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2011年全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案


学奥数,这里总有一本适合你! 华东师范大学出版社

2011 年全国高中数学联赛山东省预赛

2011 年全国高中数学联赛山东省预赛由山东省数学会普及工作委员会及山 东省数学竞赛委员会主办,由山东省数学竞赛委员会组织及负责命题. 试题以《全日制普通高中(新)课程标准》的内容和要求为依据,在方法和能 力的要求上有所提高,试题包括 10 道选择题、4 道填空题、5 道解答题,全卷满 分 150 分. 预赛时间:2011 年 9 月 10 日(星期六)9:30---11:30 预赛地点:全省各市组织进行. 此项预赛人数为 14.5 万人,获奖面为参赛人数的 5%,按 1:2:4 的比例, 设一、二、三等 3 个奖项,并根据成绩从中选拔 2000 名优胜者参加 2011 年全国 高中数学联赛山东赛区决赛.

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一、选择题(每小题 6 分,共 60 分) 选择题(
1.已知集合



M = {x |(x ?1)(x ? 3)(x ? 5) < 0, x ∈R }, N = {x |(x ? 2)(x ? 4)(x ? 6) > 0, x ∈R }.
M IN =(
(A) (2,3) ) . (B) (3, 4) (C) (4,5) (D) (5, 6) ) . (D) 6 ) .

2.已知 z = ( 3 ? 3i ) n , 若 z 为实数,则最小的正整数 n 的值为( (A) 3 (B) 4 (C) 5

3.已知 p: , b, c, d 成等比数列,q: ad = bc , 则 p 是 q 的( a (A) 充分不必要条件 (C) 充分且必要条件
2

(B) 必要不充分条件 (D) 既不充分也不必要条件 ) . (D) (1, + ∞ ) ) .

4.函数 f ( x ) = log 0.3 ( x + x ? 2) 的单调递增区间是( (A) ( ?∞, ?2) (B) ( ?∞,1) (C) (-2,1)

5.已知 x, y 均为正实数,则

x y + 的最大值为( 2x + y x + 2 y
(C) 4

(A) 2

(B)

2 3

(D)

4 3

6.直线 y=5 与 y = ?1 在区间 ?0,

? 4π ? ω ? 上截曲线 y = m sin 2 x + n (m > 0, n > 0) 所得 ? ω ?
) .

的弦长相等且不为零,则下列描述正确的是( (A) m ≤

3 5 , n= 2 2 3 5 (C) m > , n= 2 2

(B) m ≤ 3, n = 2 (D) m > 3, n = 2

7.有 6 名同学咨询成绩.老师说:甲不是 6 人中成绩最好的,乙不是 6 人中成绩最差 的,而且 6 人的成绩各不相同.那么他们 6 人的成绩不同的可能排序共有 ( ) . (A) 120 种 (B) 216 种 (C) 384 种 (D) 504 种 ) .

8.若点 P 在曲线 y = ? x 2 ? 1 上,点 Q 在曲线 x = 1 + y 2 上,则 PQ 的最小值是( (A) 3 2 (B)

3 2 2

(C)

3 2 4

(D)

3 2 8

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9 . 已 知 函 数 f ( x) = (

1 1 + ) x 2 + bx + 6 ( a, b 为 常 数 , a > 1 ) , 且 a ?1 2
x

f (lg log 8 1000) = 8 ,则 f (lg lg 2) 的值是(
(A) 8 (B) 4

) . (C) ?4 (D) ?8

10.在等差数列 {an } 中,若 小正值时, n = ( (A) 1 ).

a11 < ?1 ,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 Sn 取最 a10
(C) 19 (D) 20

(B) 10

二、填空题(每小题 6 分,共 24 分) 填空题( 11.已知 f ( x ) = cos 2 x + p | cos x | + p , x ∈ R .记 f ( x ) 的最大值为 h ( p ) ,则

h ( p ) 的表达式为

. 则x= .
2

12.已知 sin( x + sin x) = cos( x ? cos x) , x ∈ [ 0, π ],

13.设 A, B 为抛物线 y 2 = 2 px( p > 0) 上相异两点,则 OA + OB ? AB 的最小值为 ___________________. 14 . 已 知 ?ABC 中 , G 是 重 心 , 三 内 角 A, B, C 的 对 边 分 别 为 a, b, c , 且

uuu uuu v v

uuu v

2

uuu r uuu v uuuv 56aGA + 40bGB + 35cGC = 0 ,则 ∠B =__________.
三、解答题(本大题共 5 题,共 66 分) 解答题( 15.(12 分)不等式

π 2 2 sin 2θ ? (2 2 + 2a )sin(θ + ) ? > ?3 ? 2a 4 cos(θ ? π ) 4
对 θ ∈ ?0,

? π? ? 恒成立.求实数 a 的取值范围. ? 2?

