高中數(shù)學競賽校本教材全套共30講

1、目錄§1數(shù)學方法選講（1）1§2數(shù)學方法選講（2）11§3集 合22§4函數(shù)的性質(zhì) 30§5二次函數(shù)(1)41§6二次函數(shù)(2)55§7指、對數(shù)函數(shù),冪函數(shù)63§8函數(shù)方程 73§9三角恒等式與三角不等式76§10向量與向量方法85§11數(shù)列95§12遞推數(shù)列102§13數(shù)學歸納法105§14不等式的證明111§15不等式的應用122§16排列，組合130§17二項式定理與多項式134§18直線和圓，圓錐曲線 143

2、§19立體圖形，空間向量 161§20平面幾何證明 173§21平面幾何名定理 180§22幾何變換 186§23抽屜原理 194§24容斥原理 205§25奇數(shù)偶數(shù) 214§26整除 222§27同余 230§28高斯函數(shù) 238§29覆蓋 245§29涂色問題 256§30組合數(shù)學選講 265§1數(shù)學方法選講（1）同學們在閱讀課外讀物的時候，或在聽老師講課的時候，書上的例題或老師講解的例題他都能聽懂，但一遇到?jīng)]有見過面的問題就不知從何處入手?？磥?，要提

3、高解決問題的能力，要能在競賽中有所作為，首先得提高分析問題的能力，這就需要學習一些重要的數(shù)學思想方法。例題講解一、從簡單情況考慮華羅庚先生曾經(jīng)指出：善于“退”，足夠的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是學好數(shù)學的一個訣竅。從簡單情況考慮，就是一種以退為進的一種解題策略。1. 兩人坐在一張長方形桌子旁，相繼輪流在桌子上放入同樣大小的硬幣。條件是硬幣一定要平放在桌子上，后放的硬幣不能壓在先放的硬幣上，直到桌子上再也放不下一枚硬幣為止。誰放入了最后一枚硬幣誰獲勝。問：先放的人有沒有必定取勝的策略？2線段AB上有1998個點（包括A，B兩點），將點A染成紅色，點B染成藍色，其余各點染成紅色或藍

4、色。這時，圖中共有1997條互不重疊的線段。問：兩個端點顏色相異的小線段的條數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？31000個學生坐成一圈，依次編號為1，2，3，1000?，F(xiàn)在進行1，2報數(shù)：1號學生報1后立即離開，2號學生報2并留下，3號學生報1后立即離開，4號學生報2并留下學生們依次交替報1或2，凡報1的學生立即離開，報2的學生留下，如此進行下去，直到最后還剩下一個人。問：這個學生的編號是幾號？4在6×6的正方形網(wǎng)格中，把部分小方格涂成紅色。然后任意劃掉3行和3列，使得剩下的小方格中至少有1個是紅色的。那么，總共至少要涂紅多少小方格？二、從極端情況考慮從問題的極端情況考慮，對于數(shù)值問題來說，

5、就是指取它的最大或最小值；對于一個動點來說，指的是線段的端點，三角形的頂點等等。極端化的假設實際上也為題目增加了一個條件，求解也就會變得容易得多。5新上任的宿舍管理員拿著20把鑰匙去開20個房間的門，他知道每把鑰匙只能打開其中的一個門，但不知道哪一把鑰匙開哪一個門，現(xiàn)在要打開所有關(guān)閉的20個門，他最多要開多少次？6有n名（n3）選手參加的一次乒乓球循環(huán)賽中，沒有一個全勝的。問：是否能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A？7n（n3）名乒乓球選手單打比賽若干場后，任意兩個選手已賽過的對手恰好都不完全相同。試證明，總可以從中去掉一名選手，而使余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍

6、然都不完全相同。8在一個8×8的方格棋盤的方格中，填入從1到64這64個數(shù)。問：是否一定能夠找到兩個相鄰的方格，它們中所填數(shù)的差大于4？三、從整體考慮從整體上來考察研究的對象，不糾纏于問題的各項具體的細節(jié)，從而能夠拓寬思路，抓住主要矛盾，一舉解決問題。9右圖是一個4×4的表格，每個方格中填入了數(shù)字0或1。按下列規(guī)則進行“操作”：每次可以同時改變某一行的數(shù)字：1變成0，0變成1。問：能否通過若干次“操作”使得每一格中的數(shù)都變成1？10有三堆石子，每堆分別有1998，998，98?！，F(xiàn)在對這三堆石子進行如下的“操作”：每次允許從每堆中各拿掉一個或相同個數(shù)的石子，或從任一堆中取出

