高中数学竞赛和自主招生十六专题（含答案）

1 竞赛与自主招生专题十六讲竞赛与自主招生专题十六讲 第一讲第一讲 集合与命题集合与命题 第二讲第二讲 均值、柯西、排序不等式均值、柯西、排序不等式 第三讲第三讲 不等式的性质及证明不等式的性质及证明 第四讲第四讲 函数的性质函数的性质 第五讲第五讲 函数与方程函数与方程 第六讲第六讲 导数与积分导数与积分 第七讲第七讲 定积分与微积分应用定积分与微积分应用 第八讲第八讲 数列的通项与递推数列数列的通项与递推数列 第九讲第九讲 等差数列等比数列与数列求和等差数列等比数列与数列求和 第十讲第十讲 数列的极限与数列综合数列的极限与数列综合 专题第十一讲专题第十一讲 三角综合提高三角综合提高 专题第十二讲专题第十二讲 立体几何立体几何 第十三讲第十三讲 排列组合与二项式定理排列组合与二项式定理 第十四讲第十四讲 概率统计、随机变量概率统计、随机变量 第十五讲第十五讲 解析几何一解析几何一 第十六讲第十六讲 解析几何二解析几何二 2 应试和准备策略 1.注意知识点的全面 数学题目被猜中的可能性很小，一般知识点都是靠平时积累，因此，要求 学生平时要把基础知识打扎实。剩下的就是个人的现场发挥。 2.注意适当补充一点超纲内容 如上面提及的一些平时不太注意的小章节或高考不一定考的问题，如矩阵， 行列式等也不可忽视。 3.适当做近几年的自主招生的真题 俗话说，知己知彼，百战百胜。同学们可适当地训练近几年自己所考的高 校自主招生的试题，熟悉一下题型和套路还是有益的。 总之，同学们若是注意一些知识点的延伸和加深，考试时必定会有一种居 高临下的感觉。 第一讲第一讲 集合与命题集合与命题 一、一、知识补充：知识补充：容斥原理容斥原理 基本公式:(1)card(AB)card(A)card(B)card(AB)； (2)card(AB C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AB)-card(AC)-card(BC)+card(ABC) 问题：开运动会时，高一某班共有 28 名同学参加比赛，有 15 人参加游泳比赛， 有 8 人参加田径比赛，有 14 人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的 3 有 3 人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有 3 人，没有人同时参加三项比赛，问 同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少人？ 解：设 A参加游泳比赛的同学，B参加田径比赛的同学，C参加球类 比赛的同学,则 card(A)=15， card(B)=8， card(C)=14， card(ABC)=28,且 card(A B)=3，card(AC)=3，card(ABC)=0,由公式得 281581433 card(BC)+0,即 card(BC)=3,所以同时参加田径和球类比赛的共有 3 人，而只 参加游泳比赛的人有 15339(人) 二抽二抽屉屉原原理理 抽屉原理的基本形式 定理 1、如果把 n+1 个元素分成 n 个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合， 其中至少有两个元素。 证明： （用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多 1 个元素， 从而 n 个集合至多有 n 个元素，此与共有 n+1 个元素矛盾，故命题成立。 例 1 已知在边长为 1 的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图 1） 。证 明：至少有两个点之间的距离不大于 . 分析：5 个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为 1 的等边三角形内（包括 边界）有 5 个点，那么这 5 个点中一定有距离不大于 的两点” ，则顺次连接三 角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为 4 个全等的边长 为 的小等边三角形，则 5 个点中必有 2 点位于同一个小等边三角形中（包括边 4 界） ，其距离便不大于 。 以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边 长”来保证，下面我们就来证明这个定理。 如图 2，设 BC 是ABC 的最大边，P，M 是ABC 内（包括边界）任意两点， 连接 PM，过 P 分别作 AB、BC 边的平行线，过 M 作 AC 边的平行线，设各平 行线交点为 P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A因为 BCAB，所以 AC，则QNPPQN，而QMPQNPPQN（三角形的外角大于 不相邻的内角） ，所以 PQPM。显然 BCPQ，故 BCPM。由此我们可以推 知，边长为 的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于 。 三、针对性训练三、针对性训练 1对集合1，2，n及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和” 如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结 果， 例如， 集合的 “交替和” 是 9-6+4-2+1=6.的 “交替和” 是 6-5=1， 的交替和是 2。那么，对于 n=7。求所有子集的“交替和”的总和。 解：集合1，2，3，4，5，6，7的子集中，除去7外还有个非空子集合， 把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则 是设这是把结合为一组， 显然， 每组中， “交 替和”之和应为 7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为 。 