16. (12 分)已知在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, O, E , F , G 分
A1

D1 F

G

C1 B1

别为 BD, BB1 , A1 D1 , D1C1 的中点,且 AB = 1 . 求四面体 OEFG 的体积.
D A O

E C B

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17. (12 分) 在平面直角坐标系中, 已知圆 C1 与圆 C2 相交于点 P ,Q , 点 P 的坐标 为 ( 3, 2 ) , 两圆半径的乘积为 方程.

13 . 若圆 C1 和 C2 均与直线 l : y = kx 及 x 轴相切, 求直线 l 的 2

18. (15 分)甲乙两人进行某种游戏比赛,规定每一次胜者得 1 分,负者得 0 分;当 其中一人的得分比另一人的多 2 分时即赢得这场游戏, 比赛随之结束; 同时规定比赛次数最 多不超过 20 次,即经 20 次比赛,得分多者赢得这场游戏,得分相等为和局.已知每次比赛 甲获胜的概率为 p ( 0 < p < 1 ) ,乙获胜的概率为 q = 1 ? p .假定各次比赛的结果是相互 独立的,比赛经 ξ 次结束,求 ξ 的期望 Eξ 的变化范围.

19. (15 分) 集合 M ? {1, 2, L , 2011}, 若 M 满足:其任意三个元素 a , b , c ,均满足
ab ≠ c ,则称 M 具有性质 P ,为方便起见,简记 M ∈ P .具有性质 P 的所含元素最多的集

合称为最大集.试问具有性质 P 的最大集共有多少个?并给出证明.

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本文档选自华东师范大学出版社的《高中数学联 赛备考手册(2012) (预赛试题集锦) ,该书收录 》 了 2011 年各省市预赛试题和优秀解答。 预赛命题人 员大多为各省市数学会成员,试题在遵循现行教学 大纲,体现新课标精神的同时,在方法的要求上有 所提高。命题人员大多同时兼任各省市高考命题工 作,试题对高考有一定的指导作用,本书架起了联 赛与高考的桥梁,是一本不可或缺的备考手册。

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解 答
1.B. 提示: M = ( ?∞,1) U (3,5) , N = (2, 4) U (6, +∞) .所以 M I N = (3, 4) . : 2.A. 提示: z = ( 3 ? 3i ) = ( ?2 3) ( ? :
n n

1 3 n + i ) , n = 3 是使 z 为实数的最小的正 2 2

整数. 3.A. 提示:充分性显然成立,必要性不成立.例: a = 1, b = 2, c = 5, d = 10 . : 4.A. 提示:由对数函数的性质知, x + x ? 2 > 0 ,则 x > 1 或 x < ?2 .当 x < ?2 时,
2

f ( x) 为增函数;当 x > 1 时, f ( x) 为减函数.
5.B. 解法一 令 s = 2 x + y , t = x + 2 y ,则

1 x = (2 s ? t ), 3
所以

1 y = (2t ? s ). 3

x y 4 1 t s 2 + = ? ( + )≤ . 2x + y x + 2 y 3 3 s t 3
解法二 解法二 令 t =

y , 则 t ∈ (0, + ∞) , 此时 x x y 1 t + = + = f (t ) , 2 x + y x + 2 y t + 2 2t + 1

即有

3(t 2 ? 1) f '(t ) = ? . (t + 2) 2 (2t + 1) 2
' ' 显然当 t < 1 时, f (t ) > 0 ;当 t > 1 时, f (t ) < 0 ,所以函数 f (t ) 在 t = 1 , 即 x = y 时

取得最大值 f (1) =

2 . 3

6 . D. 提 示 : 函 数 y1 = m sin

ωx
2

, x ∈ ? 0,

? 4π ? ? 的 图 象 只 有 被 y=a 及 ? ω ?

y = ? a, 0 ≤ a < m 这样的两直线所截,截得的弦长才能相等,且不为零.所以截取函数 y = m sin

ωx

? 4π ? + n, x ∈ ?0, ? 2 ? ω ?