7、一些石子放入另一堆中。按上述方式進行“操作”，能否把這三堆石子都取光？如行，請設計一種取石子的方案；如不行，請說明理由。11我們將若干個數(shù)x，y，z，的最大值和最小值分別記為max（x，y，z，）和min（x，y，z，）。已知a+b+c+d+e+f+g=1，求minmax（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）課后練習1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn一定有一個自然數(shù)解嗎？為什么？2.連續(xù)自然數(shù)1，2，3，8899排成一列。從1開始，留1劃掉2和3，留4劃掉5和6這么轉(zhuǎn)圈劃下去，最后留下的是哪個數(shù)？3.給出一個自然數(shù)n，n的約數(shù)的個數(shù)用一個記號A（n

8、）來表示。例如當n=6時，因為6的約數(shù)有1，2，3，6四個，所以A（6）=4。已知a1，a2，a10是 10個互不相同的質(zhì)數(shù)，又x為a1，a2，a10的積，求 A（x）。4.平面上有100個點，無三點共線。將某些點用線段連結(jié)起來，但線段不能相交，直到不能再連結(jié)時為止。問：是否存在一個以這些點中的三個點為頂點的三角形，它的內(nèi)部沒有其余97個點中的任何一個點？5.在一塊平地上站著5個小朋友，每兩個小朋友之間的距離都不相同，每個小朋友手上都拿著一把水槍。當發(fā)出射擊的命令后，每人用槍射擊距離他最近的人。問：射擊后有沒有一個小朋友身上是干的？為什么？6.把1600?；ㄉ纸o100只猴子，請你說明不管怎樣

9、分，至少有4只猴子分的花生一樣多。7.有兩只桶和一只空杯子。甲桶裝的是牛奶，乙桶裝的是酒精（未滿）。現(xiàn)在從甲桶取一滿杯奶倒入乙桶，然后從乙桶取一滿杯混合液倒入甲桶，這時，是甲桶中的酒精多，還是乙桶中的牛奶多？為什么？8.在黑板上寫上1，2，3，1998。按下列規(guī)定進行“操作”：每次擦去其中的任意兩個數(shù)a和b，然后寫上它們的差（大減小），直到黑板上剩下一個數(shù)為止。問：黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？課后練習答案1.有。解：當n=2時，方程x1+x2=x1x2有一個自然數(shù)解：x1=2，x2=2；當n=3時，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一個自然數(shù)解：x1=1，x2=2，x3=3；當n=

10、4時，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一個自然數(shù)解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。一般地，方程x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn有一個自然數(shù)解：x1=1，x2=1，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。解：仿例3。當有3n個數(shù)時，留下的數(shù)是1號。小于8899的形如3n的數(shù)是38=6561，故從1號開始按規(guī)則劃數(shù)，劃了8899-6561=2338（個）數(shù)后，還剩下6561個數(shù)。下一個要劃掉的數(shù)是2388÷2×3+1=3507，故最后留下的就是3508。解：質(zhì)數(shù)a1有2個約數(shù)：1和a，從而A（a1）=2；2個質(zhì)數(shù)a1，a2的積有4

11、個約數(shù)：1，a1，a2，a1a2，從而A（a1×a2）=4=22；3個質(zhì)數(shù)a1，a2，a3的積有8個約數(shù)：1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3，從而A（a1×a2×a3）=8=23；于是，10個質(zhì)數(shù)a1，a2，a10的積的約數(shù)個數(shù)為A（x）=210=1024。4.存在。提示：如果一個三角形內(nèi)還有別的點，那么這個點與三角形的三個頂點還能連結(jié)，與已“不能再連結(jié)”矛盾。5.有。解：設A和B兩人是距離最近的兩個小朋友，顯然他們應該互射。此時如果有其他的小朋友射向他們中的一個，即A，B中有一人挨了兩槍，那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果沒有

12、其他的小朋友射向A或B，那么我們再考慮剩下的三個人D，E，F(xiàn)：若D，E的距離是三人中最近的，則D，E互射，而F必然射向他們之間的一個，此時F身上是干的。6.假設沒有4只猴子分的花生一樣多，那么至多3只猴子分的花生一樣多。我們從所需花生最少情況出發(fā)考慮：得1粒、2粒、3粒32粒的猴子各有3只，得33?；ㄉ暮镒佑?只，于是100只猴子最少需要分得花生3×（0+1+2+32）+33=1617（粒），現(xiàn)在只有1600?；ㄉ?，無法使得至多3只猴子分的花生一樣多，故至少有4只猴子分的花生一樣多。7.一樣多。提示：從整體看，甲、乙兩桶所裝的液體的體積沒有發(fā)生變化。甲桶里有多少酒精，就必然倒出了同

