2016年競賽與自主招生專題第一講：集合與命題(教師版)(數(shù)理化網(wǎng))

1、2016年競賽與自主招生專題第一部分 近年來自主招生數(shù)學試卷解讀從2015年開始自主招生考試時間推后到高考后，政策剛出時，很多人認為, 是不是要在咼考出分后再考自主招生，是否咼考考完了，自主招生并不是失去其 意義。自主招生考察了這么多年，使用的題目的難度其實已經(jīng)很穩(wěn)定，這個題目 只有出到高考以上，競賽以下，才能在這么多省份間拉開差距 所以，筆試難度基本穩(wěn)定，維持原自主招生難度，原來自主招生的真題競賽 真題等，具有參考價值。總的來說，函數(shù)、方程、數(shù)列、不等式、排列組合等內(nèi)容是高頻考點。應試策略：1、注重基礎：一般說來，自主招生中，中等難度題目分數(shù)比例大約60% 左右。2 、聯(lián)系教材，適度拓寬知識

2、面：注意課本上的自主.探究和閱讀材料，對和大學數(shù)學聯(lián)系緊密的內(nèi)容進行深度挖掘。自主招生中，有不少 試題都來源于這些材料。3 、掌握競賽數(shù)學的基本知識和解題技巧，著重培養(yǎng)數(shù)學思維能力。4 、考前進行模擬訓練，熟悉每個高校的命題特點，掌握答題技巧。高頻考點一覽:不等式均值不等式與柯西不等式的綜合運用，凸函數(shù)的性質(zhì)，證明不等式 的常用方法雜題常見的組合數(shù)學問題（組合計算、組合構(gòu)造、 博弈問題、染色問題）解析幾何解析幾何的基本運算、取值范圍與最值問題以及探索性問題平面幾何平面幾何的基本計算和證明、三角形五心問題、圖形變換函數(shù)函數(shù)的奇偶性、周期性、單調(diào)性的證明與應用三角函數(shù)一些具有技巧性的三角變換，三角

3、恒等式和簡單的三角不等式問題立體幾何復雜的空間幾何構(gòu)型，空間范圍內(nèi)的旋轉(zhuǎn)對稱等變換冋題排列組合比較具有技巧性的排列組合問題和一些復雜的概率問題方程和多項式高次方程，無理方程的技巧性處理，一些簡單的多項式知識數(shù)列非等比等差數(shù)列的遞推公式、通項公式、求和公式的常見解法試題特點分析:1. 突出對思維能力的考查?！?014 年北約】已知 Xi >0(i =1,2,.n ) 口 x =1.求證：口(厲+xf(V2+1 j .【解析】不等式；柯西不等式或AM -GM平均不等式.法一：AM -GM不等式.調(diào)和平均值Hn ：nI 2Xi，【I 2 Xi，丁nxi.2XiXi可得詐八n i X,<z

4、ni Xi'2 Xi上述兩式相加得屮 2 XiXii 2 Xi即 212 X ，即.2 V 一： 2 X法二：由n| Xi =1.及要證的結(jié)論分析，由柯西不等式得i 1（72+x）72+丄上I Xi丿從而可設y -，且yi- =1.從而本題也即證Xi ± i 三 XinnII 2 yi -21.i 4從而口（匹+x ） 72丄Xi2nn _- 2nk(V2+1)，即口(T2+x lT2 + yi )(J2+1)，inn假設原式不成立，即口（72+x ）（72+1 i,則口（運+ y）£（j2+1$.i 1i 土n 一一2n從而口（/2 +x 172 + yi ）（丿

5、2 +1 ），矛盾得證.i2.注重和解題技巧，考查學生應用知識解決問題的能力?！?014年北約】10、已知實系數(shù)二次函數(shù) fx與gx,fx=gx和3f x g x =0有兩 重根，f x有兩相異實根，求證：g x沒有實根.【解析】設 f x = ax2 bx c, g x 二dx2 e f,則由f x =g x，可得2 2(a d )x +(b _e )x + (c _ f )=0, A = (b _e ) _4(a _d )c _ f )= 0.由3f x g x =0可得2 23a 亠d x 亠 i3b 亠e x 3c 亠 f =0,. ： = 3b 亠e4 3a 亠d 3c 亠 f =

6、0.22222化簡得 3b e =12ac 4df,即 e -4df =34ac-b 又 b -4ac . 0.2e -4df ：0. . g x 沒有實根二、應試和準備策略1. 注意知識點的全面數(shù)學題目被猜中的可能性很小，一般知識點都是靠平時積累，因此，要求學 生平時要把基礎知識打扎實。剩下的就是個人的現(xiàn)場發(fā)揮。2. 注意適當補充一點超綱內(nèi)容如上面提及的一些平時不太注意的小章節(jié)或高考不一定考的問題，如矩陣， 行列式等也不可忽視。3. 適當做近幾年的自主招生的真題俗話說，知己知彼，百戰(zhàn)百勝。同學們可適當?shù)赜柧毥鼛啄曜约核嫉母咝?自主招生的試題，熟悉一下題型和套路還是有益的?？傊?，同學們?nèi)羰亲?/p>

