5} ,其余组不变.
由于Q1, R1 除了R1,Q1 外，至多各还有3 个点与之构成“同标点对”，故上述8 种方法中必存在一种方法
使得调整后的两个点对均不构成“同标点对”。按上述方法进行一次调整，这样至少减少了一个构成“同
标点对”的点对。如果按上述方法进行一次调整后，还有构成“同标点对”的点对，再考虑类似的8 种方
法进行调整。这样随着不断调整，构成“同标点对”的点对必将逐渐减少。最终，经过有限次调整，一定
能分成5 个点对，每个点对都不是“同标点对”.
综上,m 的最大值为4.
2．【2021 年全国高中数学联赛A 卷二试】求具有下述性质的最小正数c：对任意整数n≥4，以及集合
A ⊆{1,2,⋯,n},若|A|>cn,则存在函数f : A →{1,-1},满足| ∑
a∈A
❑
f (a)⋅a|≤1.
【答案】答案见解析
【解析】所求最小的c = 2
3.
首先,当n=6, A ={1,4 ,5,6}时,不存在满足要求的f (因为A的元素和为16,且A不能划分为两个元素和均为
8 的子集的并).此时|A|= 2
3 n,故c< 2
3不具有题述性质.
下面证明c = 2
3符合要求,即当|A|> 2
3 n时，存在满足要求的f .
引理:设x1, x2,⋯, xm是正整数,总和为s,且s<2m,则对任意整数x∈[0,s],存在指标集I ⊆{1,2,⋯,m},满
足∑
t ∈I
❑
xi= x(对空指标集求和认为是零).
引理的证明：对m归纳证明.m=1时,只能x1= s=1,结论显然成立.假设m>1,且结论在m-1时成立.不妨设
x1≤x2≤⋯≤xm,
则x1+ x2+⋯+ xm-1≤m-1
m
⋅(x1+ x2+⋯+ xm)< m-1
m
⋅2m=2(m-1)
①
又由于x1+ x2+⋯+ xm-1≥m-1,
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因此xm≤m≤1+ x1+ x2+⋯+ xm-1 ②
对任意整数x∈[0,s],若x ≤x1+ x2+⋯+ xm-1,由①及归纳假设知存在指标集I ⊆{1,⋯,m-1},使得
∑
i∈I
❑
xi= x .若x ≥1+ x1+ x2+⋯+ xm-1, 则对x - xm用归纳假设( 由②知x - xm≥0), 存在指标集
I ⊆{1,⋯,m-1},使得∑
i∈I
❑
xi= x - xm.此时指标集I
' = I ∪{m}⊆{1,2,⋯,m}满足∑
i∈l
'
❑
xi= x .引理获证.
回到原问题.注意到n≥4,分两种情形讨论.
(1)|A|为偶数,设|A|=2m. 将 A 中元素从小到大依次记为a1<b1<a2<b2<⋯<am<bm.
令 xi=bi-ai>0,1≤i≤m, 则 s=∑
i=1
m
xi=(bm-a1)-∑
i=1
m-1
(ai+1-bi)≤n-1-(m-1)=n-m<2m .
(这里利用了 2m=|A|> 2
3 n). 从而 x1, x2,⋯, xm 满足引理的条件.
取x =[
s
2]∈[0,s],利用引理可知存在I ⊆{1,2,⋯,m},使得∑
i∈I
❑
xi=[
s
2],令εi={
1,i∈I ,
-1,i∈{1,2,⋯,n}∖I ，
则∑
i=1
m
εi(bi-ai)=∑
i=1
m
εi xi=[
s
2]-(s-[
s
2])=2[
s
2]- s∈{0,-1}，
从而结论成立（只需令f (ai)=- εi,f (bi)=ε1,即可).
(2)|A|为奇数,设|A|=2m+1,则m≥1.将A中元素从小到大依次记为a<a1<b1<⋯<am<bm.
令xi=bi-ai>0,1≤i≤m,同情形(1)可知s= x1+ x2+⋯+ xm<2m,又显然有s≥m.由于2m+1=|A|> 2
3 n,故
n≤3m+1.从而a≤n-2m≤m+1≤s+1.
因x1, x2,⋯, xm满足引理的条件,对x1, x2,⋯, xm及x =[
a+ s
2 ]∈[0,s]用引理,可知存在I ⊆{1,2,⋯,m},
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使得∑
i∈I
❑
xi= x =[
a+ s
2 ].
令εi={
1,i∈I ,
-1,i∈{1,2,⋯,n}∖I ，
则|-a+∑
i=1
m
εi xi|=|-a+∑
i∈I
❑
xi-∑
i≠I
❑
xi|=|-a+ x -(s- x)|=|2[ a+ s
2
]-(a+ s)|≤1，
从而结论成立（只需对i∈I,令f (ai)=-1,f (bi)=1,对i∈{1,2,⋯,n}∖I,令f (ai)=1,f (bi)=-1,并令
f (a)=-1即可).
3 ．【2021 年全国高中数学联赛B 卷二试】求最大的正整数n, 使得存在8 个整数x1, x2, x3, x4和
y1, y2, y3, y4,满足:{0,1,⋯,n}⊆{|xi- x j|∣1≤i< j≤4}∪{|yi- y j|∣1≤i< j≤4}.
【答案】9
【解析】设n符合要求,则整数x1, x2, x3, x4, y1, y2, y3, y4满足:0,1,⋯,n都属于集合X ∪Y ,
其中X ={|xi- x j|∣1≤i< j≤4},Y ={|yi- y j|1≤i< j≤4}.
注意到0∈X ∪Y ,不妨设0∈X,则x1, x2, x3, x4中必有两个数相等,不妨设x1= x2.
于是X ={0}∪{|xi- x j|∣2≤i< j≤4},所以|X|≤1+3= 4.
又|Y|≤C4
2 =6,故n+1≤|X ∪Y|≤|X|+|Y|≤10,得n≤9.
另一方面,令(x1, x2, x3, x4)=(0,0,7 ,8),( y1, y2, y3, y4)=(0,4 ,6,9)，
则X ={0,1,7 ,8},Y ={2,3,4 ,5,6,9}
即0,1,⋯,9都属于集合X ∪Y .
综上,n的最大值为9.
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4．【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<
﹐
x<y≤19,则1+2+⋯+19-1-2- x - y =2 xy,
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.