的 图 象 所 得 弦 长 相 等 且 不 为 零 的 两 直 线 应 为 y = n + a, y = n ? a, 0 ≤ a < m , 即 有

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n + a = 5, n ? a = ?1. 解得 n = 2 , a = 3 .进而 m > 3 .
7.D. 解法一 以 A 记甲成绩排名第一的所有可能的排序之集, 以 B 记乙成绩排名为 最后的所有可能的排序之集,则 A = B = 5! , A I B = 4! . 甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序数为

A U B = A + B ? A I B = 216 .
按照老师所述,这6位同学成绩可能的排序数为 6!? 216 = 504 . 解法二 以乙的成绩不在最后为前提,考虑甲的成绩不在第一的所有可能排序. (1)甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为 A5 = 120 ;
5

(2)甲的成绩不在最后,又不在第一的所有可能排序数为 C4 ? C4 ? A4 = 384 .
1 1 4

所以甲不在首,乙不在尾的所有可能排序数为 120 + 384 = 504 . 8.C. 提示: 两抛物线 y = ? x ? 1 , x = 1 + y 关于直线 y = ? x 对
2 2

y x

称. 所求 PQ 的最小值为抛物线 y = ? x ? 1 上的点到直线 y = ? x 距离的
2

o

最小值的两倍.设 P ( x, ? x 2 ? 1) 为 y = ? x 2 ? 1 上任意点, 则

d=

| x ? x2 ?1| 2
d min =

=

x2 ? x +1 2

,

3 2 3 2 , PQ min = . 8 4

9.B. 提示:由已知可得

f (lg log 8 1000) = f (lg


3 ) = f (? lg lg 2) = 8. 3lg 2

1 1 ax 1 1 1 1 1 + = + = ?1 + + =? x ? . ?x x x a ?1 2 1 ? a 2 1? a 2 a ?1 2
令 F ( x ) = f ( x ) ? 6 ,则有 F ( ? x) = ? F ( x ).从而有

f (? lg lg 2) = F (- lg lg 2) + 6 = -F (lg lg 2) + 6=8.
即知

F (lg lg 2) = ?2,

f (lg lg 2) = F (lg lg 2) + 6 = 4.

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10. 提示: C. 设该等差数列的公差为 d . 显然 d < 0 . 由 且 a11 + a10 < 0.因此

a11 < ?1 , a10 > 0, a11 < 0, 知 a10

a1 + a20 × 20 = 10(a10 + a11 ) < 0, 2 a +a S19 = 1 19 × 19 = 19a10 > 0. 2 S 20 =
由 a11 + a10 < 0, 知 2a1 + 19d < 0 .从而有

S19 ? S1 = 19a1 +

19 × 18 d ? a1 2 = 18a1 + 9 × 19d = 9(2a1 + 19d ) < 0.

所以 n = 19 .

11 . h( p ) = ?

? p ? 1, p < ?2, 2 提 示 : cos 2 x = 2 cos x ? 1 , 令 cos x = u , 则 ?2 p + 1, p ≥ ?2.

0 ≤ u ≤1 且 f ( x) = 2u 2 + pu + p ? 1 = F (u ) .
抛物线 y = F (u ) 顶点的横坐标为 ?

p ,所以 4

p 1 ? ? F (1), ? 4 ≤ 2 , ? h( p ) = ? ? F (0), ? p > 1 . ? 4 2 ?
即 h( p ) = ?

? p ? 1, p < ?2, ?2 p + 1, p ≥ ?2.

12.

π
4

. 提示:原方程等价于:

cos( ? x ? sin x) = cos( x ? cos x). . 2
所以

π

x ? cos x = 2kπ +


π
2

? x ? sin x, k ∈ z, KKK (1)

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x ? cos x = 2kπ ? ( ? x ? sin x),k ∈ z, KKK (2) 2
由(1)得:

π

2 x + sin x ? cos x = 2kπ +

π
2



且函数 f ( x ) = 2 x + sin x ? cos x 在 [0, π ] 上为增函数.所以
?1 = f (0) < 2 k π +

π

由此得 k = 0 .所以 2 x + sin x ? cos x = 令 g ( x ) = 2 x + sin x ? cos x ?