13、樣體積的牛奶入乙桶。所以，甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一樣多。8.奇數(shù)。解：黑板上開始時所有數(shù)的和為S=1+2+3+1998=1997001，是一個奇數(shù)，而每一次“操作”，將（a+b）變成了（a-b），實際上減少了2b，即減少了一個偶數(shù)。因為從整體上看，總和減少了一個偶數(shù)，其奇偶性不變，所以最后黑板上剩下一個奇數(shù)。例題答案：1分析與解：如果桌子大小只能容納一枚硬幣，那么先放的人當然能夠取勝。然后設想桌面變大，注意到長方形有一個對稱中心，先放者將第一枚硬幣放在桌子的中心，繼而把硬幣放在后放者所放位置的對稱位置上，這樣進行下去，必然輪到先放者放最后一枚硬幣。2分析：從最簡單的情況考慮：如果中間的19

14、96個點全部染成紅色，這時異色線段只有1條，是一個奇數(shù)。然后我們對這種染色方式進行調(diào)整：將某些紅點改成藍點并注意到顏色調(diào)整時，異色線段的條數(shù)隨之有哪些變化。由于顏色的調(diào)整是任意的，因此與條件中染色的任意性就一致了。解：如果中間的1996個點全部染成紅色，這時異色線段僅有1條，是一個奇數(shù)。將任意一個紅點染成藍色時，這個改變顏色的點的左右兩側(cè)相鄰的兩個點若同色，則異色小線段的條數(shù)或者增加2條（相鄰的兩個點同為紅色），或者減少2條（相鄰的兩個點同為藍色）；這個改變顏色的點的左右兩側(cè)相鄰的兩個點若異色，則異色小線段的條數(shù)不變。綜上所述，改變?nèi)我鈧€點的顏色，異色線段的條數(shù)的改變總是一個偶數(shù)，從而異色線段

15、的條數(shù)是一個奇數(shù)。3分析：這個問題與上一講練習中的第8題非常相似，只不過本例是報1的離開報2的留下，而上講練習中相當于報1的留下報2的離開，由上講練習的結(jié)果可以推出本例的答案。本例中編號為1的學生離開后還剩999人，此時，如果原來報2的全部改報1并留下，原來報1的全部改報2并離開，那么，問題就與上講練習第8題完全一樣了。因為剩下999人時，第1人是2號，所以最后剩下的人的號碼應比上講練習中的大1，是9751=976（號）。為了加深理解，我們重新解這道題。解：如果有2n個人，那么報完第1圈后，剩下的是2的倍數(shù)號；報完第2圈后，剩下的是22的倍數(shù)號報完第n圈后，剩下的是2n的倍數(shù)號，此時，只剩下一

16、人，是2n號。如果有（2nd）（1d2n）人，那么當有d人退出圈子后還剩下2n人。因為下一個該退出去的是（2d1）號，所以此時的第（2d1）號相當于2n人時的第1號，而2d號相當于2n人時的第2n號，所以最后剩下的是第2d號。由1000=29488知，最后剩下的學生的編號是488×2=976（號）。4分析與解：先考慮每行每列都有一格涂紅，比較方便的涂法是在一條對角線上涂6格紅色的，如圖1。任意劃掉3行3列，可以設想劃行劃列的原則是：每次劃掉紅格的個數(shù)越多越好。對于圖1，劃掉3行去掉3個紅格，還有3個紅格恰在3列中，再劃掉3列就不存在紅格了。所以，必然有一些行有一些列要涂2個紅格，為了

17、盡可能地少涂紅格，那么每涂一格紅色的，一定要使多出一行同時也多出一列有兩格紅色的。先考慮有3行中有2格涂紅，如圖2。顯然，同時也必然有3個列中也有2格涂紅。這時，我們可以先劃掉有2格紅色的3行，還剩下3行，每行上只有一格涂紅，每列上也只有一格涂紅，那么在劃掉帶紅格的3列就沒有紅格了。為了使得至少余下一個紅格，只要再涂一格。此紅格要使圖中再增加一行和一列有兩個紅格的，如圖3。結(jié)論是：至少需要涂紅10個方格。5. 解：從最不利的極端情況考慮：打開第一個房間要20次，打開第二個房間需要19次共計最多要開2019181=210（次）。6. 解：從極端情況觀察入手，設B是勝的次數(shù)最多的一個選手，但因B沒