5．【2020 年四川预赛】设m 是给定的正整数.证明:对于任意给定的正整数n(n⩾2) ,均存在集合
A ={a1,a2,⋯,an}⊆Z+ ,使得对于任意的正整数k(1⩽k ⩽n) ,均有ak∣(m+ P( A )
ak
), 其中,P( A ) 表示
集合A 中的元素之积.
【答案】证明见解析
【解析】(1) 证明:m=1 时,结论成立.
对n(n⩾2) 进行归纳证明.
当n=2 时,取a1=1,a2=2 ,知结论成立.
假设结论对n-1(n⩾3) 成立,即存在An-1={a1,a2,⋯,an-1}⊆Z+ ，
对于任意的正整数k(1⩽k ⩽n-1) ,均有
ak∣(1+ P( An-1)
ak
).
令an= P( An-1)+1. 则
An={a1,a2,⋯,an}⊆Z+
显然,P( An)= P( An-1)( P( An-1)+1).
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故1+ P( An)
ak
=1+ P( An-1)( P( An-1)+1)
ak
=1+ P( An-1)
ak
+ P( An-1)
ak
P( An-1) .
当1⩽k ⩽n-1 时,显然,
ak| P( An-1),ak|(1+ P( An-1)
ak
).
从而,ak∣(1+ P( An)
ak
).
当k =n 时,1+ P( An)
an
=1+ P( An-1)=an ,
从而,an∣(1+ P( An)
an
).
故结论对n 也成立.
由归纳原理,知对于任意给定的正整数n(n⩾2) ,均存在集合A ={a1,a2,⋯,an}⊆Z+ ，
使得对于任意的正整数k(1⩽k ⩽n) ,均有
ak∣(1+ P( A )
ak
).
因此,当m=1 时,原结论成立.
(2)证明:m⩾2 时,结论成立.
当n=2 时,令a1=1,a2=m+1 ,易知结论成立.
当n⩾3 时,由（1）,知存在B ={a1,a2,⋯,an-1}⊆Z+ ，
使得对于任意的正整数k(1⩽k ⩽n-1) ,均有ak∣(1+ P(B)
ak
).
取an= P(B)+m ,则
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A ={a1,a2,⋯,an}⊆Z+ .
从而,P( A )= P(B)an .
故m+ P( A )
ak
=m+ P(B)( P(B)+m)
ak
=m(1+ P(B)
ak
)+ P(B)
ak
P(B).
当1⩽k ⩽n-1 时,显然,
ak| P(B),ak|(1+ P(B)
ak
).
从而,ak∣(m+ P( A )
ak
).
当k =n 时,m+ P( A )
an
=m+ P(B)=an ,
从而,an∣(m+ P( A )
an
).
于是,结论对n⩾3 也成立.
因此,当m⩾2 时,原结论成立.
综上,对任意的正整数m ,结论都成立.
6．【2019 年全国】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】
【解析】我们来证明一个更为一般的引理：简单连通图H 有n 个顶点，m 条边，则一定可以将其边集划分
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为[
m
2]个二元子集，二元子集之间不交且每个二元子集内的边有公共端点。
证明：归纳对m，m=1，2，3，显然成立.
设结论对m≤k 成立，k≥3，
则m=k+1 时，考虑所有叶子顶点A1, A2,…, Aq，若有两片叶子Ai A j连在同一顶点B 上，则将AiB 与AjB
分为二元子集，对其余m-2 条边由归纳假设，可分为[
m-2
2 ]=[
m
2]-1个二元子集且两两不相交，结论成
立，
否则设A1, A2,…, Aq分别接在顶点B1,B2,…,Bq上，若存在1≤i≤q ,Bi度为2，设Bi 与Ai，C 相连，将
Ai Bi与BiC 取下，同理由归纳假设结论成立，
否则对任意1≤i≤q ,d(Bi)>2，将A1, A2,…, Aq去掉，得图H '，则在H '中没有叶子结点，H '连通，则
H '为一个环，此时设B1在环上与C，D 相连，在H 中把A1B1与B1C 去掉，图依然连通，由归纳假设同理
可证，引理证毕.故原命题成立.
7．【2019 年浙江预赛】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,⋯, Ai}.
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=¿包含S中的某个集合}，
F2=¿是S中的某个集合的子集}，
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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.
8．【2019 年北京预赛】已知集合M = {2,0,1,9},A是M的子集,且A中各元素之和为3的倍数,则满足条件的
子集A的个数是
(A)8.
(B)7.
(C)6.
(D)5.
【答案】B
【解析】经枚举,各元素之和为3 的倍数的子集有{0},{9},{2,1},{0,9},{2,0,1},{2,1,9},{2,0,1,9}共7 个.
9．【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.
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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:deg(v1)⩾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:deg(v1)=1,deg(v2)=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:deg(v1)=1,deg(v2)⩾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:deg(v1)=1,deg(v2)⩾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C61
2 -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[
1815
2 ]=907个两两无公共边的角.
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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Cmi
2 ⩾ei(1⩽i⩽980),Cm
2 >e981+⋯+ek，
故2795=∑
i=1
k
ei⩽Cm
2 +∑
i=1
980
Cmi
2
①
利用组合数的凸性，即对x≥y≥3，有Cx
2+C y
2 ⩽Cx +1
2
+C y -1
2
，可知当m1，…，m980，m 由980 个2 以及一个59
构成时，Cm
2 +∑
i=1
980
Cmi
2 取得最大值.
于是Cm
2 +∑
i=1
980
Cmi
2 ⩽C59
2 +980C2
2=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=1
k
[
ei
2]⩾1
2(∑
i=1
k
ei-979)= 1
2 (2795-979)=908.
综上，所求最小的n 是2795.
10．【2018 年福建预赛】设集合M={m|m∈Z，且|m|≤2018}，M 的子集S 满足：对S 中任意3 个元素a，
b，c（不必不同），都有a+b+c≠0.求集合S 的元素个数的最大值.
【答案】20
【解析】
集合S 的元素个数的最大值为2018.
令S={s|1≤s≤2018，s∈Z}，显然集合S 符合要求，且|S|=2018.
另一方面，设S 是满足题设条件的集合，显然0∉S（否则0+0+0=0）.设S 中的所有正整数构成集合A，S
中的所有负整数构成集合B.
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若A =∅，则|S|=|B|≤2018；若B =∅，则|S|=|A|≤2018.