π

2

< f (π ) = 2π + 1 .


π
2

2

,易知 g ( x ) 在 [0, π ] 上单调递增,且当 x >

π
4

时,

g ( x) > 0 ;当 x <

π
4

时, g ( x ) < 0 ,因此当且仅当 x =

π
4

时, g ( x ) = 0 .

由(2)得: sin x + cos x = 方程无解.

π
2

? 2kπ .因为 1 <

π
2

? 2kπ < 2 ,故 k 无整数解,即此

综上所述, 原方程的解为 x =

π
4



13. ?4 p 2 . 解法一 设 A( x A , y A ), B ( xB , yB ) ,则

uuu uuu 2 v v OA + OB = ( x A + xB ) 2 + ( y A + yB )2, uuu 2 v AB = ( x A ? xB ) 2 + ( y A ? yB ) 2, uuu uuu 2 uuu 2 v v v OA + OB ? AB = 4( xA ? xB + y A ? yB ).
设直线 AB 和 x 轴交于点 P ( a, 0) .若直线 AB 的斜率存在,设为 m ,则直线 AB 的方 程为 y = m( x ? a ) ,将其代入抛物线方程得

m 2 x 2 ? 2 ( am 2 + p ) x + m 2 a 2 = 0 .
由二元一次方程根与系数的关系得 x A xB = a , 由此得
2

y A yB = m 2 ( xA ? a )( xB ? a ) = ?2ap .
所以

uuu uuu 2 uuu 2 v v v OA + OB ? AB = 4( x A ? xB + y A ? yB ) = 4[(a ? p ) 2 ? p 2 ] > ?4 p 2 .
当直线 AB 的斜率不存在时,有 xA = xB = a, y A = ? yB =

2ap .所以仍有

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uuu uuu 2 uuu 2 v v v OA + OB ? AB = 4( x A ? xB + y A ? yB ) = 4[(a ? p ) 2 ? p 2 ] ≥ ?4 p 2 .
显然,当且仅当 a = p 时,即直线 AB 的斜率不存在时等号成立, OA + OB ? AB 有最小值 ?4 p .
2

uuu uuu 2 v v

uuu 2 v

2 2 yA yB , y A ), B( , yB ) ,则 解法二 设 A( 2p 2p 2 2 uuu uuu 2 v v y A + yB 2 OA + OB = ( ) + ( y A + yB ) 2 , 2p 2 2 uuu 2 v y A ? yB 2 AB = ( ) + ( y A ? y B ) 2. 2p

所以

uuu uuu 2 uuu 2 v v v OA + OB ? AB
2 2 y A ? yB + y A ? yB ) 4 p2 . y ?y = 4[( A B + p ) 2 ? p 2 ] 2p

= 4(

≥ ?4 p 2
当 y A yB = ?2 p 时, ,
2
o

uuu uuu 2 uuu 2 v v v OA + OB ? AB 取最小值 ?4 p 2 .

14. 60 . 提示:因为 GA + GB + GC = 0 ,所以

uuu uuu uuuv v v

uuu v uuu v uuuv 40bGA + 40bGB + 40bGC = 0 .
所以

uuu v uuu v uuuv (56aGA ? 40b) GA + (35c ? 40b) GC = 0 .
因为 GA, GC 不共线,所以有

uuu uuuv v

7 a ? 5b = 0, 7c ? 8b = 0 .
设 a = 5k , 则 b = 7 k , c = 8k ,由余弦定理可得

cos B =
所以 ∠B = 60 .
o

25k 2 + 64k 2 ? 49k 2 1 = . 2 × 5k × 8k 2

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15. 15.设 x = sin θ + cos θ ,则有

π π 2 sin 2θ = x 2 ? 1 , sin(θ + ) = cos(θ ? ) = x , x ∈ ?1, 2 ? . ? ? 4 4 2
原不等式化为:

x 2 ? 1 ? (2 2 + 2a )

2 2 2 x? > ?3 ? 2 a . 2 2 x 2



x 2 ? 1 ? (2 + a ) x ?
整理得

4 + 3 + 2a > 0 , x

(2 ? x)a > 2 x ? x 2 +

4 ? 2x 2? x = x(2 ? x) + 2 × . x x 2 . x

因为 x ∈ ?1, 2 ? , 2 ? x > 0 ,即得 a > x +

?