18、獲全勝，故必有選手A勝B。在敗給B的選手中，一定有一個勝A的選手C，否則，A勝的次數(shù)就比B多一次了，這與B是勝的次數(shù)最多的矛盾。所以，一定能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A。7. 證明：如果去掉選手H，能使余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同，那么我們稱H為可去選手。我們的問題就是要證明存在可去選手。設A是已賽過對手最多的選手。若不存在可去選手，則A不是可去選手，故存在選手B和C，使當去掉A時，與B賽過的選手和與C賽過的選手相同。從而B和C不可能賽過，并且B和C中一定有一個（不妨設為B）與A賽過，而另一個（即C）未與A賽過。又因C不是可去選手，故存在選手D

19、，E，其中D和C賽過，而E和C未賽過。顯然，D不是A，也不是B，因為D與C賽過，所以D也與B賽過。又因為B和D賽過，所以B也與E賽過，但E未與C賽過，因而選手E只能是選手A。于是，與A賽過的對手數(shù)就是與E賽過的對手數(shù)，他比與D賽過的對手數(shù)少1，這與假設A是已賽過對手最多的選手矛盾。故一定存在可去選手。8. 解：考慮這個方格棋盤的左上角、右上角及右下角內(nèi)的數(shù)A，B，S。設存在一個填數(shù)方案，使任意相鄰兩格中的數(shù)的差不大于4，考慮最大和最小的兩個數(shù)1和64的填法，為了使相鄰數(shù)的差不大于4，最小數(shù)1和最大數(shù)的“距離”越大越好，即把它們填在對角的位置上（A=1，S=64）。然后，我們沿最上行和最右行來觀

20、察：因為相鄰數(shù)不大于4，從 ABS共經(jīng)過14格，所以 S1+4×14=57（每次都增加最大數(shù)4），與S=64矛盾。因而，1和64不能填在“最遠”的位置上。顯然，1和64如果填在其他任意位置，那么從1到64之間的距離更近了，更要導致如上的矛盾。因此，不存在相鄰數(shù)之差都不大于4的情況，即不論怎樣填數(shù)必有相鄰兩數(shù)的差大于4。9. 解：我們考察表格中填入的所有數(shù)的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一個奇數(shù)，每一次“操作”，要改變一行或一列四個方格的奇偶性，顯然整個16格中所有數(shù)的和的奇偶性不變。但當每一格中所有數(shù)字都變成1時，整個16格中所有數(shù)的和是16，為一偶數(shù)。故不能通過若干次

21、“操作”使得每一格中的數(shù)都變成1。10. 解：要把三堆石子都取光是不可能的。按“操作”規(guī)則，每次拿掉的石子數(shù)的總和是3的倍數(shù)，即不改變石子總數(shù)被 3除時的余數(shù)。而1998+998+98=3094，被3除余1，三堆石子被取光時總和被3除余0。所以，三堆石子都被取光是辦不到的。11. 解：設 M=max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）。因為a+b+c，c+d+e，e+f+g都不大于M，所以§2數(shù)學方法選講（2）四、從反面考慮解數(shù)學題，需要正確的思路。對于很多數(shù)學問題，通常采用正面求解的思路，即從條件出發(fā)，求得結(jié)論。但是，如果直接從正面不易找到解題思路時，則可

22、改變思維的方向，即從結(jié)論入手或從條件及結(jié)論的反面進行思考，從而使問題得到解決。1某次數(shù)學測驗一共出了10道題，評分方法如下：每答對一題得4分，不答題得0分，答錯一題倒扣1分，每個考生預先給10分作為基礎(chǔ)分。問：此次測驗至多有多少種不同的分數(shù)？2一支隊伍的人數(shù)是5的倍數(shù)，且超過1000人。若按每排4人編隊，則最后差3人；若按每排3人編隊，則最后差2人；若按每排2人編隊，則最后差1人。問：這支隊伍至少有多少人？3在八邊形的8個頂點上是否可以分別記上數(shù)1，2，8，使得任意三個相鄰的頂點上的數(shù)的和大于13？4有一個1000位的數(shù)，它由888個1和112個0組成，這個數(shù)是否可能是一個平方數(shù)？五、從特殊情