7、意一些知識點的延伸和加深，考試時必定會有一種居高 臨下的感覺。:集合與命題（教師版）2016年競賽與自主招生專題第一講一、知識補充：容斥原理基本公式：(1)card(A U B) = card(A) + card(B) card(A n B) ； (2)card(A U BU C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A n B)-card(A n C)-card(B n C)+card(A n B n C)Hl-3-2問題：開運動會時，高一某班共有 28名同學參加比賽，有15人參加游泳比賽, 有8人參加田徑比賽，有14人參加球類比賽，同時參加游泳比賽和田徑比賽的有 3人

8、，同時參加游泳比賽和球類比賽的有 3人，沒有人同時參加三項比賽，問同時 參加田徑比賽和球類比賽的有多少人？只參加游泳一項比賽的有多少人？解：設A=參加游泳比賽的同學 , B= 參加田徑比賽的同學 , C=參加球類比 賽的同學,貝U card（A）=15 ,card（B）=8 , card（C）=14 ,card（A U BU C）=28,且 card（A n B）=3 , card（A n C）=3 , card（A n BA C）=0,由公式得 28= 15+ 8+ 14-3 3- card（B n C）+0,即card（B n C）=3,所以同時參加田徑和球類比賽的共有 3人,而只 參加游

9、泳比賽的人有15- 3- 3= 9（人）二.抽屜原理抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其 中至少有兩個元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。例1.已知在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明:丄至少有兩個點之間的距離不大于-.分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為 1的等邊三角形內(nèi)（包括邊丄界）有5個點,那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”,則順次連接三角形丄三邊中點，即三角形的三條中位線，可以分原等

10、邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其 2_距離便不大于。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊 長”來保證，下面我們就來證明這個定理。如圖2,設BC是 ABC的最大邊，P, M是厶ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點，連 接PM,過P分別作AB BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設各平行線交點 為 P、Q N,那么/ PQNM C,Z QNPh A 因為 BO AB 所以/ A>Z C,則/ QNP >Z PQN而/ QMR/ QNPZ PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQ 2_&

11、gt; PM顯然BO PQ故BO PM由此我們可以推知，邊長為亍的等邊三角形內(nèi)（包£括邊界）兩點間的距離不大于。三、針對性訓練1對集合1 , 2,，n及其每一個非空了集，定義一個唯一確定的“交替和” 如下：按照遞減的次序重新排列該子集，然后交替地減或加后繼的數(shù)所得的結(jié) 果，例如，集合調(diào)哉到的“交替和”是9-6+4-2+1=6厲4的“交替和”是 6-5=1，如的交替和是2。那么，對于n=7。求所有子集的“交替和”的總和。解：集合1，2，3，4，5, 6, 7的子集中，除去7外還有尹"個非空子集 合，把這2?|-|2|個非空子集兩兩結(jié)組后分別計算每一組中“交替和”之和，結(jié)組 原

12、則是設也卜4巧內(nèi)丄N 這是把直冃心結(jié)合為一組，顯然，每組 中，“交替和”之和應為7,共有傘，-2）宀組.所以,所有“交替和”之和應該為 7*（軒一2升+彳|!$。2. n元集合具有多少個不同的不交子集對？分析：我們一般想法是對于一個子集，求出與它不交的子集個數(shù)，然后就可以求 出總的子集對來了。解：如果子集對是有序的，即在子集對中可以區(qū)分第一個子集與第二個子集，則 第一個子集若是k個元素，第二個子集就由其余n-k個元素組成，可能的情況是 i 種，而這時第一個集合的選取的可能情況應為；種，那么k從o變到n，總的情況可能就是（ J。如果子集對是無序的，即兩個子集相同但次序不同的子集對不認為不同，則

13、勺對有序子集對中有一對是由兩個空集組成， 而對其它"川個有序?qū)Γ恳粚χ薪粨Q兩個子集的次序，得到的是同一個無序子 集對，因此有_1）/2個無序子集對，其中至少有一個子集非空，于是無序子集 對的總數(shù)為 申卅H刖押H郴分析二：我們可以從元素的角度來思考問題。對一個元素來說，它有三種不同的 選擇，在第一個集合中，在第二個集合中，或者不在兩個集合中。解法二：在計算有序?qū)Φ臄?shù)目時，對每一個元素來說有三種可能：它或在第一個 子集，或在第二個子集，或不在其中任意一個子集，因此不同的不交有序子集對 的總數(shù)11，以下同解法一。3. 以某些整數(shù)為元素的集合P具有下列性質(zhì)：P中的元素有正數(shù)，有負數(shù)；P中的