下面考虑A、B 非空的情形.
对于集合X， Y，记X +Y = {x + y | x∈X ，y ∈Y }，- X = {- x| x∈X }.
由题设可知，( A + B)∩(- S)=∅ （否则，设x0∈(A+B)∩(－S)，则存在a∈A，b∈B，－c∈－S，使得
a+b=x0，－c=x0.于是，存在a∈S，b∈S，使得a+b+c=0）.且A+B∈{x|x∈Z，且|x|<2017}(事实上，A 中元素
≤2018，B 中元素≤－1，于是A+B 中元素≤2017；同理，A+B 中元素≥－1027.）.
设集合A 中元素为a1，a2，…，ak，集合B 中元素为b1，b2，…，bl，且a1<a2<…<ak，b1<b2<…<bl.
∵a1+b1<a2+b1<a3+b1<…<ak+bl <ak+b2<…< ak+bl.
∴A+B 中至少有k+l－1 个元素，即|A+B|≥k+l－1=|S|－1.
结合A + B⊆¿，且( A + B)∩(- S)=∅，可得( A + B)∪(- S)⊆M，4037=|M|≥|A+B|+|－S|=|A+B|+|S|≥|S|
－1+|S|.
∴|S|≤2019.
若|S|=2019，则|A+B|+|－S|=4037=|M|.
∴(A+B)∪(－S)=M.
又由-2018∉A + B，2018∉A + B，知2018∈S，－2018∈S.
∴对于k=1，2，3，…，1009，k 与2018－k 中至少有一个不属于S，－k 与－2018+k 中也至少有一个不属
于S.因此，|A|≤1009，|B|≤1009.
∴2019=|S|=|A|+|5|≤1009+1009=2018，矛盾.
因此，|S|≤2018.
综上可得，|S|≤2018.
综上所述，集合S 的元素个数的最大值为2018.
11．【2018 年湖南预赛】已知集合A =¿.
(1)若A ∪B = B，求实数m 的取值范围:
(2)若A ∩B≠ϕ，求实数m 的取值范围.
【答案】（1）[-6,-2]；（2）(-11,3)
【解析】
(1)∵集合A =¿，A∪B=B，
∴A⊆B，
∴¿，解得−6≤m≤−2，
∴实数m 的取值范围是[−6,−2].
13 / 34
(2)∵集合A =¿，
∴当A∩B=∅时，3≤m或者m+9≤−2，
解得m≥3 或m≤−11，
∴A∩B≠∅时，−11<m<3，
∴实数m 的取值范围是(−11,3).
12．【2018 年广东预赛】已知正整数n 都可以唯一表示为n=a0+a1⋅9+a2⋅9
2+⋯+am⋅9
m ①的形
式，其中m 为非负整数，a j∈{0,1,⋯,8}（j =0，1,⋯,m-1），am∈{1,⋯,8}.试求①中的数列
a0,a1,a2,⋯,am严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和.
【答案】984374748
【解析】
设A 和B 分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S（M）表示数集M 中所有
数的和，并将满足①式的正整数记为n=amam-1⋯a1a0.
把集合A 分成如下两个不交子集A0=¿.
我们有S ( A)= S( A0)= S( A1).
对任意n∈A1，令f (n)=9n∈A0，则f 是A1到A0的双射.
由此得S( A0)=9 S( A1)，从而S ( A)=10 S( A1).
又对任意a=amam-1⋯a0∈B，令b= g(a)=(9-am)(9-am-1)⋯(9-a0)∈A1，
则g 是B 到A1的双射，其中a+b=9
m+1+9
m+⋯+9= 9
8 (9
m+1-1).
因为B =¿
所以B 中共有∑
m=0
7
C8
m+1个元素，因此S (B)+ S( A1)= 9
8 ∑
m=0
7
C8
m+1(9
m+1-1)
= 9
8∑
k =0
8
C8
k 9
k - 9
8∑
k =0
8
C8
k = 9
8 (10
8-2
8).
又令A2表示A 中最高位数am=8的正整数全体，A 中其余的数和零所构成的集合记为A3，
14 / 34
则S ( A)= S( A2)+ S( A3).
对任意a=amam-1⋯a0∈B，令b=σ (a)=(8-am)(8-am-1)⋯(8-a0)∈A3
则σ是B 到A3的双射，其中a+b=8⋅9
m+8⋅9
m-1+⋯+8=9
m+1-1.
所以S (B)+ S( A3)=∑
m=0
7
C8
m+1(9
m+1-1) =∑
k =0
8
Co
k(9
k -1)=10
8-2
8.
最后对任意a=8am⋯a0∈A2- {8}，令b= τ (a)=(8-am)⋯(8-a0)∈B.
则τ 是A2- {8}到B 的双射，其中a+b=8⋅9
m+1+8⋅9
m+⋯+8=9
m+2-1.
所以S (B)+ S( A2)=8+∑
m=0
7
C8
m+1(9
m+2-1)
=8+∑
k =1
8
C8
k(9
k +1-1)=9⋅10
8-2
8.
于是，¿
解之得S ( A)= 31
32 ×10
9+80=968750080，S (B)=15624704.
由于A 和B 中都含有1，2，…，8，因此所求正整数的和等于S ( A)+ S (B)-36=984374748.