5 2n 元集合具有多少个不同的不交子集对？ 分析：我们一般想法是对于一个子集，求出与它不交的子集个数，然后就可以 求出总的子集对来了。 解：如果子集对是有序的，即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集， 则第一个子集若是 k 个元素，第二个子集就由其余 n-k 个元素组成，可能的情况 是种，而这时第一个集合的选取的可能情况应为种，那么 k 从 o 变到 n， 总的情况可能就是。如果子集对是无序的，即两个子 集相同但次序不同的子集对不认为不同，则对有序子集对中有一对是由两个 空集组成，而对其它个有序对，每一对中交换两个子集的次序，得到的是 同一个无序子集对，因此有个无序子集对，其中至少有一个子集非空， 于是无序子集对的总数为 分析二：我们可以从元素的角度来思考问题。对一个元素来说，它有三种不同 的选择，在第一个集合中，在第二个集合中，或者不在两个集合中。 解法二：在计算有序对的数目时，对每一个元素来说有三种可能：它或在第一个 子集，或在第二个子集，或不在其中任意一个子集，因此不同的不交有序子集对 的总数，以下同解法一。 3.以某些整数为元素的集合P具有下列性质：P中的元素有正数，有负数； P中的元素有奇数,有偶数；1 P；若x，yP,则xyP。试判断 实数 0 和 2 与集合P的关系。 解：由若x，yP,则xyP可知，若xP，则)( NkPkx （1） 由可设x，yP，且x0，y0，则y x|y|x(|y|N)来源:学科网 故x y,y xP,由,0(y x)+x yP。 （2）2 P。若 2P，则P中的负数全为偶数，不然的话，当（12 k）P （Nk ）时，1（12 k）k2P，与矛盾。于是，由知P中必 有正奇数。设),( 12 ,2NnmPnm，我们取适当正整数q，使 6 12|2|nmq，则负奇数Pnqm) 12(2。前后矛盾。 4.若 321 ,SSS为非空集合， 对于 1， 2， 3 的任意一个排列kji,， 若 ji SySx,， 则 k Syx （1） 证明：三个集合中至少有两个相等。 （2） 三个集合中是否可能有两个集无公共元素？ 证明： （1）若 ji SySx,，则 ik SxyxySxy)( ,所以每个集合中均 有非负元素。当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立。 否则，设 321 ,SSS中的最小正元素为a，不妨设 1 Sa，设b为 32,S S中最小 的非负元素，不妨设, 2 Sb则ba 3 S。 若b0,则 0bab，与b的取法矛盾。所以b=0。 任取, 1 Sx因 0 2 S,故x0x 3 S。所以 1 S 3 S，同理 3 S 1 S。所以 1 S= 3 S。 （3） 可能。例如 1 S= 2 S=奇数， 3 S=偶数显然满足条件， 1 S和 2 S与 3 S都无 公共元素。 5.设GaaaaAS 100321 ,200, 3 , 2 , 1，且 A 具有下列性质： （1）对任 意1001ji，恒有201 ji aa； （2）10080 100 1 i i a。 试证 A 中的元素为奇数的个数是 4 的倍数，且 100 1 2 i i a为定值. 证明：考虑101,100,199, 2,200, 1 10021 GGG，每个集合中取一个元素， 但注意到 2+4+200=1010010080，不妨设不属于 A 的偶数为 k aaa, 21 ， 则相应的奇数 k aaa201,201,201 21 应在 A 中，且对应差的和为 20. 6(2010 年江苏五校)已知集合 Aa1，a2，a3，an，其中 aiR（1in， n2） ，l(A)表示 aiaj(1ijn)的所有不同值的个数 （1）已知集合 P2，4，6，8，Q2，4，8，16，分别求 l(P)，l(Q)； 7 （2）若集合 A2，4，8，2n，求证：l(A)n(n1) 2 ； （3）求 l(A)的最小值 解： （1）由 246，268，2810，4610，4812，6814， 得 l(P)5， 由 246，2810，21618，4812，41620，81624， 得 l(Q)6 （2）证明：因为 aiaj(1ijn)共有n(n1) 2 项，所以 l(A)n(n1) 2 又集合 A2，4，8，2n，不妨设 am2m，m1，2， ，n aiaj，akal(1ijn，1kln)， 当 jl 时，不妨设 jl，则 aiaj2 aj2j 1alakal，即 aiajakal， 来源:Z#xx#k.Com 当 jl，ik 时，aiajakal，因此，当且仅当 ik，jl 时，aiajakal 即所有 aiaj(1ijn)的值两两不同，因此 l(A)n(n1) 2 （3）不妨设 a1a2a3an，可得 a1a2a1a3a1ana2ana3 anan1an， 故 aiaj(1ijn)中至少有 2n3 个不同的数，即 l(A)2n3 事实上，设 a1，a2，a3，an成等差数列，考虑 aiaj(1ijn)，根据等差 数列的性质， 当 ijn 时， aiaja1aij1； 当 ijn 时， aiajaijnan；来源:学#科#网 因此每个和 aiaj(1ijn)等于 a1ak(2kn)中的一个，或者等于 alan(2 ln1)中的一个 故对这样的集合 A，l(A)2n3，所以 l(A)的最小值为 2n3 数. 7通信工程中常用 n 元数组 123 (,) n a a aa表示信息，其中0 i a 或 1， inN、设 123 (,) n ua a aa， 123 ( ,) n vb b bb，( , )d u v表示u和v中相对 应的元素不同的个数 （）(0,0,0,0,0)u 问存在多少个 5 元数组v使得( , )1d u v ； 8 （）(1,1,1,1,1)u 问存在多少个 5 元数