【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题12 多项式 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】专题12多项式真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）一、单选题1．（2020·北京·高三强基计划）设p，q均为不超过100的正整数，则有有理根的多项式的个数为（

）A．99 B．133 C．150 D．前三个答案都不对【答案】B【分析】根据的范围可得，从而可得多项式的个数.【详解】函数单调递增，因此有唯一负有理根，注意到最高项系数为1，因此的有理根为负整数，设为，则，因此．当时，有，其中，共99组；当时，有，其中，共34组；综上所述，符合题意的多项式的个数为．故选：B.2．（2020·北京·高三强基计划）设a，b，c，d是方程的4个复根，则（

）A． B． C． D．前三个答案都不对【答案】A【分析】利用换元法将原方程转化为高次方程，再结合高次方程的韦达定理可求代数式的值.【详解】法1：设，则，类似的，定义，则是方程，即的4个复根，方程左侧中的系数为，的系数为根据韦达定理，有．法2：题中代数式也即，因此是关于x的方程，即的4个复根，故为方程的4个复根，从而，原式为．故选：A.3．（2018·全国·高三竞赛）已知.则多项式除以后，所得余式为（

）.A．0 B．1 C． D．【答案】A【详解】，是的十次单位方根.即，且.更有是的根，其中，2，…，9.又.则是方程的根，其中，2，…，9.故.选A.二、填空题4．（2020·北京·高三强基计划）已知是的2019个根，则__________．【答案】1009【分析】利用换元法结合韦达定理可求的值.【详解】设，则，从而是关于t的方程的2019个根，因此．故答案为：1009.5．（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】【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：.6．（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】.【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：7．（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【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：4.8．（2021·全国·高三竞赛）若实数a，b满足则_________．【答案】82【详解】，，．故答案为：82.9．（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【详解】由韦达定理得，，．则.10．（2019·全国·高三竞赛）已知实数、、、满足，，，.则______.【答案】20【详解】由，

①，

②联立式①、②解得，.则.故答案为2011．（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】【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12．（2018·全国·高三竞赛）多项式的三个根成等比数列．则的值为______．【答案】729【详解】设多项式的三个根为，且.由韦达定理得则.故.13．（2018·全国·高三竞赛）已知除多项式所得余式是.则______.【答案】0【详解】由题设，有.则，，，.解得..14．（2018·全国·高三竞赛）已知，且时，．则________【答案】75315【详解】设，则时，．故知1，2，3，4为的根．因为五次式，故设．于是，．∴15．（2018·全国·高三竞赛）设．若，则n的取值集合为________．【答案】【详解】将题设等式左右两边同乘得比较系数得，.由此易得数列开始的一些项依次为：1,1,2,4,7,13,24,44,81,149,从而，.接下来证明，当n更大时，不会有满足的项.这只需证明：.事实上，当时，更不会有满足的项.下面用数学归纳法证明.当n=3,4,5时结论显然成立.假设当n≤k时结论成立.则因此，当n≥3时，有.综上，满足条件的n的取值集合为{1,9}.16．（2014·吉林·高三竞赛）方程组的一组实数解为______.【答案】【详解】由韦达定理知a、b、c、d恰为方程的四个实根.注意到，.解得方程组的四个实数解为的排列.即一组实数解为三、解答题17．（2023·全国·高三专题练习）已知，且能被整除，求的值．【答案】【分析】由题意可知存在整系数多项式，使得，则当取整数时，为整数，分别取，可逐步确定的取值，得到，验证可知满足题意.【详解】令，，则存在整系数多项式，使得，即，则当取整数时，为整数；令，则，；令，则，；则只能取，，；令，则，，只能取，；令，则，，只能取，；令，则，，只能取；令，则，，只能取；若，则，此时，满足题意；综上所述：.18．（2023·全国·高三专题练习）设是多项式的四个根中的三个根，求所有这样的三个数【答案】答案见解析.【分析】根据给定条件，按和两种情况讨论，再结合韦达定理分析、推理计算作答.【详解】若则是方程的根，因此余下的要求出所有形如的多项式使得和是它的根，记这个多项式的第三个根为，则由韦达定理有，于是，因此多项式的三个根其中；若，由韦达定理知道的四个根满足：，由可得，于是，从而，，从而，又，所以，由，于是，因此，解得或或或，所以所有的为：19．（2023·全国·高三专题练习）设，是两个实系数非零多项式，且存在实数使得记，证明：【答案】证明见解析.【分析】根据给定条件，利用多项式恒等定理求出多项式的对应项系数的关系，再按和讨论，并结合含绝对值不等式的性质推理作答.【详解】因为，即，则有，于是，若，则，，，所以，于是，若，则由，得，于是，于是，，所以，于是，综上得：.20．（2023·全国·高三专题练习）设多项式，证明：至少有一个根为虚根．【答案】证明见解析.【分析】令，可知的个根为，根据韦达定理可说明必有一个为虚数，由此可得结论.【详解】，的根不为，设的个根为，令，则的个根为，由韦达定理知：，必有一个为虚数，从而为虚数，即至少有一个根为虚根.21．（2021·全国·高三竞赛）设、是无穷复数数列，满足对任意正整数n，关于x的方程的两个复根恰为、（当两根相等时）．若数列恒为常数，证明：（1）；（2）数列恒为常数．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意和韦达定理可得，取模得，若，结论显然成立，否则，由于数列恒为常数，则，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列恒为常数，则只有互为共轭的两种取值，不妨设为和，依据题意即可证明.【详解】由题意和韦达定理得,则，即．