?

令 f ( x) = x +

2 , x

则函数 f ( x ) 在 x ∈ ?1, 2 ? 上单调递减, 所以 f ( x ) 在 x ∈ ?1, 2 ?

?

?

?

?

上的最大值为 f (1) = 3 .即知 a 的取值范围为 a > 3 .

16. 连结 B1 D1 交 FG 于 H , 连结 A1C1 , B1 D1 ⊥ A1C1 . 则 因为 F , G 分别为 A1 D1 , D1C1 的中点,所以 FG ??A1C1 ,因此 FG ⊥ B1 D1 .又因为
BB1 ⊥ 面 A1 B1C1 D1 , FG 在平面 A1 B1C1 D1 内,所以 BB1 ⊥ FG .
F A1

D1 H

G

C1 B1

E

由此得 FG ⊥ 面 BB1 D1 D .因为 FH = GH ,所以
A

D O B

C

VO ? EFG = VF ?OEH + VG ?OEH = 2VF ?OEH =
在梯形 OBB1 H 中

2 SOEH ? FH . 3

S ?OEH = S梯形OBB1H ? S ?EB1H ? S ?OBE =
因此四面体 OEFG 的体积为

5 2 2 3 2 5 2 ? ? = . 8 8 16 16

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1 5 2 2 5 VO ? EFG = 2 × × × = . 3 16 4 48

17. 由题意知, O, C1 , C2 共线. 设圆 C1 与圆 C2 的半径分别为 r1 , r2 ,直线 C1C2 的斜率 为 tan α ≠ 0 .令 m = cot α ,则圆 C1 与圆 C2 的圆心分别为 C1 ( mr1 , r1 ) , C2 ( mr2 , r2 ) , 两圆 的方程分别为

( x ? mr1 ) 2 + ( y ? r1 )2 = r12 , ( x ? mr2 ) 2 + ( y ? r2 ) 2 = r22.
点 P (3, 2) 是两圆的公共点,所以

y C2 C1 O x

(3 ? mr1 )2 + (2 ? r1 ) 2 = r12, (3 ? mr2 ) 2 + (2 ? r2 ) 2 = r22.
由此可知 r1 , r2 是方程

m 2 r 2 ? (6m + 4)r + 13 = 0
的两个根,即有 r1r2 =

13 , m = 2 .从而知直线 l 的方程为 m2 2 tan α y = tan 2α ? x = x = 2 2x . 1 ? tan 2 α

若 则甲乙得分之差亦为奇数, 因 18. 以 p (ξ = k ) 记比赛经 k 次结束的概率. k 为奇数, 而有 p (ξ = k ) = 0 . 考虑头两次比赛的结果: (1)甲连胜或乙连胜两次,称为有胜负的两次,此结果出现的概率为 p + q ;
2 2

(2)甲乙各胜一次,称为无胜负的两次,此结果有两种情况,故出现的概率为 2 pq . 比赛经 k 次结束, k 必为偶数,则 1,2 两次,3,4 两次,……, k ? 3, k ? 2 两次均未分 胜负. 若 k ≠ 20 ,则第 k ? 1, k 两为有胜负的两次,从而有

p(ξ = k ) = (2 pq) 2 ( p 2 + q 2 ) .
若 k = 20 ,比赛必须结束, 所以

k

?1

p (ξ = 20) = (2 pq )9 .