23、況考慮對于一個一般性的問題，如果覺得難以入手，那么我們可以先考慮它的某些特殊情況，從而獲得解決的途徑，使問題得以“突破”，這種方法稱為特殊化。對問題的特殊情況進行研究，一方面是因為研究特殊情況比研究一般情況較為容易；另一方面是因為特殊的情況含有一般性，所以對特殊情況的研究常能揭示問題的結(jié)論或啟發(fā)解決問題的思路，它是探索問題的一種重要方法。運用特殊化方法進行探索的過程有兩個步驟，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。通過第一步驟得到的信息，還要回到一般情況予以解答。5如下圖，四邊形ABCD和EFGH都是正方形，且邊長均為2cm。又E點是正方形 ABCD的中心，求兩個正方形公共部分（圖中陰影部分）的面

24、積S。6是否在平面上存在這樣的40條直線，它們共有365個交點？7如右圖，正方體的8個頂點處標注的數(shù)字為a，b，c，d，e，求（a+b+c+d）-（e+f+g+h）的值。8將n2個互不相等的數(shù)排成下表：a11a12a13a1na21a22a23a2nan1an2an3ann先取每行的最大數(shù)，得到n個數(shù)，其中最小數(shù)為x；再取每列的最小數(shù)，也得到n個數(shù)，其中最大數(shù)為y。試比較x和y的大小。六、有序化當我們研究的對象是一些數(shù)的時候，我們常常將這些數(shù)排一個次序，即將它們有序化。有序化的假設，實際上是給題目增加了一個可供使用的條件。9將10到40之間的質(zhì)數(shù)填入下圖的圓圈中，使得3組由“”所連的4個數(shù)的和

25、相等，如果把和數(shù)相等的填法看做同一類填法，請說明一共有多少類填法？并畫圖表示你的填法。10有四個互不相等的數(shù)，取其中兩個數(shù)相加，可以得到六個和：24，28，30，32，34，38。求此四數(shù)。11互不相等的12個自然數(shù)，它們均小于36。有人說，在這些自然數(shù)兩兩相減（大減?。┧玫降牟钪?，至少有3個相等。你認為這種說法對嗎？為什么？12有8個重量各不相同的物品，每個物品的重量都是整克數(shù)且都不超過15克。小平想以最少的次數(shù)用天平稱出其中最重的物品。他用了如下的測定法：（1）把8個物品分成2組，每組4個，比較這2組的輕重；（2）把以上2組中較重的4個再分成2組，即每組2個，再比較它們的輕重；（3）把以

26、上2組中較重的分成各1個，取出較重的1個。小平稱了3次天平都沒有平衡，最后便得到一個物品?？墒菍嶋H上得到的是這8個物品當中從重到輕排在第5的物品。問：小平找出的這個物品有多重？并求出第二輕的物品重多少克？課后練習1.育才小學40名學生參加一次數(shù)學競賽，用15分記分制（即分數(shù)為0，1，2，15）。全班總分為209分，且相同分數(shù)的學生不超過5人。試說明得分超過12分的學生至多有9人。2.今有一角紙幣、二角紙幣、五角紙幣各1張，一元幣4張，五元幣2張，用這些紙幣任意付款，一共可以付出多少種不同數(shù)額的款項？3.求在8和98之間（不包括8和98），分母為3的所有最簡分數(shù)的和。4.如右圖，四邊形ABCD的

27、面積為3，E，F(xiàn)為邊AB的三等分點，M，N是CD邊上的三等分點。求四邊形EFNM的面積。5.直線上分布著1998個點，我們標出以這些點為端點的一切可能線段的中點。問：至少可以得到多少個互不重合的中點？6.假定100個人中的每一個人都知道一個消息，而且這100個消息都不相同。為了使所有的人都知道一切消息，他們一共至少要打多少個電話？7.有4個互不相等的自然數(shù)，將它們兩兩相加，可以得到6個不同的和，其中較小的4個和是64，66，68，70。求這4個數(shù)。8.有五個砝碼，其中任何四個砝碼都可以分成重量相等的兩組。問：這五個砝碼的重量相等嗎？為什么？課后練習答案1.若得分超過12分的學生至少有10人，則

28、全班的總分至少有5×（12+13）+5×（0+1+2+3+4+5）=210（分），大于條件209分，產(chǎn)生了矛盾，故得分超過12分的學生至多有9人。2.119種。解：從最低幣值1角到最高幣值14元8角，共148個不同的幣值。再從中剔除那些不能由這些紙幣構(gòu)成的幣值。經(jīng)計算，應該剔除的幣值為（i+0.4）元（i=0，1，2，14）及（j+0.9）元（j=1，2，3，13），一共29種幣值。所以，一共可以付出148-29=119（種）不同的幣值。3.9540。=2×（8+9+97）+（97-8+1）=9540。4.1。解：先考慮ABCD是長方形的特殊情況，顯然此時EFNM