13．【2018 年山东预赛】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2
n-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 ={3,2
3,2
4,⋯,2
n-2,2
n-1-3,2
n-1-2,2
n-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 +⋯+2
m-1=2
m-1<2
m．
15 / 34
所以，当a=2
n-1-3，b=2
n-1-2，c =2
n-1-1都不属于A ∪B时，均有f ( A)≠f (B)．
进一步，由于3+2
3+2
4+⋯+2
n-2=2
n-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．
14．【2018 年江西预赛】将前12 个正整数构成的集合M = {1,2,⋯,12}中的元素分成四个三元子集，使得
每个三元子集中的三数都满足：其中一数等于另外两数之和，试求不同的分法种数．
【答案】8
【解析】
设四个子集为M i=(ai,bi,ci)，i=1，2，3，4，其中ai=bi+ci，bi>ci，i=1，2，3，4，
设a1<a2<a3<a4，则a4=12，a1+a2+a3+a4= 1
2
(1+2+⋯+12)= 78
2 =39，
所以a1+a2+a3=27，故3a3>27，因此10≤a3≤11．
若a3=10，则由a1+a2=17，a2<10，2a2>a1+a2=17，得a2=9，a1=8，
即有(a1,a2,a3,a4)=(8,9,10,12)，
再由8=b1+c1，9=b2+c2，10=b3+c3，12=b4+c4，
必须b4=11，c4=1，共得两种情况：12=11+1，10=7+3，9=5+ 4，8=6+2；
以及12=11+1，10=6+ 4，9=7+2，8=5+3，对应于两种分法：
(12,11,1)，(10,7,3)，(9,5,4)，(8,6,2)；
(12,11,1)，(10,6,4)，(9,7 ,2)，(8,5,3)．
若a3=11，则a1+a2=16，于是8<a2<11，分别得(a1,a2)=(6,10)，(7,9)．
对于(a1,a2,a3,a4)=(6,10,11,12)，得到三种分法：
(12,8,4)，(11,9,2)，(10,7,3)，(6,5,1)；
(12,9,3)，(11,7,4)，(10,8,2)，(6,5,1)；
(12,7,5)，(11,8,3)，(10,9,1)，(6,4 ,2)．
对于(a1,a2,a3,a4)=(7,9,11,12)，也得三种分法：
(12,8,4)，(11,10,1)，(9,6,3)，(7,5,2)；
(12,10,2)，(11,6,5)，(9,8,1)，(7,4 ,3)；
16 / 34
(12,10,2)，(11,8,3)，(9,5,4)，(7,6,1)．
因此本题的分组方案共八种．
15．【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 -1
k
n.设A 是
{1，2，…，m}的n 元子集.
证明:区间(0,
n
k -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,
n
k -1)不可表示为a－a'，a，a'∈A.作带余除法m=xq+r，其中
0≤r<x.将1，2，…，m 按模x 的同余类划分成x 个公差为x 的等差数列，其中r 个等差数列有q+1 项，xr 个
等差数列有q 项.由于A 中没有两数之差为x，故A 不能包含以x 为公差的等差数列的相邻两项.
从而n=| A |⩽r ⌈q+1
2
⌉+( x -r )⌈q
2 ⌉=¿
①.
这里⌈α ⌉表示不小于α的最小整数.
由条件，我们有n>
k
2k -1 m=
k
2k -1 ( xq+r )
②
又x∈(0,
n
k -1)，故n>(k -1)x
③
情形一q 是奇数.则由①知，n⩽x⋅q+1
2
④
结合②，④可知，x⋅q+1
2
⩾n>
k
2k -1 ( xq+r )⩾
k
2k -1 xq，从而q<2k－1.
再由q 是奇数可知，q≤2k－3，于是n⩽x⋅q+1
2
⩽(k -1)x，与③矛盾.
情形二q 是偶数.则由①知，n⩽x⋅q
2 +r
⑤
结合②，⑤可知，x⋅q
2 +r ⩾n>
k
2k -1 ( xq+r )，从而
xq
2(2k -1) < k -1
2k -1 r < (k -1)x
2k -1 ，故q<2(k－1).
再由q 是偶数可知，q≤2k－4，于是n⩽x⋅q
2 +r ⩽(k -2)x +r <(k -1)x，
与③矛盾.
17 / 34
综上可知，反证法假设不成立，结论获证.
16．【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】2
2n-2
n(n+1)
【解析】先计算满足max X ⩽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2
m-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2
n+1-m-1种取法.
因此，满足max X ⩽minY 的有序集合对(X，Y)的数目是
(2
n-1)
2-n⋅2
n+2
n-1=2
2n-2
n(n+1).
由于有序集合对(X，Y)有(2
n-1)⋅(2
n-1)=(2
n-1)
2个，于是满足max X >minY 的有序集合对(X，Y)的数
目是(2
n-1)
2-n⋅2
n+2
n-1=2
2n-2
n(n+1).
17．【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.
18．【2017 年河北预赛】已知集合A ={1,2,3,4 ,⋯,101},集合B⊆A,且集合B中的最小元素是偶数.
(1)若集合B中的最小元素是2,最大元素是13,求满足条件的集合B的个数;
(2)求所有满足条件的集合B中的最大元素之和.
【答案】(1)1024；(2) - 50
3 + 100
3 ×2
101.
【解析】(1)若B中的最小元素是2,最大元素是13,则集合B除含有2 和13 外,还可含有3,4 ,5,⋯,12中的某
些数,
18 / 34
故B的个数共有C10
0 +C10
1 +C10
2 +⋯+C10
10=2
10=1024个.
(2)设n=2k ,k =1,2,⋯,50,当B中最小元素是n时,最大元素可取n,n+1,⋯,101.
最大元素是n的集合B有1 个;最大元素是n+1的集合B有2
0个;⋯⋯;
最大元素是101 的集合B有2101-(n-1)个,
故
最
小
元
素
是
n的
所
有
集
合
B的
最
大
元
素
之
和
为
T =n×1+(n+1)×2
0+(n+2)×2
1+⋯+100×2
99-n+101×2
100-n.
记s=(n+1)×2
0+(n+2)×2
1+⋯+100×2
99-n+101×2
100-n,
①
则2s=(n+1)×2
1+(n+2)×2
2+⋯+100×2
100-n+101×2
101-n.
②
①
-②
得
- s=(n+1)×2
∘+2
1+2
2+⋯+2
100-n-101×2
101-n=n+1+2(2
100-n-1)-101×2
101-n=n-1-100×2
101-n，
所以s=-n+1+100×2
101-n,
故T =1+100×2
101-n.
故集合{1,2,3,4 ,⋯,101}中最小元素是偶数的所有子集B的最大元素之和为
∑
k =1
50
(1+100×2
101-2k)=50+100∑
k =1
50
2
101-2k =50+100× 2(4
50-1)
3
=- 50
3 + 100
3 ×2
101.
19．【2017 年山西预赛】求所有的正整数n,使得集合M ={1,2,⋯,4 n}可以分拆成n个四元子集:
M =¿k =1¿n M k,对于每个子集M k ={ak ,bk ,ck ,dk}(k =1,2,⋯,n)中的ak ,bk ,ck ,dk四个元素而言,其中的
一个元素等于另外三个元素的算术平均.
【答案】答案见解析
【解析】不妨设,每个子集中,dk是ak ,bk ,ck的算术平均,dk = ak +bk +ck
3
,则有ak +bk +ck +dk = 4 dk,
19 / 34
所以，4(d1+d2+⋯+dn)=1+2+⋯+ 4 n= 4 n(4 n+1)
2
,因此,2∣n.