①（1）由①取模得，若，结论显然成立；否则，由于数列恒为常数，则，即有．（2）由（1）知，对任意的，又数列恒为常数，因此只有互为共轭的两种取值和．若存在，使得，不妨设，则．若，则，即或2；若，则，且．因此，要么，要么呈、周期．故显然是常数，即证数列恒为常数.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出，再取模，对这种特殊情形和一般情形讨论即可证明结论成立；（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于的取值情况和的假设，由（1）和题意知，数列恒为常数，则只有互为共轭的两种取值，不妨记为和，若存在，使得，不妨设，则，对分类讨论即可证明.22．（2021·全国·高三竞赛）设函数有三个正零点，求的最小值.【答案】【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.23．（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【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.24．（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【详解】由题意知，故：，故x、y、z中至少一个为2020．25．（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.【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.26．（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【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.27．（2021·全国·高三竞赛）记（在模p意义下，其中p为奇质数），为系数定义在F上的多项式且，n为未定元的个数．若，证明：除外还有一个零点，即存在，使得．（注：取值也均从F中取，本题中所有等于与取值均在模意义下进行）【答案】证明见解析.【详解】反证法：若结论不成立，则对任意有．考虑多项式，则．

①下证，则结论成立．对n归纳证明，当时，由拉格朗日定理知结论成立（即）．设时，对应的g满足．对时，记．考虑以为主元，对g用h作带余除法，有，且在p中的次数小于．而对任意我们知当时，，故．即对任意一给定的，有．而给定后，相当于的多项式，而关于次数小于．故此时p相对为零多项式（由拉格朗日定理），故也为0．故在取值上，恒为0．（仅在取值上！如可取）．故，此时作为关于的多项式也满足①式．由归纳假设知，故．28．（2018·全国·高三竞赛）求满足条件的实系数多项式：（1）对于任意的实数，有；（2）存在某一实数，使，，…，，，其中为的次数.【答案】【详解】取，由（1）可得，从而，不含常数项，记.再由条件（1）可知：展开后比较两边系数可得，故.由（2）可得，但，故.所求的多项式为.29．（2018·全国·高三竞赛）设实系数三次多项式有三个非零实根．证明：．【答案】见解析【详解】设、、为的三个根．由根与系数关系得．要证结论成立，只要证．①