【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

这是一份【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，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


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．99B．133C．150D．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．0B．1C．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20
11．（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
若，则式①成立．
若，不妨设．
由式①的齐次性，不妨设．
则，．
故式①．
由
．
从而，原不等式成立．
30．（2018·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
【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，.