另一方面,当2∣n时,集合M确有满足条件的划分,
为此记n=2m,M ={1,2,⋯,8m}=¿k =1¿m-1 Ak，
其
中
Ak ={8k +1,8k +2,⋯,8k +8}= M k∪M k
' , M k ={8k +1,8k +3,8k +8,8k + 4}={ak ,bk ,ck ,dk}, M k
' ={8k +2,8k +
有8k + 4 = (8k +1)+(8k +3)+(8k +8)
3
,8k +5= (8k +2)+(8k +6)+(8k +7)
3
.
20．【2017 年江西预赛】设P ={1
2,2
2,3
2,⋯}是由全体正整数的平方所构成的集合；如果数n能够表示为
集合P中若干个(至少一个)互异元素的代数和,则称数n具有P结构.证明：每个自然数n都具有P结构.
【答案】证明见解析
【解析】证法一首先, 我们可以将前十个自然数分别表示为：
0=-3
2- 4
2+5
2,1=1
2,2=-1
2-2
2-3
2+ 4
2,3=-1
2+2
2,4 =2
2,
5=1
2+2
2,6=-1
2-3
2+ 4
2,7 =-3
2+ 4
2,8=-1
2+3
2,9=3
2.
再考虑区间(3
2,4
2]中的数,其中除了16= 4
2之外,其余的数n皆可表示为n= 4
2-k (1≤k ≤6)的形式;并且注意
到,在1、2,3、4 ,5,6中每个数的P-表示中,凡是表示式有4
2参与时,4
2皆以正项形式出现,于是由n= 4
2-k
可知,此时4
2项便被抵消(不会出现2×4
2的项);
因此,区间(3
2,4
2]中的数皆具有P-表示,也就是≤4
2的每个数都具有P-表示,且其中最大项至多为4
2,而凡是含
有4
2的表示中,4
2皆以正项形式出现.
下面使用归纳法,假若已证得，≤m
2的每个数都具有P-表示,且其中最大项至多为m
2,而凡是含有m
2的表示中,
m
2皆以正项形式出现(其中m≥4).
对于区间(m
2,(m+1)
2]中的数, 除了最大数可以直接表示为(m+1)
2之外, 其余元素n皆可表示为:
n=(m+1)
2-k ,(1≤k ≤2m).由归纳假设,m≥4,则2m<m
2,并且此k具有P-表示,其中每项皆≤m
2.因此,数n具
20 / 34
有P-表示,
故由归纳法,即知所证的结论成立.
证法二首先,0=-3
2- 4
2+5
2,1=1
2,2=-1
2-2
2-3
2+ 4
2,3=-1
2+2
2,4 =2
2,5=1
2+2
2; 当n≥3时,
2n=(n+1)
2-n
2-1
2,2n+1=(n+1)
2-n
2,
因此结论得证.
21．【2016 年福建预赛】若将集合A={1，2，…，n}任意划分为63 个两两不相交的子集(它们非空且并集
为A)A1，A2，…，A63，则总存在两个正整数x、y 属于同一个子集A1(1≤i≤63)，且x>y，31x≤32y.求满足条件
的最小正整数n.
【答案】2016
【解析】
考虑模63 的剩余类，即将集合A 划分为如下63 个两两不相交的子集：
Ai={a|a=63k+i，k∈N}(i=1，2，…，63).
于是，对每个Ai(1≤i≤63)及任意的x、y∈Ai(x>y)，均有x-y≥63.
则y≤x-63，x≤n⇒ 32y-31≤32(x-63)-31x=x-32×63≤n-20
22．【2016 年山东预赛】已知集合A、B 均是由正整数组成的集合，且|A|=20,|B|=16.集合A 满足以下
条件：若a、b、m、n∈A，且a+b=m+n，则{a,b}={m,n}.定义A + B ={a+b¿.试确定|A + B|的最小值.
【答案】200
【解析】
记A ={a1,a2,⋯,a20},B ={b1,b2,⋯,b16}，
C ={ai+b j¿，其中，j =1,2,⋯,16.
于是，A + B =¿ j =1¿16C j.
下面证明：|Cm∩Cn|≤1(m≠n).
事实上，设存在Cm、Cn(m≠n)，|Cm∩Cn|≥2.则存在k1、k2、l1、l2，使得
ak1+bm、ak2+bm、al1+bn、al2+bn∈Cm∩Cn，且
ak1+bm=ak2+bm=al1+bn=al2+bn,，
21 / 34
ak1≠ak2,al1≠al2. ①
而ak1-ak2=al1-al2
⇒ak1+al2=ak2+al1，
则{ak1,al2}={ak2,al1}.
又由结论①，知ak1=al1,ak2=al2，这是不可的能，否则，
ak1+bm∈Cn,al2+bn∈Cm
⇒ak1=bn,al2=bm，即Cm∩Cn中最多只有一个元素，矛盾.
从而，|Cm∩Cn|≤1(m≠n).
由容斥原理知
|A + B|=|¿k =1¿16Ck|
≥∑
k =1
16
|Ck|- ∑
1≤m<n≤16
16
|Cm∩Cn|
=320-120=200.
又令A ={2,2
2,⋯,2
20}，
B ={2,2
2,⋯,2
16}.
容易验证，若m ≠ n ≠ k，则
Cm∩Cn={2
m+2
n},Cm∩Cn∩Ck =∅.
因此，|A + B|=200.
综上，|A + B|的最小值为200.
23．【2016 年新疆预赛】设A 是由n 个正整数构成的集合,且A 中所有元素之和小于2
n-1.证明:集合A 至
少有两个没有公共元素的非空子集,其元素之和相同.
【答案】见解析
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【解析】
由集合A 中含有n 个元素,知集合A 的非空子集的个数为2n-1.
设B 为集合A 的任一非空子集,且SB为集合B 的元素之和.
由集合A 中所有元素之和小于2-1,知
1≤SB≤2
n-2.
因此,由抽屉原理,知必然存在集合A 的两个非空子集C、D,满足SC = SD
若C ∩D =∅,则命题得证.
若C ∩D≠∅,令
C ' =∁C (C ∩D), D' =∁D(C ∩D).
显然,C ' ∩D' =∅,且SC ' =SD'.