29、的面積是1。下面就一般情況求解。連結(jié)AC，AM，F(xiàn)M，CF，則5.3993個。解：為了使計算互不重復，我們?nèi)【嚯x最遠的兩點A，B。先計算以A為左端點的所有線段，除B外有1996條，這些線段的中點有1996個，它們互不重合，且到點A的距離小于AB長度的一半。同樣，以B為右端點的所有線段，除A外有1996條，這些線段的中點有1996個，它們互不重合，且到點A的距離小于AB長度的一半。這兩類中點不會重合，加上AB的中點共有1996+1996+1=3993（個），即互不重合的中點不少于3993個。另一方面，當這1998個點中每兩個相鄰點的間隔都相等時，不重合的中點數(shù)恰為3993。這說明，互不重合的中點

30、數(shù)至少為3993個。6.198個。解：考慮一種特殊的通話過程：先由99人每人打一個電話給A，A再給99人每人打一個電話，這樣一共打了198個電話，而且每人都知道了所有的消息。下面我們說明這是次數(shù)最少的?？紤]一種能使所有人知道一切消息的通話過程中的關(guān)鍵性的一次通話，這次通話后，有一個接話人A知道了所有的消息，而在此之前還沒有人知道所有的消息。除了A以外的99人每人在這個關(guān)鍵性的通話前，必須打出電話一次，否則A不可能知道所有的消息；又這99人每人在這個關(guān)鍵性的通話后，又至少收到一個電話，否則它們不可能知道所有的消息。7.30，34，36，38或31，33，35，39。解：設4個數(shù)為a，b，c，d，

31、且abcd，則6個和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。于是有a+ba+ca+db+dc+d和a+ba+cb+cb+dc+d。分別解這兩個方程組，得8.相等。解：設這五個砝碼的重量依次為abcde。去掉e，則有a+d=b+c； 去掉d，則有a+e=b+c。 比較，得d=e。去掉a，則有b+e=c+b； 去掉b，則有a+e=c+d。 比較，得a=b。將a=b代入得c=d，將d=e代入得b=c。所以e=b=c=d=e。例題答案：1分析：最高的得分為50分，最低的得分為0分。但并不是從0分到50分都能得到。從正面考慮計算量較大，故我們從反面考慮，先計算有多少種分數(shù)達不到，然后排除達不到

32、的分數(shù)就可以了。解：最高的得分為50分，最低的得分為0分。在從0分到50分這51個分數(shù)中，有49，48，47，44，43，39這6種分數(shù)是不能達到的，故此次測驗不同的分數(shù)至多有51-6=45（種）。2分析：從條件“若按每排4人編隊，則最后差3人”的反面來考慮，可理解為“若按每排4人編隊，則最后多1人”。同理，按3人、2人排隊都可理解為多1人。即總?cè)藬?shù)被12除余1。這樣一來，原題就化為：一個5的倍數(shù)大于1000，且它被12除余1。問：這個數(shù)最小是多少？解：是5的倍數(shù)且除以12余1的最小自然數(shù)是25。因為人數(shù)超過1000，3，4，5=60，所以最少有25+60×17=1045（人）。3解

33、：將八邊形的8個頂點上的數(shù)依次記為a1，a2，a3，a8，則有S=a1+a2+a3+a8=1+2+3+8=36。假設任意3個相鄰頂點上的數(shù)都大于13，因為頂點上的數(shù)都是整數(shù)，所以a1+a2+a314；a2+a3+a414；a7+a8+a114；a8+a1+a214。將以上 8個不等式相加，得3S112，從而 S 37，這與S=36矛盾。故結(jié)論是否定的。4解：假設這個數(shù)為A，它是自然數(shù)a的平方。因為A的各位數(shù)字之和888是3的倍數(shù)，所以a也應是3的倍數(shù)。于是a的平方是9的倍數(shù)，但888不是9的倍數(shù)，這樣就產(chǎn)生了矛盾，從而A不可能是平方數(shù)。5.分析：我們先考慮正方形EFGH的特殊位置，即它的各邊與

34、正方形ABCD的各邊對應平行的情況（見上圖）。此時，顯然有得出答案后，這個問題還得回到一般情況下去解決，解決的方法是將一般情況變成特殊情況。解：自E向AB和AD分別作垂線EN和EM（右圖），則有S=SPME+S四邊形AMEQ又SPME=SEQN，故S=SEQN+S四邊形AMEQ =S正方形AMEN6. 分析與解：先考慮一種特殊的圖形：圍棋盤。它有38條直線、361個交點。我們就從這種特殊的圖形出發(fā)，然后進行局部的調(diào)整。先加上2條對角線，這樣就有40條直線了，但交點仍然是361個。再將最右邊的1條直線向右平移1段，正好增加了4個交點（見上圖）。于是，我們就得到了有365個交點的40條直線。7.