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综上所述

Eξ = ( p 2 + q 2 )∑ 2i (2 pq )i ?1 + 20(2 pq )9.
i =1

9

由 p + q = 1 ,知 p + q = 1 ? 2 pq .令 u = 2 pq ,则 p + q = 1 ? u ,所以
2 2 2 2

Eξ = (1 ? u )∑ 2iu i ?1 + 20u 9 .
i =1

9

令s =

∑ 2iu
i =1

9

i ?1

,



us = ∑ 2iu i = ∑ 2(i ? 1)u i ?1 = ∑ 2(i ? 1)u i ?1 ,
i =1 9 i =2 i =1

9

10

10

(1 ? u ) s = ∑ 2u i ?1 ? 18u 9 =
i =1

2(1 ? u ) ? 18u 9 , 1? u
9

Eξ = (1 ? u ) s + 20u 9 2 = [1 ? u 9 ? 9u 9 (1 ? u ) + 10u 9 (1 ? u )] 1? u 2(1 ? u10 ) = . 1? u 1 1 8 因 0 < u ≤ ,所以有 2 < Eξ ≤ 4 ? ( ) . 2 2
19. 令 A = {2, 3, L , 44} , B = {45, 46, L , 2011} U {1} . 对任一 M ∈ P ,令
M 显然,集合 B ∈ P. 设最大集元素的个数为 n0 ,则 n0 ≥| B |= 1968 . = M I A, M = M I B.

A

B

若 M ∈ P ,设 M B 中除1之外的最小元为 45 + p , 0 ≤ p ≤ 42 . 集合 A 中与 45+p 的乘积大于 2011 的元素个数记为 q ,则

q = 44 ? ?
结论 1 当 p ≥ 4 时,有 q < p . 事实上,若有 p ≤ q < 45 ?

2011 ? 2011 ? < 45 ? . ? 45 + p ? 45 + p ?

2011 45 + p

,即

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45 p + p ≤ 45(45 + p ) ? 2011 ,
则可解得 p ≤ 3 . 不难验证,当 0 ≤ p ≤ 3 时,均有 p = q .令
2 2 M A = M 1 U M A ,且 M 1 I M A = φ , A A

2

这里

M 1 = {k k ≤ 44 ? q, k ∈ M A } , A
2 M A = {k k > 44 ? q, k ∈ M A } .

设 M A = a1 , a2 , L , at

1

{

} ,且 a1 < a2 < L < at .

结论 2 若 M ∈ P 是最大集,则 p ≤ 3 . 事 实 上 ,否 则 的话 , p ≥ 4 , 由 结 论 1, 知 q < p , 因 为 ai (45 + p ) < 2011 , 所以

ai (45 + p ) ? M B (i = 1, 2, K , t ) .因此

{( 45 + p ) a1 , ( 45 + p ) a2 , L , ( 45 + p ) at } I M B = φ .
容易求得: M A = t , M A ≤ q , M B ≤ (1968 ? p ) ? t .
1 2 1 2

所以

M = M A + M A + M B ≤ t + q + (1968 ? p ) ? t < 1968 ≤ n0 ,
这与 M 为最大集矛盾. 结论 3 若 M ∈ P 是最大集,则 M A = t ≤ 1 .假定 t ≥ 2 . (1) 当 p = q = 0 时, 由结论 2 的证明可知
1

{45a1 , 45a2 , L , 45at } I M B = φ .
因为

45at ? 46at ?1 = 45(at ? at ?1 ) ? at ?1 ≥ 45 ? at ?1 > 0 ,


45at ?1 < 46at ?1 < 45at < 2011 .
由此知 46 和 46 at ?1 中至少有一个不属于 M B ,所以

M ≤ t ? 1968 ? (t + 1) = 1967 < n0 ;

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(2)当 1 ≤ p = q ≤ 3 时, 若 M A = φ ,同理可得

2

M ≤ t ? (1968 ? p ) ? t ≤ 1967 < n0 ;
若有 b ∈ M A ,则 44 ? q < b ≤ 44 , 则必有 a1b > 45 + p ,所以 a1b ? M B ,同理可 得
2

M ≤ t + q + (1968 ? p ) ? (t + 1) ≤ 1967 < n0 .
综合(1)(2) , ,以及结论 2 知, t ≤ 1 . 结论 4 若 M ∈ P 是最大集,则 M A ≤ 1 . 事实上, 若 M A > 1 ,任取其中两个数 a , b ,由结论 3 知, 其中必有一数, 设为
b ∈ M A ,从而 ab ? M B , a (45 + p ) ? M B ,则
2

M ≤ 1 + q + (1968 ? p ) ? 2 ≤ 1967 < n0 .
所以 M A ≤ 1 .由此可知,若 M ∈ P 是最大集,只有下述三种可能: (1) M A = φ , M B = B (2) M A = 44 , M B = B \ 45

{ }

{ }

(3) M A = 44 , M B = B \ 44 × 45 注:1. A = cardA; 2. A \ B = x x ∈ A且x ? B .

{ }

{

}

{

}


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