最后,只需证明C ' ≠∅且D' ≠∅.
若C ' =∅,则C =C ∩D,故C ⊆D.
由于C ≠D,故C ⊂D,但此时,SC<SD,与SC = SD矛盾.因此,C ' ≠∅.
类似地,D' ≠∅.
综上,集合A 至少有两个没有公共元素的非空子集,其元素之和相同.
24．【2016 年浙江预赛】设集合A =¿。用∑
x∈A
❑
1
x 表示集合A中所有元素的倒数之和。证明：∑
x∈A
❑
1
x <3。
【答案】见解析
【解析】
在k位正整数中，各位上的数码不含数字2、0、1、6 的共有6
k个，其中首位数字为3、4、5、7、8、9（组
成集合B）的各有6
k -1.从而，在所有的k位数中，∑
k
❑1
x < ∑
t ∈B
❑
6
k -1
t ×10
k -1 = 6
k -1
10
k -1(
1
3 + 1
4 + 1
5 + 1
7 + 1
8 + 1
9).则
∑
x∈A
❑
1
x <∑
k =1
+∞
(
6
10)
k -1
(
1
3 + 1
4 + 1
5 + 1
7 + 1
8 + 1
9)<3.
25．【2016 年新疆预赛】设A为一个含有n个元素的集合，A1, A2,⋅⋅⋅, An为集合A的互不相同的n个子
集. 证明：在集合A中存在一个元素a，使得A1- {a}，A2- {a}，…，An- {a}仍为互不相同的集合，其中，
23 / 34
Ai- {a}=¿.
【答案】见解析
【解析】
反证法.
假设命题不成立，则对任何a∈A，
A1- {a}，A2- {a}，…，An- {a}中必有两个集合相同.
构造图G，其顶点标记为A1，A2，… ，An，且Ai与A j(1≤i≠j≤n)连一条边（标记为a）. 若
Ai- {a}= A j- {a}，将图G中具有相同标号的边只保留一条（多余的去掉），则得到一个图G
'，它含有n个
点，n条边，且每条边的标号不同.
易见，图G
'含有一个圈，记为
C = Ai1 Ai2⋅⋅⋅Air Ai1(r ≥3).
一方面，Ai1到Ai2，再到Ai3，…，Air，最后回到Ai1增减的元素是互不相同的.另一方面，从Ai1出发增减
元素后返回到Ai1却是相同的集合.矛盾.
26．【2016 年湖北预赛】已知A =¿，且B⊂A．求实数a 的取值范围．
【答案】a∈(0,1)∪[e
1
2e ，+∞)
【解析】
易知A =¿.
显然，a＞0 且a≠1.
当0＜a＜1 时，若x
2<loga x，则0＜x＜1.
此时，恒有B⊂A.
当a＞1 时，对于满足0＜x＜1 的任意x，一定有x
2<0,loga x<0.此时，必有x
2>loga x.
故A ∩B =∅.
又B⊂A,于是，B =∅.
24 / 34
设f (x)= x
2- loga x.则B =∅等价于f (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立.
令f ' (x)=2 x -
1
x ln a =0，得
x0= ❑√
1
2ln a
.
则f (x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，+∞)上单调递增．
故f (x)的最小值为f (x0)．
要使得f (x)≥0 在区间(0，+∞)上恒成立，只需f (x0)≥O．
又f (x0)≥O
⇔
1
2ln a - loga
❑√
1
2ln a ≥0
⇔
1
2ln a -
1
2 ln
1
2ln a
ln a
≥0
⇔1+ ln (2ln a)≥0
⇔a≥e
1
2e .
综上，a∈(0,1)∪[e
1
2e ，+∞).
27
．
【
2015
年
全
国
】
设
a1、a2、a3、a4为
四
个
有
理
数
，
使
得
{aia j|1≤i< j≤4}={-24 ,-2,- 3
2 ,- 1
8 ,1,3}.求a1+a2+a3+a4的值.
【答案】a1+a2+a3+a4=± 9
4
【解析】
由条件知aia j(1≤i< j≤4)为六个互不相同的数，且其中没有两个为相反数.
于是a1、a2、a3、a4的绝对值互不相等. 不妨设|a1|<|a2|<|a3|<|a4|.
则|ai||a j|(1≤i< j≤4)中最小的、次小的两个数分别为|a1||a2|与|a2||a4|.
故¿
25 / 34
⇒{a2a3,a1a4}={-2,- 3
2 }.
结合a1∈Q，只可能a1=± 1
4 .
由此易知
(a1,a2,a3,a4)=( 1
4 ,- 1
2 ,4 ,-6)或(- 1
4 , 1
2 ,- 4,6).
经检验，两组解均满足条件.
从而，a1+a2+a3+a4=± 9
4 .
28．【2015 年全国】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、A j∈S，均有Ai∪A j∈S.若k = min
1≤i≤n| Ai|≥2（| X |表示有限集合X的元素个
数），证明：存在x∈¿i=1¿n Ai，使得x属于A1, A2,⋅⋅⋅, An中的至少n
k 个集合.
【答案】见解析
【解析】
不妨设| A1|=k.
设在A1, A2,⋅⋅⋅, An中与A1不相交的集合有s个，重新记为B1,B2,⋅⋅⋅,Bs；
设包含A1的集合有t个，重新记为C1,C2,⋅⋅⋅,Ct.
由已知条件，得Bi∪A1∈S，即Bi∪A1∈{C1,C2,⋅⋅⋅,Ct }.
于是，得到一个映射f :{B1,B2,⋅⋅⋅,Bs}→{C1,C2,⋅⋅⋅,Ct }，f (Bi)= Bi∪A1.
显然，f 为单射.从而，s≤t.
设A1={a1,a2,⋅⋅⋅,ak }.
在A1, A2,⋅⋅⋅, An中除去B1,B2,⋅⋅⋅,Bs，C1,C2,⋅⋅⋅,Ct后，在剩下的n- s-t个集合中，设包含
ai(1≤i≤k )的集合有xi个，由于剩下的n- s-t个集合中，设包含ai(1≤i≤k )的集合有xi个，由于剩下的
n- s-t个集合中每个集合与A1的交非空，即包含某个ai，从而，
x1+ x2+⋅⋅⋅+ xk≥n- s-t. ①
不妨设x1=max
1≤i≤k xi.