14、元素有奇數(shù),有偶數(shù)；一仁- P ；若x, y P,則x + y P。試判斷實數(shù)0和2與集合P的關系。解：由若x，y P ,則x + y P可知，若x P，則kx P (k- N)(1) 由可設 x, y p，且 x > 0, y v 0,則一yx = |y|x (| y | N) 故 x y , y x P ,由，0 = ( y x)+ x y P。(2) 2 ： P。若2 P，則P中的負數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當一(2k 1) P k N )時，一1=( 2k 一1)+ 2k P，與矛盾。于是，由知 P中必有正奇數(shù)。設-2m,2 nP (m, N)，我們?nèi)∵m當正整數(shù)q，使q | -2m

15、| 2n -1，則負奇數(shù)-2qm (2n -1) P。前后矛盾。4. 若S1,S2,S3為非空集合，對于1，2，3的任意一個排列i ,j,k，若xSy Sj， 貝 U x _ y Sk(1) 證明：三個集合中至少有兩個相等。(2) 三個集合中是否可能有兩個集無公共元素？證明：(1 )若S,* Sj，則、-* Sk,(y-x)-y二-Si所以每個集合中均 有非負元素。當三個集合中的元素都為零時，命題顯然成立。否則，設S,S2,S3中的最小正元素為a，不妨設aS1，設b為S2A中最小的 非負元素，不妨設S2,則b a S3。若b >0,則0w b a v b，與b的取法矛盾。所以b =0。任

16、取x S,因0 S2,故x 0= x S3。所以S S3，同理S3 S。所以Si = S3。(3) 可能。例如3=S2=奇數(shù)，S3=偶數(shù)顯然滿足條件，3和S2與S3都無 公共元素。5. 設S1,2,3,，200】A印總耳,，do。匚G，且A具有下列性質(zhì)：(1)對任意1001 門乞 j 乞100，恒有 aaj =201 ; (2)' 310080。iT100試證A中的元素為奇數(shù)的個數(shù)是4的倍數(shù)，且ai2為定值.i =1證明：考慮G! J1,2001G2Z199Goo Jloo,io1，每個集合中取一個元素,但注意到2+4+2oo=ioioo ioo8o,不妨設不屬于A的偶數(shù)為內(nèi)總， a

17、,則相 應的奇數(shù)2oi-ai,2oi-a?,2。1 t 應在A中，且對應差的和為 20.6. (2oio年江蘇五校)已知集合A= ai, a2, a3,，an，其中a R (K i < n, n>2), l (A)表示ai + aj(i <i vj < n)的所有不同值的個數(shù).(1) 已知集合 P= 2 , 4, 6, 8, Q= 2 , 4 , 8 , 16，分別求 l (P), l(Q ;(2) 若集合 A=2, 4 , 8,2n,求證：1(A)二° ;(3) 求l(A)的最小值.解：(1)由 2 + 4 = 6 , 2+ 6= 8 , 2+ 8= 10

18、, 4 + 6= 10 , 4+ 8= 12 , 6+ 8= 14 ,得 l(P) = 5 ,由 2 + 4 = 6 , 2 + 8= 10 , 2+ 16= 18 , 4+ 8= 12 , 4+ 16 = 20 , 8+ 16= 24 ,得 1(C) = 6 .(2)證明：因為a + aj(1 < i vj < n)共有筆辺項,所以l (A) < n( n1).又集合 A= 2 , 4 ,8,2),不妨設am= 2,m= 1,2,n.a + aj , ak+ a(1 < i v j < n , 1< k v l < n),當 j 工l 時，不妨設 j

19、 v l ,貝U ai + aj v2 aj = 2j +1<al v ak + al ,即 a + 印工ak+ a , 當 j =l , i 工 k 時，ai + aj 工 ak+ al,因此，當且僅當 i = k , j = l 時，ai + aj = ak+ al .即所有ai + aj(1 < i v j < n)的值兩兩不同，因此1(A)n(n 1)2(3)不妨設 ai v a2v a3 v v an ,可得 ai + a2< ai + a3< v ai + an< a2 + anv a3 + an v v an 1 + an ,故a + aj (1 < i vj < n)中至少有2n 3個不同的數(shù),即l (A) >2n 3.事實上，設ai , a2 , a3 ,an成等差數(shù)列，考慮a + aj (1 < i v j < n),根據(jù)等差 數(shù)列的性質(zhì)，當 i + j <n 時，ai + aj = ai + ai+ j i；當 i + j >n 時，ai + aj = ai + j-n+ an；因此每個和ai +印(1 < i v j <