35、分析：從這8個數(shù)都相等的特殊情況入手，它們滿足題目條件，從而得所求值為0。這就啟發(fā)我們?nèi)フf明a+b+c+d=e+f+g+h。解：由已知得3a=b+e+d，3b=a+c+f，3c=b+d+g，3d=a+c+h，推知3a+3b+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h，a+b+c+d=e+f+g+h，（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=0。8. 分析：先討論n=3的情況，任取兩表：1 37123256456894789左上表中x=6，y=4；右上表中x=3，y=3。兩個表都滿足xy，所以可以猜想xy。解：設x是第i行第j列的數(shù)aij，y是第l行第m列的數(shù)alm?？紤]x所在的行與y所在

36、的列交叉的那個數(shù)，即第i行第m列的數(shù)aim。顯然有aijaimalm，當i=l，j=m時等號成立，所以xy。9. 解：10到40之間的8個質(zhì)數(shù)是11，13，17，19，23，29，31，37。根據(jù)題目要求，除去最左邊和最右邊的2個質(zhì)數(shù)之外，剩下的6個質(zhì)數(shù)在同一行的2個質(zhì)數(shù)的和應分別相等，等于這6個數(shù)中最小數(shù)（記為a）與最大數(shù)（記為b）之和a+b。根據(jù)a，b的大小可分為6種情況：當a=11，b=29時，無解；當a=11，b=31時，有11+31=13+29=19+23，得到如下填法：當a=11，b=37時，有11+37=17+31=19+29，得到如下填法：當a=13，b=31時，無解；當a=1

37、3， b=37時，無解；當a=17，b=37時，無解。所以，共有2類填法。10. 解：設四個數(shù)為a，b，c，d，且abcd，則六個和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d，其中a+b最小，a+c次小，c+d最大，b+d次大，a+d與b+c位第三和第四。分別解這兩個方程組，得11.解：設這12個自然數(shù)從小到大依次為a1，a2，a3，a12，且它們兩兩相減最多只有2個差相等，那么差為1，2，3，4，5的都最多只有2個。從而a12-a11，a11-a10，a10-a9，a2-a1，這11個差之和至少為2×（1+2+3+4+5）+6=36，但這11個差之和等于a12-a136。這一

38、矛盾說明，兩兩相減的差中，至少有3個相等。12.解：設這8個物品的重量從重到輕依次排列為：15a1a2a3a4a5a6a7a81。小平找出的這個物品重量為a5，第二輕的物品重量為a7。由于a5加上一個比它輕的物品不可能大于兩個比a5重的物品重量之和，因而第一次必須篩去3個比a5重的物品。這樣就有以下四種可能：先考慮第一種情況。根據(jù)式，a4比a1至少輕3克，a5比a2，a6比a3也都至少輕3克，則a7比a8至少重10克。根據(jù)式，a5比a4至少輕1克，則a6比a7至少重18克。與已知矛盾，第一種情況不可能出現(xiàn)。按同樣的推理方法，可以說明第二種和第三種情況也不可能出現(xiàn)。最后，考慮第四種情況。a1比a

39、2至少重1克；a5比a3，a6比a4都至少輕1克，則a7比a8至少重4克。根據(jù)式，a5比a4至少輕4克，則a6比a7至少重5克。這樣得到的這8個物品的重量分別為：a1=15克， a2=14克， a3=13克， a4=12克，a5=11克， a6=10克， a7=5克， a8=1克。因此，小平找出的這個物品重11克，第二輕的物品重5克。§3集 合 集合的劃分反映了集合與子集之間的關(guān)系，這既是一類數(shù)學問題，也是數(shù)學中的解題策略分類思想的基礎(chǔ)，在近幾年來的數(shù)學競賽中經(jīng)常出現(xiàn)，日益受到重視，本講主要介紹有關(guān)的概念、結(jié)論以及處理集合、子集與劃分問題的方法。1 集合的概念 集合是一個不定義的概念