则由式①知x1≥n- s-t
k
，即在剩下的n- s-t个集合中，包含a1的集合至少有n- s-t
k
个.
26 / 34
又由于A1⊆Ci(i=1,2,⋅⋅⋅,t )，故C1,C2,⋅⋅⋅,Ct均包含a1.
因此，包含a1的集合个数至少为
n- s-t
k
+t n- s+(k -1)t
k
≥n- s+t
k
≥n
k .
29．【2015 年安徽预赛】已知31 名学生参加了某次考试，考试共有10 道题，每名学生至少解出了6 道题.
证明：存在两名学生，他们解出的题目中至少有5 道相同.
【答案】见解析
【解析】
设S为所有试题的集合，Si是第i名学生解出的试题的集合，T i= S {S ¿i为第i名学生未解出的试题的集合.
原题即证：存在i≠j，使得|Si∩S j|≥5.
不妨设对任意的i(i=1,2,⋅⋅⋅,31)，均有|Si|=6，|T i|= 4.
注意到，集合S共有C10
3 =120个三元子集，每个集合T i恰包含4 个三元子集.
因此，存在i≠j，使得集合T i、T j包含相同的三元子集，即|T i∩T j|≥3.
故|Si∩S j|=|Si|+|S j|-|Si∪S j|
=6+6-(10-|T i∩T j|)≥5.
30 ．【2015 年北京预赛】集合S1、S2为S = {2,3,⋅⋅⋅,2015}的一个等浓二分划（即
S1∪S2= S，S1∩S2=∅，且|S1|=|S2|=1007.记集合S1中所有数的积为a，集合S2中所有数的积为b，称
p=a+b 为S的等浓二分划的特征数.证明：
（1）集合S的等浓二分划的特征数一定为合数；
（2）若等浓二分划的特征数不为2 的倍数，则该特征数为2015
33的倍数.
注：有限集合M的元素个数简记为|M|.
【答案】（1）见解析；（2）2015
33¿
【解析】
27 / 34
（1）集合S中的2014 个数恰有1007 个偶数，1007 个奇数.
若全部偶数不全在S1、S2的同一个集合中，则S1、S2每个集合中均含偶数.
于是，a与b被2 整除.
因此，p=a+b被2 整除.
若全部偶数均在S1、S2的一个集合中，不妨设集合S1的1007 个元素全为偶数，则集合S2的1007 个元素全
为奇数.
显然，集合S1中包含偶数6，集合S2中包含奇数3.
于是，a与b均为3 的倍数.
因此，p=a+b被3 整除.
因为p>3，所以，p为合数.
（2）已知p=a+b不为2 的倍数.则p为奇数当且仅当a、b一个为奇数一个为偶数.
不妨设a为奇数.则集合S1的元素只能是3,5,⋅⋅⋅,2015这1007 个奇数.
注意到，2015=5×13×31.
在集合S1中含有因数31 的数记为31k (k =1,3,⋅⋅⋅,65).
因为961=31×31中含两个因数31，所以，集合S1中含因数31 的共有34 个.
从而，在集合S1中13k型的数中除去403=31×13，含有因数13 的数超过34 个.
类似地，在集合S1中5k型的数中除去65=13×5和31×5，含有因数5 的数远远超过34 个.
于是，2015
34¿.
集合S2的元素只能是2,4 ,⋅⋅⋅,2014这1007 个偶数.
注意到，2015=5×13×31.
在集合S2中含有因数31 的数记为
62k =2×31k (k =1,2,⋅⋅⋅,32).
因为1922=2×31×31中含两个因数31，所以，集合S2中含因数31 的共有33 个.
从而，在集合S2中10k =2×5k型或26k =2×13k型的数含的因数5 和13 各自均多于33 个.
于是，2015
33¿.
因此，2015
33¿，即2015
33¿.
31．【2015 年山西预赛】若集合M = {1,2,⋯,200}的子集A 中的每个元素均可表为两个自然数（允许相
同）的平方和，求集合A 中元素个数的最大值.
【答案】79
【解析】
28 / 34
注意到，不超过200 的平方数为0
2,1
2,2
2,⋯,14
2.
首先，1
2,2
2,⋯,14
2中的每个数k
2可表为k
2+0
2的形式，这种数共有14 个；
而1
2,2
2,⋯,10
2中的每一对数（允许相同）的和在集合M 中，这种数有C10
2 +10=55个，
其中，x
2+ x
2形式的数10 个，x
2+ y
2 (x≠y)形式的数C10
2 个.
其次，11
2+ x
2(x =1,2,⋯8)形式的数8 个，
12
2+ x
2(x =1,2,⋯,7)形式的数7 个，
13
2+ x
2(x =1,2,⋯,5)形式的数5 个，
14
2+ x
2(x =1,2)形式的数2 个，
共计22 个.
再考虑重复的情形：注意到，若x =a
2+b
2, y =c
2+d
2(a≠b,c≠d)，
则xy =(ac +bd)
2+(ad -bc)
2=(ac -bd)
2+(ad +bc)
2.
不超过40 且能表示为两个不同正整数的平方和的数有5、10、13、17、20、25、26、29、34、37、40，
该组中的每个数与5 的积，以及13
2均在集合M 中，且均可用两种方式表示为平方和，
故各被计算了两次，累计有12 次重复（10、13、17、20 与10 的积已包含在以上乘积组中）.
因此，集合A 中元素个数的最大值为14+55+22-12=79.
32．【2015 年江西预赛】从集合M = {1,2,⋯,36}中删去n个数，使得剩下的元素中，任两个数之和均不为
2015 的因数。求n的最小值。
【答案】见解析
【解析】
注意到，集合M中任两个元素之和不大于71.
由于2015=5×13×31 不大于71 的正因数有1、5、13、31、65，
故在集合M的二元子集中，
元素和为5 的有{1,4}，{2,3}；
元素和为13 的有{1,12}，{2,11}，{3,28}，{4,27}，{5,26}，{6,25}，…，{15,16}；
元素和为65 的有{29,36}，{30,35}，{31,34}，{32,33}.
29 / 34
为直观起见，将其画成一个图，每条线段两端的数为上述一个二元子集，如图所示.
为了不构成这些和，每对数（每条线段）中至少要删去一个数.
于是，在图中（甲）、（乙）中各至少要删去四个数，图中（丙）、（丁）中各至少要删去两个数，图中
（戊）中至少要删去五个数，总共至少要删去17 个数.
另一方便，删去适当的17 个数，可以使得余下的数满足条件.例如，在图中（甲）中删去12、30、4、22，
图中（乙）中删去11、29、3、21，图中（丙）中删去23、5，图中（丁）中删去24、6，图中（戊）中删
去13、14、15、31、32.此时，图中所有的线段均已被断开.
33．【2015 年吉林预赛】已知A ⊆{1,2,⋅⋅⋅,2014}，设实数λ1、λ2、λ3、x1、x2、x3满足
（i）λ1、λ2、λ3∈{-1,0,1}且不全为0；
（ii）x1、x2、x3∈A；
（iii）若xi= x j，则λi λ j≠-1(1≤i 、j≤3).
若所有形如x1 x2 x3和λ1 x1+ λ2 x2+ λ3 x3的数均不为2014 的倍数，则称集合A为“好集”.求好集A所含元
素个数的最大值.
【答案】503
【解析】
（1）构造一个503 元好集A.
设A = {1,3,5,⋅⋅⋅,1005}.
若λ1、λ2、λ3均不为0，则
λ1 x1+ λ2 x2+ λ3 x3≡x1+ x2+ x3≡1(mod 2).
30 / 34
于是，λ1 x1+ λ2 x2+ λ3 x3为奇数，一定不为2014 的倍数.
若λ1、λ2、λ3中有0，不妨设λ3=0，则由条件（i）知λ1、λ2中至少有一个不为0.
由条件（iii）知λ1 x1+ λ2 x2≠0.
注意到，|λ1 x1+ λ2 x2|≤|λ1 x1|+|λ2 x2|≤|x1|+|x2|≤2×1005<2014.
故λ1 x1+ λ2 x2一定不为2014 的倍数.
显然，x1 x2 x3为奇数，一定不为2014 的倍数.
则A = {1,3,5,⋅⋅⋅,1005}为503 元好集.
（2）设S为好集.下面证明：|S|≤503.
设S的最小元素为d.则集合S中任意两元素的差不为d.否则，设a1、a2∈S，a1-a2=d，得a1-a2-d =0
为2014 的倍数，矛盾.
将{1,2,⋅⋅⋅,1006}中大于d的元素从大到小每2d个分为一组，设可分成q组，余下的r (0≤r <2d)个数为
d +1，d +2，…，d +r.
显然，2dq+r +d =1006，q组中的每一组至多有d个数在集合S中.
由好集的定义，知2014、1007∉S，且k 与2014 -k不同在集合S中.
不妨设S⊆{1,2,⋅⋅⋅,1006}，否则，只需将集合S中大于1007 的元素换成2014 -k.
事实上，若λ1 x1+ λ2 x2+ λ3 x3中有某个xi>1007，则将其中的λi变为- λi，将xi变为2014 - xi后得到的数与
λ1 x1+ λ2 x2+ λ3 x3模2014 相同.
下面对r分情形讨论.
1）若d ≤r <2d，则d +1，d +2，…，d +r中至多有d -1个数属于集合S.
故|S|≤1+(d -1)+dq =dq+d
≤dq+ r
2 + d
2 =503.
2）若0≤r ≤d -1，则|S|≤1+r +dq≤dq+ r
2 + d
2 + 1
2 =503.5⇒|S|≤503.
从而，任意一个好集S必满足|S|≤503.
由（1）、（2），知好集A所含元素个数的最大值为503.
34．【2015 年福建预赛】若对任意的正整数m，集合{m,m+1,m+2,⋅⋅⋅,m+99}的任意n(n≥3)元子集
中，总有三个元素两两互素.求n的最小值.
【答案】68
【解析】
31 / 34
考虑m=1时的集合{1,2,⋅⋅⋅,100}的67 元子集，其元素为偶数及被3 整除的奇数，即
P = {2,4 ,⋅⋅⋅,100,3,9,⋅⋅⋅,99}.
显然，集合P中不存在三个两两互素的元素.
于是，n≤67不符合要求.
下面证明n=68符合要求.
先证明一个引理.
引理对任意的正整数m，集合
{m,m+1,⋅⋅⋅,m+5}的任意五元子集中，总有三个元素两两互素.
证明，设A为集合{m,m+1,⋅⋅⋅,m+5}的一个五元子集.
注意到，m,m+1,⋅⋅⋅,m+5这六个数三奇三偶，且恰有一个为5 的倍数.
于是，若集合A中含有三个奇数，则这三个奇数必两两互素，结论成立.
若集合A中元素为两奇三偶，由于三个偶数中至多有一个为3 的倍数，至多有一个为5 的倍数，因此，三
个偶数中必有一个数既不为3 的倍数，也不为5 的倍数，它与两个奇数两两互素，结论成立.
回到原题.
对任意的正整数m，将集合{m,m+1,⋅⋅⋅,m+99}划分成如下17 个集合：
Ai=¿，
A17= {m+96,m+97,m+98,m+99}，
设M为集合{m,m+1,⋅⋅⋅,m+99}的68 元子集.
（1）若集合M有四个元素来自集合A17，由于m为奇数时，m+96、m+97、m+98两两互素；m为偶数
时，m+97、m+98、m+99两两互素，因此，集合M中至少有三个元素两两互素.
（2）若集合M至多有三个元素来自集合A17，则集合M至少有65 个元素来自集合A1, A2,⋅⋅⋅, A16.
根据抽屉原理，知集合M至少有五个元素来自同一个集合，不妨设其来自集合A1.由引理，知它们中存在
三个两两互素的元素.因此，集合M中总有三个两两互素的元素.
从而，n=68符合要求，即对任意的正整数m，集合{m,m+1,⋅⋅⋅,m+99}的任意68 元子集中，总有三
个元素两两互素.
综上，m的最小值为68.
35．【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, A j∈S，均有Ai∪A j∈S.若k =min1⩽i⩽n|Ai|⩾2(|X|表示有限集合X 的
32 / 34
元素个数)，证明：存在x∈¿i=1¿n Ai，使得x 属于A1, A2,⋯, An中的至少n
k 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
n
|Ai|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
n
|Ai|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A j1, A j2,⋯, A ji.则Ai∪Ai j，
Ai∪A j2,⋯, Ai∪A ji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n
|Ai|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.
33 / 34
此时，可将A3∪A1与A3两个集合分为一组.
34 / 34