40、，集合中的元素有三個特征：（1） 確定性 設是一個給定的集合，是某一具體對象，則或者是的元素，或者不是的元素，兩者必居其一，即與僅有一種情況成立。（2） 互異性 一個給定的集合中的元素是指互不相同的對象,即同一個集合中不應出現(xiàn)同一個元素。（3） 無序性2 集合的表示方法主要有列舉法、描述法、區(qū)間法、語言敘述法。常用數(shù)集如：應熟記。3 實數(shù)的子集與數(shù)軸上的點集之間的互相轉(zhuǎn)換，有序?qū)崝?shù)對的集合與平面上的點集可以互相轉(zhuǎn)換。對于方程、不等式的解集，要注意它們的幾何意義。4 子集、真子集及相等集（1）或；（2）且；（3）且。5 一個階集合（即由個元素組成的集合）有個不同的子集，其中有1個非空子集，也有1

41、個真子集。6 集合的交、并、補運算=且；=或且要掌握有關(guān)集合的幾個運算律：（1） 交換律 ，；（2） 結(jié)合律（）（），（）()；（3） 分配律 （）（）（）（） () （）（4）01律 ， （5）等冪律 ，（6）吸收律 ()，（）（7）求補律 CIA，CIA（8）反演律 7 有限集合所含元素個數(shù)的幾個簡單性質(zhì) 設表示集合所含元素的個數(shù),（1）, 當時，（2）例題講解元素與集合的關(guān)系1 設|,，求證：（1）()；（2）2 以某些整數(shù)為元素的集合具有下列性質(zhì)：中的元素有正數(shù)，有負數(shù)；中的元素有奇數(shù),有偶數(shù)；1；若，,則試判斷實數(shù)0和2與集合的關(guān)系。3 設為滿足下列條件的有理數(shù)的集合：若，則+，；對

42、任一個有理數(shù)，三個關(guān)系，0有且僅有一個成立。證明：是由全體正有理數(shù)組成的集合。兩個集合之間的關(guān)系在兩個集合之間的關(guān)系中，我們感興趣的是“子集”、“真子集”、“相等”這三種特殊關(guān)系。這些關(guān)系是通過元素與集合的關(guān)系來揭示的，因而判斷兩個集合之間的關(guān)系通?？蓮呐袛嘣嘏c這兩個集合的關(guān)系入手。4 設函數(shù)，集合，。（1） 證明：；（2） 當時，求。（3） 當只有一個元素時，求證：5為非空集合，對于1，2，3的任意一個排列，若，則（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？6已知集合：問（1） 當取何值時，為含有兩個元素的集合？（2） 當取何值時，為含有三個元素的

43、集合？7設且15，都是1，2，3，真子集，且=1，2，3，。證明：或者中必有兩個不同數(shù)的和為完全平方數(shù)。課后練習1下列八個關(guān)系式:0=0 000 其中正確的個數(shù)（）（A）4 （B）5 （C）6 （D）72設A、B是全集U的兩個子集，且AB，則下列式子成立的是（）（A）CUACUB （B）CUACUB=U （C）ACUB=（D）CUAB=3已知M=，且，設，則 （ ） （A）M （B）N （C）P （D）4設集合，則（）（A）（B）（C）（D）5設M=1,2,3,1995，A是M的子集且滿足條件: 當xA時,15xA，則A中元素的個數(shù)最多是_.6集合A,B的并集AB=a1,a2,a3，當且僅當A

44、B時，(A,B)與(B,A)視為不同的對，則這樣的(A,B)對的個數(shù)有_.7若非空集合A=x|2a+1x3a-5，B=x|3x22,則能使AAB成立的a的取值范圍是_.8若A=x|0x2+ax+54為單元素集合，則實數(shù)a的值為_.9設A=n|100n600,nN，則集合A中被7除余2且不能被57整除的數(shù)的個數(shù)為_.10己知集合A=x|x=f(x)，B=x|x=f(f(x),其中f(x)=x2+ax+b (a,bR)，證明：（1）AB （2）若A只含有一個元素，則A=B .11集合A=（x,y）,集合B=（x,y）,且0，又A，求實數(shù)m的取值范圍.課后練習答案1-4 C C B A5解：由于1995=15´133，所以，只要n>133，就有15n>1995.故取出所有大于133而不超過1995的整數(shù). 由于這時己取出了15´9=135, 15´133=1995. 故9至133的整數(shù)都不能再取，還可取1至8這8個數(shù)，即共取出1995133+8=1870個數(shù), 這說明所求數(shù)1870。另一方面，把k與15k配對，（k不是15的倍數(shù)，且1k133）共得1338=125對，每對數(shù)中至多能取1個數(shù)為